高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案

1、高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案一、铁及其化合物1. 纳米FQ3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。其制备流程如下:落遗A血（源缸坨3"I另mLIP*'1I4%杠m灌已知：锌单质溶于强碱生成ZnO22-;Zn(OH)2既能溶于强酸又能溶于强碱。请回答下列问题:(l) 用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有A.去除油污B.溶解镀锌层C.去除铁锈D.钝化(2) 步骤生成Zn(OH)2沉淀的离子方程式为，用离子方程式结合文字说明该步骤pH不能过小的原因。调节pH的最佳方法是向溶液中通入(填化学式)。(3) 步骤反应的离子方程式为;为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整

2、原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为。(4) 步骤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由;T业生产中可采取措施提供无氧环境。(5) 步骤(填“能”或“不能”)用减压过滤(抽滤)得到纳米F&O4粒子？理由!b。【答案】ABZnQ2+2H+=Zn(OH)2$加入酸是为了使ZnO22转化为Zn(OH)2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn(OH)2+2H+=Zn2+2H2O,降低ZnO产量CQ2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O31防止Fe2+或Fe(OH)2被氧化持续通入N?不能纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸【解析】【分析】根据流程图及已知信息

3、分析得：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe,溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn(OH)2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO,不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2,氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH,并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。【详解】(1) 氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：AB；(2) 根据题给信息知，步骤为ZnO22-与酸反应生成Zn

4、(OH)2的反应，离子方程式为：ZnO/+2H+=Zn(OH)2$;加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn(OH)2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn(OH)2+2H+=Zn2+2H2O,降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CQ；故答案为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2$；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn(OH)2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn(OH)2+2H+=Zn2+2H2O,降低ZnO产量；CO2；(3) 根据上述分析步骤目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；F&a

5、mp;O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:2,设Fe2+W质2 1x的量为x,则根据离子万程式分析所加H2O2的物质的量为：x=一，则应调整原溶3 23液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:=3：1,故答案为：32Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；3:1;(4) 防止Fe2+或Fe(OH)2被氧化，所以步骤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：防止Fe2+或Fe(OH)2被氧化；持续通入N2；(5) 根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽

6、滤时容易透过滤纸，故答案为：不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。2. 物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCh(在180C升华)和一种盐A按物质的量之比1:2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：L|卜fiW£请回答下列问题：(1) X的化学式为_。(2) 将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为。(3) 高温下，若在密闭容器中长时间燧烧X,产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。【答案】AlC3-2FeSQAl3+2H+6OFT=AlO2'+4H2O将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一

7、条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2【解析】【分析】固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+,则B为Fe2O3,C为FeC3溶液，无色D气体能使品红褪色，贝UD为SO2,由元素守恒可知A中含有Fe、SO元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSQ,氧化铁的物质的量为3.2g=0.02mol，生成二氧化硫为0.448L=0.02mol,160g/mol22.4L/mol由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol,4.27g混合晶体E为AlCl3和SCfe,AlCl3的物4.27g-0.02mol80g/mol质的量

8、为-一,=0.02mol,X的组成为AlCl32FeSQ,以此解答该题。133.5g/mol【详解】(1) 根据上述分析，X的化学式为AlCl?2FeSQ;(2) 将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3+2H+6OH-=AlO2-+4H2O；(3) 若在高温下长时间燧烧X,生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是。2,检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是。2。3. 某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个

9、平面魔方，如下图所示：已知A、BkC、D、G含有同种元素。纯A(单质)B溶液D固体G溶液颜色银白色黄色红棕色浅绿色E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、Go依据以上信息填空：(1) 写出D的化学式：。(2) G生成C的过程中所出现的现象为。(3) 写出反应A、B的化学方程式：。(4) BrF的离子方程式为；G与次氯酸反应的离子方程式为【答案】Fe?O3先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色2Fe+3C2FeC32Fe3+SQ+2H2O=2Fe2+SC42-+4H+H+2Fe2+HC

10、lO=2Fe3+Cl+H2O【解析】【分析】结合框图，D固体呈红棕色，则其为FG2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B为FeC3,G中含有Fe2+,A为Fe。由"B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G”，贝UF为H2SQ,G为FeSQ；E是通常情况下密度最小的气体，贝UE为H2。由Br6D的转化可推知，C为Fe(OH)3。【详解】(1) 由以上分析可知，D为氧化铁，其化学式：Fe2O3。答案为：F&O3；(2) FeSQ生成Fe(OH)3,可先加碱

11、、后氧化，所出现的现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；(3) 反应FlFeC3需用Cl2将Fe氧化，反应方程式为2Fe+3CE=2FeC3。答案为：2Fe+3C122FeC3;(4) FeC3rH2SO4，应使用SC2,离子方程式为2Fe"+SQ+2H2O=2Fe2+SQ2-+4H+;FeSQ与次氯酸反应，生成Fe3+、C和H+,离子方程式为H+2Fe2+HC1O=2Fe3+C+H2O。答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；H+2Fe2+HC1O=2Fe3+Cl+H2O。【点睛】利用

12、框图进行物质推断时，先确定信息充足的物质，然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质，推断出未知物质的组成。4. 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。IA5电*请回答下列问题:(1) A在B中燃烧的现象是D+E的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是(3) G+J的离子方程式是。(4) Y受热分解的化学方程式是。(5) 检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的试剂是。【答案】放出大量的热，产生

13、苍白色火焰2:13AlO2+f3、6H2O=3Al(OH)3$+Fe(OH3$A4Fe(NO3)3一2Fe2O3+12NO2f+3Qf酸性高镒酸钾溶液【解析】【分析】F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al,转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D,D为HCl,E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2,B为C2,E为MnO2,电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH,与Al反应生成G,G为NaAlO?；M为红褐色沉淀为Fe(OH)3,所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCb,H、I为氧化物判断

14、H为Fe2O3,I为红棕色气体为NO2,结合转化关系可知，N为HNO3,丫为Fe(NO3)3,结合物质的性质来解答。【详解】A为H2,B为Cl2,H2在Cl2中燃烧的现象是：气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；D+E的反应为MnO2+4HClMnCl2+C2f+2H2O,MnO2中Mn元素化合价降低，被还原，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为2mol，另外2mol盐酸显酸性，贝Un(被氧化的物质HCl):n(被还原的物质MnO2)=2：1;G(NaAlO2)+J(FeC3)M(Fe(Og)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离

15、子方程式是：3AlO2+Fe"+6H2O=3Al(OH)3$+Fe(OH3$;(4) 依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3,受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4Fe(NC3)3=2FaO3+12NO2f+3O4;(5) 检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高镒酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+,反之没有Fe2+。5. A-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、GD、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列

16、空白：IL-啪液叵|NM啪液(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pH7(填“>'"<”或"=",)用离子方程式表示其原因：;(5) 若向气体K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,则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小.的关系是。【答案】第四周期皿族取少量D溶液，加KSCN溶液，出现红色2Al+2OH+2H2O=2AlQ-+3H2fvNH4+H2O?N

17、H3H2O+OHc(NH4+)>c(SQ2-)>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Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2,贝UI为Al,H为O2,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)2rFe(OH3的转化，所以E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,贝UC为FeC2,D为FeC3,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

18、】(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W族，(2) 溶液D为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，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NaAlO?和H2,反_._应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；(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铉和水，氯化铉在水溶液中水解显酸性，所以pHv7；反应的离子方程式为：NH4+H2O?NH3gH2O+H+；(5) 若向气体NH3的0.1mol/L水

19、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,发生反应：NH3gH2°+H+=NH;+H2。，n(NH3?H2O)=0.1mol,n(H+)=0.1mol,所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铉溶液，铉根离子水解显酸性，溶液中离+2-子浓度大小顺序为:c(NH4)>c(SO4)>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?CH3COO+H+,H2O?OH-+H+,在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：

20、c(CH3COOH)>D(H+)>c(CH3COO)>c(OH-);(2) 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：CH3COONa=CHCOO+Na+,CH3COO+H2O?CH3COOH+OH-,H2O?H+OH-,所以CHsCOONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COC-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)o6. 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：+6'Kai补项+3T己+2乙丙成0甲恤质M化物碱it物质类

21、别(1) LFeOi常用作杀菌消毒剂，从铁元素化合价的角度分析是因其具有性；下列关于乙的说法正确的是(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+NOf+H2O(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>+02+2H2O=4Fe(OH)J白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色【解析】

22、【分析】根据图像可知，甲为铁；乙为氧化物且为+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1mol，贝U生成Fe(NO3)2的物质的量为3mol,

23、则参加反应的Fe(甲)的物质的量为4mol，根据电子守恒可得3mol+3molX2=n(NO)X3,n(NO)=3mol;根据N原子守恒可知参加反应的n(HNO3)=n(NO)+nFe(NO3)2XnFe(NO3)3x全12mol，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)。7. 从某矿渣(成分为NiFe2O4(铁酸镣)、NiO、FeO、Ca。SiO2等)中回收NiSO4的工艺流程如图：<NH*SO*强罕水N萃件无机拥NiSO.矿4.磨H

24、&WTC焙烧卜浸洎f翰I除辅H草取JL+WSUtl浸沿废滴（再牛后循环利用）已知：（NH4）2SO4在350C分解生成NH3和H2SO4；NiFe2。在焙烧过程中生成NiSO4、Fa（SQ）3。回答下列问题：（1）研磨”的目的是。（2）矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为。（3）浸泡”过程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的离子方程式为。浸渣”的成分除F&gFeO（OH卜CaSO4外还含有（填化学式）。（4）向浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,溶液中c（F）至少为molL-1时，可使钙离子沉淀完全。已知Ca2+浓度小于1.

25、0x10molL-1时沉淀完全；Ksp（CaF?）=4.0X曲（5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+（水相）+2RH（有机相）=FeR（有机相）+2H+（水相）。萃取剂与溶敝的体积比（？一）对溶敝中Ni、Fe2+的卒VaV。取率影响如图所示，工的最佳值为。在（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）Va介质中反萃取”能使有机相再生而循环利用。pHJflPHf7,1131139AXT1<2有关RUt物开船沉建嘛完全祝淀的下事：Wj温4FeO+6HSQ+O22Fe2(SQ)3+6H2。【答案】增大接触面积，加快反应速率（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。依据

26、下表数据判断，调范围为'310.25强酸性3.7<pH<7.1C加热Fe3+2H2O一FeO(OH)+3H"SiO22.0【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镣）、NiO、Fe。Ca。SiO2等，加入硫酸俊研磨后，600C焙烧，已知：（NH4）2SO在350C以上会分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SC4)3,在90C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镣，有机相循环使用，据此分析解答。【详解】(1) 焙烧前将矿渣与(N

27、H4)2SCi混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2) 矿渣中部分FeC在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SOi)3的化学方程式为Wj温4FeC+6H2SC4+C22Fe2(S04)3+6H2。；浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3+2H2OFeO(OH)+3Hh；根据分析，浸渣”的成分除F&O3、FeO(OH)、CaSQ外还含有SQ；(4) 向浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,已知Ca2+浓度小于1.0乂10molL-1时沉淀完全，溶液中c(F-)=业»=叵耳-2X膈。1儿,故溶液中c(F-)

28、至少为2XT0cCa.1.010-5mol/L;V。(5) 本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V-)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所小，最、V0,_,“佳取值是亚铁离子不能被萃取，镣离子被萃取，的最佳取值是0.25；由Fe2+(水Va相)+2RH(有机相)？FeR商机相)+2H+(水相)可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成有机相，则应在强酸性介质中反萃取”能使有机相再生而循环利用；(6) 若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变)，亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，除杂过程中要将铁离子除去但不能使镣离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7时铁离子完全沉淀，pH=7.

29、1时镣离子开始沉淀，则调节pH范围为3.7<pH<7.18. 二氧化铺(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用车的废气催化转化器，太阳能电池中的光催化，水分解或污染物的分解等。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、Ce。、FeO等物质)。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁俊晶体。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列问题：(1) 稀酸A的分子式是。(2) 滤液1中加入H2O2溶液的目的是，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是。(3) 设计实验证明滤液1中含有Fe2+

30、。(4) 在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH炊应生成Fe3O4,该反应的离子方程式为。(5) 由滤液2生成Ce(OH的离子方程式为。(6) 已知Fe(OH的Ksp近似值为1038i。常温下，在含有Fe3+杂质的溶液中，为使其除尽应调节溶液pH至少为。(通常认为当离子浓度小于1.0X105mol1时即视为沉淀完全)【答案】H2SC4使Fe2+氧化为Fe3+使CeC2还原为Ce3+取少许滤液1,滴加铁氤化钾溶液，有蓝色沉淀生成，贝U证明滤液1中有Fe2+Fc2+2FeO(OH)=FeO4+2H+4Ce3+O2+12OH+2H2O=4Ce(OH*$3【解析】【分析】制备纯净的

31、CeO2和硫酸铁俊晶体，由流程可知，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中加入A为稀硫酸，FeO转化为FeSQ、F&O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiQ;滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2(SO4)3还原为FeSQ,溶液1为FeSQ溶液，加入硫酸俊混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁俊晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeQ+H2O2+3H2SQ=Ce2(SO4)3+O2f+4H2O,滤渣2为SiO2;滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH，反应为4

32、Ce3+O2+12OH+2H2O4Ce(OH)U，加入分解Ce(OH*得到产品CeO,以此来解答。【详解】CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离；(2) 滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+,滤渣1中加入H2O2溶液的目的是还原CeO2为Ce3+；(3) 设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：取少许滤液1,滴加铁停化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+;(4) 已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH反应生成FesO4,该反应的离子方

33、程式为Fe2+2FeO(OH广Fe3O4+2H+；(5) 滤液2为含有Ce3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4,离子方程式为：4Ce3+O2+12OH+2H2O4Ce(OH)U;Fe(OH)3的Ksp近似值为1038,Fe3+完全沉淀时c(OH)=J10*=1011mol/L，常温下:105二1014c(H)=有=10mol/L,为使其除尽应倜下溶敝pH至少为3。10119. 2019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(LiFePQ)用作锂离子电池正极材料，制备方法如图：|附|满波卜

34、富D”7比一4丽戒薪口孔化.沉旋|1调此气-由白&阿成H剽、45Vfctfiin过程|(1) 制备水合磷酸铁(FePQxH2O)固体 过程I,加NaOH溶液调pH=2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2POG过程I发生的主要离子方程式是。 过程氧化、沉淀”反应生成FePQ沉淀的离子方程式是。 进行过程III之前，需确认过程II中无Fe?0aa/r水合磷酸铁的化学式为。(x取整数)制备LiFePQ固体:在氮气气氛保护下，高温焙烧FePQ、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物。 过量葡萄糖作用是。 锂离子电池在充电时，电极材料LiFePQ会迁出部分Li+,部分转变为Li(1一x)FePQ

35、。此电极的电极反应为。【答案】H3POt+OH"=H2PO4'+H2O2H2POr+H2O2+2Fe2+=2FePQ$+2H+2H2O铁停化钾溶液FePOi2H2O还原剂，把三价铁还原成二价铁LiFePOxe'=xLi+Li(1x)FePC4【解析】【分析】FeSQ?7H2O在H3PO中溶解，加入氢氧化钠溶液中和磷酸生成H2PO4,过程口氧化、沉淀”反应主要是Fe2+与H2O2、H2PO一反应生成FePQ沉淀、H+和H2O,再加入氢氧化钠中和酸，最后得到FePQxH2O。高温焙烧FePQ、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePQ固体，铁化合价降低，过量葡萄

36、糖化合价升高，作还原剂。【详解】过程I,加NaOH溶液调pH=2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是JPOT,说明过程I主要发生磷酸和氢氧化钠反应生成水和H2PO4,其主要离子方程式是H3PO1+OH=H2PO4+H2O；故答案为：H3PQ+OH=H2PO4+H2O。过程n氧化、沉淀”反应主要是Fe2+与H2O2、H2PO4反应生成FePQ沉淀、H+和此。，因此生成FePQ沉淀的离子方程式是2H2PO4+H2O2+2Fe2+=2FePO4+2片+2出0；故答案为：2H2PO4+H2O2+2Fe2+=2FePOd+2甘+2出0。+,检验试剂为。 FePO4xH2。样品受热脱水过程的热重曲线(样品质

37、量随温度变化的曲线)如图：Z»0£ 进行过程III之前，需确认过程II中无Fe2+,常用铁停化钾溶液试剂检验；故答案为：铁停化钾溶液。 假设100gFePQxH2O样品受热，得到FePQ固体80g,水20g,根据物质的量比例得到80q20g:11：2，因此水合磷酸铁的化学式为FePQ2H2O;故答案为：151gmol118gmol1FePQ2H2O。高温焙烧FePQ、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePQ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LiFePQ会迁出部分Li+,部分转变为Li(i-x)FePQ。此电极的电极反应为LiFePQ