考点12 铁元素单质及其重要化合物-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点12 铁元素单质及其重要化合物-2024年高考化学试题分类汇编，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2024·安徽选择考·4)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是( )
【解析】选D。Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成NaClO,A错误;SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸,B错误;氧化铁与水不反应,不能生成氢氧化铁沉淀,C错误;CO2与水反应生成碳酸,碳酸与碳酸钙反应能生成碳酸氢钙,碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体,D正确。
2.(2024·山东等级考·5)物质性质决定用途,下列两者对应关系错误的是( )
A.石灰乳除去废气中二氧化硫,体现了Ca(OH)2的碱性
B.氯化铁溶液腐蚀铜电路板,体现了Fe3+的氧化性
C.制作豆腐时添加石膏,体现了CaSO4的难溶性
D.用氨水配制银氨溶液,体现了NH3的配位性
【解析】选C。SO2是酸性氧化物,石灰乳为Ca(OH)2,呈碱性,除去废气中SO2体现了Ca(OH)2的碱性,A正确;氯化铁溶液腐蚀铜电路板,发生的反应为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,体现了Fe3+的氧化性,B正确;制作豆腐时添加石膏,利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质,与CaSO4难溶性无关,C错误;银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水,先生成白色沉淀AgOH,最后生成易溶于水的[Ag(NH3)2]OH,[Ag(NH3)2]OH中Ag+和NH3之间以配位键结合,体现了NH3的配位性,D正确;故选C。
3.(2024·新课标卷·9)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是( )
A.反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好
C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气
D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉
【解析】选B。铁和水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,A正确;酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温,且不影响水的蒸发,若移至湿棉花下方则难以产生高温,实验效果不好,B错误;用木柴点燃肥皂泡,观察到淡蓝色火焰,肥皂泡破裂可听到爆鸣声,则可检验生成的气体为氢气,C正确;由于该实验中的反应要在高温条件下发生,因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D正确。
二、非选择题
4.(2024·黑、吉、辽选择考)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为

。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成 (填化学式)胶体起絮凝作用,促进了含As微粒的沉降。
(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“培烧氧化”,“细菌氧化”的优势为 (填标号)。
A.无需控温
B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温
D.不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”,表明Au难被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用为
。
(6)“沉金”中Zn的作用为 。
(7)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为
。
用碱中和HCN可生成 (填溶质化学式)溶液,从而实现循环利用。
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4,在pH=2时进行细菌氧化,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,过滤,滤液中主要含有Fe3+、SO42−、As(Ⅴ),加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体,可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降,过滤可得到净化液;滤渣主要为Au,Au与空气中的O2和NaCN溶液反应,得到含[Au(CN)2]-的浸出液,加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。
(1)能利用“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质为CuSO4。
(2)“细菌氧化”的过程中,FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO42−,离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42−+4H+。
(3)“沉铁砷”时,加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体,可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降。
(4)A.细菌的活性与温度息息相关,因此“细菌氧化”也需要控温,A不符合题意;B.“焙烧氧化”时,金属硫化物中的S元素通常转化为SO2,而“细菌氧化”时,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,可减少有害气体产生,B符合题意;C.“焙烧氧化”需要较高的温度,因此所使用的设备需要耐高温,而“细菌氧化”不需要较高的温度就可进行,设备无需耐高温,C符合题意;D.由流程可知,“细菌氧化”也会产生废液废渣,D不符合题意。
(5)“浸金”中,Au作还原剂,O2作氧化剂,NaCN作络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出。
(6)“沉金”中Zn作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au。
(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2-,经过H2SO4的酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN,反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4;用碱中和HCN得到的产物,可实现循环利用,即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“浸金”步骤,从而循环利用。
答案:(1)CuSO4
(2)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42−+4H+
(3)Fe(OH)3
(4)BC
(5)作络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出
(6)作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au
(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4 NaCN
5.(2024·江苏选择考·14)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 ml·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(浸出液中某元素的物质的量某元素的总物质的量×100%)随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是

。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为
(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)
已知:(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)
其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是
。
②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)= 。
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·ml-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO32−)的比值 (写出计算过程)。
【解析】(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸,得到含有NdCl3和FeCl3的溶液,由图中信息可知,Nd的浸出率逐渐增大,而Fe的浸出率先增大后逐渐减小,说明随着Nd浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,因此,含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。
②由①分析可知,浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是浸出初期,Fe2O3溶解,Fe的浸出率增大,约5 min后随着Nd的浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣,Fe的浸出率又减小。
(2)①减小生成物浓度,化学平衡向正反应方向移动,因此,其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,同时H+的浓度减小使平衡(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)逆向移动,引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进平衡(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知,晶胞中体内有4个Fe原子,面上有8个Fe原子,根据均摊法可知,Fe原子的数目为4×1+8×12=8,Bi原子全部在晶胞的面上,数目为8×12=4,因此,其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。
(3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和CO32−相互促进水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,该反应的离子方程式为2Nd3++3CO32−+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。
②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为8.84×10-3g221g·ml-1=4×10-5 ml,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 ml;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 ml×12×18×103 mg·ml-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为0.88mg44×103mg·ml-1=2×10-5 ml,由C元素守恒可知,分解后剩余的CO32−的物质的量为4×10-5 ml-2×10-5 ml=2×10-5 ml,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO32−)的比值为4×10-5ml2×10-5ml=2∶1。
答案:(1)①Fe(OH)3 ②浸出初期,c(H+)较大,铁的浸出率较大,约5 min后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
(2)①随水层pH增大,H+的浓度减小,
(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)的化学平衡向逆反应方向移动,该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进萃取平衡向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多 ②2∶1
(3)①2Nd3++3CO32−+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ ②2∶1(计算过程见解析)
6.(2024·河北选择考·16)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知:i石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ii高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题:
(1)钒原子的价层电子排布式为 ;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ,产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ;
CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为
;
浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称),可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4Cl溶液的浓度
【解析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧,反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等,水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3等)和不溶性物质[如Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等],过滤后滤液进行离子交换、洗脱,用于富集和提纯VO3-,加入氯化铵溶液沉钒,生成NH4VO3,经一系列处理后得到V2O5;滤渣①在pH≈8、65~70 ℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸,滤渣①中含有钒元素,通过盐浸,使滤渣①中的钒元素进入滤液①中,再将滤液①进入离子交换工序,进行VO3-的富集。
(1)钒是23号元素,其价层电子排布式为3d34s2;焙烧过程中,氧气被还原,V2O3被氧化生成VO3-,偏钒酸盐中钒的化合价为+5价;CaCO3在800 ℃以上开始分解,生成的气体①为CO2。
(2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙,偏铝酸钠溶于水,偏铝酸钙难溶于水,所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。
(3)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HCO3-和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O,离子方程式为HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率,因为可提高溶液中HCO3-浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放VO3-;滤液①中含有VO3-、NH4+等,且浓度较低,若要利用其中的钒元素,需要通过离子交换进行分离、富集,故滤液①应进入离子交换工序。
(4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有Cl-,考虑到水浸所得溶液中含有Na+,为避免引入其他杂质离子,且NaCl廉价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl。
(5)a.延长沉钒时间,能使反应更加完全,有利于沉钒,a不符合题意;
b.NH4Cl呈弱酸性,如果将溶液调至碱性,OH-与NH4+反应,不利于生成NH4VO3,b符合题意;
c.搅拌能使反应物接触更充分,提高反应速率,使反应更加充分,有利于沉钒,c不符合题意;
d.降低NH4Cl溶液的浓度,不利于生成NH4VO3,d符合题意。
答案:(1)3d34s2 +5 CO2
(2)NaAlO2
(3)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-
提高溶液中HCO3-浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放VO3- 离子交换 (4)NaCl
(5)bd
7.(2024·北京等级考·18)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。
(1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是
。
(2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是
。
(3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得:ⅰ.“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图;ⅱ.400 ℃和500 ℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是 。
②温度高于425 ℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是
。
(4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的
。
(5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是
。
【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧,黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下,转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3,用H2SO4吸收,得到硫酸铵,是溶液A的主要溶质,可以循环利用,固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣,分别为滤液C和滤渣D,向硫酸铜溶液中加入过量的铁,置换得到粗铜和FeSO4,粗铜再精炼可以得到纯铜。(1)黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎,是为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分。(2)铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。(3)①由图可知,温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大,是因为温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增大;②温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,铜浸出率降低。(4)加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜,反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+。(5)粗铜中含有Fe杂质,加酸可以除Fe,但粗铜若未经酸浸处理,其中杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量。
答案:(1)增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分
(2)(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O
(3)①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增大
②温度高于425 ℃,随焙烧温度升高发生反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低(4)Fe+Cu2+Cu+Fe2+
(5)粗铜若未经酸浸处理,其中杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量
8.(2024·北京等级考·19)某小组同学向pH=1的0.5 ml·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉,探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序,Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是 。
(2)实验验证
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,证明都有Fe2+生成,依据的现象是 。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成,用平衡移动原理解释原因


。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
i.a.甲认为实验Ⅱ中,当Fe3+、H+浓度较大时,即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe,Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式 。
b.乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验



(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上,阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ii.查阅资料:0.5 ml·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2,完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c,重新做实验Ⅱ,当溶液pH为3~4时,不取出固体,向固-液混合物中持续加入盐酸,控制pH<1.2,




(填实验操作和现象),待pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ,解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因
。
【解析】实验Ⅰ中,加入过量的Cu,Cu与Fe3+发生反应2Fe3++CuCu2++2Fe2+,一段时间后,溶液逐渐变为蓝绿色,固体中未检测到Fe单质;实验Ⅱ中,加入过量的Zn,发生反应Zn+2H+Zn2++H2↑,有气泡产生,pH逐渐增大,使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3,固体中未检测到Fe单质,原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹;实验Ⅲ中,加入过量Mg,发生反应Mg+2H+Mg2++H2↑,由于Mg很活泼,该反应非常剧烈,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,持续产生大量气泡,当溶液pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质,对比实验Ⅱ和Ⅲ,加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹,实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。(1)在金属活动性顺序表中,Mg、Zn排在Fe之前,Cu排在Fe之后,因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe。(2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀。②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn会消耗H+,促进Fe3+水解平衡正向移动,使其转化为Fe(OH)3沉淀。③i.Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为2Fe3++2Fe+2H+4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe3Fe2+、2H++FeFe2++H2↑;要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗,可向pH为3~4的盐酸中加入铁粉,一段时间后取出少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,不产生蓝色沉淀,即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+。ii.结合a、b和c可知,实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹,因此可控制反应条件,在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原,即可排除两个干扰因素,具体操作为重新做实验Ⅱ,当溶液pH为3~4时,不取出固体,向固-液混合物中持续加入盐酸,控制pH<1.2,加入几滴KSCN溶液,待溶液红色消失后,停止加入盐酸,待pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质。(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ,加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹,实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
答案:(1)Mg、Zn
(2)①产生蓝色沉淀
②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn会消耗H+,促进Fe3+水解平衡正向移动,使其转化为Fe(OH)3沉淀
③i.2Fe3++2Fe+2H+4Fe2++H2↑
(或2Fe3++Fe3Fe2+、2H++FeFe2++H2↑)
向pH为3~4的盐酸中加入铁粉,一段时间后取出少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,不产生蓝色沉淀 ii.加入几滴KSCN溶液,待溶液红色消失后,停止加入盐酸
(3)加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
9.(2024·新课标卷·27)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下:
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 ml·L-1)时的pH:
回答下列问题:
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是 ;“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 。取少量反应后的溶液,加入化学试剂 检验 ,若出现蓝色沉淀,需补加MnO2。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为
、
。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式),残留的C3+浓度为
ml·L-1。
【解析】由题中信息可知,用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣,得到含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42−等离子的溶液,Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4;向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入ZnO调pH=4,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3,则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3,滤液中的金属离子主要是C2+、Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉钴”,加入强氧化剂KMnO4,将溶液中的C2+氧化为C3+,在pH=5时C3+形成C(OH)3沉淀,而KMnO4则被还原为MnO2,KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2,得到C(OH)3和MnO2的混合物,“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4,据此解答。
(1)在原料预处理过程中,粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率;由分析可知,“滤渣1”的主要成分为PbSO4,则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。
(2)酸浸液中含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42−等离子。由题表中数据可知,当Fe3+完全沉淀时,C2+未开始沉淀,而当Fe2+完全沉淀时,C2+已有一部分沉淀,因此为了除去溶液中的Fe元素且C2+不沉淀,应先将Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,因此,MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+,若生成蓝色沉淀,则说明溶液中仍存在Fe2+,需补加MnO2。
(3)由分析可知,该过程发生两个氧化还原反应,根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5),结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式:3C2++MnO4-+7H2O3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O5MnO2↓+4H+。
(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时和加入ZnO调pH时引入的Zn2+,加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+,而阴离子是在“酸浸”时引入的SO42−,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)=10-1.1 ml·L-1,C3+恰好完全沉淀,此时溶液中c(C3+)=1.0×10-5 ml·L-1,则c(OH-)=Kwc(H+)=10-12.9 ml·L-1,则Ksp[C(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5,即c(H+)=10-5 ml·L-1,则c(OH-)=Kwc(H+)=10-9 ml·L-1,此时溶液中c(C3+)=Ksp[C(OH)3]c3(OH-)=10-43.7(10-9)3 ml·L-1=10-16.7 ml·L-1。
答案:(1)增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率 Pb
(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素 K3[Fe(CN)6]溶液 Fe2+
(3)3C2++MnO4-+7H2O3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+ 3Mn2++2MnO4-+2H2O5MnO2↓+4H+
(4)ZnSO4、K2SO4 10-16.7
选项
甲
乙
丙
A
Cl2
NaClO
NaCl
B
SO2
H2SO4
CaSO4
C
Fe2O3
Fe(OH)3
FeCl3
D
CO2
H2CO3
Ca(HCO3)2
温度/℃
B中所含铜、铁的主要物质
400
Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500
Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO
实验
金属
操作、现象及产物
Ⅰ
过量Cu
一段时间后,溶液逐渐变为蓝绿色,固体中未检测到Fe单质
Ⅱ
过量Zn
一段时间后有气泡产生,反应缓慢,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,无气泡冒出,此时溶液pH为3~4,取出固体,固体中未检测到Fe单质
Ⅲ
过量Mg
有大量气泡产生,反应剧烈,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,持续产生大量气泡,当溶液pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质
Fe3+
Fe2+
C3+
C2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2