2020-2021高考化学—铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附答案解析

1、2020-2021 高考化学铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附答案解析一、铁及其化合物1 现有金属单质A、 B、 C 和气体甲、乙、丙以及物质D、 E、F、G、 H，它们之间的相互转化关系如图所示 （ 图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：B_、丙 _ 。(2)写出黄绿色气体乙的一种用途_，反应过程可能观察到的实验现象是_。对应的化学方程式是_。(3)反应中的离子方程式是_。【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH-

2、+2H2O=2AlO2-+3H2【解析】【分析】金属 A 颜色反应为黄色证明 A为金属 Na， Na 与水反应生成气体甲为H2， D 为 NaOH；金属 B 和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明 B 为金属Al，黄绿色气体乙为22Cl ，气体甲是H ，H2 和 Cl2 反应生成丙为 HCl， HCl 溶于水得到的物质E 为盐酸溶液，盐酸与金属C 反应产生F 溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2 还可以反应产生 G，G 与 NaOH 溶液反应生成红褐色沉淀 H 为 Fe(OH)3，则 G 为 FeCl3，推断物质 F 为 FeCl2；判断 C 为 Fe，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知 A 是

3、Na， B 是 Al， C 为 Fe，气体甲是 H2 ，气体乙是 Cl2 ，气体丙是 HCl； D 是 NaOH， E 是盐酸， F 是 FeCl2， G 是 FeCl3， H 是 Fe(OH)3。(1)根据上述分析可知，物质B 是Al，丙是HCl；(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl 和 HClO，HClO 具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；(3)FeCl2 与 NaOH 溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2 +2NaCl， Fe(OH)2 具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)

4、2+O2 +2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；(4)反应是 Al 与 NaOH 溶液发生反应产生22，反应的离子方程式为：2Al+2OH-NaAlO和 H22-2+2H O=2AlO +3H 。【点睛】本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。2 现有金属单质A、 B、 C 和气体甲、乙、丙及物质D、 E、 F、G、 H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有

5、全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（ 1）写出下列物质的化学式： A_、B_、 C_、F_、 H_、乙 _（2）写出下列反应化学方程式：反应 _反应 _反应 _【答案】 NaAlFeFeCl2Fe(OH)3Cl22Na + 2H2O=2NaOH + H22FeCl2 + Cl2=2FeCl3FeCl3+ 3NaOH =Fe(OH)3 + 3NaCl【解析】【分析】【详解】金属单质 A 的焰色为黄色，则A 为 Na；反应为Na 与水反应生成NaOH 和 H2，则物质D为 NaOH，气体为 H22，则金属 B 为 Al；黄绿色气体为2；金属 B 与 NaOH反应生成 HCl ，反应为 H2

6、与 Cl2 化合成 HCl，则气体丙为HCl，物质 E 为盐酸；金属 C 与盐酸反应生成 F， F与 Cl2 反应生成物质 G， G 与 NaOH 反应得红棕色沉淀，则金属C 为 Fe， F 为 FeCl2，G 为FeCl3；（1） A、 B、C、 F、H、乙的化学式依次为Na、Al、 Fe、 FeCl2、Fe(OH)3、 Cl2。（ 2）反应的化学方程式为 2Na+2H2O=2NaOH+H2；反应的化学方程式为 Cl2+2FeCl2=2FeCl3；反应的化学方程式为 FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3 +3NaCl。3A-J 分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部

7、分反应物、生成物没有列出 )，且已知 G 为主族元素的固态氧化物， A、 B、 C、 D、 E、 F 六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、 B、C、 D、 E、F 六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_(2)写出检验 D 溶液中阳离子的方法_。(3)写出反应的离子方程式_。(4)若向气体 K 的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_7(填“ 、”“ c(SO42-) c(H+)c(OH-)【解析】【分析】G 为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I 和 H，能与 NaOH 溶液反应，说明G 为Al O ，与 NaOH 反应生成 NaAlO ，而 I 也能与 N

8、aOH 反应生成 NaAlO ，则 I 为 Al， H 为2322O2， C 和碱、 D 和气体 K 反应生成E、 F，则说明 E、 F 都为氢氧化物， E 能转化为 F，应为Fe(OH)2 Fe(OH)3 的转化，所以E 为 Fe（ OH） 2 ，F 为 Fe(OH)3，则 C 为 FeCl2， D 为 FeCl3 ，K为 NH3 ，B 为 Fe3O4 ，与 Al 在高温条件下发生铝热反应生成A，即 Fe，结合对应单质、化合物的性质解答该题。【详解】（1） A、 B、C、 D、 E、F 六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期族，（2）溶液 D 为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在

9、，取少许D 溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明D 溶液中含有 Fe3+；（3）反应是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al 与 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2 和 H2，反应的离子方程式为： 2Al+2OH - +2H 2O=2AlO 2- +3H 2；（ 4）气体 K 的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH 7；反应的离子方程式为：NH 4+ +H 2 O ?NH 3 gH 2O+H + ；（5）若向气体NH3 的 0.1mol/L 水溶液中加入pH=1 的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，假设条件均为1L，发生

10、反应： NH 3 gH 2 O+H + =NH 4+ +H 2O ， n(NH3?H2O)=0.1mol，n(H+)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为： c( NH +4 )c( SO24- )c(H+ )c(OH-)。【点睛】比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：（1）弱电解质 (弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH3COOH?CH3 COO-H+，H2O?OH- H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)；（2

11、）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的 CH3COONa溶液中： CH3 COONa=CH3COO-Na+， CH3COO- H2O ? CH3COOH OH-， + - + - - +4 已知A、 B、 C、 D 是中学化学的常见物质，且A、 B、 C 均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O 已略去)。请回答下列问题：（ 1）若 A 可用于自来水消毒， D 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干 B 的溶液不能得到 B。则 B 的化学式为 _。（2）若 D 是氯碱工业的主要产品之一，B 有两性

12、，则反应的离子方程式是_。（3）若 A、 C、 D 都是常见气体， C 是导致酸雨的主要气体，则反应的化学方程式为_。（4）若 A 的焰色反应呈黄色，D 为二氧化碳，则反应的离子方程式是_。【答案】 FeCl33-2-2O22232-223-Al( OH) +OH =AlO +2H2H S+SO 3S+2H OCO+CO +H O 2HCO【解析】【分析】(1)D 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D 是铁， A 可用于自来水消毒，A 为 Cl 2；(2) 若 D 是氯碱工业的主要产品之一， B 有两性， D 为 NaOH 、 B 为 Al(OH) 3；(3)C 是形成酸雨的主要气

13、体，则A 为 H2S、 D 为 O2、 B 为 S、 C 为 SO2；(4) 若 A 的焰色反应呈黄色，说明A 中含有 Na 元素，且A 、 B、 C 均含有同一种元素据此分析。【详解】(1)D 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D 是铁，A 可用于自来水消毒，由转化关系可知，A 为Cl2、 B 为FeCl3、 C 为FeCl2；(2)若D 是氯碱工业的主要产品之一，B 有两性，由转化关系可知，A 为铝盐、D 为NaOH、B 为 Al(OH)3、 C 为 NaAlO2，反应为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH- =AlO2- +2H

14、2O；(3)若 A、 C、 D 都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A 为 H2S、 D 为 O2、B 为 S、 C为 SO2，反应为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：2H2S+SO2 3S+2H2O；(4)若 A 的焰色反应呈黄色， D 为二氧化碳，由转化关系可知， A 为 NaOH、 B 为 Na2CO3、 C 为 NaHCO3，反应为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32- +CO2+H2O 2HCO3- 。5 利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。图中甲己均含铁元素。回答下列问题：（1） K24常用作杀菌消毒剂，从铁元

15、素化合价的角度分析是因其具有_性；下列关于FeO乙的说法正确的是_(填标号 )。a属于酸性氧化物，能与碱反应b属于碱性氧化物，能与酸反应c属于两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应（2）已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲HNO3 戊己 NO H2 O(方程式未配平 )。若产物中戊和己的物质的量之比为 3 1，则甲与 HNO3 的物质的量之比为 _。（3）戊与烧碱溶液反应生成丙，放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为_，现象为 _。【答案】氧化b1 34Fe(OH)2 O2 2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色【解析】【分析】根据图像可知，甲为铁；乙为氧化

16、物且为+2 价，为 FeO；丙、丁为氢氧化物，分别为+2、+3 价，分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁。【详解】（ 1） K2FeO4 中铁元素的化合价是 6 价，在反应中 Fe 元素能得电子表现强氧化性，常用作杀菌消毒剂。根据图可知，铁元素的 2 价氧化物是 FeO，属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水。（2）根据图可知，戊和己分别是铁元素的2 价和 3 价盐，铁与硝酸反应生成的戊和己分别是 Fe(NO3)2 和 Fe(NO3)3， HNO3 在反应中被还原为NO，氮元素的化合价由5 价降为2 价；设反应生成Fe(NO3)3 的物质的量为1 mol ，则生成 Fe(NO3)2 的物质的量为3mol，

17、则参加反应的Fe(甲 )的物质的量为4mol ，根据电子守恒可得3mol 3mol2 n(NO)3， n(NO)3mol ；根据 N 原子守恒可知参加反应的n(HNO3 ) n(NO) nFe(NO3)2 2nFe(NO3)3 312mol ，则铁与HNO3 的物质的量之比为4 12 1 3。(3)Fe(NO3 )2 与烧碱溶液反应生成Fe(OH)2(丙 )，氢氧化亚铁与空气中的氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe(OH)3(丁 )。6 铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：(1)在实验室中，FeCl 2 可用铁粉和 _反应制备， FeCl3 可用铁粉和 _反应制备。

18、(2)黄铁矿 ( 主要成分为FeS2 ) 是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。高温下可发生反应：高温，该过程中若有1.5mol FeS2 参加反应，则反应过程中转3FeS2 8O2= 6SO2 Fe3O 4移_mol电子。(3) K 2FeO4 与 Zn 组成新型二次电池高铁电池，电解液为碱溶液，其反应式为：充电3Zn(OH) 2 2Fe(OH) 24KOH ? 3Zn 2K 2 FeO4 8H 2O ，放电时电池的负极反应式放电为_ ；充电时电解液的pH_ ( 填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”之一 ) 。(4)某同学向盛有 H 2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕

19、黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；生成沉淀的原因是_ ( 用平衡移动原理解释 ) 。【答案】盐酸 ( 或氯化铁 )氯气 16Zn2OH2e Zn(OH) 2减小2Fe2H 2O2 2H2Fe32H 2 OFe3催化 H 2O 2 分解产生 O2H 2O2 分解反应放热，促进 Fe3的水解平衡正向移动【解析】【分析】(1) Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气； Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁， Fe 与氯气反应生成氯化铁；高温中， Fe、S 元素的化合价升高， O 元素的化合价降低；(2) 3FeS2 8O2 = 6SO

20、2 Fe3 O 4(3) Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子；由电池反应可知，充电时消耗KOH；(4)酸性条件下 H 2O 2 将亚铁离子氧化为铁离子；铁离子能催化H 2 O 2 分解产生氧气；从平衡角度分析。【详解】(1)在实验室中， FeCl2可用铁粉和盐酸 ( 或氯化铁 ) 反应制取； FeCl 3 可用铁粉和氯气反应制取， 故答案为：盐酸( 或氯化铁 ) ；氯气；高温中， Fe、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，(2) 3FeS2 8O2 = 6SO2 Fe3 O 41.5molFeS2 参加反应，则消耗氧气为4mol ，由 O 元素的化合价变化可知，转移的电

21、子为4mol2 2016mol ， 故答案为：16；(3) Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子，电极反应为Zn 2OH2eZn(OH) 2 ，由电池反应可知，充电时消耗KOH，则 pH 减小， 故答案为： Zn2OH2eZn(OH) 2 ；减小；(4)向盛有 H 2 O 2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl 2 溶液，发生的离子方程式为：2Fe2H 2O22H2Fe32H 2 O ； Fe3催化氧化 H 2 O 2 分解产生 O2 ，故一段时间后，溶液中有气泡出现；生成沉淀的原因是H 2O 2 分解反应放热，促进 Fe3 的水解平衡正向移动， 故答案为： 2Fe2H 2 O

22、22H2Fe32H 2O ； Fe3 催化氧化 H 2 O 2 分解产生 O 2 ； H 2O 2 分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动。7 七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。工业上由氧化锌矿(主要成分为 ZnO，另含 ZnSiO3、 FeCO3、 CuO 等 )生产 ZnSO47H2O 的流程如下：在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH 如表：开始沉淀时 pH完全沉淀时 pHZn2+5.46.4Fe3+1.13.2Fe2+5.88.8Cu2+5.66.4请回答下列问题：(1)粉碎氧化锌矿石的目的是_；滤渣 X 的成分是 _ 。(2)步骤中加入H2O2 目的是： _，

23、发生反应的离子方程式为：_。(3) 除“铁 ”步骤中加入试剂 M 调节溶液的 pH，试剂 M 可以是 _(填化学式，一种即可)，控制溶液的 pH 范围为： _。同时还需要将溶液加热，其目的是：_。(4)滤渣 Z 的成分是 _。(5)取 28.70 g ZnSO4 7H2O(相对分子质量： 287)加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：步骤中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是_。 680 时所得固体的化学式为 _ 。a.ZnOb.Zn3O(SO4)2c.ZnSO4d.ZnSO4H2O【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率H2 32+氧化成 Fe3+，便于后SiO将 Fe续步骤中

24、将铁元素除去2Fe2+2 2+3+2323.2 pH+H O +2H =2Fe +2H O ZnO或ZnCO 或 Zn(OH)5.4防止生成氢氧化铁胶体，便于分离Cu、 Zn降低烘干温度，防止ZnSO 7H O 失去结42晶水b【解析】【分析】(1)氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4 酸溶过程中， ZnSiO3 与 H2SO4 会生成 H2SiO3；(2)在步骤 中加入 H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；(3)要中和多余H2SO4 并且不引入新杂质，可以加入ZnO 或 ZnCO3 或 Zn(OH)2 等化合物；根据表格所知， Fe3+全部除尽，

25、 pH3.2， Zn2+开始沉淀， pH 为 5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；(4)为了将 Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z 中包含 Cu 和 Zn；(5)由于 ZnSO47H2O 易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；根据图像分析。【详解】(1)氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4 酸溶过程中， ZnSiO3与242323H SO 会生成H SiO ，故滤渣 X 的成分为 H SiO ，故答案为：增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；H2 3SiO；(2)在步骤 中加入 H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方

26、程式为：22 2322+氧化成 Fe3+，便于后续步骤中将铁元2Fe+H O +2H2Fe+2H O，故答案为：将Fe素除去； 2Fe2 +H2O2+2H2Fe3+2H2O；(3)要中和多余 H SO 并且不引入新杂质，可以加入ZnO 或 ZnCO 或 Zn(OH) 等化合物；根2432据表格所知， Fe3+全部除尽， pH3.2， Zn2+开始沉淀， pH 为 5.4，故 pH 的范围为： 3.2 pH5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离，故答案为：ZnO 或ZnCO3 或Zn(OH)2；3.2 pH5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；(4)为了将Cu2+全部置换出来，

27、加入的锌粉过量，滤渣Z 中包含Cu 和Zn，故答案为：Cu、Zn；(5)由于 ZnSO47H2O 易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；28.70gn(ZnSO47H2O)=mol-1=0.1 mol，加热过程中若得 ZnSO4H2O 的质量为17.90287gg(100 )；若得 ZnSO4 的质量为16.10 g(250 )；若得 ZnO 的质量为 8.10 g(930)；据此通过排除法确定 680 时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2，故答案为：降低烘干温度，防止ZnSO47H2O 失去结晶水； b。【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流

28、程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时调用。82019 年诺贝尔奖授予 JohnB Goodenough 等三位科学家，以表彰其在锂电池领域的贡献。磷酸亚铁锂（ LiFePO4）用作锂离子电池正极材料，制备方法如图：（1）制备水合磷酸铁（ FePO4xH2O）固体过程，加 NaOH 溶液调 pH=2.0 时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO4-，过程发生的主要离子方程式是 _。过程 “氧化、沉淀 ”反应生成 FePO4 沉淀的离子方程式是_。进行过程 III 之前，需确认过程 II 中无 Fe2+，检验试剂为_。FePO4xH2O 样品受热脱水过程的

29、热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图：水合磷酸铁的化学式为_。（ x 取整数）（2）制备 LiFePO4 固体：在氮气气氛保护下，高温焙烧FePO423和过量葡萄糖的固体混合物。、 Li CO过量葡萄糖作用是_。锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4 会迁出部分Li+，部分转变为Li(1-x)FePO4。此电极的电极反应为 _ 。【答案】-+H2O-2+铁氰化钾溶液H3PO4 +OH =H2PO42H2PO4 +H2O2+2Fe =2FePO4 +2H +2H2OFePO42H2O 还原剂，把三价铁还原成二价铁LiFePO4xe-=xLi+Li(1 x)FePO4【解析】【分析】FeS

30、O4?7H2O 在 H3PO4 中溶解，加入氢氧化钠溶液中和磷酸生成H2PO4 ，过程 “氧化、沉淀”反应主要是 Fe2+与 H2O2、 H2PO4反应生成 FePO4沉淀、 H+和 H2O，再加入氢氧化钠中和酸，最后得到FePO4xH2O。高温焙烧 FePO4 、Li2CO3 和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁化合价降低，过量葡萄糖化合价升高，作还原剂。【详解】过程 ，加 NaOH 溶液调 pH = 2.0 时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO4，说明过程 主要发生磷酸和氢氧化钠反应生成水和H2 4 ，其主要离子方程式是H34POPO +OH =+ H O；故答案为：H P

31、OH PO +OH = H PO+ H O。24234242过程 “氧化、沉淀 ”反应主要是 Fe2+与 H2224 反应生成 FePO4沉淀、 H+和 H2O，O、 H PO因此生成 FePO4沉淀的离子方程式是242 22+4+22H PO+H O +2Fe= 2FePO + 2H +2H O；故答案2 22+4+2为： 2H2 4PO+H O +2Fe = 2FePO + 2H +2H O。进行过程 III 之前，需确认过程II 中无 Fe2+，常用铁氰化钾溶液试剂检验；故答案为：铁氰化钾溶液。假设 100g FePO4xH2O 样品受热，得到FePO4 固体 80g，水 20g，根据物

32、质的量比例得到80g:20g1: 2 ，因此水合磷酸铁的化学式为FePO42H2O；故答案为：151g mol 118g mol 1FePO42H2O。高温焙烧 FePO4、 Li2CO3 和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4 固体，铁的化合价降低，则过量葡萄糖化合价升高，作还原剂，主要是将三价铁还原成二价铁；故答案为：还原剂，把三价铁还原成二价铁。锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO+，部分转变为 Li(1-x)FePO4。此电极4 会迁出部分Li的电极反应为LiFePO4 xe = xLi+ + Li(1 x)FePO4 ；故答案为：LiFePO4 xe = xLi+ + Li(

33、1 x)4FePO 。9 碱性锌锰电池的工作原理:Zn+2MnO 2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4,其工艺流程如图所示:(1)滤液 A 中溶质的电子式为_。(2)已知 Mn xZn(1-x)Fe2O4 中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_。(3) 溶“渣 ”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3 价锰的化合物全部还原成Mn 2+，写出该反应的离子方程式:_ 。(4) 调“铁 ”工序的目的是调整滤液中铁

34、离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式 Mn xZn(1-X)Fe2O4 相符合。写出 “调铁 工序中发生反应的离子方程式 :_,_ 。若测得滤液的成分为 c(Mn 2+)+c(Zn2+)=amol.L-1 ,c(Fe2+)+c(Fe3+)=bmol.L-1 ，滤液体积为1m3, “调铁 ”工序中，需加入的铁粉质量为 _kg(忽略溶液体积变化，用含a、 b 的代数式表示 )。(5)在 “氧化 工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为 Fe3+;生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,其可能原因除温度外，主要是_。(6)用氨水 “调 pH后 ,经 “结晶 ”“过滤 ”可得

35、到产品和滤液C,从滤液 C 中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_。【答案】+3MnO( OH)+ Fe2+3H+=Mn 2+Fe3+2H2OFe 2Fe3+=3Fe2+2+112a- 56b生成的3+-+2-)Fe+2H=Fe +H2Fe催化了双氧水的分解( OH ) c( H ) c( SO4+)c( NH4【解析】【分析】废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料Mn xZn( 1- x) Fe2O4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A 和滤渣，滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸3Mn 2+，过滤得到滤渣B和滤液，测定滤液成分，“调亚铁可将

36、 +价锰的化合物全部还原成铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式Mn( 1- x) Fe相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”xZn2O4后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液 C 中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答。【详解】( 1) 滤液 A 中溶质是 KOH，含有离子键和共价键，电子式为。( 2) 已知 Mn xZn( 1- x) Fe2O4 中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn 为 +2 价，锌 +2 价、氧元素 - 2 价，则根据化合价代数和为0 可知铁元素的

37、化合价为+3；( 3) “溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3 价锰的化合物全部还原成Mn 2+，该反应的离子方程式为MnO ( OH)+ Fe2+3H+=Mn 2+Fe3+2H2O。( 4) “调铁 工序中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、 Fe+2H+=Fe2+H2。 n （Mn 2+） +n（ Zn2+） =a mol?L- 1 1000L=1000amol ，已有铁元素bmolL1000L 1000bmol，由电荷守恒可知Mn xZn( 1- x) Fe204中含Fe2O42-为 1000amol ，其中/=铁元素的物质的量为1000amol 2=2000

38、amol ，还需加入铁的物质的量为2000amol -1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol56g mol=（112a-56b）kg。/( 5)在“氧化 工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为 Fe3+，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3+催化了双氧水的分解。( 6)用氨水“调 pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液 C 中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为c OH-c H+c SO2-) () ( ) (4c( NH4+ ) 。10 某矿渣的成分为 Cu2O、 Al2

39、 O3、 Fe2O3、 SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：已知： Cu2 O 2H+=Cu Cu2+ H2O。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 如下表所示：沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀 pH5.44.02.75.8沉淀完全 pH6.75.23.78.8（1）为了加快反应的速率，可以采取的措施是_(任写 1 条)。（ 2）固体混合物 A 中的成分是 _。（ 3）反应完成后，铁元素的存在形式为_(填离子符号 )；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴含有+3 价铁元素的配合物溶液，会产生沉淀.写出该反应的离子方程式_。（ 4）操作 1 主要包括： _、 _、_。洗涤 CuSO45H2O 粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是 _。（5）用 NaClO 调 pH 可以生成沉淀 B，利用题中所给信息分析沉淀B 为 _，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（6）用 NaOH 调 pH 可以生成沉淀 C，利用题中所给信息分析y 的范围为 _。【答案】适当升高温度；