2022-2022备战高考化学一模试题分类汇编——铁及其化合物推断题

2020-2021备战高考化学一模试题分类汇编——铁及其化合物推断题综合及答

案

一、铁及其化合物

1．下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C 常温下为一种液体，B 、D 分别为黑色粉末和黑色晶体，G 为淡黄色固体，J 为生活中常见的调味品，I 为红褐色固体，F 为棕黄色溶液。①是实验室制取丁的反应之一。各物质间的转化如下图所示，回答下列问题(部分生成物未列出)：

(1)物质I 的化学式为________；F 中阴离子是______________；

(2)反应①的化学方程式为为____________；

(3)B 与K 的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为____________；

(4)反应②的化学方程式为_____________；

(5)若E 与G 以物质的量比为1:1投入足量水中，反应的化学方程式为_________；生成1mol 气体转移电子的个数为__________。

【答案】Fe(OH)3 Cl - 2H 2O 22MnO 2H 2O+O 2 MnO 2+4H ++2Cl －ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O 3Fe + 4H 2O(g)高温Fe 3O 4 +4H 2 4FeCl 2+4Na 2O 2 + 6H 2O = 4Fe(OH)3↓+8NaCl + O 2↑ 6N A

【解析】

【分析】

丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl 2，B 与K 的反应是实验室制取丙的反应，且B 为黑色粉末，则B 为MnO 2，K 为HCl ；①是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应，所以C 为H 2O ，丁为氧气；G 为淡黄色固体，且可以生成氧气，则G 应为Na 2O 2，则J 为生活中常见的调味品，应为NaCl ，I 为红褐色固体应为Fe(OH)3；F 为棕黄色溶液，应含Fe 3+，E 与氯气反应可生成F ，则F 为FeCl 3，E 为FeCl 2；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁，所以甲为铁单质，Fe 可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D 为Fe 3O 4。

【详解】

(1)根据分析可知物质I 为Fe(OH)3；F 中阴离子为Cl -；

(2)反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为2H 2O 22MnO 2H 2O+O 2；

(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：MnO 2+4H ++2Cl －

Δ

Mn2++Cl2↑+2H2O；

(4)反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：3Fe

+ 4H2O(g)高温

Fe3O4 +4H2；

(5)E为FeCl2，G为Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1价的氧被还原成-2价，二者1：1反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2自身发生氧化还原反应，所以E与G以物质的量比为1:1投入足量水中，反应方程式为4FeCl2+4Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3↓+8NaCl + O2↑。

【点睛】

解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体”，则丙为Cl2，“F为棕黄色溶液”，则其溶液中应含有Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。

2．印刷电路板（PCB）是用腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种制作PCB并将腐蚀后废液（其中金属阳离子主要含Fe3+、Cu2+、Fe2+）回收再生的流程如图。

请回答：

（1）腐蚀池中发生反应的化学方程式是__。

（2）上述各池中，没有发生化学变化的是__池。

（3）由置换池中得到固体的操作名称是__。

（4）置换池中发生反应的离子方程式有__。

（5）请提出利用酸从固体中回收Cu并将滤液回收利用的合理方案：__。

（6）向再生池中通入Cl2也可以使废液再生，相比Cl2，用双氧水的优点是__。

【答案】Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2沉降过滤 Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu 用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境

【解析】

【分析】

腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上，发生反应为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中主要指FeCl2，通入过氧化氢氧化生成FeCl3，循环利用。

【详解】

（1）腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；

（2）腐蚀池中发生：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中过氧化氢氧化FeCl2，没有发生化学变化的是沉降池；

（3）置换池中铁粉置换出铜，固液分离的操作为过滤；

（4）置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，其离子反应方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（5）根据金属活动性顺序表可知，铁能与稀盐酸发生反应，而铜不与稀盐酸反应，所以用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池；

（6）Cl2有毒，污染环境，需要尾气处理，加双氧水氧化后生成水，避免有毒气体污染环境，故答案为：避免有毒气体污染环境。

3．下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。

（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。

（2）请写出反应D→F的化学方程式：_________。

（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是

____________。

（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。

（5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。

（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：

____，______。

【答案】NaAlO2 2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3 KSCN 溶液呈血红色 Ca（ClO）2 Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色 FeCl2+2NaOH=Fe （OH）2↓+2NaCl 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

【解析】

【分析】

B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A为Al单质，C为AlCl3溶液，G为NaAlO2溶液。

【详解】

(1)根据分析可知，G 即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO 2;

(2)根据分析可知，D 为FeCl 2，与E 即Cl 2反应后生成FeCl 3，方程式为：

2232FeCl Cl =2FeCl +；

(3)检验Fe 3+常用硫氰化钾溶液，Fe 3+遇SCN -生成血红色物质；

(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；

(5)通过分析可知，C 为AlCl 3溶液，与过量的NaOH 溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：322Al 4OH =AlO 2H O +--

++；

(6)通过分析可知，D 的溶液为FeCl 2溶液，FeCl 2会与NaOH 溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：22234Fe(OH)O 2H O=4Fe(OH)++；

4．图中，固体A 是铁锈的主要成分。

请回答：

（1）固体C 的化学式是___，上述框图中体现了SO 2的___（填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”）。

（2）写出A→B 的化学方程式___。

（3）写出D→E 的离子方程式___。

（4）若通入的SO 2是足量的，请你设计实验方案检验“溶液D”中的金属阳离子___。

【答案】FeCl 3 还原性 Fe 2O 3+3CO 高温2Fe+3CO 2 Ba 2++SO 42-=BaSO 4↓ 取少量溶液D 于试管中，滴加KSCN 溶液，无明显现象，再滴加适量氯水（或双氧水），溶液变成血红色，则含有Fe 2+

【解析】

【分析】

固体A 是铁锈的主要成分，则A 为Fe 2O 3，结合图中转化可知，A 与CO 反应生成B 为Fe ，B 与氯气反应生成C 为FeCl 3，C 与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液D 中Fe 2+、SO 42-等，溶液D 与氯化钡反应生成白色沉淀E 为BaSO 4。

【详解】

(1)由上述分析可知，固体C 的化学式是：FeCl 3，上述框图中SO 2失去电子转化为硫酸根离子，作还原剂；

(2)A→B 的化学方程式为：Fe 2O 3+3CO 高温2Fe+3CO 2；

(3)D→E 的离子方程式为：Ba 2++SO 42?=BaSO 4↓；

(4)若通入的SO 2是足量的，溶液D 中金属阳离子为Fe 2+，检验该阳离子的方法为：取少量溶液D 于试管中，滴加KSCN 溶液，无明显现象，再滴加适量氯水(或双氧水)，溶液变成血红色，则含有Fe 2+。

5．A-J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：

(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_________

(2)写出检验D溶液中阳离子的方法____。

(3)写出反应④的离子方程式________。

(4)若向气体K的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：______；

(5)若向气体K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1:1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小

．．．．的关系是______。

【答案】第四周期Ⅷ族取少量D溶液，加KSCN溶液，出现红色 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑＜ NH4++ H2O?NH3·H2O+OH- c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)>c(OH-)

【解析】

【分析】

G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为

O2，C和碱、D和气体K反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，K 为NH3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，结合对应单质、化合物的性质解答该题。

【详解】

（1）A、B、C、D、E、F六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族，

（2）溶液D为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D溶液于试管中，滴加KSCN 溶液，溶液变红色，证明D溶液中含有Fe3+；

（3）反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反2Al+2OH+2H O=2AlO+3H ；

应的离子方程式为：--

222

（4）气体K的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH＜7；反应的离子方程式为：

++4232NH +H O NH H O+H g ?；

（5）若向气体NH 3的0.1mol/L 水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：

1，假设条件均为1L ，发生反应：++3242NH H O+H =NH +H O g ，n (NH 3?H 2O)=0.1mol ，

n (H +)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c (+4NH )>c (2-4SO )>c (H +)>c (OH -)。

【点睛】

比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：

（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH 3COOH ?CH 3COO -＋H +，H 2O ?OH -＋H +，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c (CH 3COOH)>c (H +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)；

（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH 3COONa 溶液中：CH 3COONa=CH 3COO -＋Na +，CH 3COO -＋H 2O ?CH 3COOH ＋OH -，H 2O ?H +＋OH -，所以CH 3COONa 溶液中：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (CH 3COOH)>c (H +)。

6．现有金属单质A 、B 和气体甲、乙、丙及物质C 、D 、E 、F 、G ，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）

根据以上信息填空：

（1）写出下列物质的化学式：A______ G__________ ；

（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；

（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应

④____________________________；

【答案】 Na Fe(OH)3 产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 2Na+2H 2O=2Na ++2OH -+H 2↑ 2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -

【解析】金属A 焰色反应为黄色，故A 为金属Na ；由反应①Na+H 2O →气体甲+C ，则甲为H 2，C 为NaOH ；乙是黄绿色气体，则乙为Cl 2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即H 2+Cl 2→HCl ，则丙为HCl ；红褐色沉淀G 为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F →沉淀G ，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F 中含有Fe 3+；反应④：物质E+Cl 2→物质F ，则E 中含有Fe 2+；反应③：丙的水溶液D+金属B →物质E ，可推断金属B 为Fe ，则E 为FeCl 2，F 为FeCl 3。

（1）根据上述分析可知A 为Na ；G 为Fe(OH)3 ；

（2）气体甲为H 2，气体乙为Cl 2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；

（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H 2O=2Na ++2OH -+H 2↑ ；反应④为FeCl 2与的反应，离子方程式为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -。

7．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：

(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和______反应制备，3FeCl 可用铁粉和______反应制备。

(2)黄铁矿(主要成分为2FeS )是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。高温下可发生反应： 222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温，该过程中若有1.5mol 2FeS 参加反应，则反应过程中转移______mol 电子。

(3)24K FeO 与Zn 组成新型二次电池高铁电池，电解液为碱溶液，其反应式为：222423Zn(OH)2Fe(OH)4KOH 3Zn 2K FeO 8H O ++++?充电

放电，放电时电池的负极反应式

为______；充电时电解液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”之一)。

(4)某同学向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______(用平衡移动原理解释)。

【答案】盐酸(或氯化铁) 氯气 16 2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-= 减小

232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+ 3Fe +催化22H O 分解产生2O 22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动

【解析】

【分析】

(1)Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe 与氯气反应生成氯化铁；

(2)22234

3FeS 8O 6SO e O =F ++高温

中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低； (3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子；由电池反应可知，充电时消耗KOH ；

(4)酸性条件下22H O 将亚铁离子氧化为铁离子；铁离子能催化22H O 分解产生氧气；从平衡角度分析。

【详解】

(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和盐酸(或氯化铁)反应制取；3FeCl 可用铁粉和氯气反应制取， 故答案为：盐酸(或氯化铁)；氯气；

(2)222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，21.5molFeS 参加反应，则消耗氧气为4mol ，由O 元素的化合价变化可知，转移的电子为

()4mol 22016mol ??-=， 故答案为：16；

(3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子，电极反应为

2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=，由电池反应可知，充电时消耗KOH ，则pH 减小， 故答案

为：2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=；减小；

(4)向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，发生的离子方程式为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+；3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ，故一段时间后，溶液中有气泡出现；生成沉淀的原因是22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动， 故答案为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+； 3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ；22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动。

8．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SiO 2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu 2O(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)CO 3、SiO 2等不溶性物质；

Ⅲ：浸取液中含有[Zn(NH 3)4]2+、[Cu(NH 3)4]2+、[Cd(NH 3)4]2+；

Ⅳ：Cu +在溶液中不存在，但可以与NH 3形成稳定的[Cu(NH 3)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O 2参与生成浸渣Fe(OH)CO 3的离子方程式为_______。

(3)蒸发炉中加入(NH 4)2SO 3的主要作用是_________；沉降池1中加入稀H 2SO 4的作用是_______。

(4)在制取ZnSO 4和CdSO 4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O 2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度 防止NH 3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解 4FeS+3O 2+4CO 32-+6H 2O=4Fe(OH)CO 3↓+4S↓+8OH - 将

[Cu(NH 3)4]2+还原为[Cu (NH 3)2]+ 调节溶液的pH ，使[Cu(NH 3)2]+转化为Cu 2O 沉淀 产生H 2S 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。

9．2019年10月9日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。高度评价他们“创造了一个可充电的世界”。锂离子电池与传统电池相比，充电更快，功率密度更高，使用时间更长，在手机和笔记本电脑等便携式电子产品上广泛应用。工业上常以锂辉矿(主要成分为 LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂，其中一种工艺流程如下：

已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：

②Li2CO3的溶解度随温度变化如图所示：

试回答下列问题：

（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过_______来提高浸取率。

（2）反应I中应调节pH范围为_______，沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al(OH)3外，还有___________。

（3）反应Ⅱ的离子方程式为_________________。

（4）“操作I＂的名称为______；洗涤Li2CO3沉淀要使用_______ (选填“热水”或“冷水”)，理由是___________________________________________________。

【答案】延长浸取时间（或：增大酸的浓度） 4.7~9.6（或4.7≤ pH < 9.6）Fe(OH)3、CaSO4Mg2＋＋Ca(OH)2＝Ca2+＋Mg(OH)2↓ (或：Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓) CO32-＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2OH－(或：Ca2+＋CO32-= CaCO3↓)过滤热水碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失

【解析】

【分析】

锂辉矿(主要成分为 LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂，加入过量硫酸溶解锂辉矿，再加入碳酸钙调节溶液的pH，加入双氧水将溶液里的亚铁离子氧化为铁离子，使铁离子和铝离子沉淀完全，过滤除去沉淀，然后加入氢氧化钙和碳酸钠除去溶液中的钙离子和镁离子，过滤得到的溶液中主要是锂离子的水溶液，蒸发浓缩，加入饱和的碳酸钠溶液沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解氯化锂得到金属锂。根据以上分析解答此题。

【详解】

(1)增大酸的浓度、升高温度、增大固体表面积、搅拌或延长浸取时间可以提高浸取率，所以为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过延长浸取时间或增大酸的浓度来提高浸取率；

答案为：延长浸取时间（或：增大酸的浓度）。

(2)反应Ⅰ中调节pH的目的是除去Fe3+、Al3+，由表中数据可知调节pH范围为4.7~9.6（或4.7≤pH<9.6），硫酸钙微溶于水，所以沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al(OH)3外，还有Fe(OH)3、CaSO4 ；

答案为：4.7~9.6（或4.7≤pH<9.6）；Fe(OH)3、CaSO4。

(3)反应Ⅱ调节pH=11，目的是除去Mg2+和Ca2+，根据加入的试剂，主要离子方程式为：Mg2++Ca(OH)2= Ca2++ Mg(OH)2↓(或：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓)、CO32-+ Ca(OH)2=CaCO3↓+2OH-

(或：CO32-+ Ca2+=CaCO3↓)；

答案为：Mg2++Ca(OH)2= Ca2++ Mg(OH)2↓(或：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓)、CO32-+

Ca(OH)2=CaCO3↓+2OH-(或：CO32-+ Ca2+=CaCO3↓)。

(4)“操作Ⅰ”目的是分离出固体碳酸锂，所以“操作Ⅰ”是过滤；由图可知碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失，所以洗涤碳酸锂沉淀要用热水；

答案为：过滤；热水；碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失。

10．工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略):

已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:

待沉淀的离子Fe2+Fe3+Zn2+Cu2+

开始沉淀时pH 6.3 1.5 6.2 5.2

沉淀完全时pH9.7 3.28.0 6.4

请回答下列问题：

（1）酸浸粗氧化锌的过程中，常将粗氧化锌粉碎成细颗粒，适当增加硫酸的浓度，目的是_________。

（2）步骤A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,并全部形成Fe(OH)3沉淀,为了暂不形成

Cu(OH)2、 Zn(OH)2 ,该步骤需控制溶液pH的范围是____________,该步骤中先加入H2O2充分反应后再加入氨水，写出加入H2O2的离子方程式_____________。

（3）步骤C的反应离子方程式为____________。

（4）若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，求Fe3+ 离子浓度为_________。（已知Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-3 8）

【答案】加快反应速率 3. 2≤pH＜5.2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Cu2+ +Zn = Zn2+ +Cu 4 ×10-8

【解析】

【分析】

【详解】

(1)根据影响化学反应速率的因素，酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等，故目的是加快反应速率；

(2)氢氧化铁沉淀时的pH是1.48 ~ 3.2 ，Zn(OH)2沉淀时的pH为6.2 ~ 8.0，和Cu(OH)2沉淀

时的pH为5.2~6.4，因此将Fe2+氧化为Fe3+，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2，该步骤需控制溶液pH的范围为3.2

(3)步骤C中加入锌，发生锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，反应离子方程式为

Cu2++Zn=Zn2++Cu；

(4) 若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，c（H+）=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+)× (10-10mol/L) 3=4.0×10-38，故c(Fe3+)=4.0×10-8 mol/L。

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