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.docx

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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

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

一、铁及其化合物

1．钛（

）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（

）是目前使用最广泛的白色颜料。

制备

和

的原料是钛铁矿，用含

的钛铁矿（主要成分为

）制备

的流程如下：

（1）步骤①加

的目的是________________________；步骤②冷却的目的是__________________。

（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_______处理。

（3）由金红石（

）制取单质钛（

）的过程为

，其中反应

在氩气气氛中进行的理由是______________________________。

【答案】将

还原为

析出绿矾（

）生石灰（或碳酸钙、碱）高温下镁或钛与

、

等反应

【解析】

【分析】

根据钛铁矿中

、

与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。

水浸后的溶液成酸性。

【详解】

（1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3价

转化为+2价

；降低温度，减小了

的溶解度，有利于绿矶结晶析出。

（2）水浸过程发生的离子反应为

，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入

、

或碱。

（3）由于

和

易与空气中的

、

等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。

2．纳米Fe3O4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：

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②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④反应的离子方程式为_____；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_______。

（4）步骤⑤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⑤_______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？

理由是___________。

【答案】ABZnO22-+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CO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3:

1防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化持续通入N₂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②为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的反应，离子方程式为：

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；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CO2；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④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；Fe3O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:

2，设Fe2+物质的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：

，则应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:

=3:

1，故答案为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:

1；

（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤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。

3．某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4＋、CO32－、NO3－、SO42－、SiO32－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。

实验过程中有一种气体为红棕色。

根据以上信息，回答下列问题：

（1）由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有_____。

（2）溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是_____（填编号，下同）。

a．一定含有b．一定不含有c．可能含有

（3）气体F的电子式为_____，化合物I中含有的化学键类型有_____。

（4）转化①的离子方程式为_____。

转化⑦的离子方程式为_________。

（5）对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_____。

①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH试纸⑤KMnO4溶液

【答案】CO32－、SiO32－b

共价键和离子键3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2OAlO2－＋2H2O＋CO2===HCO3－＋Al（OH）3↓②

【解析】

【分析】

某强酸性溶液X中一定含有氢离子，一定不含CO32－、SiO32－，加过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀C是硫酸钡，一定含有SO42－，一定不含Ba2+，产生气体A一定是亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应得到的NO，所以一定含有Fe2+，一定不含NO3－，NO遇到氧气转化为气体D为二氧化氮，二氧化氮与水、氧气反应生成溶液E为硝酸溶液，溶液B中加入过量氢氧化钠生成气体F，F为氨气，则原溶液中一定含有NH4＋，氨气和硝酸溶液反应生成I为硝酸铵，溶液H中通入过量二氧化碳产生沉淀K和溶液L，沉淀K一定为氢氧化铝，原溶液中一定含有Al3+，L是NaHCO3，溶液B中生成的有铁离子，所以沉淀G是Fe（OH）3，溶于盐酸得到J为氯化铁溶液，但原溶液中不一定含有Fe3＋。

【详解】

（1）.由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有CO32－、SiO32－，故答案为CO32－、SiO32－；

（2）.根据上述分析可知，原溶液中一定会有H+、Fe2＋，则一定不含NO3－，故答案为b；

（3）.气体F为NH3，电子式为

，氨气和硝酸溶液反应生成化合物I为硝酸铵，硝酸铵中含有共价键和离子键，故答案为

；共价键和离子键；

（4）.由上述分析可知，转化①为H+、NO3－和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋、NO和水，离子方程式为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，转化⑦为过量CO2与AlO2－、H2O反应生成Al（OH）3沉淀和HCO3－，离子方程式为AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al（OH）3↓，故答案为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al（OH）3↓；

（5）.由上述分析可知，不能确定X溶液中是否含有Fe3＋，检验Fe3＋最好的是试剂是KSCN溶液，故答案为②。

【点睛】

本题考查离子的检验和推断，明确常见离子的性质是解题的关键，注意加入过量硝酸钡溶液能够生成气体，说明X溶液中一定含有Fe2＋和NO3－，反应生成的溶液B中一定有Fe3＋，所以无法判断X溶液中是否含有Fe3＋，为易错点。

4．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：

（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；

（2）反应①的化学方程式______________________________；

（3）反应③的离子方程式______________________________；

（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－

【解析】

【分析】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，

（1）根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；

（2）反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；

（3）反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；

（4）反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

5．铁是日常生活中最常见的金属，某班同学在学习铁的知识时，有下列问题：

问题1：

铁为何称为黑色金属？

问题2：

CuO在高温下可分解为Cu2O和O2，Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗？

（1）对于问题1，同学们上网查找，有两种解释：

A．因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物，所以叫黑色金属

B．因为铁的粉末为黑色，铁的氧化物也均为黑色，所以叫黑色金属

①你认为正确的说法是__________。

②若有一黑色粉末，如何鉴别是铁粉，还是Fe3O4？

______________________________________。

③若有一黑色粉末，为铁和四氧化三铁的混合物，如何证明其中有Fe3O4（只要求简述实验方法）？

____________________________________。

（2）对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：

A．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化。

B．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化。

①实验中应将Fe2O3放在__________（填仪器名称）中灼烧。

②方法A中，如果高温灼烧后颜色由__________变为__________，说明Fe2O3确实发生了变化。

能说明生成的一定为FeO吗？

__________，理由是________________________。

③方法B中，如果发生了预期的反应，固体高温灼烧前后质量比应为________，但是，实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，则高温灼烧后生成物是____________________。

④比较两种方法，你认为较好的方法是__________。

【答案】A取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，若有气泡产生则原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原粉末为Fe3O4用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测是否有水产生（或用纯净的CO与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测是否有CO2产生）坩埚红棕色黑色不能也可能为Fe3O4

Fe3O4B

【解析】

【分析】

（1）铁是在高温下炼制而成，高温下铁会和空气中的氧气反应生成四氧化三铁或氧化亚铁，颜色都是黑色氧化物，氧化铁是红色氧化物，常温下缓慢氧化或电化学腐蚀生成得到；氧化铁为红色，四氧化三铁为黑色，四氧化三铁为磁性氧化物，能吸引铁，黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物，定性证明其中含有Fe3O4的方法是利用四氧化三铁具有磁性或与酸反应是否生成气体分析设计；

③根据发生的反应及反应前后固体的质量来分析；

（2）①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行；

②将三氧化二铁高温灼烧，Fe2O3确实发生了变化，依据氧化物颜色变化分析，氧化铁被还原生成产物可能为黑色氧化亚铁或四氧化三铁；

③依据分解生成氧化亚铁、四氧化三铁反应前后质量不同分析计算；

④B方案能通过定量计算分析判断生成物，A方案固体颜色变化不容易观察和判断。

【详解】

（1）①A.在高温下得到的铁的表面氧化物有黑色四氧化三铁或氧化亚铁，所以铁为黑色金属，A正确；

B.因铁的氧化物Fe2O3颜色为红棕色不是黑色，四氧化三铁为黑色，B错误；

故合理选项是A；

②由于四氧化三铁为磁性氧化物，能吸引铁，则利用一小块铁片靠近黑色粉末，粉末被吸在铁片上，证明有四氧化三铁，若不能吸引，则粉末为铁粉；或取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，有气泡产生的原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原粉末为Fe3O4；

③若有一黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物，证明其中有Fe3O4，可以用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测有水产生；或用纯净的CO与与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测有CO2产生即可；

（2）①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行；

②将Fe2O3高温灼烧，固体颜色会有红棕色变为黑色，依据氧化物颜色变化分析，Fe2O3被还原生成产物可能为黑色FeO或Fe3O4，颜色都是从红棕色变化为黑色，因此不能说明生成的一定为FeO，也可能为Fe3O4；

③若发生反应：

2Fe2O3

4FeO+O2↑，灼烧前后的质量之比为10：

9；发生反应：

6Fe2O3

4Fe3O4+O2↑，灼烧前后的质量之比是30：

29。

现在该实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，因此髙温灼烧后生成的固体物质是四氧化三铁，即发生反应最后的分解产物是Fe3O4；

④B方案能通过定量计算分析判断生成物，A方案固体颜色变化不容易观察和判断，故比较好的方法是方法B。

【点睛】

本题考查了铁及其化合物性质分析判断，物质组成的实验验证，注意物质性质应用，掌握铁的各种化合物的颜色、状态、性质等是本题解答的基础。

6．工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如图（金属单质E可由滤液C制取）：

已知：

Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

（1）固体混合物B的成分是_____。

它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。

（2）滤液A中铁元素的存在形式为_____（填离子符号），生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。

要检验该铁元素的离子的实验_____

（3）在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____

（4）金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____

【答案】SiO2和CuSiO2+2OH-=SiO32-+H2OFe2+Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu

【解析】

【分析】

氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】

（1）固体混合物B的成分是SiO2和Cu。

它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

（2）氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

（3）在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。

（4）金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

7．溴主要以Br-形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如下。

资料：

常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。

（1）酸化：

将海水酸化的主要目的是避免___（写离子反应方程式）。

（2）脱氯：

除去含溴蒸气中残留的Cl2

①具有脱氯作用的离子是____。

②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入____，脱氯作用恢复。

（3）富集、制取Br2：

用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。

再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为____。

（4）探究（3）中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响，实验如下：

序号

A

B

C

试剂组成

1mol/LNaBr

20%H2SO4

1mol/LNaBr

98%H2SO4

将B中反应后溶液用水稀释

实验现象

无明显现象

溶液呈棕红色，放热

溶液颜色变得很浅

①B中溶液呈棕红色说明产生了____。

②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。

若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。

理由或方案：

____。

③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是____（填“稀硫酸”或“浓硫酸”）。

【答案】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OFe2+、Br-铁粉BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2OBr2理由：

SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4方案：

用CCl4萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈棕红色稀硫酸

【解析】

【分析】

【详解】

（1）海水中溴元素以Br-存在，从海水中提取溴单质，要用Cl2氧化溴离子得到，但海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应：

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，影响溴的提取；

（2）①将溴蒸气的残留的Cl2脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2反应，但不能与Br2反应的物质，如Fe2+、Br-；

②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；

（3）用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。

再用H2SO4酸化，BrO3-和Br-及H+发生归中反应得到Br2，其离子反应方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；

（4）①B中溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质，产生了Br2；

②若甲同学说法正确，则会发生反应：

SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,消耗了溴单质；若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可；

③歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象，若用浓硫酸酸化，溶液变为红棕色，反应放出热量，会导致溴单质挥发，所以酸化要用稀硫酸。

8．二氧化铈（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、CeO2、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和硫酸铁铵晶体。

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+_______________。

（4）在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO（OH）反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为_______。

（5）由滤液2生成Ce（OH）4的离子方程式为__________________。

（6）已知Fe（OH）3的Ksp近似值为10－38。

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1.0×10－5mol·L－1时即视为沉淀完全）

【答案】H2SO4使Fe2+氧化为Fe3+使CeO2还原为Ce3+取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+4Ce3++O2+12OH－+2H2O=4Ce（OH）4↓3

【解析】

【分析】

制备纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体，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FeSO4、Fe2O3转化Fe2（SO4）3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2（SO4）3还原为FeSO4，溶液1为FeSO4溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；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2CeO2+H2O2+3H2SO4＝Ce2（SO4）3+O2↑+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）4，反应为4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce（OH）4↓，加入分解Ce（OH）4得到产品CeO，以此来解答。

【详解】

（1）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