1、高考化學鐵及其化合物推斷題綜合題及答案一、鐵及其化合物1. 納米FQ3O4在生物醫學和催化劑載體等領域應用前景光明。其制備流程如下:落遺A血（源缸坨3"I另mLIP*'1I4%杠m灌已知：鋅單質溶于強堿生成ZnO22-;Zn(OH)2既能溶于強酸又能溶于強堿。請回答下列問題:(l) 用NaOH溶液處理廢舊鋅鐵皮的作用有A.去除油污B.溶解鍍鋅層C.去除鐵銹D.鈍化(2) 步驟生成Zn(OH)2沉淀的離子方程式為，用離子方程式結合文字說明該步驟pH不能過小的原因。調節pH的最佳方法是向溶液中通入(填化學式)。(3) 步驟反應的離子方程式為;為確保納米Fe3O4粒子的純度，應調整

2、原溶液中Fe2+與所加H2O2的物質的量之比為。(4) 步驟制得Fe3O4納米粒子的過程，需要在無氧環境下進行，說明理由;T業生產中可采取措施提供無氧環境。(5) 步驟(填“能”或“不能”)用減壓過濾(抽濾)得到納米F&O4粒子？理由!b。【答案】ABZnQ2+2H+=Zn(OH)2$加入酸是為了使ZnO22轉化為Zn(OH)2沉淀，但加入酸不能過多，要防止發生Zn(OH)2+2H+=Zn2+2H2O,降低ZnO產量CQ2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O31防止Fe2+或Fe(OH)2被氧化持續通入N?不能納米粒子太小，抽濾時容易透過濾紙【解析】【分析】根據流程圖及已知信息

3、分析得：廢舊鍍鋅鐵皮加入氫氧化鈉溶液中反應，鋅溶解生成偏鋅酸鈉和氫氣，鐵不溶解，過濾得到濾液A為Na2ZnO2，不溶物為Fe,溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-轉化為Zn(OH)2沉淀，再經過過濾、洗滌、干燥，灼燒得到ZnO,不溶物Fe中加入稀鹽酸，反應生成氯化亞鐵，加入適量H2O2,氧化部分亞鐵離子為鐵離子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH,并通入氮氣排除氧氣，加熱分解，生成四氧化三鐵膠體粒子，據此分析解答。【詳解】(1) 氫氧化鈉溶液有助于鐵皮表面的油污水解除去，同時由題干信息知鋅易溶于氫氧化鈉溶液，故答案為：AB；(2) 根據題給信息知，步驟為ZnO22-與酸反應生成Zn

4、(OH)2的反應，離子方程式為：ZnO/+2H+=Zn(OH)2$;加入酸是為了使ZnO22-轉化為Zn(OH)2沉淀，但加入酸不能過多，要防止發生Zn(OH)2+2H+=Zn2+2H2O,降低ZnO產量；所得溶液呈堿性，為了不引入新的雜質，調節pH的最佳方法是向溶液中通入CQ；故答案為：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2$；加入酸是為了使ZnO22-轉化為Zn(OH)2沉淀，但加入酸不能過多，要防止發生Zn(OH)2+2H+=Zn2+2H2O,降低ZnO產量；CO2；(3) 根據上述分析步驟目的是用雙氧水氧化亞鐵離子，反應的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；F&a

5、mp;O4粒子中+2鐵與+3價鐵物質的量之比為1:2,設Fe2+W質2 1x的量為x,則根據離子萬程式分析所加H2O2的物質的量為：x=一，則應調整原溶3 23液中Fe2+與所加H2O2的物質的量之比為x:=3：1,故答案為：32Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；3:1;(4) 防止Fe2+或Fe(OH)2被氧化，所以步驟制得Fe3O4納米粒子的過程，需要在無氧環境下進行；工業上通常通過持續通入N2提供無氧環境，故答案為：防止Fe2+或Fe(OH)2被氧化；持續通入N2；(5) 根據加壓抽濾的原理及納米粒子半徑大小分析，不能用抽濾的方法得到納米Fe3O4粒子，原因是納米粒子太小，抽

6、濾時容易透過濾紙，故答案為：不能；納米粒子太小，抽濾時容易透過濾紙。2. 物質X是某新型凈水劑的中間體，它可以看成由AlCh(在180C升華)和一種鹽A按物質的量之比1:2組成。在密閉容器中加熱X使之完全分解，發生如下轉化：L|卜fiW£請回答下列問題：(1) X的化學式為_。(2) 將E混合晶體溶于水配成溶液，向溶液中加入過量稀NaOH溶液時發生的總反應的離子方程式為。(3) 高溫下，若在密閉容器中長時間燧燒X,產物中還有另外一種氣體，請設計實驗方案驗證之_。【答案】AlC3-2FeSQAl3+2H+6OFT=AlO2'+4H2O將氣體通入足量NaOH溶液中，收集余氣，把一

7、條帶火星的木條伸入其中，若復燃，則說明是O2【解析】【分析】固體氧化物B溶于稀鹽酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液變血紅色，說明B中含有Fe3+,則B為Fe2O3,C為FeC3溶液，無色D氣體能使品紅褪色，貝UD為SO2,由元素守恒可知A中含有Fe、SO元素，A加熱分解能生成氧化鐵和二氧化硫，則鹽A為FeSQ,氧化鐵的物質的量為3.2g=0.02mol，生成二氧化硫為0.448L=0.02mol,160g/mol22.4L/mol由Fe、S原子為1：1可知生成SO3為0.02mol,4.27g混合晶體E為AlCl3和SCfe,AlCl3的物4.27g-0.02mol80g/mol質的量

8、為-一,=0.02mol,X的組成為AlCl32FeSQ,以此解答該題。133.5g/mol【詳解】(1) 根據上述分析，X的化學式為AlCl?2FeSQ;(2) 將E混合晶體溶于水配成溶液，三氧化硫反應生成硫酸，則硫酸與氯化鋁的物質的量相等，逐滴加入過量稀NaOH溶液，該過程的總反應的離子方程式為：Al3+2H+6OH-=AlO2-+4H2O；(3) 若在高溫下長時間燧燒X,生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧氣，另一種氣體分子式是。2,檢驗氧氣的方法為：將氣體通入足量NaOH溶液中，收集余氣，把一條帶火星的本條伸入其中，若復燃，則說明是。2。3. 某興趣活動小組利用物質間的互變，設計成一個

9、平面魔方，如下圖所示：已知A、BkC、D、G含有同種元素。純A(單質)B溶液D固體G溶液顏色銀白色黃色紅棕色淺綠色E是通常情況下密度最小的氣體；B與硝酸銀溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能將一種氧化物氧化為F,F是含有三種元素的化合物，與A反應生成E、Go依據以上信息填空：(1) 寫出D的化學式：。(2) G生成C的過程中所出現的現象為。(3) 寫出反應A、B的化學方程式：。(4) BrF的離子方程式為；G與次氯酸反應的離子方程式為【答案】Fe?O3先產生白色沉淀，迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色2Fe+3C2FeC32Fe3+SQ+2H2O=2Fe2+SC42-+4H+H+2Fe2+HC

10、lO=2Fe3+Cl+H2O【解析】【分析】結合框圖，D固體呈紅棕色，則其為FG2O3；A、B、C、D、G含有同種元素，B與硝酸銀溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，則B為FeC3,G中含有Fe2+,A為Fe。由"B與硝酸銀溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能將一種氧化物氧化為F,F是含有三種元素的化合物，與A反應生成E、G”，貝UF為H2SQ,G為FeSQ；E是通常情況下密度最小的氣體，貝UE為H2。由Br6D的轉化可推知，C為Fe(OH)3。【詳解】(1) 由以上分析可知，D為氧化鐵，其化學式：Fe2O3。答案為：F&O3；(2) FeSQ生成Fe(OH)3,可先加堿

11、、后氧化，所出現的現象為先產生白色沉淀，迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色。答案為：先產生白色沉淀，迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色；(3) 反應FlFeC3需用Cl2將Fe氧化，反應方程式為2Fe+3CE=2FeC3。答案為：2Fe+3C122FeC3;(4) FeC3rH2SO4，應使用SC2,離子方程式為2Fe"+SQ+2H2O=2Fe2+SQ2-+4H+;FeSQ與次氯酸反應，生成Fe3+、C和H+,離子方程式為H+2Fe2+HC1O=2Fe3+C+H2O。答案為：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；H+2Fe2+HC1O=2Fe3+Cl+H2O。【點睛】利用

12、框圖進行物質推斷時，先確定信息充足的物質，然后利用已知的少量信息、反應條件及未知物質前后的已知物質，推斷出未知物質的組成。4. 下列框圖中的字母分別代表一種常見的物質或其溶液，相互之間的轉化關系如圖所示(部分產物及反應條件已略去)。已知A、B為氣態單質，F是地殼中含量最多的金屬元素的單質；E、H、I為氧化物，E為黑色固體，I為紅棕色氣體；M為紅褐色沉淀。IA5電*請回答下列問題:(1) A在B中燃燒的現象是D+E的反應中，被氧化與被還原的物質的物質的量比是(3) G+J的離子方程式是。(4) Y受熱分解的化學方程式是。(5) 檢驗硫酸鐵溶液中是否存在Fe2+的試劑是。【答案】放出大量的熱，產生

13、蒼白色火焰2:13AlO2+f3、6H2O=3Al(OH)3$+Fe(OH3$A4Fe(NO3)3一2Fe2O3+12NO2f+3Qf酸性高鎰酸鉀溶液【解析】【分析】F是地殼中含量最多的金屬元素的單質，則F為Al,轉化關系中X電解得到三種物質，為電解電解質與水型，A、B為氣態單質，二者為氫氣和氯氣，二者反應生成D,D為HCl,E為黑色固體，為氧化物，和HCl反應又生成B氣體，A為H2,B為C2,E為MnO2,電解X是電解氯化鈉溶液，C為NaOH,與Al反應生成G,G為NaAlO?；M為紅褐色沉淀為Fe(OH)3,所以J是含三價鐵離子的物質，是H和D反應生成，證明J為FeCb,H、I為氧化物判斷

14、H為Fe2O3,I為紅棕色氣體為NO2,結合轉化關系可知，N為HNO3,丫為Fe(NO3)3,結合物質的性質來解答。【詳解】A為H2,B為Cl2,H2在Cl2中燃燒的現象是：氣體安靜燃燒，放出大量的熱，火焰呈蒼白色，并有白霧產生；D+E的反應為MnO2+4HClMnCl2+C2f+2H2O,MnO2中Mn元素化合價降低，被還原，HCl中Cl元素化合價升高，被氧化，4mol鹽酸參與反應，發生氧化反應的鹽酸為2mol，另外2mol鹽酸顯酸性，貝Un(被氧化的物質HCl):n(被還原的物質MnO2)=2：1;G(NaAlO2)+J(FeC3)M(Fe(Og)的反應是在水溶液中發生的雙水解反應，反應離

15、子方程式是：3AlO2+Fe"+6H2O=3Al(OH)3$+Fe(OH3$;(4) 依據分析推斷可知Y為Fe(NO3)3,受熱分解生成二氧化氮和氧化鐵，依據原子守恒配平書寫的化學方程式是：4Fe(NC3)3=2FaO3+12NO2f+3O4;(5) 檢驗硫酸鐵溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待測液于試管中，滴加幾滴酸性高鎰酸鉀溶液，若溶液紫色褪去，證明原溶液中含有Fe2+,反之沒有Fe2+。5. A-J分別表示中學化學中常見的一種物質，它們之間相互關系如圖所示(部分反應物、生成物沒有列出)，且已知G為主族元素的固態氧化物，A、B、GD、E、F六種物質中均含同一種元素。請填寫下列

16、空白：IL-啪液叵|NM啪液(1) A、B、C、D、E、F六種物質中所含同一種元素在周期表中位置寫出檢驗D溶液中陽離子的方法。(3) 寫出反應的離子方程式。(4) 若向氣體K的水溶液中加入鹽酸，使其恰好完全反應，所得溶液的pH7(填“>'"<”或"=",)用離子方程式表示其原因：;(5) 若向氣體K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1:1,則所得溶液中各離子物質的量濃度由大到小.的關系是。【答案】第四周期皿族取少量D溶液，加KSCN溶液，出現紅色2Al+2OH+2H2O=2AlQ-+3H2fvNH4+H2O?N

17、H3H2O+OHc(NH4+)>c(SQ2-)>c(H+)>c(OH-)【解析】【分析】G為主族元素的固態氧化物，在電解條件下生成I和H,能與NaOH溶液反應，說明G為Al2O3，與NaOH反應生成NaAlO2，而I也能與NaOH反應生成NaAlO2,貝UI為Al,H為O2,C和堿、D和氣體K反應生成E、F,則說明E、F都為氫氧化物，E能轉化為F,應為Fe(OH)2rFe(OH3的轉化，所以E為Fe(OH)2,F為Fe(OH)3,貝UC為FeC2,D為FeC3,K為NH3,B為Fe3O4，與Al在高溫條件下發生鋁熱反應生成A,即Fe,結合對應單質、化合物的性質解答該題。【詳解

18、】(1) A、B、C、D、E、F六種物質中都含有鐵元素，在周期表中位于周期表第四周期W族，(2) 溶液D為氯化鐵溶液，檢驗三價鐵離子的存在，取少許D溶液于試管中，滴加KSCN溶液，溶液變紅色，證明D溶液中含有Fe3+;(3) 反應是金屬鋁和氫氧化鈉溶液的反應，Al與NaOH溶液反應生成NaAlO?和H2,反_._應的離子方程式為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；(4) 氣體K的水溶液為一水合氨溶液，加入鹽酸，使其恰好完全反應生成氯化鉉和水，氯化鉉在水溶液中水解顯酸性，所以pHv7；反應的離子方程式為：NH4+H2O?NH3gH2O+H+；(5) 若向氣體NH3的0.1mol/L水

19、溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1,假設條件均為1L,發生反應：NH3gH2°+H+=NH;+H2。，n(NH3?H2O)=0.1mol,n(H+)=0.1mol,所以一水合氨和硫酸反應生成硫酸鉉溶液，鉉根離子水解顯酸性，溶液中離+2-子濃度大小順序為:c(NH4)>c(SO4)>c(H+)>c(OH-)。【點睛】比較時溶液中粒子濃度緊扣兩個微弱：(1) 弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力，如在稀醋酸溶液中：CH3COOH?CH3COO+H+,H2O?OH-+H+,在溶液中微粒濃度由大到小的順序：

20、c(CH3COOH)>D(H+)>c(CH3COO)>c(OH-);(2) 弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度，如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CHCOO+Na+,CH3COO+H2O?CH3COOH+OH-,H2O?H+OH-,所以CHsCOONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COC-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)o6. 利用如圖可以從不同角度研究含鐵物質的性質及其轉化關系。圖中甲己均含鐵元素。回答下列問題：+6'Kai補項+3T己+2乙丙成0甲恤質M化物堿it物質類

21、別(1) LFeOi常用作殺菌消毒劑，從鐵元素化合價的角度分析是因其具有性；下列關于乙的說法正確的是(填標號)。a. 屬于酸性氧化物，能與堿反應b. 屬于堿性氧化物，能與酸反應c. 屬于兩性氧化物，既能與酸反應，又能與堿反應(2) 已知甲與稀硝酸反應的化學方程式為甲+HNO3-戊+己+NOf+H2O(方程式未配平)。若產物中戊和己的物質的量之比為3：1,則甲與HNO3的物質的量之比為。(3) 戊與燒堿溶液反應生成丙，放置一段時間后丙轉化為丁，丙轉化為丁的化學方程式為，現象為。【答案】氧化b1:34Fe(OH>+02+2H2O=4Fe(OH)J白色沉淀迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色【解析】

22、【分析】根據圖像可知，甲為鐵；乙為氧化物且為+2價，為FeO；丙、丁為氫氧化物，分別為+2、+3價，分別為氫氧化亞鐵、氫氧化鐵。【詳解】(1) K2FeO4中鐵元素的化合價是+6價，在反應中Fe元素能得電子表現強氧化性，常用作殺菌消毒劑。根據圖可知，鐵元素的+2價氧化物是FeO,屬于堿性氧化物，能與酸反應生成鹽和水。(2) 根據圖可知，戊和己分別是鐵元素的+2價和+3價鹽，鐵與硝酸反應生成的戊和己分別是Fe(NO3)2和Fe(NO3)3,HNO3在反應中被還原為NO,氮元素的化合價由+5價降為+2價；設反應生成Fe(NO3)3的物質的量為1mol，貝U生成Fe(NO3)2的物質的量為3mol,

23、則參加反應的Fe(甲)的物質的量為4mol，根據電子守恒可得3mol+3molX2=n(NO)X3,n(NO)=3mol;根據N原子守恒可知參加反應的n(HNO3)=n(NO)+nFe(NO3)2XnFe(NO3)3x全12mol，則鐵與HNO3的物質的量之比為4:12=1:3。(3) Fe(NO3)2與燒堿溶液反應生成Fe(OH)2(丙),氫氧化亞鐵與空氣中的氧氣氧化，迅速變為灰綠色，最終變為紅褐色的Fe(OH)3(丁)。7. 從某礦渣(成分為NiFe2O4(鐵酸鐐)、NiO、FeO、Ca。SiO2等)中回收NiSO4的工藝流程如圖：<NH*SO*強罕水N萃件無機擁NiSO.礦4.磨H

24、&WTC焙燒卜浸洎f翰I除輔H草取JL+WSUtl浸沿廢滴（再牛后循環利用）已知：（NH4）2SO4在350C分解生成NH3和H2SO4；NiFe2。在焙燒過程中生成NiSO4、Fa（SQ）3。回答下列問題：（1）研磨”的目的是。（2）礦渣中部分FeO在空氣焙燒時與H2SO4反應生成Fe2（SO4）3的化學方程式為。（3）浸泡”過程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的離子方程式為。浸渣”的成分除F&gFeO（OH卜CaSO4外還含有（填化學式）。（4）向浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,溶液中c（F）至少為molL-1時，可使鈣離子沉淀完全。已知Ca2+濃度小于1.

25、0x10molL-1時沉淀完全；Ksp（CaF?）=4.0X曲（5）萃取可用于對溶液中的金屬離子進行富集與分離：Fe2+（水相）+2RH（有機相）=FeR（有機相）+2H+（水相）。萃取劑與溶敝的體積比（？一）對溶敝中Ni、Fe2+的卒VaV。取率影響如圖所示，工的最佳值為。在（填“強堿性”“強酸性”或“中性”）Va介質中反萃取”能使有機相再生而循環利用。pHJflPHf7,1131139AXT1<2有關RUt物開船沉建嘛完全祝淀的下事：Wj溫4FeO+6HSQ+O22Fe2(SQ)3+6H2。【答案】增大接觸面積，加快反應速率（6）若將流程圖中浸泡步驟改為如圖步驟（前后步驟不變）。依據

26、下表數據判斷，調范圍為'310.25強酸性3.7<pH<7.1C加熱Fe3+2H2O一FeO(OH)+3H"SiO22.0【解析】【分析】某礦渣的主要成分是NiFe2O4（鐵酸鐐）、NiO、Fe。Ca。SiO2等，加入硫酸俊研磨后，600C焙燒，已知：（NH4）2SO在350C以上會分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SC4)3,在90C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液加入萃取劑得到無機相和有機相，無機相通過一系列操作得到硫酸鐐，有機相循環使用，據此分析解答。【詳解】(1) 焙燒前將礦渣與(N

27、H4)2SCi混合研磨，混合研磨的目的是增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；(2) 礦渣中部分FeC在空氣焙燒時與H2SO4反應生成Fe2(SOi)3的化學方程式為Wj溫4FeC+6H2SC4+C22Fe2(S04)3+6H2。；浸泡”過程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的離子方程式為：Fe3+2H2OFeO(OH)+3Hh；根據分析，浸渣”的成分除F&O3、FeO(OH)、CaSQ外還含有SQ；(4) 向浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,已知Ca2+濃度小于1.0乂10molL-1時沉淀完全，溶液中c(F-)=業»=叵耳-2X膈。1兒,故溶液中c(F-)

28、至少為2XT0cCa.1.010-5mol/L;V。(5) 本工藝中，萃取劑與溶液的體積比(V-)對溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖所小，最、V0,_,“佳取值是亞鐵離子不能被萃取，鐐離子被萃取，的最佳取值是0.25；由Fe2+(水Va相)+2RH(有機相)？FeR商機相)+2H+(水相)可知，加酸，增大氫離子的濃度，使平衡逆向移動，可生成有機相，則應在強酸性介質中反萃取”能使有機相再生而循環利用；(6) 若將流程圖中浸泡步驟改為如圖步驟(前后步驟不變)，亞鐵離子被雙氧水氧化為鐵離子，除雜過程中要將鐵離子除去但不能使鐐離子沉淀，依據下表數據判斷，pH=3.7時鐵離子完全沉淀，pH=7.

29、1時鐐離子開始沉淀，則調節pH范圍為3.7<pH<7.18. 二氧化鋪(CeO2)是一種重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用車的廢氣催化轉化器，太陽能電池中的光催化，水分解或污染物的分解等。平板電視顯示屏生產過程中產生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、Ce。、FeO等物質)。某課題組以此粉末為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到純凈的CeO2和硫酸鐵俊晶體。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列問題：(1) 稀酸A的分子式是。(2) 濾液1中加入H2O2溶液的目的是，濾渣1中加入H2O2溶液的目的是。(3) 設計實驗證明濾液1中含有Fe2+

30、。(4) 在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和難溶于水的FeO(OH炊應生成Fe3O4,該反應的離子方程式為。(5) 由濾液2生成Ce(OH的離子方程式為。(6) 已知Fe(OH的Ksp近似值為1038i。常溫下，在含有Fe3+雜質的溶液中，為使其除盡應調節溶液pH至少為。(通常認為當離子濃度小于1.0X105mol1時即視為沉淀完全)【答案】H2SC4使Fe2+氧化為Fe3+使CeC2還原為Ce3+取少許濾液1,滴加鐵氤化鉀溶液，有藍色沉淀生成，貝U證明濾液1中有Fe2+Fc2+2FeO(OH)=FeO4+2H+4Ce3+O2+12OH+2H2O=4Ce(OH*$3【解析】【分析】制備純凈的

31、CeO2和硫酸鐵俊晶體，由流程可知，廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)中加入A為稀硫酸，FeO轉化為FeSQ、F&O3轉化Fe2(SO4)3存在于濾液1中，濾渣1為CeO2和SiQ;濾液1中加入稀硫酸和鐵粉，被Fe2(SO4)3還原為FeSQ,溶液1為FeSQ溶液，加入硫酸俊混合蒸發濃縮、常溫晾干后得到硫酸亞鐵俊晶體；濾渣1中加入稀硫酸和H2O2,CeO2轉化為Ce3+存在于濾液2中，反應為2CeQ+H2O2+3H2SQ=Ce2(SO4)3+O2f+4H2O,濾渣2為SiO2;濾液2加入堿并通入氧氣將Ce從+3氧化為+4后Ce3+轉化為沉淀Ce(OH，反應為4

32、Ce3+O2+12OH+2H2O4Ce(OH)U，加入分解Ce(OH*得到產品CeO,以此來解答。【詳解】CeO2不溶于稀硫酸，廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可將CeO2和SiO2與Fe2O3、FeO分離；(2) 濾液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化為Fe3+,濾渣1中加入H2O2溶液的目的是還原CeO2為Ce3+；(3) 設計實驗證明濾液1中含有Fe2+的方法為：取少許濾液1,滴加鐵停化鉀溶液，有藍色沉淀生成，則證明濾液1中有Fe2+;(4) 已知Fe2+溶液可以和難溶于水的FeO(OH反應生成FesO4,該反應的離子方

33、程式為Fe2+2FeO(OH廣Fe3O4+2H+；(5) 濾液2為含有Ce3+的溶液，加入堿并通入氧氣將Ce從+3氧化為+4后Ce3+轉化為沉淀Ce(OH)4,離子方程式為：4Ce3+O2+12OH+2H2O4Ce(OH)U;Fe(OH)3的Ksp近似值為1038,Fe3+完全沉淀時c(OH)=J10*=1011mol/L，常溫下:105二1014c(H)=有=10mol/L,為使其除盡應倜下溶敝pH至少為3。10119. 2019年諾貝爾獎授予JohnB.Goodenough等三位科學家，以表彰其在鋰電池領域的貢獻。磷酸亞鐵鋰(LiFePQ)用作鋰離子電池正極材料，制備方法如圖：|附|滿波卜

34、富D”7比一4麗戒薪口孔化.沉旋|1調此氣-由白&阿成H剽、45Vfctfiin過程|(1) 制備水合磷酸鐵(FePQxH2O)固體 過程I,加NaOH溶液調pH=2.0時透明混合溶液中含磷微粒主要是H2POG過程I發生的主要離子方程式是。 過程氧化、沉淀”反應生成FePQ沉淀的離子方程式是。 進行過程III之前，需確認過程II中無Fe?0aa/r水合磷酸鐵的化學式為。(x取整數)制備LiFePQ固體:在氮氣氣氛保護下，高溫焙燒FePQ、Li2CO3和過量葡萄糖的固體混合物。 過量葡萄糖作用是。 鋰離子電池在充電時，電極材料LiFePQ會遷出部分Li+,部分轉變為Li(1一x)FePQ

35、。此電極的電極反應為。【答案】H3POt+OH"=H2PO4'+H2O2H2POr+H2O2+2Fe2+=2FePQ$+2H+2H2O鐵停化鉀溶液FePOi2H2O還原劑，把三價鐵還原成二價鐵LiFePOxe'=xLi+Li(1x)FePC4【解析】【分析】FeSQ?7H2O在H3PO中溶解，加入氫氧化鈉溶液中和磷酸生成H2PO4,過程口氧化、沉淀”反應主要是Fe2+與H2O2、H2PO一反應生成FePQ沉淀、H+和H2O,再加入氫氧化鈉中和酸，最后得到FePQxH2O。高溫焙燒FePQ、Li2CO3和過量葡萄糖的固體混合物得到LiFePQ固體，鐵化合價降低，過量葡萄

36、糖化合價升高，作還原劑。【詳解】過程I,加NaOH溶液調pH=2.0時透明混合溶液中含磷微粒主要是JPOT,說明過程I主要發生磷酸和氫氧化鈉反應生成水和H2PO4,其主要離子方程式是H3PO1+OH=H2PO4+H2O；故答案為：H3PQ+OH=H2PO4+H2O。過程n氧化、沉淀”反應主要是Fe2+與H2O2、H2PO4反應生成FePQ沉淀、H+和此。，因此生成FePQ沉淀的離子方程式是2H2PO4+H2O2+2Fe2+=2FePO4+2片+2出0；故答案為：2H2PO4+H2O2+2Fe2+=2FePOd+2甘+2出0。+,檢驗試劑為。 FePO4xH2。樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質

37、量隨溫度變化的曲線)如圖：Z»0£ 進行過程III之前，需確認過程II中無Fe2+,常用鐵停化鉀溶液試劑檢驗；故答案為：鐵停化鉀溶液。 假設100gFePQxH2O樣品受熱，得到FePQ固體80g,水20g,根據物質的量比例得到80q20g:11：2，因此水合磷酸鐵的化學式為FePQ2H2O;故答案為：151gmol118gmol1FePQ2H2O。高溫焙燒FePQ、Li2CO3和過量葡萄糖的固體混合物得到LiFePQ固體，鐵的化合價降低，則過量葡萄糖化合價升高，作還原劑，主要是將三價鐵還原成二價鐵；故答案為：還原劑，把三價鐵還原成二價鐵。鋰離子電池在充電時，電極材料LiFePQ會遷出部分Li+,部分轉變為Li(i-x)FePQ。此電極的電極反應為LiFePQ