高考化学考点剖析13化工流程中铁化合物的处理解析版.docx

1、高考化学考点剖析13化工流程中铁化合物的处理解析版考点13 化工流程中铁化合物的处理1.（2019全国卷）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式

2、_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。（6）写出“沉锰”的离子方程式_。（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3

3、). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移动 (7). Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O (8). 【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和A

4、l3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.76之间；（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；（5）由HF H+F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/32.（2019江苏）聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以Fe

5、SO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（1）将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为_；水解聚合反应会导致溶液的pH_。（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+）

6、，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将_（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_。【答案】 (1). 2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O (2). 减小 (3). 偏大 (4). 12.32%（过程见解析）【解析】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3

7、+2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 减小（2）根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根据还原性：还原剂还原产物，则还原性Sn2+Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2

8、+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O）则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=61.10010-3mol=6.610-3mol（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质

9、量分数：（Fe）=100%=12.32%。只要是化工流程中铁杂质除去，一般都是先氧化为Fe3+，最好的氧化剂是绿色氧化剂H2O2，也可以选用HNO3、Cl2、NaClO、NaClO3、MnO4-等，根据题目中的条件确定；氧化后根据铁离子水解，使其转化为沉淀，一般调节pH2.8，调节pH可以加碱，也可以根据题目占的条件加相应的金属氧化物、难溶的氢氧化物、或难溶的碳酸盐。典例1（安徽省皖中名校联盟2019届高三10月联考）钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料

10、，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：(1)Ti位于元素周期表中的位置为_。钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_。(2)过程中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_。(3)过程中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_。(4)写出由滤液D生成FePO4的离子方程式_。(5)由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_。【答案】第四周期IVB增大反应物接触面积，加快反应速率100 3小时温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素

11、浸出率下降2Fe2+ H2O2+ 2H3PO4 = 2FePO4 + 4H+ 2H2O2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ 3CO2+ H2O【解析】（1）Ti的原子序数为22，处于第四周期第B族。钛铁矿在预处理时进行粉碎，增大了与盐酸的接触面积，可以加快反应速率。（2）由图中三条曲线可得，当铁的浸出率为80%时，应为100、约浸取3小时。（3）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成(NH4)2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解(双氧水分解与氨气逸出)，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。（4）由流程可得，滤液D含有Fe2+，与H2O2、H3PO4反应，

12、生成FePO4，离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+ 4H+2H2O。（5）由流程图可知FePO4与H2C2O4、Li2CO3高温煅烧发生反应生成LiFePO4，铁的化合价降低，FePO4应为氧化剂，所以H2C2O4应为还原剂，故化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2+H2O。典例2（安徽省安庆市第一中学2017届高三第三次模拟）某化学兴趣小组利用工业废弃固体（主要成分为Cu2S和FeS2）制备硫酸铜溶液和硫酸亚铁晶体，设计方案如图所示：已知:T时,KspCu(OH)2=2.01020，KspFe(OH)2=6.01016，K

13、spFe(OH)3=1.01038。（1）为了提高废弃固体的灼烧速率，可以采取的措施有_、_（写出两条）。（2）FeS2在空气中灼烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（3）溶液C在氮气的环境下，通过_、_、过滤、洗涤、干燥制取硫酸亚铁晶体。（4）常温下，固体D、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，但加入少量溶液C立即发生反应，则溶液C对该反应起_作用，其中发生反应的离子方程式为_、_。（5）除杂时先加入双氧水，然后加入试剂Z调节溶液的pH值使铁离子完全沉淀：加入的试剂Z可以是_。A NaOH BCuO CCu(OH)2 DNH3H2O若除杂时溶液中Cu2+浓度为2.0molL1，则加入试剂Z调节溶

14、液的pH至_。【答案】 将废弃固体粉碎成细小的颗粒 通入氧气 11:4 蒸发浓缩 冷却结晶 催化 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+ BC 3pH4【解析】工业废弃固体（主要成分为Cu2S和FeS2）灼烧得CuO、Fe2O3、SO2，所以E为SO2，固体A为CuO、Fe2O3的混合物，A中加入H2SO4溶解，再加入过量的铁粉，得FeSO4溶液和铜固体，过滤后得C为FeSO4溶液，固体B为铁和铜的混合物，B中加入稀H2SO4得FeSO4溶液和铜，所以固体D为Cu，FeSO4溶液，通过蒸发浓缩 、冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥制取硫酸亚铁晶体。铜与稀H2

15、SO4，再通入O2除杂后得CuSO4溶液。（1）为了提高废弃固体的灼烧速率，可以采取的措施有 将废弃固体粉碎成细小的颗粒 ；（2）4FeS211O2=2Fe2O38SO2，FeS2在空气中灼烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：4；（3）溶液C在氮气的环境下，通过蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制取硫酸亚铁晶体。（4）常温下，固体Cu、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，但加入少量溶液FeSO4立即发生反应，则溶液FeSO4对该反应起催化作用，反应如下：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；（5）除杂时先加入双氧水，将Fe2 氧化为Fe3 ，然后

16、加入试剂Z调节溶液的pH值使铁离子完全沉淀：3Fe33H2O3Fe(OH)33H，所加Z要能与H 反应，且不引入Cu2 以外的其它离子，CuO和Cu(OH)2符合要求，故选BC。若除杂时溶液中Cu2+浓度为2.0molL1，由KspCu(OH)2=2.01020，Cu2 开始沉淀时，c（Cu2）=2molL1，如果生成Cu(OH)2 沉淀，则应有c（OH）mol/L，即PH4；Fe3 浓度小于10-5mol/L认为溶液完全，=1.01038，PH3,则加入试剂Z调节溶液的pH至 3pH4。1（广西桂林市第十八中学2019届高三上学期第一次月考）已知蓝铜矿的主要成分是2CuCO3Cu(OH)2，

17、受热易分解。铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2。已知:NaAlO2+CO2+H2O = Al(OH)3+NaHCO3，根据下列框图转化回答问题：（1）写出的离子方程式：_、_。（2）沉淀a、c化学成分分别是： _、_（3）请写出检验沉淀b中所含有阳离子的实验方法_。（4）洗涤沉淀c的实验操作方法是_；加热沉淀c应放在_（容器）中进行。（5）经过、步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式：_、_。【答案】Al3+ + 4OH = AlO2+ 2H2OFe3+ + 3OH= Fe(OH)3SiO2Al(OH)3取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴的K

18、SCN溶液，发现试管内呈现红色向漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数23次坩埚2 (2CuCO3Cu(OH)2)+3C 6Cu + 7CO2+ 2H2O2Al2O34Al+3O2【解析】（1）反应是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3+3OH-=Fe（OH）3，故答案为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O、Fe3+3OH-=Fe（OH）3；（2）由上述分析可知a为二氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al（OH）3，故答案

19、为：SiO2；Al（OH）3；（3）洗涤沉淀c的实验操作方法是：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次，固体物质灼烧一般在坩埚中进行，故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；坩埚；（4）蓝铜矿与木炭反应的方程式为：2 (2CuCO3Cu(OH)2)+3C 6Cu + 7CO2+ 2H2O，电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2，故答案为：2 (2CuCO3Cu(OH)2)+3C 6Cu + 7CO2+ 2H2O、2Al2O34Al+3O2。2（天津市和平区2018届 第二学期高三第二次质量调

20、查）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。（1）写出铁元索在周期表中的位置_。（2）写出在空气中Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式_。（3）绿矾(FeSO47H2O)是补血剂的原料，易变质。由FeSO4溶液制得FeSO47H2O过程中的操作有_、过滤、洗涤、干燥。检验绿矾是否变质的试剂是_。（4）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下:干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3nH2O在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为_。取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量_。（5）以羰基化合物为载体运用

21、化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图。Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g) H”、“”或“=”)。【答案】 第四周期第族 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 蒸发浓缩、冷却结晶 KSCN溶液 4FeCO3nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O 0.89g 【解析】（1）铁的核电荷数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,位于周期表中第四周期第族；正确答案：第四周期第族。（2）Fe(OH)2与空气中的氧气、水共同反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O

22、=4Fe(OH)3 ；正确答案：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 。（3）由FeSO4溶液先进行加热浓缩，变为浓溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，制得FeSO47H2O；正确答案：蒸发浓缩、冷却结晶。 亚铁离子还原性较强，易被氧化为铁离子；因此检验绿矾是否变质，就是要检验铁离子的存在，可以用硫氰化钾溶液，若出现红色溶液，则有铁离子存在，绿矾(FeSO47H2O)已变质；正确答案：KSCN溶液。（4）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3nH2O被空气氧化为FeOOH,根据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒规律,化学方程式为: 4FeCO3nH2

23、O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O ；正确答案：4FeCO3nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O 。 设样品中FeCO3的物质的量为xmol, FeOOH的物质的量为ymol,则根据质量守恒和铁原子的量守恒列方程如下：116x+89y=12.49，x+y=6.16/56=0.11，解之得y=0.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.0189=0.89g,正确答案：0.89g。（5）反应Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5，H0，铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁

24、挥发到较高温度区域T2时,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用，所以T1T2；正确答案：6.210-10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性；(2) 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN) 6，转化池中发生复分解反应Na4Fe(CN) 6+4KCl= K4Fe(CN)6+4NaCl生成K4Fe(CN)6；(3)转化池中得到固体与溶液的混合物，故系列操作B为过滤、洗涤、干燥；(4)实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFeFe(CN)6可用于治疗Tl2SO4中毒，治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：KFeFc(CN)6(s)+Tl

25、+(aq)=TlFeFe(CN)6(s)+K+(aq)；(5)由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动。b为正极，则K+移向催化剂b，故填b；a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe(CN)64-e-Fe(CN)63-，故答案为：Fe(CN)64-e-Fe(CN)63-。点睛：本题考查物质的制备实验方案的设计，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据流程图把握实验的原理和操作方法，易错点为(2) 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN) 6，转化池中发生复分解反应Na4Fe(CN) 6+4KCl= K4Fe(CN)6+4NaCl生成K4Fe(CN)6。4（北京市房山区2018届高三4月模拟一模）钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：（1）钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_。（2）过程中反应的离子方程式是： FeTiO3 + 4H+ 4Cl= Fe2+ + TiOCl42+ 2H2O、_。（3）过程中，铁的浸出率结果如图1所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_。（4）过程中固体TiO2与双氧水、