2020版领军高考化学一轮复习必刷好题专题17化工流程中铁的化合物的转化.docx

专题17化工流程中铁的化合物的转化1（2019全国卷）硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应速率 (3). 水浴加热 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质 (6). 因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热目的是为了加快反应速率；温度保持8095 ，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。2.（2019江苏）聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（1）将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为_；水解聚合反应会导致溶液的pH_。（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将_（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_。【答案】 (1). 2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O (2). 减小 (3). 偏大 (4). 12.32%（过程见解析）【解析】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 减小（2）根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根据还原性：还原剂还原产物，则还原性Sn2+Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O）则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=61.10010-3mol=6.610-3mol（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质量分数：（Fe）=100%=12.32%。锁定考点基础练习1铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题:（1）黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料,其中发生的一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4,若有3 mol FeS2参加反应,则转移_mol电子。（2）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂,反应的离子方程式为_。从腐蚀废液中回收金属铜还需要的试剂是_。（3）与明矾相似,硫酸铁也可用于净水,其作用原理是_(用离子方程式表示);在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中悬浮物沉降除去,其原因是_。（4）铁红是一种红色颜料,其主要成分是Fe2O3。将一定量的铁红溶于160 mL 5 molL-1盐酸中,再加入一定量铁粉恰好溶解,收集到2.24 L氢气(标准状况),经检测,溶液中无Fe3+,则参加反应的铁粉的质量为_。【答案】322Fe3+Cu2Fe2+Cu2+铁粉、稀盐酸(其他合理答案均可)Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+在酸性条件下抑制了铁离子的水解,无法生成氢氧化铁胶体,不能使悬浮物沉降除去11.2 g【解析】（1）3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol2（2-0）=32mol，故答案为：32；（2）氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，该离子反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，利用置换反应得到Cu，过量铁粉利用稀硫酸除去，则选试剂为铁粉、稀硫酸，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；铁粉、稀硫酸（其他合理答案均可）；（3）硫酸铁能用于净水是因为铁离子发生水解生成了氢氧化铁胶体，反应原理为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；而酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体，则硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，故答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；在酸性条件下抑制了铁离子的水解,无法生成氢氧化铁胶体,不能使悬浮物沉降除去；（4）盐酸中HCl的物质的量为0.16 L5 molL1=0.8mol，生成氢气的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，设氧化铁的物质的量为xmol，则有：由题意得：0.2 mol6x0.16 L5 molL1，x0.1 mol；参加反应的铁粉质量为(0.1 molx)56 gmol111.2 g，故答案为：11.2 g。2钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链(如图所示)，将大大提高资源的利用率，减少环境污染。请回答下列问题:(1)Fe位于元素周期表中的位置是_。(2)写出流程中电解池里发生反应的离子方程式: _。(3)写出流程中“氯化”的化学方程式: _。(4)写出TiCl4完全水解生成TiO2H2O的化学方程式: _。(5)高温炉中通入Ar的作用是_。(6)上述流程中可循环利用的物质有_。(7)下图为氯碱工业的装置示意图，使用_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以_。【答案】第四周期VIII族2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6COTiCl4+3H2O=TiO2H2O+4HCl做保护气的作用，防止高温条件下Mg和Ti被氧化Mg和C l2阳防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应【解析】（1）Fe的原子序数为26，其最外层电子数为2，有4个电子层，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，故处于第四周期第VIII族；(2)流程中电解池里电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，发生反应的离子方程式为: 2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-；(3) 钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛，还生成氯化铁、CO，流程中“氯化”的化学方程式为: 2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO ；(4) TiCl4水解生成TiO2xH2O，同时生成HCl，水解方程式为：TiCl4+3H2O=TiO2H2O+4HCl；(5)高温炉中通入Ar的作用是做保护气的作用，防止高温条件下Mg和Ti被氧化；(6)上述流程中电解熔融氯化镁得到的镁和氯气在反应中为反应原料，故可循环利用的物质有Mg和Cl2；(7)下图为氯碱工业的装置示意图，使用阳离子交换膜只允许钠离子等阳离子通过，目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应。3磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。一种回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（主要成分LiFePO4、炭黑和铝箔）中金属的流程如下：（1）步骤中“碱溶”反应的化学方程式为_。（2）步骤中反应的离子方程式为_。若用H2O2代替HNO3，其优点是_。（3）步骤沉淀的主要成分是_。（4）步骤中生成含Li沉淀_（填“能”或“不能”）用硫酸钠代替碳酸钠，原因是_。【答案】2Al+2NaOH+6H2O3H2+2NaAl（OH）4 3LiFePO4+NO3+13H+3Li+3Fe3+3H3PO4+NO+2H2O 不产生氮氧化物大气污染物 Fe（OH）3 不能 硫酸锂易溶于水，不能形成含锂沉淀。 【解析】（1）步骤中“碱溶”反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O3H2+2NaAl（OH）4；答案：2Al+2NaOH+6H2O3H2+2NaAl（OH）4。（2）步骤中反应的离子方程式为3LiFePO4+NO3+13H+3Li+3Fe3+3H3PO4+NO+2H2O，若用H2O2代替HNO3，由于双氧水的还原产物是水，因此其优点是不产生氮氧化物大气污染物；答案：3LiFePO4+NO3+13H+3Li+3Fe3+3H3PO4+NO+2H2O；不产生氮氧化物大气污染物。（3）由以上分析可知步骤沉淀的主要成分是Fe（OH）3；答案：Fe（OH）3。（4）硫酸锂易溶于水，不能用硫酸钠代替碳酸钠；答案：不能；硫酸锂易溶于水，不能形成含锂沉淀。4为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。活化硫铁矿的主要成份是FeS2。请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是_。（2）第步中硫铁矿中的S被氧化到最高价态，相应的离子方程式为_。（3）第步中检验Fe3是否被完全还原的实验方法是_。（4）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是_。（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4LiFeS2=Fe2Li2S，正极反应式是_。【答案】Fe2O36H=2Fe33H2O FeS214Fe38H2O=15Fe216H+2SO42 取少量溶液于一洁净试管中，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液不出现红色，则Fe3被完全还原，否则没有 Fe2被氧化为Fe3，Fe3水解产生H。（或写出方程式4Fe2O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+） FeS24Li4e=Fe2Li2S或FeS24e=Fe2S2 【解析】本题以硫铁矿烧渣为原料制备FeSO4的流程为载体，考查方程式的书写，Fe3+的检验，Fe3+的氧化性和Fe3+的水解，电极反应式的书写。（1）第I步H2SO4与Fe2O3反应生成Fe2（SO4）3和H2O，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O。（2）第I步获得的滤液为Fe2（SO4）3，第II步加入活化硫铁矿，硫铁矿中的S被氧化到最高价态，即硫铁矿中的S被氧化成SO42-，则Fe3+被还原成Fe2+，写出主要反应物和生成物：FeS2+Fe3+Fe2+SO42-，在反应中S元素的化合价由-1价升至+6价，FeS2中两个S共升高14价，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，根据元素化合价升降总数相等配平：FeS2+14Fe3+15Fe2+2SO42-，根据原子守恒和溶液呈酸性配平，FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+。（3）检验Fe3+是否被完全还原用KSCN溶液，实验方法是：取少量溶液于一洁净试管中，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液不出现红色，则Fe3被完全还原，否则没有。（4）通入空气会将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+水解产生H+，溶液的pH下降。反应的方程式为4Fe2+O2+10H2O=4Fe（OH）3+8H+。（5）分析电池总反应，Li元素的化合价由0价升至+1价，负极反应式为Li-e-=Li+；Fe元素的化合价由+2价降至0价，S元素的化合价由-1价降至-2价，1molFeS2得到4mol电子，正极反应式为FeS2+4e-=Fe+2S2-。5LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO47H2O)与磷酸和LiOH反应可制各 LiFePO4， LiFePO4的制备流程如下图所示：请回答下列问题：(1)酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为_。(2)加铁屑还原的目的是_，过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_。(3)“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为_，其理由是_。(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2。则该装置中铜电极应连接直流电源的_极，石墨电极的电极反应式为_，当有0. 1mol Cu2O生成时电路中转移_mol电子。【答案】FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O 把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜 取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全 磷酸 硫酸亚铁溶液 LiOH 先加磷酸，在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀 正 2H2O+2e-=H2+2OH- 0.2 【解析】 (1)酸溶时 FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；综上所述，本题答案是：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。(2)铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；综上所述，本题答案是：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜。加入的还原剂铁能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜，还原的是否完全，可以通过检验还原后的溶液中是否存在铁离子，其操作方法为：取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；综上所述，本题答案是：取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全。（3）“反应”需要按照磷酸、FeSO4溶液和LiOH顺序加入试剂；综上所述，本题答案是：磷酸、 硫酸亚铁溶液、LiOH。亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，因此先加磷酸，产生酸性环境，然后再加入FeSO4溶液，在酸性环境下可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；最后加入LiOH；综上所述，本题答案是：在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；(4) 根据电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2可知，Cu发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-；根据该反应可知2e-Cu2O，所以当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移0.2mol电子。综上所述，本题答案是：正，2H2O+2e-=H2+2OH-， 0.2。提升练习6以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO47H2O）的工艺流程如下：(1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式_。(2)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式_。(3)滤液中金属阳离子的检验方法_。(4)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由_。（结合化学用语说明原因）(5)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌（Tf）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：已知总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H将过程I离子方程式补充完整_过程II反应的离子方程式_。研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（Tf）脱硫，温度过高脱硫效率降低（如图），可能的原因是_。(6)绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸化的amolL-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理：6Fe2+Cr2O72-+14H+ =6Fe3+2Cr3+7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为_。(FeSO47H2O摩尔质量为278 g/mol)【答案】Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O SO2 +2NH3H2O=2NH4+SO32- + H2O 取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+ Fe2+2H2OFe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解 8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2+10H+ 升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力 【解析】 (1)“酸浸”过程，矿渣中的碱性氧化物Fe2O3与稀H2SO4反应产生硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(2)在煅烧时硫铁矿中的S元素转化为烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，SO2与氨水反应产生亚硫酸铵和水，该反应的离子方程式为SO2 +2NH3H2O=2NH4+SO32- + H2O；(3)滤液中金属阳离子是Fe2+，检验Fe2+的方法是取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，若有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+；(4)在由FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，这是由于FeSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2+发生水解反应：Fe2+2H2OFe(OH)2 +2H+，向溶液中加入过量的H+，c(H+)增大，水解平衡逆向移动，从而可抑制Fe2+的水解；(5)FeS2与Fe3+及水发生反应产生Fe2+、S2O32-、H+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：FeS2+6Fe3+3H2O=7Fe2+S2O32-+6H+；由于总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H，所以过程II反应的离子方程式为：8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2+10H+；研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（Tf）脱硫，温度过高脱硫效率降低，这是由于氧化亚铁硫杆菌主要是由蛋白质构成，升高温度，蛋白质发生变性，使氧化亚铁硫杆菌失去催化能力。(6)K2Cr2O7溶液会将FeSO4氧化为硫酸铁，K2Cr2O7被还原为硫酸铬，反应6Fe2+Cr2O72-+14H+ =6Fe3+2Cr3+7H2O。根据反应方程式可n(FeSO4)=6n(K2Cr2O7)=6ab10-3mol，由于FeSO47H2O摩尔质量为278 g/mol，则绿矾晶体纯度的计算式为。7以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产安全高效的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：已知：FeO42在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解。(1)“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多的原因是_。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(3)在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2(SO4)3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的原因可能是_。(4)“过滤2”产生的滤渣的主要成分为_(填化学式)，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO42、_、_(填化学式)。(5)K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，则反应时K2FeO4与H2S的物质的量之比为_。【答案】可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量 2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O 当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降 Mg(OH)2 FeO42 AlO2 8：3 【解析】硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)加入稀硫酸、过氧化氢，滤渣1为二氧化硅，滤液中含有铁离子、氯离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO42、FeO42、AlO2，可用重结晶法提纯，以此解答该题。(1)为避免后续反应消耗较多的氢氧化钠，则“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多；(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O；(3)题给信息中FeO42在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解，由图象可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降；(4)滤渣2含有氢氧化镁，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO42、FeO42、AlO2；(5)K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，反应中Fe元素化合价由+6价降低为+3价，S元素化合价由2价升高为+6价，则根据电子得失守恒可知K2FeO4与H2S的物质的量之比为8：3。8经多年勘测，2018年11月23日省自然资源厅发布消息称在皖江地区发现特大铜矿床，具有重大实际意义。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有少量PbS、Al2O3、SiO2)为原料制取胆矾的流程如图：已知：常温下KspFe(OH)3=8.010-38, KspAl(OH)3=3.010-33，KspCu(OH)2=3.010-20。（1）CuFeS2中硫元素的化合价为_，硫元素在周期表中的位置是_。写出上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：_。（2）最适合的试剂A是_（写化学式）溶液，固体2的成份为PbSO4和_。当试剂A的浓度为6molL-1时 ，“浸出”实验中，铜的浸出率结果如图所示。所采用的最佳实验条件(温度、时间)为_。（3）最适合的试剂B是_(填序号)，最适合的试剂C是_（填序号），固体3的成份为_。aCl2 bCuO c酸性高锰酸钾溶液 dNaOH eH2O2 溶液 fK2CO3（4）操作1如在实验室中进行，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_，操作2的步骤为_，_，过滤、洗涤。（5）根据已知图像信息，请计算：当Fe3+完全沉淀时，溶液中Al3+理论最大浓度为_。（提示：当离子浓度110-5molL时，认为该离子沉淀完全）【答案】-2 第三周期A族 SO2+CO32=SO32+CO2（SO2+H2O+2CO32=SO32+2HCO3） H2SO4 SiO2 90、2.5小时 e b CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3 漏斗 蒸发浓缩 冷却结晶 0.375mol/L 【解析】（1）根据化合物正负化合价代数和为零，确定CuFeS2中硫元素的化合价为-2，硫元素在周期表中的位置是第三周期A族，利用强酸制弱酸原理书写方程式，注意二氧化硫少量生成亚硫酸铵和碳酸氢铵，适量生成亚硫酸铵和二氧化碳，所以上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式为：SO2+CO32=SO32+CO2（SO2+H2O+2CO32=SO32+2HCO3）；答案：SO2+CO32=SO32+CO2（SO2+H2O+2CO32=SO32+2HCO3）。（2）因为要制取胆矾，最适合的试剂A是硫酸溶液，固体2的成份为PbSO4和二氧化硅。根据题干给出的图像可知当试剂A的浓度为6molL-1时 ，当90、2.5小时，“浸出”实验中，铜的浸出率几乎达到了100%，所以所采用的最佳实验条件(温度、时间)为90、2.5小时；正确答案： H2SO4 SiO2 90、2.5小时（3）溶液1到溶液2的过程中需要除掉铝离子、铁离子、亚铁离子，选择氧化剂先把亚铁离子氧化为铁离子，再调pH值，使铁离子、铝离子沉淀完全，因为除杂同时不可加入新的杂质，所以氧化剂选择双氧水，氧化铜调节pH；固体3为 CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3；答案：e b CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3 （4）操作1过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，操作2制取胆矾，所以需要将溶液2蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤得到产品胆矾；答案：漏斗 蒸发浓缩 冷却结晶（5）当离子浓度110-5molL时，认为该离子沉淀完全；当Fe3+完全沉淀时，=，因此=，c（Al3+）=0.375mol/L答案：0.375mol/L。9钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2制备TiO2，工艺流程如下。已知： TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：（1）(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5中钛元素的化合价为_，实验“焙烧”所需的容器名称是_，“滤渣”的主要成分是_(填化学式）。（2）制取H2TiO3的化学方程式为_。（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是_。（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，molL1)如图所示，步骤应该控制的pH范围是_(填标号)A.12 B.23 C.56 D.1011（5）常用硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取20.00mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为： Ti3+Fe3+=Ti4+Fe2+滴定终点的现象为_。滴定终点时消耗bmol L1 NH4Fe(SO4)2溶液VmL，则TiO2纯度为_。 (写表达式)【答案】+4 坩埚 CaSO4 CaSiO3 TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4 矿石粒度越小，反应接触面积越大，反应速率越快 B 当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色 【解析】（1）设Ti的化合价为+x，(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5化合价代数和等于0，（20.5+20.5）+2x-25=0，x=4；灼烧固体用坩埚；黑钛矿石主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4 和CaSiO3；（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4；（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应接触面积越大，反应速率越快；（4）由图读出：金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，molL1)，步骤应该控制的pH范围是：钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；（5）铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；由TiO2Fe3关系式，n(TiO2)=n(Fe3)=bmol L1V10-3L100mL/20mL=5bV10-3mol，TiO2纯度为5bV10-3mol80gmol1/a100%=。10二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105，沸点79，140以上时易分解。（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达100%,则三者的物质的量比为_.（2）甲同学设计如图装置用ZnCl2 xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并利用装置F验证生成物中的某种气体（夹持及加热装置略）。用原理解释SOCl2在该实验中的作用_；加热条件下，A装置中总的化学方程式为_.装置的连接顺序为AB_； 实验结束后,为检测ZnCl2 xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为_（填序号）a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应； b.称得固体为n克； c.干燥；d.称取蒸干后的固体m克溶于水；e.过滤；f.洗涤若m/n_（保留小数点后一位），即可证明晶体已完全脱水.（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3 6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。可能发生的副反应的离子方程式_.丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：i.取少量FeCl3 6H2O于试管中，加入足量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。（供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3Fe(CN)6溶液、溴水）方案操作现象结论方案一往一支试管中滴加_若有白色沉淀生成则发生了上述副反应方案二往另一支试管中滴加_则没有发生上述副反应【答案】2:3:1 SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 SOCl2 + ZnCl2 xH2O ZnCl2 + SO2 + 2 HCl + (x-1) H2O DEFC d a e f c 0.56 SOCl2 + 2Fe3+ + 3H2O = SO42- + 6H+ + 2Fe2+ + 2Cl- BaCl2溶液 K3Fe(CN)6溶液 若无蓝色沉淀出现 【解析】（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜(SOCl2),原子利用率达100%,所以反应方程式为：2S+3Cl2+SO3= 3SOCl2则三者的物质的量比为2:3:1。（2）因为二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；加热条件下，A装置中总的化学方程式为SOCl2 + ZnCl2 xH2O ZnCl2 + SO2 + 2 HCl + (x-1) H2O。答案：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；SOCl2 + ZnCl2 xH2O ZnCl2 + SO2 + 2 HCl + (x-1) H2O。A中SOCl2吸收结晶水生成SO2和HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中SO2和HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，装置连接顺序为ABDEFC 。装置的连接顺序为ABDEFC ；答案：DEFC 。实验结束后,为检测ZnCl2 xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：d.称取蒸干后的固体m克溶于水，a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应，e.过滤f.洗涤c.干燥；b.称得固体为n克，所以正确的实验顺序为d a e f c； ZnCl22AgCl136 287m n m/n0.56即可证明晶体已完全脱水.（3）FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式SOCl2 + 2Fe3+ + 3H2O = SO42- + 6H+ + 2Fe2+ + 2Cl-。要判断副反应的可能性，就是检验溶液中有SO42-和Fe2+，所以，方案一中加BaCl2溶液，如产生白色沉淀，说明发生了副反应；方案二是检验Fe2+，所以选择K3Fe(CN)6溶液，加入试液后若无蓝色沉淀出现，说明没有副反应发生。11一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题：（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成。写出金属镍溶解的离子方程式_。（2）“除铁”时H2O2的作用是_，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是_（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）溶液。黄钠铁矾NaxFey(SO4)m(OH)n具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则xymn132_。（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_，若用Na2S或Na2S2O3代替H2S除铜，优点是_。（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是_。（5）100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，则镍回收率的计算式为_。（6）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2HM+NiOOH（式中M为储氢合金）。写出电池放电过程中正极的电极反应式_。【答案】5Ni + 12H+ + 2NO3 -= 5Ni2+ + N2 + 6H2O 将Fe2+氧化成Fe3+ 铁氰化钾 6 H2S + Cu2+ = CuS+ 2H+ 不易挥发污染性气体H2S 过量的F在酸性条件下会腐蚀陶瓷容器 100 NiOOH + H2O +e- = Ni(OH)2 + OH- 【解析】（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：5Ni+12H+2NO3-=5Ni2+N2+6H2O，故答案为：5Ni+12H+2NO3-=5Ni2+N2+6H2O；（2）“除铁”时H2O2的作用是过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净，由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾NaxFey(SO4)m(OH)n中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，得到x+3y=2m+n，x：y：m：n=1：3：2：p，则p=6，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；铁氰化钾；6；（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS+2H+，硫化氢是剧毒气体，若用Na2S或Na2S2O3代替H2S除铜，优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境，故答案为：H2S+Cu2+=CuS+2H+；无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境；（4）NaF是强碱弱酸盐，氟化钠水解生成HF能腐蚀陶瓷容器，故用量不宜过大，故答案为：过量的F-离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；（5）废料含镍质量分数约21%，100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，废料中镍元素质量=100kg21%=21kg，反应生成镍元素质量=31kg，则镍回收率的计算式=100