1、备战高考化学压轴题专题铁及其化合物推断题的经典综合题含答案一、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。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)反应的化学方程式为_
2、；(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_。-MnO 2+Mn2+Cl2 +2HO 3Fe +【答案】 Fe(OH)3 Cl 2H2O22H2O+O2 MnO 2+4H +2Cl高温4H O(g)Fe O +4H 4FeCl +4Na O+ 6H O = 4Fe(OH) +8NaCl + O6N2342222232A【解析】【分析】丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2， 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；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
3、作用下制取氧气的反应，所以C 为 H2 O，丁为氧气； G 为淡黄色固体，且可以生成氧气，则 G 应为 Na22NaCl， I 为红褐色固体应为O ，则 J 为生活中常见的调味品，应为33+， E与氯气反应可生成F，则 F 为 FeCl32Fe(OH) ；F 为棕黄色溶液，应含Fe， E 为 FeCl ；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 Fe3O4。【详解】3-；(1)根据分析可知物质 I 为 Fe(OH) ； F 中阴离子为 Cl(2)反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为MnO 22H
4、 O2H O+O ；2222(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+2ClMn2+22+Cl +2H O；(4)反应为 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高温+4H ；+ 4H O(g)Fe O2342(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
5、应方程式为4FeCl22 223 +8NaCl +4Na O+ 6H O = 4Fe(OH)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。2X、Y、 Z、 W 为四种常见元素，其中X、Y、 Z 为短周期元素。中间产物， X 的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，ZX4 分子是由粗Z 提纯 Z 的Y 的离子在同周期中离子Z 是无机非金属材料的主角，其单质
6、是制取大规模集成电路的主要原料，W 原子的最外层电子数小于4 且 W的常见化合价有+3、 +2， WX3 的稀溶液呈黄色，回答下列问题：(1)X 在元素周期表的位置_,其简单阴离子的结构示意图为_ ，用电子式表示X 的氢化物的形成过程_ 。(2)Z 的氧化物在通讯领域用来作 _。锗与 Z 是同一主族元素，它可用来制造半导体晶体管。研究表明：有机锗具有明显的抗肿瘤活性，锗不与 NaOH 溶液反应但在有H2O2 存在时可与NaOH 溶液反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：_(3)W(OH)2 在空气中不稳定，极易被氧化，由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应的化学方程式为：_ ，若灼烧 W(O
7、H)2 固体得到_。【答案】第三周期A 族光导纤维 Ge + 2H2O2 +2NaOH = Na GeO + 3H O4Fe(OH) + O + 2H O = 4Fe(OH)Fe O323222232【解析】【分析】根据元素的性质及用途等信息分析元素的种类；根据核外电子排布情况确定在元素周期表中的位置；根据物质的性质及反应的现象书写反应方程式，及用相关化学用语表示物质的组成和结构。【详解】Z 是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，则Z 为硅； ZX4分子是由粗 Z 提纯 Z 的中间产物， X 的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，则X为氯； Y 的离子在同周期中
8、离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，则 Y 为铝； W 原子的最外层电子数小于4 且 W 的常见化合价有+3、 +2， WX3 的稀溶液呈黄色，则 W 为铁；(1)X 为氯元素，在元素周期表的位置为：第三周期 A 族；氯离子的结构示意图为：；用电子式表示 HCl 的形成过程 :；(2)Z 为硅，二氧化硅在通讯领域用作光导纤维；根据题干信息知锗NaOH 溶液在有 H O存22在时反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：Ge + 2H2O2 + 2NaOH = Na2GeO3 + 3H2O；(3)反应现象知该反应为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH
9、)2 +O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 ， Fe(OH)3 不稳定，灼烧分解得到固体Fe2O3。3 常见物质AK 之间存在如图所示的转化关系，其中A、D、 E、H 为单质，请回答下列问题。(1)下列物质的化学式是： C_， H_。(2)反应 “ I 的J”子方程式是离_。(3)检验 J 溶液中的金属离子的方法是(写出操作步骤、现象及结论 )_。2+3+-J 溶液，向其中滴加几滴KSCN溶【答案】 AlCl3 Fe 2Fe +Cl2=2Fe+2Cl 在试管中取少量液，振荡，若溶液变为红色，则说明J 溶液含有 Fe3+【解析】【分析】溶液 C 与氨水反应生成白色沉淀 F，白色沉淀 F 与
10、氢氧化钠溶液反应生成溶液 G，说明 G 为 NaAlO2， F 为 Al(OH)3，金属 A 与溶液 B 反应生成气体 D，金属 A 为 Al，气体 D 和黄绿色气体 E(Cl2)反应生成气体B，气体 B 溶于水，溶液 B 与金属 H反应生成溶液I，根据后面红褐色沉淀，得到金属 H 为 Fe，则 B 为 HCl，溶液 C 为 AlCl322，则 D 为 H ，溶液I 为 FeCl ，溶液 J 为 FeCl3， K 为 Fe(OH)3。【详解】(1)根据前面分析得到物质的化学式是：C 为 AlCl ， H 为 Fe；32+与 Cl23+和 Cl，其离子方程式是2Fe2+ 23+；(2)反应 “
11、I 是J”Fe反应生成 Fe+Cl =2Fe+2Cl(3)检验 J 溶液中的金属离子的方法是主要是用KSCN溶液检验铁离子，变红，说明溶液中含有铁离子。4A-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，同一种元素。请填写下列空白：A、 B、 C、 D、 E、 F 六种物质中均含(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“ 、
12、”“ 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Al2 O3，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
13、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，反应的离子方程式为： 2Al+2OH - +2H 2O=2AlO 2- +3H 2；（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
14、pH 7；反应的离子方程式为：NH 4+ +H 2 O ?NH 3 gH 2O+H + ；（5）若向气体NH3 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： NH 3 gH 2 O+H + =NH 4+ +H 2O ， n(NH3?H2O)=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( NH +4 )c( SO24- )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
15、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：CH3COOH?CH3 COO-H+，H2O?OH- H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)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 CH3COONa溶液中： CH3 COONa=CH3COO-Na+， CH3COO- H2O ? CH3COOH OH-， + - + - - +5 己知A 为淡黄色固体，R 是地壳中含量最多的金属元素的单质，T 为生活中使用最广泛的金属单质，F 是无色无味的气体，H 是白色沉淀，W 溶液中滴加K
16、SCN溶液出现血红色。（1）物质 A 的化学式为 _。（2） B 和 R 在溶液中反应生成F 的离子方程式为_。（ 3） H 在潮湿空气中变成 M 的实验现象是 _，化学方程式为 _。（ 4） A 和水反应生成 B 和 C 的离子方程式为 _， A 可以作为呼吸面具的 _。（ 5） W 和 T 反应的离子方程式 _。【答案】 Na2 22-2-2白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀2O2Al +2H O + 2OH =2AlO+3H 4Fe(OH)2232 22+-23+2+ O + 2H O =4Fe(OH)2Na O +2 H O=4 Na + 4OH + O 供氧剂2Fe + Fe =3Fe【解析
17、】【分析】题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al， T 为最广泛使用的金属单质，则为Fe， W 溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W 含有 Fe3+。根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。【详解】（1） .A 为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2 或 S， A 与水的产物B 可与 Al 反应，同时C又与 Fe 反应。综上可推知A 应为 Na2O2，答案为Na2O2。（ 2） .根据分析 B 为 NaOH， R 为 Al，答案为 2Al +2H2O + 2OH- =2AlO2- +3H2。（ 3） .根据分析， A
18、 与水反应产物 C 为氧气， B 为 NaOH。 D 为 Fe 在氧气中燃烧产物Fe3 O4， H 为白色沉淀 ,则 H 应为 Fe(OH)2。 W 含有 Fe3+，说明 Fe(OH)2 发生氧化生成Fe(OH)3。答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3。（4） .A 为 Na2O2 与水反应生成 NaOH 和 O2 ，同时 Na2O2 与水和 CO2反应生成的氧气供人呼吸。故答案为 2Na2O2 +2 H2O =4 Na+ + 4OH- + O2，供氧剂。3+2+（5） .由分析可知 W 为 FeCl3 ，T 为金属 Fe。答案为 2F
19、e+ Fe =3Fe。【点睛】解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。6 溴主要以 Br- 形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如下。资料：常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。（ 1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免_（写离子反应方程式）。（ 2）脱氯：除去含溴蒸气中残留的Cl2具有脱氯作用的离子是_。溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2 或加入 _，脱氯作用恢复。（3）富集、制取 Br2：用 Na2CO3 溶液吸收溴， Br2歧化为 BrO3 - 和 Br-
20、。再用 H2 SO4 酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为 _。（4）探究 (3)中所用 H242生成的影响，实验如下：SO 浓度对 Br序号ABC试剂组成1 mol/L NaBr1 mol/L NaBr将 B 中反应后溶液用20% H2SO498% H2SO4水稀释实验现象无明显现象溶液呈棕红色，放热溶液颜色变得很浅B 中溶液呈棕红色说明产生了_。分析 C 中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案：_。酸化歧化后的溶液宜选用的酸是_（填
21、“稀硫酸 ”或 “浓硫酸 ”）。【答案】 Cl2- 22+、 Br-3-+222理由：+2OH =Cl +ClO+H OFe铁粉 BrO+5Br +6H=3Br +3H OBrSO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 方案：用 CCl4 萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈棕红色稀硫酸【解析】【分析】【详解】(1)海水中溴元素以 Br-存在，从海水中提取溴单质，要用 Cl2 氧化溴离子得到，但海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应： Cl2 +2OH-=Cl-+ClO-+H2O，影响溴的提取；(2) 将溴蒸气的残留的Cl2 脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2 反应，但不能与 B
22、r2 反应的物质，如Fe2+、 Br-；溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2 或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；232歧化为 BrO3-和 Br-。再用 H24酸化， BrO3-和 Br-及 H+发生(3)用 Na CO溶液吸收溴， BrSO归中反应得到Br23-+22，其离子反应方程式为 BrO+5Br +6H =3Br+3H O；(4) B 中溶液呈棕红色是由于Br是红棕色物质，产生了Br ；22若甲同学说法正确，则会发生反应：SO22224+Br+2H O=2HBr+H SO ,消耗了溴单质；若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4 萃取，利用 CCl4 密度比水大，
23、溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可；歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象，若用浓硫酸酸化，溶液变为红棕色，反应放出热量，会导致溴单质挥发，所以酸化要用稀硫酸。7 从某矿渣（成分为 NiFe2O4(铁酸镍 )、 NiO、FeO、 CaO、 SiO2 等）中回收 NiSO4 的工艺流程如图：已知： (NH4)2SO4 在 350 分解生成NH3 和 H2SO4； NiFe2O4 在焙烧过程中生成NiSO4、24 3Fe (SO ) 。回答下列问题：（1） “研磨 ”的目的是 _。（2）矿渣中部分 FeO 在空气焙烧时与H2 424 3的化学方程式为 _。SO 反应生成 Fe (
24、SO )（3） “浸泡 ”过程中 Fe24 3生成 FeO(OH)的离子方程式为2 3(SO )_。 “浸渣 ”的成分除 Fe O 、FeO(OH)、CaSO 外还含有 _（填化学式）。42+，溶液中-1时，可使钙（4）向 “浸取液 ”中加入 NaF 以除去溶液中 Cac(F)至少为 _mol L2+浓度小于 1.0-5-1时沉淀完全；Ksp2-11离子沉淀完全。 已知 Ca10molL 10(CaF )=4.0（5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相 )+2RH(有机相)FeR2(有机相 )+2H+(水相 )。萃取剂与溶液的体积比（V0）对溶液中 Ni2+、 Fe2+
25、的萃VA取率影响如图所示，V0 的最佳值为 _。在 _（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）VA介质中 “反萃取 ”能使有机相再生而循环利用。（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。依据下表数据判断，调pH范围为 _。高温【答案】增大接触面积，加快反应速率4FeO+6H2SO4+O22Fe2(SO4)3+6H2O3+2加热2-3+强酸性 3.7 pH7.1Fe+2H OFeO(OH)+3HSiO 2.0 10.25【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍 )、 NiO、 FeO、 CaO、 SiO2 等，加入硫酸铵研磨后，600 C 焙烧，已知：(NH4)2SO4
26、 在 350以上会分解生成NH3 和 H2SO4； NiFe2O4 在焙烧过程中生成 NiSO424 3C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF 除去钙离子，、Fe (SO ) ，在 90过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。【详解】(1)焙烧前将矿渣与 (NH4 )2 SO4 混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2)矿渣中部分 FeO 在空气焙烧时与 HSO 反应生成 Fe (SO )的化学方程式为2424 3高温2Fe2(SO4)3+6H2O；4FeO+6H2SO4 +O2(3)浸“泡 ”过
27、程中 Fe2(SO4)3 生成 FeO(OH)的离子方程式为：Fe3+2H2O加热FeO(OH)+3H+；根据分析，浸渣 ”的成分除 Fe2 34外还含有2O、 FeO(OH) 、 CaSOSiO；(4)“”NaF2+2+-5-1时沉淀完以除去溶液中Ca ，已知 Ca 浓度小于 1.0 10mol L向 浸取液 中加入全，溶液中-K sp4.0 10-11-3，故溶液中-3c(F )=c Ca2= 2 10mol/Lc(F )至少为2 101.010-5mol/L ；V0(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比( VA )对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子不能被萃取
28、，镍离子被萃取，V0的最佳取值是 0.25；由 Fe2+(水VA相)+2RH(有机相 )? FeR(有机相 )+2H+ (水相 )可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成有机相，则应在强酸性介质中“反萃取 ”能使有机相再生而循环利用；(6)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变 )，亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7 时铁离子完全沉淀，pH=7.1时镍离子开始沉淀，则调节pH范围为3.7 pH7.1。8 镉（ Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO 及少量 ZnO、 CuO、MnO 、
29、FeO 杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：回答下列问题：（ 1） “滤渣 1”的主要成分为 Cu（ OH） 2 和 _（填化学式）。（ 2） “氧化 ”时 KMnO4 的还原产物是 MnO 2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_、 _。n Zn 的实际用量（3） “置换 ”中镉置换率与（n Zn 的理论用量）的关系如图所示，其中Zn 的理论用量以溶液中 Cd2+的量为依据。n Zn的实际用量实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是_。n Zn的理论用量若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn 应为 _kg。（ 4） “置换 ”后滤液溶质主要成分是 _（填化
30、学式）。（ 5） “熔炼 ”时，将海绵镉（含 Cd 和 Zn）与 NaOH 混合反应，反应的化学方程式是_。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd 与 Na2ZnO2 的 _不同，将 Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。【答案】 CaSO2+-+2+-43Fe +MnO 4 +7H2O=MnO2 +3 Fe(OH)3 +5H3Mn +2MnO4+2H2O=5MnO 2 +4H+锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH 的用量过多增加成本86.2ZnSO密度4 Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2【解析】【分析】根据流程图，镉废渣(含 CdO 及少量 ZnO、 CuO、
31、 MnO、 FeO 杂质 )，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2 和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn 2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。【详解】(1)硫酸钙微溶于水，“滤渣 1”的主要成分为Cu(OH)2 和 CaSO4，故答案为：CaSO4；(2) 氧“化 ”时 KMnO4 的还原产物是 MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2+MnO 4-+7H2 O=MnO2 +3 F
32、e(OH)3 +5H+， 3Mn 2+2MnO 4-+2H2O=5MnO 2 +4H+，故答案为： 3Fe2+MnO 4-+7H2O=MnO 2 +3 Fe(OH)3 +5H+；3Mn 2+2MnO 4-+2H2O=5MnO 2 +4H+；n Zn 的实际用量(3)实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会n Zn 的理论用量增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH 的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH 的用量过多增加成本；锌置换镉的反应为2+2+98%，实Cd+Zn=Cd+Zn ，若需置换出 112kgCd，且
33、使镉置换率达到112kg际加入的 Zn 的质量为98% 65kg/kmol 1.3=86.，2kg故答案为： 86.2；112kg / kmol(4)根据流程图， “氧化 ”后的溶液中主要含有 Cd2+和 Zn2+，因此加入锌 “置换 ”后滤液溶质的主要成分是 ZnSO44，故答案为：ZnSO ；(5) 熔“炼 ”时，将海绵镉 (含 Cd 和 Zn)与 NaOH 混合反应，锌被NaOH 溶解，反应的化学方程式是 Zn+2NaOHNa222Cd 液体与ZnO +H 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Na2ZnO2 的密度不同，将Cd 从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2；密度。【点睛】本题的易错点和难点为(3)的计算，要注意镉置换率达到98%，同时n Zn的实际用量=1.3。n Zn的理论用量9 碱性锌锰电池的工作原理:Zn+2MnO 2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4,其工艺流程如图所示:
