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

1、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）步骤加的目的是_；步骤冷却的目的是_。（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、

2、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

3、：（1）滤渣1的主要成分为_。（2）第步加入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）用第步所得CuSO45H2O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)318H2O，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、Au H2O2 +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

4、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)318H2O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

5、 +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

6、业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：_、_。(3)得到FeSO47H2O晶体的操作为：加热浓缩、冷却结晶、_、_、干燥。【答案】Fe H2SO4 Fe + 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、

7、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO47H2O晶体，以此来解答。【详解】(1)加入铁粉，由于金属活动性FeCu，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

8、，通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤，最后干燥，就得到了FeSO47H2O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】CuFeS2 4CuFeS213O24CuO2Fe2O38SO2 3Fe2 (SO4)312NaOHNa2Fe6 (SO4)4 (OH

9、)125Na2SO4 【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

10、.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)=0.0320.060.12=112，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nFe2(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

11、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-0.05mol2=0.02mol，n(Fe3+)=0.06mol，n(OH-)=0.12mol，n(SO42-)=0.03mol3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：n(Na+)n(Fe3+)n(OH-)n(SO42-)=0.020.060.120.04=1362，组成为NaFe3 (SO4)2(OH)6。(1)根据上述计

12、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+13O24CuO+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

13、)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(FeSO47H2O)和胆矾晶体。完成下列填空：（1）写出步骤反应的离子方程式：_。（2）试剂X是_，溶液D是_。（3）在步骤中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间

14、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HCl 2Fe3+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

15、反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO47H2O)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

16、）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

17、盐酸浓度；在装置I和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

18、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

19、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 0.52 g, 加硫酸溶解后，用浓度为 0.1000molL-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+ , 消耗 24.00 mL 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,KspCe(OH)3=510-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05molL-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

20、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 C5.0 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)4 96% 8 B 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

21、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）+

22、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nCe(OH)4=0.12410-3mol=2.410-3

23、mol，mCe(OH)4=2.410-3mol208g/mol=0.4992g，该产品的纯度为：，故答案为：96%；（5）298K时，KspCe(OH)3=510-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05molL-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

24、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(O

25、H)4的离子方程式为_。(6)已知Fe(OH)3的Ksp近似值为1038。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1.0105molL1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+ 4Ce 3 + 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)

26、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+3H2SO4Ce2(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4Ce 3+O2+12OH+2H2O4Ce(OH)4，加入分解Ce(OH)4得到产品CeO，

27、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Ce 3+的溶液

28、，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：4Ce 3+O2+12OH+2H2O4Ce(OH)4；(6)Fe(OH)3的Ksp近似值为1038，Fe3+完全沉淀时c(OH)1011mol/L，常温下c(H+)103mol/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(MgSO4H2O)的工艺流程如下：（1）浸出时温度控制在90100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

29、是玻璃棒、烧杯和_。（3）向过滤的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为_。 （4）滤渣中主要成分为_（填化学式）。（5）检验过滤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MgSO4H2O，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+H2OMnO2+2H+Cl Fe(OH)3、MnO2 取过滤后的滤液12 mL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MgSO4H2O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=56，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。则可知滤渣的成分。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；