高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题练习题含详细答案.docx

高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题练习题含详细答案.docx

《高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题练习题含详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题练习题含详细答案.docx（22页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题练习题含详细答案

高考化学易错题专题复习-铁及其化合物推断题练习题含详细答案

一、铁及其化合物

1．某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn及有机物）制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：

已知：

相关数据如表1和表2所示

表1部分难溶电解质的溶度积常数（25℃）

物质

Ksp

物质

Ksp

Fe（OH）3

4.0×10-38

CuS

6.3×10-34

Fe（OH）2

1.8×10-16

ZnS

1.6×10-24

Al（OH）3

1.0×10-33

NiS

3.2×10-18

Ni（OH）2

2.0×10-15

表2原料价格表

物质

价格/（元•吨-1）

漂液（含25.2%NaClO）

450

双氧水（含30%H2O2）

2400

烧碱（含98%NaOH）

2100

纯碱（含99.5%Na2CO3）

600

请回答下列问题：

（1）“焙烧”的目的是________________________________。

（2）“试剂a”的名称为__________________；选择该试剂的理由是______。

（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。

（4）欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6mol•L-1，需“调节pH”至少为_______________。

（5）“试剂b”应选择__________，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_______________________________。

（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni（OH）2+M，当导线中流过2mol电子时，理论上负极质量减少__________g。

充电时的阳极反应式为_______________________________________________。

【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本，不影响后续操作2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O5Na2CO3NiCO3+H2O

Ni（OH）2+CO2↑2Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O

【解析】

【分析】

铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将Fe2+氧化成Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。

然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。

滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+，加入NiS，可以除去Zn2+、Cu2+。

滤液2中有镍离子，同样的道理，在沉淀Ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍加水煮沸会转化成Ni（OH）2，最后Ni（OH）2灼烧分解，就可以得到氧化镍。

【详解】

（1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。

所以“焙烧”的目的为：

除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；

（2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低，而且生成NaCl也不影响后续操作。

（3）漂液中含有NaClO，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO-被还原成Cl-，反应的离子方程式为

；

（4）Fe（OH）3和Al（OH）3类型相同，Fe（OH）3的Ksp比Al（OH）3小，为了使它们完全沉淀，用Al（OH）3的Ksp进行计算，

则pH至少为5；

（5）需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂，NaOH的价格更贵，所以选择Na2CO3，根据题意，加入Na2CO3时，生成的滤渣2为NiCO3，NiCO3加水煮沸转化成Ni（OH）2，加水煮沸的方程式为NiCO3+H2O

Ni（OH）2+CO2↑。

（6）镍氢电池放电时负极的是MH，在反应中MH变成了M，失去质量为H的质量，负极反应式为MH-e-+OH-=M+H2O，转移2mol，负极质量减少2g；充电时阳极发生氧化反应，化合价升高，Ni（OH）2变成NiOOH，电极反应式为：

Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O。

【点睛】

（2）中因为是工业流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。

（4）计算pH的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择pH较大的那个。

2．在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。

已知：

甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。

回答下列问题：

（1）反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：

_______，该化合物中存在的化学键有：

_________。

与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：

_______（元素符号）。

（2）反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是_______；写出反应Ⅱ的化学方程式_______。

（3）通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性_______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是_______（写出一种即可）。

（4）下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_______（选填答案编号）

a．工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质

b．金属阳离子都具有相同的电子排布式

c．氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物

d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物

【答案】

离子键、共价键Al、Mg、Na第四周期Ⅷ族3Fe+4H2O

Fe3O4+H2强NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱ab

【解析】

【分析】

已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为HCl；反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。

据此解答。

【详解】

（1）由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为

，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。

与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。

答案为：

；离子键、共价键；Al、Mg、Na；

（2）由以上分析知，乙为铁，与H2O在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe3O4，铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2O

Fe3O4+H2。

答案为：

第四周期Ⅷ族；3Fe+4H2O

Fe3O4+H2；

（3）钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱来判断。

答案为：

强；NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱；

（4）a．工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3，获取单质，a正确；

b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；

c．NaOH热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c不正确；

d．金属氯化物都是电解质，但AlCl3属于共价化合物，d不正确；

答案为：

ab。

【点睛】

在书写铁与H2O在高温下反应，我们易忽视“有磁性的物质”，而把产物写成Fe2O3和H2，从而产生错误。

3．钾、钠、镁、铁均能与水发生置换H2的反应。

（1）其中反应最剧烈的是____。

（2）其中铁与水的反应比较特殊。

其特殊性在于：

①_________；②产物为氧化物而非氢氧化物。

你对②和①的关联性作何解释？

__________

（3）证明②的氧化物含Fe3+必需的试剂是______。

【答案】钾反应需在高温条件下进行铁的氢氧化物在高温条件下会分解稀硫酸（或稀盐酸）、KCNS试液

【解析】

【分析】

（1）根据金属的活泼性分析判断；

（2）①根据铁与水的反应条件分析；②根据高温下铁的氢氧化物的稳定性分析解答；

（3）需要将Fe的氧化物转化为溶于水的离子，再检验。

【详解】

（1）金属的活泼性越强，与水反应越剧烈，活泼性：

K＞Na＞Mg＞Fe，所以与水发生置换H2反应最剧烈的是钾，故答案为：

钾；

（2）①铁与水蒸气的反应，需要在高温条件下反应才能发生，故答案为：

反应需在高温条件下进行；

②铁的氢氧化物不稳定受热易分解，所以高温下铁的氢氧化物会分解生成四氧化三铁，因此产物为氧化物而非氢氧化物，故答案为：

铁的氢氧化物在高温条件下会分解；

（3）四氧化三铁难溶于水，需要用HCl（或稀硫酸）溶解生成Fe3+，Fe3+遇到KCNS试液，溶于变红色，故答案为：

稀硫酸（或稀盐酸）、KCNS试液。

4．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。

进行如下实验：

①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；

②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L－1盐酸中，得溶液C；

③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；

④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。

请填空：

（1）①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。

（2）②中所发生的各反应的化学方程式是___________。

（3）③中所发生的各反应的离子方程式是___________。

（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2＋）为________，c（Fe2＋）为________。

【答案】加少量KClO3，插上镁条并将其点燃FeFe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2OFe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑0.67mol·L－12.3mol·L－1

【解析】

【详解】

（1）铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。

在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。

发生的反应为Fe2O3＋2Al

Al2O3＋2Fe，所以产物中单质B为Fe，故答案为：

加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；Fe；

（2）Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：

Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O，故答案为：

Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O；

（3）混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。

C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。

发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。

（4）假设步骤②用去的20g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40g·mol－1×x＋160g·mol－1×x＝20g，解得：

x＝0.1mol。

根据MgO～MgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L－1。

步骤④说明溶液中没有Fe3＋，也就是溶质为FeCl2和MgCl2。

根据Cl－守恒的关系，可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于

＝0.45mol，所以，FeCl2的浓度为

≈2.3mol·L－1，故答案为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；0.67mol·L－1；

【点睛】

本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，（4）中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。

5．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。

6．某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。

现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。

流程如下：

（1）操作①是_________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。

（2）白色固体②是_________，样品和试剂①反应的化学方程式是_________。

（3）固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：

_______（用化学方程式表达）。

（4）溶液③中铁元素的存在形式是_________，如何用实验证明：

____。

（5）溶液③中通入某气体，该气体可以是_________（任写一种的化学式），红褐色固体制得铁红的化学方程式是_________。

【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒Al（OH）3Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑Fe2+取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色O2或者Cl22Fe（OH）3

Fe2O3+3H2O

【解析】

【分析】

Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂①为NaOH，得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3，溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液，白色固体②为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解得Al2O3，固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液③中主要含有Fe2+，经过操作①得红褐色固体应为Fe（OH）3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。

【详解】

（1）操作①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）白色固体②受热分解产生Al2O3，则②是Al（OH）3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（3）固体①中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

（4）由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：

取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；

（5）溶液③中含有Fe2+，向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的Fe（OH）3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe（OH）3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe（OH）3

Fe2O3+3H2O。

【点睛】

本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

7．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH如表：

开始沉淀时pH

完全沉淀时pH

Zn2+

5.4

6.4

Fe3+

1.1

3.2

Fe2+

5.8

8.8

Cu2+

5.6

6.4

请回答下列问题：

（1）粉碎氧化锌矿石的目的是______________；滤渣X的成分是________________。

（2）步骤Ⅱ中加入H2O2目的是：

_______________，发生反应的离子方程式为：

______________。

（3）“除铁”步骤中加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以是________（填化学式，一种即可），控制溶液的pH范围为：

_________。

同时还需要将溶液加热，其目的是：

__________。

（4）滤渣Z的成分是____________。

（5）取28.70gZnSO4·7H2O（相对分子质量：

287）加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是____________。

②680℃时所得固体的化学式为________________。

a.ZnOb.Zn3O（SO4）2c.ZnSO4d.ZnSO4·H2O

【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率H2SiO3将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OZnO或ZnCO3或Zn（OH）23.2≤pH＜5.4防止生成氢氧化铁胶体，便于分离Cu、Zn降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水b

【解析】

【分析】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②根据图像分析。

【详解】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，故答案为：

增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：

2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O，故答案为：

将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去；2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，