上海高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合.docx

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上海高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合

2020-2021上海高考化学压轴题专题复习——铁及其化合物推断题的综合

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．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：

已知：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2H2O+2NO2↑

回答下列问题：

（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、AuH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲

【解析】

【分析】

（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe（OH）3和Al（OH）3,所以在制取Al2（SO4）3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】

（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2（SO4）3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al（OH）3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

3．某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na+。

工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程图。

回答下列问题；

（1）A的化学式为_________，D的化学式为_______。

（2）在工业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：

__________、______。

（3）得到FeSO4•7H2O晶体的操作Ⅲ为：

加热浓缩、冷却结晶、______、______、干燥。

【答案】FeH2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+Cu2+=Fe2++Cu过滤洗涤

【解析】

【分析】

工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，得到的滤液C中主要含硫酸亚铁，滤渣B中含Cu、Fe，向该固体混合物中加入D为H2SO4，得到的溶液F为硫酸亚铁，得到滤渣E为Cu，将溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4·7H2O晶体，以此来解答。

【详解】

（1）加入铁粉，由于金属活动性Fe＞Cu，可发生置换反应，置换出铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁、铜的混合物中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以A的化学式为Fe，D的化学式为H2SO4；

（2）由于离子的氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Na+，所以向工业废水中加入过量A时，首先发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（3）FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从FeSO4的溶液中获得晶体经过加热，通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤，最后干燥，就得到了FeSO4•7H2O晶体。

【点睛】

本题以废水处理流程为线索，考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂的选用及离子方程式书写等，把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，注重基础知识的考查。

4．为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：

请回答：

（1）X的化学式是_______。

（2）X在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。

（3）溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀（0.01mol）的化学方程式为_______。

【答案】CuFeS24CuFeS2＋13O2＝4CuO＋2Fe2O3＋8SO23Fe2（SO4）3＋12NaOH＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12＋5Na2SO4

【解析】

【分析】

根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3，根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2（SO4）3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，B为Na2SO4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。

【详解】

根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，n（SO2）=

=0.12mol，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量n（CuO）=

=0.06mol，得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3，物质的量n（Fe2O3）=

=0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比n（Fe）∶n（Cu））∶n（S）=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，因此X化学式为FeCuS2，物质的量0.06mol，质量=0.06mol×（56+64+64）g/mol=11.04g，符合题意，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2（SO4）3溶液，则n[Fe2（SO4）3]=0.03mol，4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，n（NaOH）=

=0.12mol，n（Na2SO4）=

=0.05mol，结合元素守恒和电荷守恒，0.03molFe2（SO4）3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n（Na+）=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol，n（Fe3+）=0.06mol，n（OH-）=0.12mol，n（SO42-）=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：

n（Na+）∶n（Fe3+）∶n（OH-）∶n（SO42-）=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，组成为NaFe3（SO4）2（OH）6。

（1）根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：

FeCuS2；

（2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：

4FeCuS2+13O2

4CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：

4FeCuS2+13O2

4CuO+2Fe2O3+8SO2；

（3）溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀（0.01mol）的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6（SO4）4（OH）12，反应的化学方程式为：

3Fe2（SO4）3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓，故答案为：

3Fe2（SO4）3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓。

【点睛】

大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。

本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断，要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。

5．某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体。

完成下列填空：

（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：

___。

（2）试剂X是___，溶液D是___。

（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。

一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。

为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。

（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因：

___。

（5）将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，写出反应的化学方程式：

___。

【答案】

、

稀硫酸NaHCO3溶液浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

【解析】

【分析】

Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：

合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：

，反应可生成Al（OH）3固体C，生成的Al（OH）3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。

【详解】

（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：

、

；

（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCO3溶液；

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；

（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+，所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：

2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：

。

6．稀土元素包括钪、钇和镧系（含Ce、Eu）共17种元素，是重要的战略资源，我省稀土资源非常丰富．某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含（Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO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，得到较为纯净的CeO2和Eu2O3（氧化铕）．

已知：

CeO2不溶于桸硫酸，也不溶于NaOH溶液，Eu2O3可溶于稀硫酸

（1）往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸，反应的离子方程式____________。

为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是________________________________。

（2）有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来．该过程可表示为：

Ce3+（水层）+3HR（有机层）

CeR3（有机层）+3H+（水层）。

向CeR3（有机层）中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：

________________________。

（3）流程中由含Ce3+滤液生成Ce（OH）4的离子方程式____________________。

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.52g,加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+,消耗24.00mL标准溶液。

该产品中Ce（OH）4的质量分数为___________。

（5）已知含Ce3+溶液也可以先加碱调pH后再通入氧气氧化可得到Ce（OH）4。

298K时,Ksp[Ce（OH）3]=5×10-20，若溶液中c（Ce3+）=0.05mol•L-1,加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）．

（6）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示．流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取2最适宜的pH是_______（填选项序号）．其原因是_____。

A．2.0左右B.3.0左右C．5.0左右

【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）496%8B使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失

【解析】

【分析】

废荧光粉末含（Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质），加入硫酸，滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等，经萃取，可除去Fe3+、Mn2+等，加入氨水，可生成Eu（OH）3，加热分解可生成Eu2O3；滤渣中含有CeO2、SiO2，加入稀硫酸和过氧化氢，经萃取、反萃取，可得到含有Ce3+的溶液，加入氢氧化钠并通入氧气，可生成Ce（OH）4，加热可生成CeO2。

【详解】

（1）在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，H2O2受热易分解，为防止其分解，则温度不宜太高，故答案为：

2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；

（2）根据平衡Ce3+（水层）+3HR（有机层）

CeR3（有机层）+3H+（水层），向CeR3（有机层）中加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，则Ce3+从水溶液中被萃取出来，故答案为：

加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动；

（3）流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成Ce（OH）4，离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：

4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）4；

（4）Ce（OH）4加硫酸溶解后，被FeSO4还原为Ce3+,则有Ce（OH）4~Ce3+~FeSO4，则n[Ce（OH）4]=0.1×24×10-3mol=2.4×10-3mol，m[Ce（OH）4]=2.4×10-3mol×208g/mol=0.4992g，该产品的纯度为：

，故答案为：

96%；

（5）298K时，Ksp[Ce（OH）3]=5×10-20，若溶液中c（Ce3+）=0.05mol•L-1,Ce3+开始沉淀，则c（OH-）=

，则pH=8，故答案为：

8；

（6）溶液中存在Eu3+、Mn2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，调节pH在3.0左右，可使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失，故答案为：

B；使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失。

7．二氧化铈（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）设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：

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+；

（4）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Fe2++2FeO（OH）═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﹣+2H2O═4Ce（OH）4↓；

（6）Fe（OH）3的Ksp近似值为10﹣38，Fe3+完全沉淀时c（OH﹣）＝

＝10﹣11mol/L，常温下c（H+）＝

＝10﹣3mol/L，为使其除尽应调节溶液pH至少为3。

8．纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2和一些有机物等杂质。

工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁（MgSO4·H2O）的工艺流程如下：

（1）浸出时温度控制在90℃~100℃之间，并且要连续搅拌2小时的目的是___________。

（2）上述流程中多次用到了过滤操作，实验室过滤时需要用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________________。

（3）向过滤Ⅰ的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为________________________________。

（4）滤渣Ⅱ中主要成分为________________（填化学式）。

（5）检验过滤Ⅱ后的滤液中是否含有Fe3+的实验操作方法是________________________。

（6）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。

为了从滤液中充分回收MgSO4·H2O，采取将滤液蒸发浓缩、加压升温结晶的方法，采取加压升温结晶的原因是________________________________。

【答案】提高纯橄岩中镁的浸出率漏斗Mn2++ClO−+H2O

MnO2↓+2H++Cl−Fe（OH）3、MnO2取过滤Ⅱ后的滤液1～2mL于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+增大压强，溶液沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于MgSO4·H2O晶体析出

【解析】

【分析】

分析流程过程，纯橄岩用硫酸进行酸浸，硅酸盐与硫酸反应生成硫酸盐和硅酸沉淀，MnO、Fe2O3、FeO与硫酸反应生成相应的硫酸盐和水，SiO2不与硫酸反应也不溶于硫酸，以滤渣形式除去，故滤渣Ⅰ的成分可确定。

滤液中加入NaClO溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，将Mn2+氧化为MnO2，通过调节pH=5～6，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去。

则可知滤渣Ⅱ的成分。

据此进行分析。

【详解】

（1）浸出时升高温度、连续搅拌，其目的是提高纯橄岩中镁的浸出率；答案为：

提高纯橄岩中镁的浸出率；