一、铁及其化合物
1．利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子并得到副产物ZnO。制备流程如图所示：(已知ZnO能溶于强碱)
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题： （1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的目的是________（填字母）。 A 去除油污 B 溶解镀锌层 C 去除铁锈 D 钝化铁皮
（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是抽滤______。 （3）加适量H2O2 目的是________ 溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是_____。
（4）副产物ZnO常用于制备锌单质。我国早有炼锌技术的记载，明代宋应星著的《天工开物》中有“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红冷定毁罐取出…即倭铅也。”该炼锌工艺过程涉及主要反应的化学方程式为_________，（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，“倭铅”是指金属锌）。 （5）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓L度为0.01 mol·编号）。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤250 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管 （6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
＋
【答案】AB 洗涤、灼烧 将部分亚铁离子氧化成铁离子 防止Fe2被氧化 ZnCO3＋
－1
的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7[保留4位有效
数字，已知Mr(K2Cr2O7)＝294]。配制该标准溶液时，下列仪器中用不到的有________（填
2C
高温Zn＋3CO↑ 0.7350 ③⑦ 偏大
【解析】 【分析】 【详解】
(1)A．氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，A符合题意； B．根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层，B符合题意； C．氢氧化钠和铁不反应，C不符合题意； D．氢氧化钠不能钝化铁皮，故D不符合题意； 答案为：AB；
(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；
(3)Fe3O4中有+3价铁，因此加适量H2O2目的是将部分亚铁离子氧化成铁离子，将亚铁离子和铁离子达到Fe3O4中+2价铁与+3价铁的比例关系，持续通入N2，主要防止Fe2+被氧化；故答案为：将部分亚铁离子氧化成铁离子；防止Fe2被氧化；
(4)该炼锌工艺参加反应的物质是煤炭饼和炉甘石(碳酸锌)，得到的物质是倭铅(金属锌)和CO，联想初中所学高炉炼铁原理，则炼锌过程涉及主要反应的化学方程式为ZnCO3＋2C
＋
高温Zn＋3CO↑；
(5)m(K2Cr2O7)=0.01 mol·L-1×0.250 L×294 g·mol-1=0.7350 g，电子天平用于准确称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流，容量瓶用于配制溶液，胶头滴管用于加水定容。用不到的仪器为量筒和移液管；故答案为：0.7350g；③⑦；
(6)如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，这样就造成读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。
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)3 Fe2O3＋6H＋=2Fe3+＋3H2O 4Fe(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．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。B和C反应发出苍白色火焰。请回答：
（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）； （2）反应①的化学方程式______________________________； （3）反应③的离子方程式______________________________； （4）反应④的离子方程式______________________________。 【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22Cl－ 【解析】 【分析】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。 【详解】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁， (1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2； (2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3；
＋
2＋
2FeCl3 Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＝Fe＋H2↑； (4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe＋Cl2＝2Fe＋2Cl。
2＋
3＋
－
4．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】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、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。
+
+
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+
5．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）。
L-1时，可使钙（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时沉淀完全；Ksp(CaF2)=4.0×10-11] 离子沉淀完全。[已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·
（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（
V0）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃VA取率影响如图所示，
V0的最佳值为___。在___（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）VA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+O2Fe3++2H2O【解析】 【分析】
加热高温2Fe2(SO4)3+6H2O
FeO(OH)+3H+ SiO2 2.0×10-3 0.25 强酸性 3.7≤pH<7.1
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
高温2Fe2(SO4)3+6H2O；
加热(3) “浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3++2H2O分析，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH) 、CaSO4外还含有 SiO2；
FeO(OH)+3H+；根据
(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)=mol/L；
−
cCa2Ksp-114.010=≈2×10−3mol/L，故溶液中c(F-)至少为2×10−3 1.010-5(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(
V0)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最VA佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取，
V0的最佳取值是0.25；由Fe2+(水VA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。
6．目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有ZnS、FeS、CuS、CdS及少量SiO2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)三种颜料，其流程如图：
已知：
Ⅰ：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成； Ⅱ：浸渣为S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质；
Ⅲ：浸取液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+； Ⅳ：Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+。 回答下列问题：
(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项)_______；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是___。
(2)浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3的离子方程式为_______。
(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是_________；沉降池1中加入稀H2SO4的作用是_______。
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是______。 (5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)__________。
【答案】粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度 防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解 4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH- 将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+ 调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀 产生H2S
气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量 能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体(SO2)污染大气 【解析】 【分析】
由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质、[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+和[Cd(NH3)4]2+，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，进入沉降池1中加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到Cd单质，滤液进入沉降池2加入碳化氨水得到Zn2(OH)2CO3，经稀硫酸得到ZnSO4溶液，ZnSO4与BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。 【详解】
(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；
(2)浸取釜中O2与碳酸铵和FeS反应生Fe(OH)CO3、S，反应的离子方程式为4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-，故答案为：4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-；
(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+，根据上述分析，(NH4)2SO3 中SO32-具有还原性，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3可将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，从而加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，故答案为：将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+；调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀；
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸过量会产生H2S气体污染大气并降低锌钡白、CdS的产量，故答案为：产生H2S气体污染大气，降低锌钡白、CdS的产量；
(5) “高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体(SO2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体(SO2)污染大气。
7．碱性锌锰电池的工作原理:Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4,其工艺流程如图所示:
(1)滤液A中溶质的电子式为____________。
(2)已知MnxZn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_________。
(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式:_____________________________。
(4)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1-X)Fe2O4相符合。
①写出“调铁\"工序中发生反应的离子方程式:_________________,___________________。 ②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=amol.L-1,c(Fe2+)+c(Fe3+)=bmol.L-1，滤液体积为1m3,“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。
(5)在“氧化\"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+;生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,其可能原因除温度外，主要是_______________。
(6)用氨水“调pH\"后,经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C,从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_____________________。 【答案】
+3 MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+
Fe+2H+=Fe2++H2↑ 112a-56b 生成的Fe3+催化了双氧水的分解 (OH-)＜c(H+)＜c(SO42-)＜c(NH4+) 【解析】 【分析】
废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A和滤渣，滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，过滤得到滤渣B和滤液，测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1-x)Fe2O4相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答。 【详解】
(1)滤液A中溶质是KOH，含有离子键和共价键，电子式为。
(2)已知MnxZn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn为+2价，锌+2价、氧元素-2价，则根据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为+3；
(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，该反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O。
(4)①“调铁\"工序中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
++-②n（Mn2）+n（Zn2）=a mol•L1×1000L=1000amol，已有铁元素
bmol/L×1000L=1000bmol，由电荷守恒可知MnxZn(1-x)Fe204中含Fe2O42-为1000amol，其中铁元素的物质的量为1000amol×2=2000amol，还需加入铁的物质的量为2000amol-1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol×56g/mol=（112a-56b）kg。
(5)在“氧化\"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2氧化为Fe3，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3催化了双氧水的分解。 (6)用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为c(OH-)＜c(H+)＜c(SO42-)＜c(NH4+)。
+
+
+
8．三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。其生产流程如图：
已知：氢氧化物的Ksp如下表： 氢氧化物 Ksp Fe(OH)3 1.0×10-36 Fe(OH)2 1.6×10-14 Al(OH)3 2.0×10-33 Mg(OH)2 1.2×10-11 请回答下列问题：
（1）物质X可以选用下列物质中的____（选填序号） A．NaCl B．FeCl3 C．H2O2 D．H2SO4
（2）滤液Ⅰ加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入NaOH固体以后溶液体积L-1，c(Al3+)为0.03 mol·L-1，c(Mg2+)为0.01 mol·L-的变化）。已知滤液Ⅰ中c(Fe3+)为1.0 mol·
1
L-1]，Al3+是否已经开始沉淀______（填“是”或，当Fe3+恰好沉淀完全时[c(Fe3+)=1×10-5 mol·
“否”）。
（3）写出滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式_____________________。 （4）生产流程中最后“从FeCl3溶液得到无水FeCl3固体”的操作分为两步：第一步，先冷却6H2O晶体；第二步，制无水FeCl3固体。第二步的正确操作是_____。 结晶得到FeCl3·
（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。
①FeCl3净水的原理是____________________（用离子方程式表示） ②通过控制条件生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2O增加聚合氯化铁的产率可采取的方法是_____（填字母）。 a．降温 b．加氨水 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
【答案】C 是 Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O 在HCl气流中加热 Fe3+＋3H2O
3Fe(OH)3+3H+ b、d
【解析】 【分析】
废铁屑中加入盐酸，过滤除去不溶性杂质二氧化硅，滤液1加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠固体并控制pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤之后得滤渣1(含有氢氧化铁和氢氧化铝)，加入氢氧化钠溶液除去氢氧化铝，过滤得滤渣2即为氢氧化铁，加入过量的盐酸将其转化为氯化铁，在氯化氢的氛围下加热即可得到无水氯化铁固体。 【详解】
(1)加入H2O2溶液，使滤液Ⅰ中的Fe2+转化为Fe3+，便于制备FeCl3；
(2)当Fe3+恰好沉淀完全时，c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1，根据Ksp(Fe(OH)3)=1.0×10-36 可知此时
Fex(OH)y(3x-y)+＋yH＋，欲
1.0103631 3-33+-1
c(OH)=mol·Lc(Al)0.03 mol·L，又为，所以此时有：1.01051.010-3
c(Al3+)·c(OH-)3=0.03×1.0×10-31=3×10-33＞Ksp (Al(OH)3)=2.0×10-33，所以当Fe3+恰好沉淀完全时，Al3+已经开始沉淀；
(3)滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O；
(4)由FeCl3·6H2O晶体制无水FeCl3固体时，在加热脱水时为防止铁离子水解，所以正确操作是：在HCl气流中加热；
(5)①FeCl3净水的原理是：Fe3+＋3H2Oƒ3Fe(OH)3+3H+，生成的Fe(OH)3胶体吸附杂质； ②水解是吸热反应，降温会降低聚合氯化铁的产率；加氨水，消耗生成的H+，促使反应向右进行，会增大聚合氯化铁的产率；加入NH4Cl后，NH4+水解会生成H+(NH4+
+H2OƒNH3·H2O+H+)，所以会抑制Fe3+的水解，平衡向左移动，降低聚合氯化铁的产率；加入NaHCO3，HCO3-与溶液中生成的H+反应生成CO2和H2O， 平衡向右移动，会增大聚合氯化铁的产率。 【点睛】
判断一种离子是否已经开始沉淀，只要把该条件下的溶度积Qc算出来与Ksp进行比较，若Qc=Ksp，则刚好处于沉淀溶解平衡状态；若Qc＞Ksp，溶液为过饱和溶液，析出沉淀；若Qc
＜Ksp，溶液为不饱和溶液，无沉淀析出。
9．以赤铁矿(主要成分为60.0%Fe2O3，杂质为3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等)为原料制备高活性铁单质的主要生产流程如图所示：
已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示： 沉淀物 pH Fe(OH)3 3.4 Al(OH)3 5.2 Fe(OH)2 9.7 Cu(OH)2 6.7 请回答下列问题：
（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，目的是___。操作Ⅰ的名称是___。
（2）将操作Ⅰ后所得的MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，此反应的化学方程式是____。
（3）将pH控制在3.6的目的是___。已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，该温度下反应Cu2++2H2O
Cu(OH)2+2H+的平衡常数K=___。
（4）加入双氧水时反应的离子方程式为___。
（5）利用氨气在500℃以上分解得到的氮原子渗透到铁粉中可制备氮化铁(FexNy)，若消耗氨气17.0g，消耗赤铁矿石1kg，写出该反应完整的化学方程式：___。
【答案】增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 过滤 3MnO2＋6KOH＋KClO3
3K2MnO4＋KCl＋3H2O 使Fe3+全部沉淀下来而其他金属离子不形成沉淀 5.0×10-9
2Fe8N＋3H2
H2O2＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋2H2O 16Fe＋2NH3【解析】 【分析】
赤铁矿(主要成分为60.0%Fe2O3，杂质有3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加双氧水把亚铁离子还原为铁离子，调节PH=3.6生成氢氧化铁沉淀，过滤，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，再用氢气还原得铁单质，以此解答该题。 【详解】
(1)含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，可以增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率，通过操作Ⅰ将不溶的二氧化锰过滤掉；
(2)MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，锰元素化合价升高，则氯元素化合价降低，产物有氯化钾，化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O；
(3)根据表中数据可知，为保证铁离子全部沉淀的PH大于3.4，但为了不使其他金属离子沉淀，PH不能太大；Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu)×c(OH)=2×10，c(H)=
2+
2
--20
+
cOHKw，反应
Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+的平衡常数K=
KK=5×10； KCu(OH)cCucCucOHc2H222w22w-9
sp2(4)双氧水氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； (5)赤铁矿石1kg含铁的物质的量为：
100060%10003.6%×2+=8mol，氨气的物质的
1607217g=1mol，铁和氨气的物质的量之比是8:1，生成的氮化铁为Fe8N，根据质量为：
17g/mol量守恒，则该反应为：16Fe+2NH3
2Fe8N+3H2。
10．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示： 沉淀物 开始沉淀pH 沉淀完全pH Cu(OH)2 5.4 6.7 Al(OH)3 4.0 5.2 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 5.8 8.8 （1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__(任写1条)。 （2）固体混合物A中的成分是__。
（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为__(填离子符号)；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴含有+3价铁元素的配合物溶液，会产生沉淀.写出该反应的离子方程式__。
5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水（4）操作1主要包括：__、__、__。洗涤CuSO4·洗涤。原因是__。
（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为___，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为___。
【答案】适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等 SiO2、Cu Fe2+ 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 冰水既可以洗去晶体表面
的杂质离子，又可以减少晶体的损失 Fe(OH)3 1：2 5.2-5.4或5.2≤pH<5.4 【解析】 【分析】
根据已知，分析工艺流程图，矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，在加入稀硫酸溶解经过滤后得到CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4溶液和固体混合物A(主要成分为Cu单质和SiO2)，再加入NaClO氧化Fe2+并调节pH至3.7≤pH<4.0，将Fe3+沉淀，再加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，滤液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O粗产品，据此分析解答问题。 【详解】
(1)由于矿渣为固体，所以为了加快反应的速率，可以采取的措施是将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度，或增大反应物H2SO4浓度等措施，故答案为：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；
(2)SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应，其它金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应Cu、CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，因此发生反Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu，故答案为：SiO2、Cu；
(3)因为在反应Ⅰ中Fe2O3与硫酸发生反应生成Fe2(SO4)3，而Cu2O与稀硫酸生成的Cu又与Fe2(SO4)3发生氧化还原生成Cu2+和Fe2+，则铁元素的存在形式为Fe2+，检验Fe2+用铁氰化钾溶液，发生的反应方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(4)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，由于CuSO4溶解于水,且温度越高，溶解度越大，若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失；
(5)NaClO具有氧化性，Fe2+具有还原性，用NaClO调节pH时,反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的HClO，反应的离子方程式为：7ClO-+2Fe2++2H++5H2O===2Fe(OH)3↓+Cl-+6HClO，其中氧化剂和还原剂的比值为1：2，故答案为：Fe(OH)3；1:2；
(6)结合表格数据，Al3+完全沉淀时的pH为5.2，而Cu2+开始沉淀的pH为5.4，故加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，而Cu2+不沉淀，故答案为：5.2-5.4或5.2≤pH<5.4。 【点睛】
本题考查化学工艺流程，涉及了影响化学反应速率的因素、化学方程式书写、混合物的分离方法等知识，依据流程和物质的性质正确书写化学方程式是解答的关键。
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