高考化学专题复习铁及其化合物推断题的综合题及答案
一、铁及其化合物
1．某铁的化合物A存在如下转化关系:
已知B为黄绿色气体单质。请完成下列问题:
（1）A的化学式________。
（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。用离子方程式表示该过程________、________。
（3）若D为金属,则D的化学式________ (写出2种)。
【答案】 FeC13 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)
【解析】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。
（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN )3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。
点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C 是FeCl2。
2．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：
请回答：
（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。
（2）反应④的离子方程式为：__。
（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。
【答案】2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3还原剂 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 铁粉（屑） KSCN （或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）
【解析】
【分析】
氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。
【详解】
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应)，该反应的化学方程式：2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；
(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑)，以防止其转化为FeCl3。检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN)，三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。
3．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。请回答下列问题：
（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。则B的化学式为__。
（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。
（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为
___。
（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。
【答案】FeCl3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2H2S+SO2═3S+2H2O CO32-+CO2+H2O═2HCO3-【解析】
【分析】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为NaOH、B为Al(OH)3；
(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；
(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。
【详解】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH?=AlO2?+2H2O；
(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C 为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：
2H2S+SO2═3S+2H2O；
(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C 为NaHCO3，反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32?+CO2+H2O═2HCO3?。
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20 g A全部溶于0.15 L 6.0 mol·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1.12 L(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0.15 L，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 Fe Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋
2HCl=MgCl2＋H2O Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 0.67 mol·L－1 2.3 mol·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 高温
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20 g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则
40 g·mol －1×x ＋160 g·mol －1×x ＝20 g ，解得：x ＝0.1 mol 。根据MgO ～MgCl 2的关系，则溶液中MgCl 2的浓度为0.1 mol÷0.15 L≈0.67 mol·L －1。步骤④说明溶液中没有Fe 3＋
，也就是溶质为FeCl 2和MgCl 2。根据Cl －守恒的关系，可知MgCl 2和FeCl 2的总的物质的量等于?g -1
0.15L 6.0mol L 2
＝0.45mol ，所以，FeCl 2的浓度为0.45mol-0.1mol 0.15L ≈2.3 mol·L －1，故答案为：Fe ＋2Fe 3＋=3Fe 2＋、Fe ＋2H ＋=Fe 2＋＋H 2↑；0.67 mol·
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．某工厂废金属屑的主要成分为Cu 、Fe 和Al ，此外还含有少量Al 2O 3和Fe 2O 3，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(FeSO 4·
7H 2O)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CO 2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Fe 3+，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CuSO 4溶液，写出反应的化学方程式：___。
【答案】-22-2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--2322Al O +2OH =2AlO +H O 稀硫酸
NaHCO 3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NaHCO 3溶液的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的HCl 2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+
22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O ?
【解析】
【分析】
Fe 、Cu 、Fe 2O 3都不与NaOH 溶液反应，Al 和Al 2O 3可与NaOH 溶液反应，用含有Al 、Fe 、Cu 和Al 2O 3和Fe 2O 3的废金属屑制取AlCl 3、绿矾晶体(FeSO 4?7H 2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al 、Al 2O 3与NaOH 反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：()223--
23AlO +CO +2H O H =Al OH CO +↓，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AlCl 3，得到的AlCl 3较纯净；溶液D 为NaHCO 3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FeSO 4，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。
【详解】
（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，反应的离子方程式为：-22-
2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--
2322Al O +2OH =2AlO +H O ；
（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；溶液D 为NaHCO 3溶液；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO 2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 +=Al 3++3H 2O ，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NaHCO 3中不溶，氯化氢和NaHCO 3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NaHCO 3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Fe 3+，原因是Fe 3+被Fe 、Cu 还原生成Fe 2+，所以加入KSCN 溶液没有明显现象，故答案为：2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+；
（5）用固体F 继续加入热的稀H 2SO 4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 4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：22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O ?
。
6．2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废旧锂电池正极主要由LiFePO 4、铝箔、炭黑等组成，Fe 、Li 、P 具有极高的回收价值，具体流程如下：
（1）过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。
（2）过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。
（3）浸出液X的主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等。过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85 ℃、反应时间3 h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。
①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为__。
②结合平衡移动
．．．．原理，解释过程ⅲ中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。
③当pH＞2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__。
（4）LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀反应的化学方程式为__。
【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+
（2Fe2++H 2O2+2H+=2Fe3++2H2O） 2.5 H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43?)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：H 2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，溶液pH增大，c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀 pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降 (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或
(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O
【解析】
【分析】
含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用NaOH溶解后过滤，滤液为NaAlO2溶液，滤渣为LiFePO4和炭黑，再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为 Li+、Fe3+、
H2PO4-等的溶液X，向X中加入Na2CO3溶液，有FePO4?2H2O析出，过滤的滤液主要是LiCl，再加入饱和Na2CO3溶液，再过滤即可得到LiCO3粗产品，据此分析解题。
【详解】
(1)过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2，发生反应的离子方程式是2Al＋2OH-＋
2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
(2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)①分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5；
②已知溶液X中存在H 2PO4-的电离平衡，即H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43?)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；
③已知FePO 4(s)Fe3+(aq)+ PO43-(aq)，当pH＞2.5后，随pH增加，溶液中c(OH-)增大，Fe3+开始转变生成Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4，同时得到(NH4)2SO4和Li2SO4，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为
(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。
7．工业上采用硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，流程如图：
（1）滤渣Ⅰ的主要成分是___(填化学式)。
（2）还原时，试剂X若选用SO2，其反应后生成的阴离子是(填化学式)___。
（3）从还原后的溶液中得到产品，应进行的操作是___、___、过滤、洗涤、干燥。（4）绿矾(FeSO4·7H2O)在医学上常用作补血剂。某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量。
步骤a：取10片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配成250.00mL溶液；步骤b：取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入少量稀硫酸酸化后，逐渐滴加0.1000mol/L 的KMnO4溶液，至恰好完全反应，记录消耗的KMnO4溶液的体积(假定药品中其他成分不与KMnO4反应)，发生的反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
步骤c：重复“步骤b”2~3次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。该补血剂中亚铁离子的含量为___mg/片。
【答案】SiO2 SO42-蒸发浓缩冷却结晶 56
【解析】
【分析】
硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2不考虑其他杂质)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3与酸反应生成的硫酸铁，SiO2不反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO2。
【详解】
(1) 硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2不考虑其他杂质)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3与酸反应生成的硫酸铁，SiO2不反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO2;
(2)在滤液中加入SO2将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为：2Fe3++ SO2+2H2O= SO42-+ 2Fe2++4H+,所以其反应后生成的阴离子是SO42-；
(3)从还原后的溶液中得到产品，应进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干
燥；(4)由反应MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知存在关系：MnO4-～5Fe2+，根据平均消耗0.1000mol/L 的KMnO4溶液20.00mL，可求出消耗的KMnO4的物质的量为：
0.1000mol/L×20×10-3L=0.002mol，所以消耗的Fe2+的物质的量为：0.002mol×5=0.01mol，故该补血剂中每片的亚铁离子的含量为：(0.01mol ×56g/mol)/10=0.056g=56mg。
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。
9．三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。其生产流程如图：
已知：氢氧化物的K sp如下表：
氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2
K sp 1.0×10-36 1.6×10-14 2.0×10-33 1.2×10-11
请回答下列问题：
（1）物质X可以选用下列物质中的____（选填序号）
A．NaCl B．FeCl3 C．H2O2 D．H2SO4
（2）滤液Ⅰ加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入NaOH固体以后溶液体积的变化）。已知滤液Ⅰ中c(Fe3+)为1.0 mol·L-1，c(Al3+)为0.03 mol·L-1，c(Mg2+)为0.01 mol·L-1，当Fe3+恰好沉淀完全时[c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1]，Al3+是否已经开始沉淀______（填“是”或“否”）。
（3）写出滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式_____________________。
（4）生产流程中最后“从FeCl3溶液得到无水FeCl3固体”的操作分为两步：第一步，先冷却结晶得到FeCl3·6H2O晶体；第二步，制无水FeCl3固体。第二步的正确操作是_____。（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。
①FeCl3净水的原理是____________________（用离子方程式表示）
②通过控制条件生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2O Fe x(OH)y(3x-y)+＋yH＋，欲增加聚合氯化铁的产率可采取的方法是_____（填字母）。
a．降温 b．加氨水 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
【答案】C 是 Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O 在HCl气流中加热 Fe3+＋
3H2O3Fe(OH)3+3H+ b、d
【解析】
【分析】
废铁屑中加入盐酸，过滤除去不溶性杂质二氧化硅，滤液1加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠固体并控制pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤之后得滤渣1(含有氢氧化铁和氢氧化铝)，加入氢氧化钠溶液除去氢氧化铝，过滤得滤渣2即为氢氧化铁，加入过量的盐酸将其转化为氯化铁，在氯化氢的氛围下加热即可得到无水氯化铁固体。
【详解】
(1)加入H2O2溶液，使滤液Ⅰ中的Fe2+转化为Fe3+，便于制备FeCl3；
(2)当Fe3+恰好沉淀完全时，c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1，根据K sp(Fe(OH)3)=1.0×10-36可知此时
c(OH-)3=
36
31
5
1.010
1.010
1.010
-
-
-
?
=?
?
mol3·L-3，又c(Al3+)为0.03 mol·L-1，所以此时有：
c(Al3+)·c(OH-)3=0.03×1.0×10-31=3×10-33＞Ksp (Al(OH)3)=2.0×10-33，所以当Fe3+恰好沉淀完全时，Al3+已经开始沉淀；
(3)滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O；
(4)由FeCl3·6H2O晶体制无水FeCl3固体时，在加热脱水时为防止铁离子水解，所以正确操作是：在HCl气流中加热；
(5)①FeCl3净水的原理是：Fe3+＋3H2O?3Fe(OH)3+3H+，生成的Fe(OH)3胶体吸附杂质；
②水解是吸热反应，降温会降低聚合氯化铁的产率；加氨水，消耗生成的H+，促使反应向右进行，会增大聚合氯化铁的产率；加入NH4Cl后，NH4+水解会生成H+(NH4+
+H2O?NH3·H2O+H+)，所以会抑制Fe3+的水解，平衡向左移动，降低聚合氯化铁的产率；加入NaHCO3，HCO3-与溶液中生成的H+反应生成CO2和H2O，平衡向右移动，会增大聚合氯化铁的产率。
【点睛】
判断一种离子是否已经开始沉淀，只要把该条件下的溶度积Q c算出来与K sp进行比较，若Q c=K sp，则刚好处于沉淀溶解平衡状态；若Q c＞K sp，溶液为过饱和溶液，析出沉淀；若Q c ＜K sp，溶液为不饱和溶液，无沉淀析出。
10．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2
开始沉淀pH 5.4 4.0 2.7 5.8
沉淀完全pH 6.7 5.2 3.78.8
（1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__(任写1条)。
（2）固体混合物A中的成分是__。
（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为__(填离子符号)；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴含有+3价铁元素的配合物溶液，会产生沉淀.写出该反应的离子方程式__。
（4）操作1主要包括：__、__、__。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是__。
（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为___，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为___。
【答案】适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等 SiO2、Cu Fe2+ 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓蒸发浓缩冷却结晶过滤冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失 Fe(OH)3 1：2 5.2-5.4或5.2≤pH<5.4
【解析】
【分析】
根据已知，分析工艺流程图，矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，在加入稀硫酸溶解经过滤后得到CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4溶液和固体混合物A(主要成分为Cu单质和SiO2)，再加入NaClO氧化Fe2+并调节pH至3.7≤pH<4.0，将Fe3+沉淀，再加入NaOH调节pH至
5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，滤液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O粗产品，据此分析解答问题。
【详解】
(1)由于矿渣为固体，所以为了加快反应的速率，可以采取的措施是将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度，或增大反应物H2SO4浓度等措施，故答案为：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；
(2)SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应，其它金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应Cu、CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，因此发生反Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu，故答案为：SiO2、Cu；
(3)因为在反应Ⅰ中Fe2O3与硫酸发生反应生成Fe2(SO4)3，而Cu2O与稀硫酸生成的Cu又与Fe2(SO4)3发生氧化还原生成Cu2+和Fe2+，则铁元素的存在形式为Fe2+，检验Fe2+用铁氰化钾溶液，发生的反应方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：Fe2+；
3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(4)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，由于CuSO4溶解于水,且温度越高，溶解度越大，若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失；
(5)NaClO具有氧化性，Fe2+具有还原性，用NaClO调节pH时,反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的HClO，反应的离子方程式为：7ClO-+2Fe2++2H++5H2O===2Fe(OH)3↓+Cl-+6HClO，其中氧化剂和还原剂的比值为1：2，故答案为：Fe(OH)3；1:2；
(6)结合表格数据，Al3+完全沉淀时的pH为5.2，而Cu2+开始沉淀的pH为5.4，故加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，而Cu2+不沉淀，故答案为：5.2-5.4或
5.2≤pH<5.4。
【点睛】
本题考查化学工艺流程，涉及了影响化学反应速率的因素、化学方程式书写、混合物的分离方法等知识，依据流程和物质的性质正确书写化学方程式是解答的关键。