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Word文件下载.docx
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)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、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
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:
(1)滤渣1的主要成分为___。
(2)第②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③步所得CuSO4·
5H2O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)3·
18H2O,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、AuH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
(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)3·
18H2O时要考虑除去Fe3+影响。
(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+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】FeH2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+Cu2+=Fe2++Cu过滤洗涤
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。
(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。
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】CuFeS24CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO23Fe2(SO4)3+12NaOH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4
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。
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↓。
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(FeSO4·
7H2O)和胆矾晶体。
完成下列填空:
(1)写出步骤Ⅰ反应的离子方程式:
___。
(2)试剂X是___,溶液D是___。
(3)在步骤Ⅱ中,用如图装置制取CO2并通入溶液A中。
一段时间后,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HCl2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应,Al和Al2O3可与NaOH溶液反应,用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)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Ⅱ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。
(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)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;
(3)进行步骤Ⅱ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,所以可降低盐酸浓度;
在装置I和Ⅱ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).
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
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。
(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。
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。
CeO2不溶于稀硫酸,也不溶于NaOH溶液。
(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(OH)4的离子方程式为__________________。
(6)已知Fe(OH)3的Ksp近似值为10-38。
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1.0×
10-5mol·
L-1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+4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4↓3
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)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+3H2SO4=Ce2(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4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓,加入分解Ce(OH)4得到产品CeO,以此来解答。
(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Ce3+的溶液,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:
4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓;
(6)Fe(OH)3的Ksp近似值为10﹣38,Fe3+完全沉淀时c(OH﹣)=
=10﹣11mol/L,常温下c(H+)=
=10﹣3mol/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(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】提高纯橄岩中镁的浸出率漏斗Mn2++ClO−+H2O
MnO2↓+2H++Cl−Fe(OH)3、MnO2取过滤Ⅱ后的滤液1~2mL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MgSO4·
H2O晶体析出
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Ⅰ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=5~6,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。
则可知滤渣Ⅱ的成分。
据此进行分析。
(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;
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