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专题13 化工流程中铁化合物的处理1铁矿石主要成分为铁的氧化物(设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应)。有一种测定铁矿石中含铁量的方法如下。已知：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。完成下列填空：（1）步骤用到的玻璃仪器除烧杯外，还有_。（2）步骤对应反应的离子方程式为_。（3）步骤中煮沸的作用是_。步骤中必须用到的定量实验仪器是_。（4）步骤可用淀粉作为滴定终点的指示剂，达到滴定终点时的现象是_。若滴定过程中有空气进入，则测定结果_(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”。（5）若过程中消耗0.5000mol/LNa2S2O3溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为_。【答案】漏斗、玻璃棒2Fe2Cl22Fe32Cl除去过量的氯气，避免影响后续滴定250mL容量瓶溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不还原偏高70%（3）步骤中通入过量的氯气，过量的氯气能与Na2S2O3发生反应，因此加热煮沸的目的是除去过量的氯气，避免对后续实验产生干扰；步骤稀释至250mL溶液，这需要在容量瓶中进行操作，即步骤必须用到的定量实验仪器是250mL容量瓶；（4）加入足量的KI溶液，发生2Fe32I2Fe2I2，向此溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，然后滴加Na2S2O3溶液消耗I2，因此滴定终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不还原；空气中氧气能把I氧化成I2，使消耗的Na2S2O3的量增加，即所测结果偏高；（5）根据反应的方程式可知2Fe32I2Na2S2O3，矿石中铁元素的百分含量0.02L0.5mol/L250mL20mL56g/mol10g100%70%。2（2018届山东省淄博市高三第二次模拟考试）乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，是一种很好的补铁剂。I制备碳酸亚铁：装置如图所示。(1)仪器B的名称是_。(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是：_，然后关闭活塞1，接下来的操作是：_。C中发生反应的离子方程式为_。制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应。(3)该反应方程式为_。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入_。反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应注意_。III乳酸亚铁晶体纯度的测量：(4)两位同学分别用不同方案进行测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100，其原因可能是_。乙同学经查阅文献后改用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度(反应中Ce4+还原为Ce3+)，称取6.00g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10molL-1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_(以质量分数表示)。【答案】 蒸馏烧瓶 排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 关闭活塞3，打开活塞2 Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O 适量铁粉 密封保存 乳酸根中羟基(OH)能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多 96%详解：(1) 仪器B是用来蒸馏液体的，为蒸馏烧瓶；正确答案：蒸馏烧瓶。(2) 为顺利达成实验目的，先关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，产生的氢气能够把装置内的空气排净，防止亚铁离子被氧化；然后关闭活塞1，关闭活塞3，打开活塞2，利用生成的氢气，使B装置中的气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入到C装置中；与碳酸氢铵溶液发生反应，生成碳酸亚铁和二氧化碳，离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；正确答案：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化； 关闭活塞3，打开活塞2 ；Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O。 (3) 向纯净的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，生成乳酸亚铁和二氧化碳，该反应方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O；为防止乳酸亚铁变质，加入铁粉，防止其被氧化；反应结束后，得到的乳酸亚铁晶体，含有亚铁离子，易被氧化，因此要隔绝空气密封保存；正确答案：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O ； 适量铁粉； 密封保存。 (4)乳酸跟中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100；正确答案：乳酸根中羟基(OH)能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多。Ce4+Ce3+发生还原反应，得电子总量为250/250.102010-3mol,设亚铁离子的量为x mol，亚铁离子发生氧化反应，生成铁离子，失电子总量为x1 mol,根据氧化还原反应电子得失守恒规律：x1=250/250.102010-3，x=210-2 mol，根据铁守恒，乳酸亚铁晶体的量为210-2 mol，其质量为210-2288g, 则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为210-2288/6.00100%=96%；正确答案：96%。3（2018届吉林省吉大附中高三第四次模拟考试）一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2) 制取MnSO4H2O并回收单质硫的工艺流程如下：已知：本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。回答下列问题：（1）步骤混合研磨成细粉的主要目的是_；步骤浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为_。（2）步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入_；步骤需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为45，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_。步骤所得滤渣为_(填化学式)。（3）步骤需在90100下进行，该反应的化学方程式为_。（4）测定产品MnSO4H2O的方法之一是：准确称取a g产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c molL-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液VmL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=_。【答案】 增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率 3MnO2+2FeS2+6H2SO4 =3MnSO4+Fe(SO4)3+4S+6H2O 软锰矿粉或H2O2溶液 破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离 Fe(OH)3 (NH4)2Sx+1 2NH3+H2S+xS (8.25cV/a)%或(8.25cV10-2)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a100%详解：(1) 步骤混合研磨成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率，提高原料的利用率；硫酸浸取时的反应方程式为3MnO2+2FeS2+ 6H2SO4 =3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O。(2)由于Fe2+具有较强的还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉（MnO2）或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除去的目的；用碱液处理时，需将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下调节pH为45，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3。(3) 步骤在90100下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1 2NH3+H2S+xS。(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。根据电子转移守恒可得二者反应的方程式为2KMnO4+3MnSO4H2O=5MnO42+K2SO4+2H2SO4+H2O，已知n(KMnO4)=c mol/LV10-3L=cV10-3mol，则n(MnSO4H2O)=1.5cV10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)= 1.5cV10-3mol55g/mol/ag100%=(8.25cV/a)%。4（2018届湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校高三五月联考）Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途，废旧电池中含有大量金属元素，其回收利用具有非常重要的意义。一种利用废Ni-MH电池正极材料(主要含有Ni(OH)2，还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物)制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示：回答下列问题：（1）“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图： 则“浸出”时最适宜的条件为_。（2）在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH)，写出反应的离子方程式：_。（3）“滤液2”中加入NaF可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。当加入过量NaF后，所得“滤液3”中c(Mg2+)c(Ca2+)=0.67，则MgF2的溶度积为_已知Ksp(CaF2)=1.1010-10。（4）向“滤液3”中加入(NH4)2S2O8可以除锰，在此过程中(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸，写出该反应的化学方程式_。（5）向“滤液4”加入有机萃取剂后，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA22HA。该过程可以表示为：Zn2+4HAZnA22HA+2H+已知加入萃取剂后，锌的萃取率随料液pH变化如图所示。试分析pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是_。“操作X”的名称是_。（6）上述回收镍的过程中，使用了1kg含镍37.1%的正极材料，最终得到纯净的NiSO47H2O1.686kg，则镍的回收率为_。【答案】 80 ，1.8mol/LH2SO4，30min 2Fe2+H2O2+2H2O=2FeOOH+4H+ 7.3710-11 (NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4 料液的pH增大，使料液中的c(H+)减小，促使Zn2+4HAZnA22HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大 分液 95.4%【解析】分析：本题以利用废Ni-MH电池正极材料制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程为载体，考查流程的分析、图像分析、适宜条件的选择、外界条件对化学平衡的影响、指定情境下方程式的书写、溶度积的计算、化学实验的基本操作和化学计算。废Ni-MH电池正极材料加H2SO4浸出时，金属的氢氧化物转化成相应的硫酸盐；浸出液中加入Na2S将Cu2+转化为CuS沉淀除去；向“滤液1”中加入双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀除去；向“滤液2”中加入NaF将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去；向“滤液3”中加入（NH4）2S2O8除去Mn2+；“滤液4”中用有机萃取剂除去Zn2+。详解：（1）根据图1，“浸出”最佳温度约为80；根据图2，随着硫酸浓度的增大Ni浸出率增大，硫酸浓度为1.8mol/L时Ni浸出率已经很大，当硫酸浓度大于1.8mol/L，继续增大硫酸浓度Ni浸出率增大不明显，硫酸最适宜浓度为1.8mol/L；根据图3，“浸出”时间小于30min随着时间的延长Ni浸出率明显增大，大于30minNi浸出率趋于平缓，最佳时间为30min；“浸出”时最适宜的条件是：温度为80、硫酸浓度为1.8mol/L、时间为30min。（4）（NH4）2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、（NH4）2SO4和H2SO4，含锰元素的黑色不溶物为MnO2，反应可写成（NH4）2S2O8+MnSO4MnO2+（NH4）2SO4+H2SO4，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，S元素的化合价由+7价降至+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，（NH4）2S2O8与MnSO4反应的化学方程式为：（NH4）2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+（NH4）2SO4+2H2SO4。（5）pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是：料液pH增大，使料液中的c（H+）减小，促使Zn2+4HAZnA22HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大。“滤液4”中加入有机萃取剂将Zn2+萃取，出现分层现象，将有机层与水层分离的“操作X”的名称为分液。（6）根据Ni守恒，Ni的回收率为1.686kg592811kg37.1%100%=95.4%。5（2018届湖北省沙市中学高三高考冲刺考试）硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO47H2O的一种流程如图： （1）步骤的操作是_。 （2）步骤加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是_。（3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_。 （4）步骤中，加入锌粉的作用是_。 （5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表： 温度/020406080100溶解度/g41.854.170.474.867.260.5从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_。 （6）取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680时所得固体的化学式为_。 aZnO bZn3O(SO4)2 cZnSO4 dZnSO4H2O【答案】过滤升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+除去Cu2+60条件下蒸发浓缩降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解b【解析】氧化锌矿(主要成分为ZnO,另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)加稀硫酸溶解，过滤,滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁,再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O。晶体，根据分析可回答下列问题： (1)分离固体和液体通常用过滤的方法，ZnSiO3、与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，因此所用的操作为过滤。答案为:过滤 (2) 氧化锌矿在加入稀硫酸溶解的同时不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，从而加快反应速率。答案为：升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率(3)在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾,高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应,生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，则反应的离子方程式为: 3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+。答案为：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+ (4)步骤中，向滤液中加入锌粉,可以与Cu2+反应置换出铜，从而除去Cu2+。答案为：除去Cu2+ (5)从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSO47H2O易分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSO47H2O分解。答案为：60条件下蒸发浓缩、降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解 (6)28.70gZnSO47H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4H2O的质量为17.90g(100);若得ZnSO4的质量为16.10g(250);若得ZnO的质量为8.10g(930);据此通过排除法确定680时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2；答案为：b6（2018届河南省名校高三压轴第二次考试）镓是制作高性能半导体的重要原料。在工业上经常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知锌矿渣中含有Zn、Fe、Pb、Ga以及二氧化硅等，目前综合利用锌矿渣的流程如下：已知：Ga性质与铝相似。lg2=0.3，lg3=0.48。如下表所示。Zn(OH)2Ga(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp1.610-172.710-31810-162.810-39（1）写出Ga的原子结构示意图_。（2）滤渣1的成分为_。（3）加入H2O2的目的( 用离子方程式和适当语言回答) _。（4）室温条件下，若浸出液中各种阳离子的浓度均为0.01mo/L且某种离子浓度小于110-5 mol/L即认为该离子已完全除去，问操作B调节pH的范围是_。（5）操作C中，需要加入氢氧化钠溶液，其目的是_ (用离子方程式解释)；能否用氨水代替NaOH溶液，为什么? _；如何检测Fe(OH)3洗涤干净? _。（6）在工业上，经常用电解NaGaO2溶液的方法生产Ga，写出阴极的电极反应方程式：_。【答案】SiO2 PbSO42Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，防止生成Fe(OH)25.48pH.6.6Ga(OH)3+OH-=CaO2-+2H2O不能，因为NH3H2O 为弱碱，与Ga(OH)3不反应取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净GaO2 -+2H2O+3e-=Ga+4OH-【解析】（1）Ga位于元素周期表中第四周期IIIA族，原子序数为31，Ga的原子结构示意图为。（2）根据上述分析，滤渣1的成分为SiO2、PbSO4。（3）Fe2+具有还原性，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入H2O2的目的是：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O2，防止生成Fe（OH）2沉淀。（4）操作B调节pH的目的是：将Fe3+、Ga3+完全转化为氢氧化物沉淀，Zn2+不形成Zn（OH）2沉淀。Ga（OH）3、Fe（OH）3属于同种类型且KspGa（OH）3KspFe（OH）3，Ga3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，Ga3+完全沉淀时c（Ga3+）110-5mol/L，c（OH-）=3KspGaOH3c（Ga3+）=32.710-31110-5=310-9mol/L，c（H+）=1310-5mol/L，pH=-lgc（H+）=-lg1310-5=5.48；Zn2+开始沉淀时，c（OH-）=KspZn（OH）2c（Zn2+）=1.610-170.01=410-8mol/L，c（H+）=1410-6mol/L，pH=-lgc（H+）=-lg1410-6=6.6；操作B调节的pH范围是：5.48pH6.6。（5）根据流程，操作C中加入NaOH溶液的目的是：将Ga（OH）3溶解转化为NaGaO2，联想Al（OH）3与NaOH的反应，反应的离子方程式为Ga（OH）3+OH-=GaO2-+2H2O。不能用氨水代替NaOH溶液，原因是：NH3H2O为弱碱，氨水与Ga（OH）3不反应。根据流程，Fe（OH）3沉淀上吸附的离子有Na+、OH-、GaO2- 等，检验Fe（OH）3洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含OH- 即可，检验Fe（OH）3洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净。（6）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3价降为0价，GaO2- 转化为Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-。7（2018届湖南省长沙市长郡中学高考押题卷二）硫酸铝在造纸、水净化、土壤改良中有着广泛的应用，同时还是泡沫灭火器中的试剂。某化工厂利用含铝废料(成分为A12O3，SiO2及少量FeOxFe2O3)制备硫酸铝晶体的工艺流程如下图所示，回答相关问题。又知生成氢氧化物沉淀的pH如下表：Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.66.32.3完全沉淀时4.98.33.2（1）料渣I的成分是_，操作X的内容是_、洗涤、干燥等。（2）试剂B最好是_，a的范围是_，由表中数据求出KspFe(OH)3a3.2 110-37.4 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 玻璃 消耗等量的硫酸铝时，小苏打生成的CO2量是苏打生成的CO2量的2倍 准确称量一定量晶体，溶于水后再加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量所得固体的质量【解析】试题分析：本题以利用含铝废料制备硫酸铝晶体的流程为载体，考查流程的分析、除杂试剂的选择、溶度积的计算、离子方程式的书写、盐类水解的应用、实验方案的设计。铝废料预处理后加入过量稀H2SO4酸浸，Al2O3和少量的FeOxFe2O3溶解转化为可溶于水的Al2（SO4）3、FeSO4、Fe2（SO4）3，SiO2属于酸性氧化物，SiO2与稀H2SO4不反应，料渣I的成分为SiO2。料液I中含Al2（SO4）3、FeSO4、Fe2（SO4）3和过量H2SO4，根据Al3+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH，试剂A的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入试剂B调节pH=a除去Fe3+，料液II为Al2（SO4）3溶液。（1）根据上述分析，料渣I的成分为SiO2。操作X为从Al2（SO4）3溶液中获得Al2（SO4）318H2O，操作X的内容是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（2）试剂B是用来调节pH除去Fe3+，为了不引入新杂质，试剂B最好是Al2O3或Al（OH）3。根据Al3+开始沉淀的pH为3.6，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，a的范围是：3.2a3.6。根据表中数据Fe3+完全沉淀时pH=3.2，c（H+）=10-3.2mol/L，c（OH-）=10-10.8mol/L，KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH-）110-5（10-10.8）3=110-37.4。（3）试剂A将Fe2+氧化成Fe3+，试剂A是一种液态绿色氧化剂，试剂A为H2O2，料液I中反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。（4）硫酸铝属于强酸弱碱盐，由于Al3+的水解Al2（SO4）3溶液呈酸性，可腐蚀钢筒，Al2（SO4）3溶液应盛放在玻璃容器中。Al2（SO4）3溶液与小苏打（NaHCO3）溶液反应的方程式为Al2（SO4）3+6NaHCO3=2Al（OH）3+6CO2+3Na2SO4，Al2（SO4）3溶液与苏打（Na2CO3）溶液反应的方程式为Al2（SO4）3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3+3CO2+3Na2SO4，根据方程式可见，消耗等量的硫酸铝时小苏打生成的CO2量是苏打生成的CO2量的2倍，灭火效果NaHCO3比Na2CO3好，所以泡沫灭火器中另一种试剂是小苏打溶液而不是苏打溶液。8（2018届天津市和平区第二学期高三第二次质量调查）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=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。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+(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-。12（2018届云南省昆明第一中学高三第八次月考）硫酸铅可用于铅蓄电池、纤维增重剂、涂料分析试剂。工业上通常用方铅矿(主要成分为PbS)生产硫酸铅。工艺流程如下：已知：25，Ksp(PbS)=1.010-28，Ksp(PbCl2)=1.610-5PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) H0Fe3+以氢氧化物形式开始沉淀时的pH值为1.9(1)由于Ksp(PbS)Ksp(PbCl2)，PbS+2HClPbCl2+H2S的反应程度很小，加入FeCl3能增大反应程度，原因是_；步骤反应过程中可观察到有淡黄色固体生成，总反应的离子方程式为_；该步骤需控制溶液的pH1.9，主要目的是_。(2)步骤中饱和食盐水的作用是_。(3)步骤中滤液A经过蒸发浓缩、用冰水浴冷却结晶后，还需进行的操作是_(填操作名称)。(4)步骤中，若加入稀硫酸充分反应后所得悬浊液中c(Cl-)=1.0molL-1，则c(SO42-)=_Ksp(PbSO4)=1.610-8。步骤中滤液B用适量试剂X处理后可循环利用，试剂X应选用下列中的_(填标号)。a.HNO3 b.Cl2 c.H2O2 d.铁粉(5)炼铅和用铅都会使水体因重金属铅的含量增大而造成严重污染。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-。各形态的铅浓度分数x与溶液pH变化的关系如图所示：探究Pb2+的性质：向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液后先变浑浊，继续滴加NaOH溶液又变澄清，pH为1314时，溶液中发生的主要反应的离子方程式为_。除去溶液中的Pb2+：科研小组用一种新型试剂(DH)“捕捉”金属离子，从而去除水中的痕量铅和其他杂质离子，实验结果记录如下：离子Pb2+Ca2+Fe3+Mn2+处理前浓度/(mgL-l)0.10029.80.120.087处理后浓度/(mg L-1)0.00422.60.040.053若新型试剂(DH)在脱铅过程中主要发生的反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+(aq)，则脱铅时最合适的pH约为_。该实验中铅的脱除率为_。【答案】 Fe3将H2S氧化，使平衡正向移动 PbS+2Fe3+2Cl-=PbCl2+2Fe2+S 防止Fe3+水解形成沉淀 将PbCl2固体转化为PbCl42-而溶解 过滤、洗涤（或过滤、洗涤、干燥） 1.010-3 molL-1 b或c或bc Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42- 6 96%（2）根据已知，步骤中饱和食盐水的作用是：增大c（Cl-），将PbCl2固体转化为PbCl42-而溶解。（3）步骤中滤液A经蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，滤液中PbCl42-又转化为PbCl2固体，还需进行的操作是：过滤、洗涤、干燥。（4）步骤中的反应为PbCl2（s）+SO42-（aq）PbSO4（s）+2Cl-（aq），该反应的平衡常数K=Ksp（PbCl2）Ksp（PbSO4）=1.610-51.610-8=103，当c（Cl-）=1.0mol/L，c（SO42-）=c2（Cl-）103=1.010-3mol/L。滤液B中主要含Fe2+、Na+、Cl-；滤液B加入适量X处理后进入步骤循环利用，试剂X具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+。a项，HNO3能将Fe2+氧化成Fe3+，HNO3被还原成NO，NO污染大气，a项不行；b项，Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cl-，b项可以；c项，H2O2能将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成H2O，c项可以；d项，铁粉不能将Fe2+氧化成Fe3+，d项不行；答案选b或c或bc。（5）根据图像，pH为1314时，随着NaOH的滴入，铅的主要形态的变化是Pb（OH）3-明显减少，Pb（OH）42-明显增多，pH为1314时，溶液中发生的主要反应的离子方程式为Pb（OH）3-+OH-=Pb（OH）42-。脱铅过程中主要发生的反应为：2DH（s）Pb2+（aq）D2Pb（s）2H+（aq），pH小于6时上述脱铅反应被抑制；pH为6时，铅的主要存在形态为Pb2+，最有利于脱铅反应；pH大于6时，铅还有Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3-、Pb（OH）42-等其他形态，Pb2+的浓度分数减小，不利于Pb2+的“捕捉”；故脱铅时最合适pH约为6。该实验中铅的脱除率为0.100-0.004mg/L0.100mg/L100%=96%。13（2018届北京市房山区高三4月模拟）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、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2所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_。（5）在滤液B转化为FePO4沉淀过程中发生以下反应，请配平：Fe2+ +_ + H3PO4 =FePO4 + _ + _（6）过程中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_。【答案】 增大反应物接触面积，加快反应速率。 MgO+2H+=Mg2+H2O 100 3小时 温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降 2Fe2+ H2O2+ 2H3PO4 = 2FePO4 + 4H+ 2H2O 2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ 3CO2+ H2O【解析】（1）钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，以增大反应物接触面积，加快反应速率；（2）过程中铁钛矿中FeTiO3及MgO与盐酸反应，反应的离子方程式是： FeTiO3 + 4H+ 4Cl= Fe2+ + TiOCl42+ 2H2O、MgO+2H+=Mg2+H2O；（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100 3小时；（4）反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降；（5）在滤液B转化为FePO4沉淀，过程中亚铁离子被氧化为铁离子，同时溶液酸性增强，发生反应为：2Fe2
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