版高考化学难点剖析专题13化工流程中铁化合物的处理练习.docx

版高考化学难点剖析专题13化工流程中铁化合物的处理练习.docx

《版高考化学难点剖析专题13化工流程中铁化合物的处理练习.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版高考化学难点剖析专题13化工流程中铁化合物的处理练习.docx（49页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

版高考化学难点剖析专题13化工流程中铁化合物的处理练习

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+I2→Na2S4O6+2NaI。

完成下列填空：

（1）步骤②用到的玻璃仪器除烧杯外，还有______。

（2）步骤③对应反应的离子方程式为______。

（3）步骤④中煮沸的作用是______。

步骤⑤中必须用到的定量实验仪器是______。

（4）步骤⑦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⑦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2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－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③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⑤稀释至250mL溶液，这需要在容量瓶中进行操作，即步骤⑤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2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2，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2Fe3＋～2I－～2Na2S2O3，矿石中铁元素的百分含量＝

＝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）COO]2Fe·3H2O}（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_______________。

Ⅱ．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：

①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________________________________。

②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0.10mol·L-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2Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O2CH3CH（OH）COOH+FeCO3

[CH3CH（OH）COO]2Fe+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+FeCO3

[CH3CH（OH）COO]2Fe+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+FeCO3

[CH3CH（OH）COO]2Fe+CO2↑+H2O；适量铁粉；密封保存。

（4）①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。

②Ce4+→Ce3+发生还原反应，得电子总量为250/25×0.10×20×10-3mol,设亚铁离子的量为xmol，亚铁离子发生氧化反应，生成铁离子，失电子总量为x×1mol,根据氧化还原反应电子得失守恒规律：

x×1=250/25×0.10×20×10-3，x=2×10-2mol，根据铁守恒，乳酸亚铁晶体的量为2×10-2mol，其质量为2×10-2×288g,则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为2×10-2×288/6.00×100%=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MnSO4·H2O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①混合研磨成细粉的主要目的是_____________________________________________；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2（SO4）3的化学方程式为_____________________________________。

（2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入______________________；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_____________________________________。

步骤⑤所

得滤渣为__________________（填化学式）。

（3）步骤⑦需在90~100℃下进行，该反应的化学方程式为_________________________________。

（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：

准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用cmol·L-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（8.25cV×10-2）/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a×100%

详解：

（1）步骤①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4~5，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⑦在90~100℃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+3MnSO4·H2O=5MnO42+K2SO4+2H2SO4+H2O，已知n（KMnO4）=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则n（

MnSO4·H2O）=1.5cV×10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为w（Mn2+）=[1.5cV×10-3mol×55g/mol]/ag×100%=（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）=1.10×10-10]。

（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ZnA2·2HA。

该过程可以表示为：

Zn2++4HA

ZnA2·2HA+2H+

①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___________________。

②“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NiSO4·7H2O 1.686kg，则镍的回收率为_______________。

【答案】80℃，1.8mol/L H2SO4，30min2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+7.37×10-11（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++4HA

ZnA2·2HA+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+MnSO4→MnO2↓+（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）①pH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++4HA

ZnA2·2HA+2H+ 向右进行，锌的萃取率增大。

②“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

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ZnSO4•7H2O的一种流程如图：

（1）步骤Ⅰ的操作是____________。

（2）步骤Ⅰ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Ⅱ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Ⅲ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/℃

0

20

40

60

80

100

溶解度/g

41.8

54.1

70.4

74.8

67.2

60.5

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28.70gZnSO4•7H2O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______。

a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4•H2O

【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ZnSO4•7H2O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ZnSO4•7H2O。

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Ⅲ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ZnSO4•7H2O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ZnSO4•7H2O分解。

答案为：

60℃条件下蒸发浓缩、降低烘干的温度，防止ZnSO4•7H2O分解

（6）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4•H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O（SO4）2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4•H2O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：

b

6．（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：

①Ga性质与铝相似。

②lg2=0.3，lg3=0.48。

③如下表所示。

Zn（OH）2

Ga（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Ksp

1.6×10-17

2.7×10-31

8×10-16

2.8×10-39

（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1×10-5mol/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】

SiO2PbSO42Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，防止生成Fe（OH）25.48≤pH＜.6.6Ga（OH）3+OH-=CaO2-+2H2O不能，因为NH3·H2O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Ksp[Ga（OH）3]

Ksp[Fe（OH）3]，Ga3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，Ga3+完全沉淀时c（Ga3+）

1

10-5mol/L，c（OH-）=

=

=3

10-9mol/L，c（H+）=

10-5mol/L，pH=-lgc（H+）=-lg

10-5=5.48；Zn2+开始沉淀时，c（OH-）=

=

=4

10-8mol/L，c（H+）=

10-6mol/L，pH=-lgc（H+）=-lg

10-6=6.6；操作B调节的pH范围是：

5.48

pH

6.6。

（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：

NH3·H2O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FeO·xFe2O3）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）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

开始沉淀时

3.6

6.3

2.3

完全沉淀时

4.9

8.3

3.2

（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Ksp[Fe（OH）3]<_____（设沉淀完全时金属离子浓度小于1×10-5mol/L）。

（3）试剂A是一种液态绿色氧化剂，料液Ⅰ中反应的离子方程式_______。

（4）泡沫灭火器容器构造分为内外两层，内层是玻璃容器、外层是钢筒。

则硫酸铝溶液应盛放在______容器中，泡沫灭火器中另一种试剂是小苏打溶液而不是苏打溶液的原因是____。

（5）请设计一种简单的方案，用于确定所制得的晶体组成是否与理论上的组成[Al2（SO4）3·18H2O]相同（写出主要操作过程即可）:

_________________。

【答案】SiO