化学备战高考化学铁及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习附详细答案.docx

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化学备战高考化学铁及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习附详细答案

2020-2021【化学】备战高考化学铁及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习附详细答案

一、铁及其化合物

1．下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C常温下为一种液体，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，F为棕黄色溶液。

①是实验室制取丁的反应之一。

各物质间的转化如下图所示，回答下列问题（部分生成物未列出）：

（1）物质I的化学式为________；F中阴离子是______________；

（2）反应①的化学方程式为为____________；

（3）B与K的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为____________；

（4）反应②的化学方程式为_____________；

（5）若E与G以物质的量比为1:

1投入足量水中，反应的化学方程式为_________；生成1mol气体转移电子的个数为__________。

【答案】Fe（OH）3Cl-2H2O2

2H2O+O2MnO2+4H++2Cl－

Mn2++Cl2↑+2H2O3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H24FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8NaCl+O2↑6NA

【解析】

【分析】

丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2，B与K的反应是实验室制取丙的反应，且B为黑色粉末，则B为MnO2，K为HCl；①是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应，所以C为H2O，丁为氧气；G为淡黄色固体，且可以生成氧气，则G应为Na2O2，则J为生活中常见的调味品，应为NaCl，I为红褐色固体应为Fe（OH）3；F为棕黄色溶液，应含Fe3+，E与氯气反应可生成F，则F为FeCl3，E为FeCl2；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁，所以甲为铁单质，Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D为Fe3O4。

【详解】

（1）根据分析可知物质I为Fe（OH）3；F中阴离子为Cl-；

（2）反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为2H2O2

2H2O+O2；

（3）实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：

MnO2+4H++2Cl－

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（5）E为FeCl2，G为Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1价的氧被还原成-2价，二者1：

1反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2自身发生氧化还原反应，所以E与G以物质的量比为1:

1投入足量水中，反应方程式为4FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8NaCl+O2↑。

【点睛】

解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体”，则丙为Cl2，“F为棕黄色溶液”，则其溶液中应含有Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。

2．某固体化合物A，按图所示发生系列变化，已知E溶液中加入氨水后产生的白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色。

回答下列问题：

（1）物质A是___（填化学式）。

（2）反应②的离子反应方程式为___。

（3）反应④的化学反应方程式为___。

【答案】Fe（OH）3Fe2O3＋6H＋=2Fe3+＋3H2O4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

【解析】

【分析】

已知E溶液中加入氨水后产生的白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色说明A为氢氧化铁，Fe（OH）3，A加热分解生成B为Fe2O3，C为H2O，依据流程分析判断D为FeCl3，X为Fe，E为FeCl2溶液，据此分析。

【详解】

已知E溶液中加入氨水后产生的白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色说明A为氢氧化铁，Fe（OH）3，A加热分解生成B为Fe2O3，C为H2O，依据流程分析判断D为FeCl3，X为Fe，E为FeCl2溶液。

（1）依据推断可知A为Fe（OH）3；

（2）反应②是盐酸和氧化铁发生的复分解反应，反应的离子反应方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3+＋3H2O；

（3）反应④是氢氧化亚铁和氧气水发生反应生成氢氧化铁的也还原反应，反应的化学反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

3．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。

4．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应。

（1）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是__________。

（2）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③的反应中还有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则A、D反应产物的电子式是________，反应③的化学方程式是____。

（3）若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是________。

【答案】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

4NH3+5O2

4NO+6H2O2C+SiO2

2CO↑+Si

【解析】

（1）.A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①为置换反应且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，则A为Fe，F为Cl2、B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故答案为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；

（2）.B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③反应中有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，A与D反应产物为氯化铵，电子式为

，反应③的化学方程式是：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，故答案为：

；4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（3）.A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，通过验证符合图示转化关系，则反应①的化学方程式是2C+SiO2

2CO↑+Si，故答案为：

2C+SiO2

2CO↑+Si。

5．钠、铝、铁是三种重要的金属。

请回答：

（1）钠元素的金属性比铝___（填“强”或“弱”）。

三种金属对应的氢氧化物中，具有两性的物质是__（填化学式）。

（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为__；可观察到的实验现象是__（填序号）。

A．钠沉到水底B．钠熔成小球

C．小球四处游动D．钠无变化

（3）Fe与Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是__。

将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。

请回答：

①若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成___色。

②向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是___。

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：

__。

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是___。

【答案】强Al（OH）32Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑BCFeCl3红Fe3＋＋3OH-=Fe（OH）3↓2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失

【解析】

【分析】

（1）金属钠与铝处于同周期，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐减弱；

（2）金属钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解；

（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀；

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应；

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al（OH）3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

【详解】

（1）钠元素的金属性比铝强；钠、铝、铁三种金属对应的氢氧化物中具有两性的物质是Al（OH）3；

（2）钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：

2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解，因此金属钠与水反应的实验中，可观察到的实验现象是钠熔成小球、小球四处游动，答案选BC；

（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀，离子方程式为：

Fe3＋＋3OH-=Fe（OH）3↓；

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应，反应方程式为：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al（OH）3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

6．以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。

其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO（OH）等。

O2氧化MnO（OH）的化学方程式是_______。

（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。

①溶液a呈酸性，原因是______。

②根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH4Cl粗品。

③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：

化合物

ZnCl2

NH4Cl

熔点

365℃

337.8℃分解

沸点

732℃

-------------

根据上表，设计方案提纯NH4Cl：

________。

（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：

取少量溶液，加入_______（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。

（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。

ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。

ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。

①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：

________。

②解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：

________。

上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。

【答案】4MnO（OH）+O2==4MnO2+2H2ONH4++H2O⇌NH3·H2O+H+（或NH4+水解产生H+）蒸发浓缩，趁热过滤加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl；收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。

KSCN溶液，不变红MnO2+H2O2+H2SO4==MnSO4+2H2O+O2↑i中

作催化剂，反应快，

只催化分解

ii中

作氧化剂，加入稀

后，

的氧化性增强，被

还原为

。

【解析】

【详解】

（1）根据流程图可知，经过过程Ⅰ，得到了MnO2粗品，则O2将MnO（OH）氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO（OH）失去1mol电子，则O2和MnO（OH）的比例为1∶4，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO（OH）+O2=4MnO2+2H2O；

（2）①ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；

②从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；

③从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8℃分解，生成NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl；收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；

（3）Fe3＋的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3＋就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；

（4）从实验ⅰ知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验ⅱ可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。

①固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。

答案为MnO2＋H2O2＋H2SO4=MnSO4＋O2↑＋2H2O；

②先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中

作氧化剂，加入稀

后，

的氧化性增强，被

还原为MnSO4。

7．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。

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