高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点及答案.docx

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高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点及答案

2020-2021高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点及答案

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．印刷电路板（PCB）是用腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。

一种制作PCB并将腐蚀后废液（其中金属阳离子主要含Fe3+、Cu2+、Fe2+）回收再生的流程如图。

请回答：

（1）腐蚀池中发生反应的化学方程式是__。

（2）上述各池中，没有发生化学变化的是__池。

（3）由置换池中得到固体的操作名称是__。

（4）置换池中发生反应的离子方程式有__。

（5）请提出利用酸从固体中回收Cu并将滤液回收利用的合理方案：

__。

（6）向再生池中通入Cl2也可以使废液再生，相比Cl2，用双氧水的优点是__。

【答案】Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2沉降过滤Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境

【解析】

【分析】

腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上，发生反应为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中主要指FeCl2，通入过氧化氢氧化生成FeCl3，循环利用。

【详解】

（1）腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；

（2）腐蚀池中发生：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中过氧化氢氧化FeCl2，没有发生化学变化的是沉降池；

（3）置换池中铁粉置换出铜，固液分离的操作为过滤；

（4）置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，其离子反应方程式：

Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（5）根据金属活动性顺序表可知，铁能与稀盐酸发生反应，而铜不与稀盐酸反应，所以用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池；

（6）Cl2有毒，污染环境，需要尾气处理，加双氧水氧化后生成水，避免有毒气体污染环境，故答案为：

避免有毒气体污染环境。

3．已知有以下物质相互转化：

请回答下列问题：

（1）写出B的化学式___________，D的化学式为____________；

（2）写出由E转变成F的化学方程式________。

（3）写出D转化成H的离子方程式_________。

（4）除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是________。

【答案】FeCl2KCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Ag++Cl-=AgCl↓向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作

【解析】

【分析】

D和硝酸银、稀硝酸的混合溶液反应生成沉淀H和焰色反应呈紫色的溶液可知，H为AgCl，D为KCl，白色沉淀E在空气中变成红褐色沉淀F可知E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，所以G为FeCl3，A为Fe，B为FeCl2，C为NaOH，据此解答。

【详解】

（1）由分析可知，B为FeCl2，D为KCl，故答案为：

FeCl2；KCl；

（2）E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，反应的方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）D为KCl，H为AgCl，D转化为H的离子方程式为：

Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：

Ag++Cl-=AgCl↓；

（4）FeCl2中混有的少量FeCl3，可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2，过量的铁粉用过滤除去，故答案为：

向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作。

【点睛】

白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F：

4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3。

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，则反应②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③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②的离子方程式是___。

【答案】FeCl3Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+SO2═3S+2H2OCO32-+CO2+H2O═2HCO3-

【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Cl2；

（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②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−+2H2O；

（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③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②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）K2FeO4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＋NO↑＋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）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，则生成Fe（NO3）2的物质的量为3mol，则参加反应的Fe（甲）的物质的量为4mol，根据电子守恒可得3mol＋3mol×2＝n（NO）×3，n（NO）＝3mol；根据N原子守恒可知参加反应的n（HNO3）＝n（NO）＋n[Fe（NO3）2]×2＋n[Fe（NO3）3]×3＝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）。

6．从某矿渣（成分为NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等）中回收NiSO4的工艺流程如图：

已知：

（NH4）2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）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Fe2O3、FeO（OH）、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___mol·L-1时，可使钙离子沉淀完全。

[已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全；Ksp（CaF2）=4.0×10-11]

（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）

FeR2（有机相）+2H+（水相）。

萃取剂与溶液的体积比（

）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，

的最佳值为___。

在___（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）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）。

依据下表数据判断，调pH范围为___。

【答案】增大接触面积，加快反应速率4FeO+6H2SO4+O2

2Fe2（SO4）3+6H2OFe3++2H2O

FeO（OH）+3H+SiO22.0×10-30.25强酸性3.7≤pH<7.1

【解析】

【分析】

某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，已知：

（NH4）2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°C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镍，有机相循环使用，据此分析解答。

【详解】

（1）焙烧前将矿渣与（NH4）2SO4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FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2

2Fe2（SO4）3+6H2O；

（3）“浸泡”过程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的离子方程式为：

Fe3++2H2O

FeO（OH）+3H+；根据分析，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外还含有 SiO2；

（4）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，溶液中c（F−）=

=

≈2×10−3mol/L，故溶液中c（F-）至少为2×10−3mol/L；

（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（

）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取，

的最佳取值是0.25；由Fe2+（水相）+2RH（有机相）⇌FeR（有机相）+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镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7时铁离子完全沉淀，pH=7.1时镍离子开始沉淀，则调节pH范围为3.7≤pH<7.1。

7．2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。

某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：

（1）过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。

（2）过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。

（3）浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。

过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。

①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为__。

②结合平衡移动原理，解释过程ⅲ中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。

③当pH＞2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__。

（4）LiFePO4可以通过（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀反应的化学方程式为__。

【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+（2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O）2.5H2PO4-

HPO42-+H+，HPO42-

PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43−）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：

H2PO4-

HPO42-+H+，HPO42-

PO43-+H+，溶液pH增大，c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43-）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe（OH）3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降（NH4）2Fe（SO4）2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或（NH4）2Fe（SO4）2+H3PO4+3LiOH=（NH4）2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O

【解析】

【分析】

含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用NaOH溶解后过滤，滤液为NaAlO2溶液，滤渣为LiFePO4和炭黑，再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，向X中加入Na2CO3溶液，有FePO4•2H2O析出，过滤的滤液主要是LiCl，再加入饱和Na2CO3溶液，再过滤即可得到LiCO3粗产品，据此分析解题。

【详解】

（1）过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2，发生反应的离子方程式是2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；

（2）过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；

（3）①分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5；

②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡，即H2PO4-

HPO42-+H+，HPO42-

PO43-+H+，过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43−）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；

③已知FePO4（s）

Fe3+（aq）+PO43-（aq），当pH＞2.5后，随pH增加，溶液中c（OH-）增大，Fe3+开始转变生成Fe（OH）3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降；

（4）（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4，同时得到（NH4）2SO4和Li2SO4，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为（NH4）2Fe（SO4）2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。

8．以粉煤灰（主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取Al2O3的流程如图：

（1）当（NH4）2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a（a=

）不同时，“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示（X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。

由图可知，当a=___时，3Al2O3·2SiO2的利用率最高。

（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，生成Fe（OH）3的离子反应方程式为___。

（3）“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为___。

（4）“水解、过滤”可得到Al（OH）3沉淀，升高温度有利于水解的原因是___。

该步骤可将加水改成通入过量的___气体。

（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有___和___。

【答案】8Fe3+＋3NH3＋3H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4+OH-＋Al（OH）3=AlO2-＋2H2O水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行CO2NaOH（NH4）2SO4

【解析】

【分析】

粉煤灰、（NH4）2SO4进行灼烧处理，把3Al2O3·2SiO2转化为NH4Al（SO4）2，且当（NH4）2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a（a=

）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH4Al（SO4）2含量最高，此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。

加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al（OH）3和Fe（OH）3，滤液Ⅰ为（NH4）2SO4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe（OH）3滤液Ⅱ为NaOH和NaAlO2，加水水解得到Al（OH）3沉淀，煅烧得氧化铝。

【详解】

（1）根据分析，当（NH4）2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a=8时，体系中NH4Al（SO4）2含量最高，此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。

（2）通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，生成Fe（OH）3离子反应方程式：

Fe3+＋3NH3＋3H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4+；

（3）根据分析，“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-＋Al（OH）3=AlO2-＋2H2O；

（4）“水解、过滤”可得到Al（OH）3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2＋AlO2-＋2H2O=HCO3-＋Al（OH）3↓）；

（5）流程中，滤液Ⅰ为（NH4）2SO4，滤液Ⅱ含有NaOH，故可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有（NH4）2SO4和NaOH。

【点睛】

氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。

氢氧化铝的制备：

1.向氯化铝溶液中通过量氨气；2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳；3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。

9．镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。

一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“滤渣1”的主要成分为Cu（OH）2和_____（填化学式）。

（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_____、_____。

（3）“置换”中镉置换率与（

）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。

①实际生产中

比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是________。

②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为____kg。

（4）“置换”后滤液溶质主要成分是________（填化学式）。

（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是________。

当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的___不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。

【答案】CaSO43Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本86.2ZnSO4Zn+2NaOH

Na2ZnO2+H2↑密度

【解析】

【分析】

根据流程图，镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu（OH）2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。

【详解】

（1）硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为Cu（OH）2和CaSO4，故答案为：

CaSO4；

（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+，3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：

3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；

（3）①实际生产中

比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，故答案为：

锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；

②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为

×65kg/kmol×1.3=86.2kg，故答案为：

86.2；

（4）根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：

ZnSO4；

（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Z