2020-2021高考化学二模试题分类汇编——铁及其化合物推断题综合及答案解析

1、2020-2021 高考化学二模试题分类汇编铁及其化合物推断题综合及答案解析一、铁及其化合物1 现有金属单质AB C I和气体甲、乙、丙及物质DE FG H。其中B是地壳中、 、 、 、 、含量最多的金属。它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（ 1）写出下列物质的化学式： C_、 H_。（ 2）写出反应的化学方程式： _ 。写出反应的化学方程式： _ 。写出反应的离子方程式 _ 。【答案】 FeFe( OH) 3 2Al+2NaOH+2H22232O 2NaAlO +3H2FeCl+Cu 2FeCl+CuCl3+3OHFe OH 3

2、Fe+( )【解析】【分析】金属单质 A 焰色反应为黄色，故 A 为 Na，与水反应生成NaOH 与氢气，则 D 为 NaOH，气体甲为 H2； B 是地壳中含量最多的金属，氢氧化钠与金属B 反应生成氢气，故金属B 为Al。黄绿色气体乙为 Cl2，与氢气反应生成丙为 HCl， HCl 溶于水得物质 E 为盐酸。氢氧化钠与物质 G 反应生成红褐色沉淀 H 是 Fe（ OH） 3，故物质 G 中含有 Fe3+，金属 C 与盐酸反应生成 F， F 与氯气反应生成G，可知金属C 为 Fe，物质 F 为 FeCl2G为FeCl3，红色金，物质属 I 为 Cu。【详解】（1）根据分析可知， C 为 Fe，

3、 H 为 Fe( OH) 3。（2）根据分析可知，反应是Al 和 NaOH 溶液反应生成 H2，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；反应是FeCl3 溶液和 Cu 反应，化学方程式为：2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2； G 为 FeCl3，和 NaOH 反应的离子方程式为：Fe3+3OH Fe( OH) 3。2 某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、 Cu、 Zn 及有机物）制备 NiO 并回收金属资源的流程如下所示：已知：相关数据如表1 和表 2 所示表 1 部分难溶电解质的溶度积常数（ 25）物质Ksp物质KspFe(OH

4、)34.0 10 -38CuS6.3 10 -34Fe(OH)21.8 10 -16ZnS1.6 10 -24Al(OH) 31.0 10 -33NiS3.2 10 -18Ni(OH) 22.0 10 -15表 2 原料价格表物质价格 / （元 ?吨 -1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含 30%HO）240022烧碱（含 98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO）6003请回答下列问题：（ 1）“焙烧”的目的是 _ 。（ 2）“试剂 a”的名称为 _；选择该试剂的理由是 _。（ 3）“氧化”时反应的离子方程式为_ 。（4）欲使溶液中Fe3+和 A13+的浓度均小于等

5、于1.0 10 -6 mol ?L -1 ，需“调节pH”至少为_。（5）“试剂b”应选择 _ ，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_ 。（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni(OH)+M，当导线中流过 2 mol 电子时，理论上负极质量减少_g。充2电时的阳极反应式为 _ 。【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本，不影响后续操作 2Fe2+ClO- +2H+=2 Fe 3+Cl - +H2O 5 Na2CO3 NiCO3+H2ONi(OH) 2+CO2 2-=NiOOH +HONi(OH) 2+OH-e2【解析】【分

6、析】铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将Fe2+氧化成 Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。然后调节pH 使 Fe3+、 Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。滤液 1 中还有 Zn2+、 Cu2+以及 Ni2+，加入 NiS，可以除去 Zn2+、 Cu2+。滤液 2 中有镍离子，同样的道理，在沉淀 Ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍加水煮沸会转化成Ni（ OH） 2，最后 Ni（ OH） 2 灼烧分解，就可以得到氧化镍。【详解】（ 1）焙烧可以使部

7、分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。所以“焙烧”的目的为：除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；（ 2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低，而且生成NaCl也不影响后续操作。（3）漂液中含有NaClO，将 Fe2+氧化成 Fe3+， ClO- 被还原成Cl - ，反应的离子方程式为2Fe2+ +ClO - +2H + =Cl - +2Fe3+ +H 2O ；（ 4） Fe（ OH） 3 和 Al （ OH） 3 类型相同， Fe(OH)3 的 Ksp 比 Al(OH)3 小

8、，为了使它们完全沉淀，用 Al(OH)3 的 Ksp 进行计算，-33Kw -14Ksp Al(OH) 3 =c(Al 3+ )c3 (OH -）=10 -33，c(OH - )= 3 10 -6 =10-9， pH=-lg()=-lg( 10 -9 )=5 ，10c(OH )10则 pH 至少为 5；（5）需要选择沉淀 Ni2+的沉淀剂， NaOH 的价格更贵，所以选择Na23CO ，根据题意，加入233， NiCO3 加水煮沸转化成Ni （ OH）2，加水煮沸的方程式Na CO 时，生成的滤渣2 为 NiCO为 NiCO3+H2O Ni （ OH） 2+CO2。（6）镍氢电池放电时负极的是

9、MH ，在反应中 MH 变成了 M ，失去质量为 H 的质量，负极反应式为-MH-e+OH=M+H2O，转移 2mol，负极质量减少 2g；充电时阳极发生氧化反应，化合价升高， Ni(OH)2 变成 NiOOH，电极反应式为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH +H2O。【点睛】（2）中因为是工业流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。（ 4）计算 pH 的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择 pH 较大的那个。3A、 B、 C、 D 均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件

10、已略去） ,请回答下列问题：（ 1）若 A 为（ 2）若 A 为（ 3）若 A 和CO2 气体， D 为 NaOH 溶液，则B 的化学式为 _。AlCl3 溶液， D 为 NaOH 溶液，则C 的名称为 _。D 均为非金属单质，D 为双原子分子，则由C 直接生成 A 的基本反应类型为_。（4）若常温时A 为气态氢化物，B 为淡黄色固体单质，则A 与 C 反应生成B 的化学方程式为 _。（5）若 A 为黄绿色气体，D 为常见金属，则A 与 C 溶液反应的离子方程式为_。下列试剂不能鉴别B 溶液与 C 溶液的是 _(填字母编号 )。a NaOH 溶液 b盐酸 c KSCN溶液 d酸性 KMnO4

11、溶液【答案】 NaHCO3偏铝酸钠分解反应2H 2SSO2 =3S2H 2 O2Fe2Cl 2 =2Fe32Clb【解析】【分析】【详解】(1)若 A 为 CO2 与过量的D 即 NaOH 反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH 反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO2 反应生成碳酸氢钠；所以B 的化学式为NaHCO3 ；(2)若 A 为 AlCl3，其与少量的NaOH 反应生成Al(OH)3 沉淀， Al(OH)3 继续与 NaOH 反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al(OH)3 ；所以 C 的名称为偏铝酸钠；(3)若 A， D 均为非金属单质，且 D 为双

12、原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O2 或Cl2， A 则可能为 P， S 或 N2 等；进而， B， C 为氧化物或氯化物，C 生成单质 A 的反应则一定为分解反应；(4)淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B 为 S 单质；那么 A为 H2S，C 为 SO2 ，B 为氧气；所以相关的方程式为：2H 2S SO2 =3S2H 2O ；(5)A 为黄绿色气体则为Cl2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe；那么32；所以 A 与 C 反应的离子方程式为：2Fe2Cl=2Fe32Cl；B 为 FeCl ， C 为 FeCl2a NaOH 与 Fe2+生成白

13、色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe3+直接生成红褐色沉淀，a 项可以；b盐酸与 Fe2+， Fe3+均无现象， b 项不可以；c KSCN溶液遇到 Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象， c 项可以；d Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d 项可以；答案选 b。4A I 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)。已知H 为固态氧化物，F 是红褐色难溶于水的沉淀，且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

14、所含的同一种元素的名称是_。（ 2）反应的化学方程式为 _。（ 3）反应的离子方程式为 _。（ 4）反应的化学方程式为 _。（ 5）反应过程中的现象是 _。（6） 1molI 发生反应后生成的 A 高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占 _L。【答案】铁元素8Al 3Fe3O44Al2O3 9FeFe3 O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OAl2O32NaOH=2NaAlO2H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6【解析】【分析】F 是红褐色难溶于水的沉淀，则F 为氢氧化铁；E 能在空气中转化为F，且 E 是钠反应生成，则E 为氢氧化亚铁，C为氯化

15、亚铁；B 能与盐酸反应生成氯化亚铁和C 和氢氧化D，则 B为四氧化三铁，D 为氯化铁；A 在空气中燃烧能够生成四氧化三铁，则A 为铁单质；四氧化三铁与I 在高温条件下反应生成铁单质，I 又能与氢氧化钠反应，推知I 为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H 为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G 为偏铝酸钠。【详解】（ 1） A 为铁、 B 为四氧化三铁、 C为氯化亚铁、 D 为氯化铁、 E 氢氧化亚铁、 F 为氢氧化铁，则六种物质中都含有铁元素，故答案为：铁元素；（ 2）是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al 3Fe3O44Al2O39Fe，故答案为：8

16、Al3Fe3 O44Al2O3 9Fe；（3）是四氧化三铁与盐酸反应，其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，故答案为： Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；（4）是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O3 2NaOH=2NaAlO2H2O，故答案为：Al2O3 2NaOH=2NaAlO2 H2O；（ 5）氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；（ 6） 1mol 铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸

17、气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式1 3=2 n（H2） , 则 n（ H2） =1.5mol ，则标准状况下，氢气的体积V（ H2 ）=1.5mol 22.4L/mol33.6L33.6。=，故答案为【点睛】铝与四氧化三铁反应生成铁，8molAl9molFe ，铁与水蒸气反应生成氢气，3molFe4molH 2，所以也可以根据对应关系8molAl9molFe12molH 2 ，求得氢气的物质的量。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

18、加KSCN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 O22Al +2H2O + 2OH =2AlO2 +3H2白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+ O2 + 2H2O =4Fe(OH)3+ -2Na2O2+2H2O=4Na+4OH + O2供氧剂3+2+2Fe+ Fe =3Fe【解析】【分析】题干已经

19、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 与水

20、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。（5） .由分析可知3+2+W 为 FeCl3 ，T 为金属 Fe。答案为 2Fe+ Fe

21、 =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 某工厂废金属屑的主要成分为Cu、 Fe 和Al，此外还含有少量Al2O3 和Fe2O3，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 (FeSO47H2O)和胆矾晶体。完成下列填空：（ 1）写出步骤反应的离子方程式：_。（ 2）试剂 X 是 _，溶液 D 是 _。（ 3）在步骤中，用如图装置制取CO2 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

22、 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Fe3+，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CuSO4溶液，写出反应的化学方程式： _。【答案】 2Al+2H 2O+2OH - =2AlO 2- +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =2AlO 2- +H 2 O稀硫酸NaHCO 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 溶液33的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的 HCl3+2+3+2+2+2Fe +Fe=3Fe 、 2Fe

23、+Cu=2Fe +Cu2Cu+O2 +2H2SO4 = 2CuSO4 +2H2O【解析】【分析】Fe、 Cu、 Fe2O3 都不与 NaOH 溶液反应， Al 和 Al2O3 可与 NaOH 溶液反应，用含有Al、 Fe、Cu 和 Al2O3 和 Fe2O3 的废金属屑制取中 Al、 Al2O3 与 NaOH 反应，所得滤液AlCl3、绿矾晶体 (FeSO4?7H2 O)和胆矾晶体流程为：合金A 为 NaAlO2 溶液，经途径 与足量二氧化碳发生反应：-AlO2 +CO2 +2H2 O=AlOH3+HCO-3 ，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AlCl3

24、，得到的 AlCl3 较纯净；溶液D 为 NaHCO3 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 FeSO4，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 NaAlO2 溶液，反应的离子方程式为：2Al+2H 2O+2OH - =2AlO -2 +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =2AlO -2 +H 2O ；（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

25、；溶液 D 为 NaHCO3 溶液；（3）进行步骤 时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2 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+=Al3+3H2O，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NaHCO3 中不溶，氯化氢和NaHCO3 反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和 之间增加一个盛有饱和NaHCO3 溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；（4）溶液 E 中加入 KS

26、CN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是 Fe3+被 Fe、 Cu2+3+2+还原生成 Fe ，所以加入 KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe +Fe=3Fe 、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（5）用固体 F 继续加入热的稀H2 44SO ，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 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： 2Cu+O2 +2H 2SO4 = 2CuSO4 +2H2 O 。7 二氧化铈 (CeO2)是一种重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用车的废气催化转化器，太阳能电池中的光催化，水分解或污染物的

27、分解等。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、 Fe2O3、 CeO2 、 FeO 等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2 和硫酸铁铵晶体。已知： CeO2 不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH 溶液。回答下列问题：(1)稀酸 A 的分子式是 _。(2)滤液 1 中加入 H2O2溶液的目的是 _，滤渣 1中加入 H2O2 溶液的目的是 _。(3)设计实验证明滤液1 中含有 Fe2+_。(4)在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成 Fe3O4，该反应的离子方程式为 _。(5)由滤液 2 生成 Ce(OH)4

28、 的离子方程式为 _ 。(6)已知 Fe(OH)3383+的 Ksp 近似值为 10。常温下，在含有 Fe 杂质的溶液中，为使其除尽应调节溶液 pH 至少为 _。 (通常认为当离子浓度小于1.0 101 时即视为沉淀完5mol L全)【答案】 H2 42+氧化为 Fe3+23+取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶SO使 Fe使 CeO 还原为Ce液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1 中有 Fe2+2+34+4Ce3 +2Fe+2FeO(OH) = FeO +2H+ O+12OH +2H O =4Ce(OH) 324【解析】【分析】制备纯净的 CeO2和硫酸铁铵晶体，由流程可知，废玻璃粉末2232(含 Si

29、O 、 Fe O 、CeO 、 FeO等物质 )中加入 A 为稀硫酸， FeO 转化为 FeSO1 中，滤渣4、 Fe2O3 转化 Fe2(SO4)3 存在于滤液1 为 CeO2 和 SiO2；滤液 1 中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2(SO4 )3 还原为 FeSO4，溶液1 为FeSO4 溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；滤渣1 中加入稀硫酸和 H2 22转化为3+存在于滤液2 中，反应为 2CeO22224O ， CeOCe+H O +3HSOCe2(SO4)3+O2 +4H2O，滤渣 2为 SiO2；滤液2 加入碱并通入氧气将Ce 从+3氧化为 +4后Ce3+转化

30、为沉淀Ce(OH)4，反应为4Ce 3+O2+12OH +2H2O 4Ce(OH)4，加入分解Ce(OH)4得到产品CeO，以此来解答。【详解】(1)CeO不溶于稀硫酸，废玻璃粉末(含 SiO、 Fe O、CeO、 FeO 等物质 )中 SiO也不溶于222322酸，加入稀硫酸可将 CeO222 3、FeO 分离；和 SiO与 Fe O(2)滤液 1 中加入 H2O2 溶液的目的是使Fe2+氧化为 Fe3+，滤渣 1 中加入 H2O2 溶液的目的是还原 CeO2 为 Ce3+；(3)设计实验证明滤液1 中含有 Fe2+的方法为：取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1 中有

31、 Fe2+；(4)已知 Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成 Fe3O4，该反应的离子方程式为Fe2+2FeO(OH) Fe3O4+2H+；(5)滤液 2 为含有 Ce 3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce 从 +3 氧化为 +4 后 Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，离子方程式为：4Ce 3+O2+12OH +2H2O4Ce(OH)4；3sp近似值为 38， Fe3+完全沉淀时 c(OH)3 10(6)Fe(OH)的 K10103810 11mol/L ，常温下5c(H+) 10 14 10 3mol/L ，为使其除尽应调节溶液pH 至少为 3。10 118 以高钛渣 (主要成分

32、为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2 的一种工艺流程如下：已知： Na2TiO3 难溶于碱性溶液；H2TiO3 中的杂质 Fe2比 Fe3 更易水洗除去。(1)熔盐 : 为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是_。 NaOH 固体与 Ti3O5 在空气中加热至500 550 时生成 Na2TiO3，该反应的化学方程式为_。(2)过滤 :“滤液 ”中主要溶质为NaOH，还含有少量 _(填化学式 )。 除杂后的滤液中获得的NaOH 可循环利用，则“水浸 ”时，用水量不宜过大的主要原因是_。(3)水解 : “酸溶 ”后获得的

33、TiOSO4 经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为_ 。(4)脱色 :H2TiO3 中因存在少量Fe(OH)3 而影响 TiO2 产品的颜色， “脱色 ”步骤中 Ti2 (SO4)3 的作用是 _。【答案】搅拌12NaOH 2Ti3O5 O26Na2TiO3 6H2ONa2SiO3用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)TiOSO4 2H2OH2TiO3H2SO4将溶液中的Fe3 还原为 Fe2 ，以便除去杂质铁，提高H2TiO3 的纯度【解析】【分析】(1) 搅拌可使反应物混合均匀； Ti 3O5 转化为 Na2TiO3，钛元素化合价升高

34、，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；（2） 加入氢氧化钠后，二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠； 考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式；(4)根据提示给定信息，“H2TiO3 中的杂质Fe2 比 Fe3更易水洗除去”来分析作答。【详解】(1) 为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀 ,增加反应物的接触机会 ,从而达到加快反应速率的目的，故答案为搅拌； NaOH 固体与 Ti3O5 在空气中加热至500 550 时生成 Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为： 12Na

35、OH 2Ti3O5 O26Na2TiO3 6H2O，故答案为 12NaOH 2Ti 3O5O26Na2TiO36H2 O；(2) 熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2 反应，其化学方程式为：2NaOH SiO2 =Na2SiO3 H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液 ”中含有少量 Na2SiO3，故答案为 Na2 SiO3；“水浸 ”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，故答案为用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；(3) 酸“溶 ”后获得的 TiOSO4 会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程

36、式为： TiOSOH2TiO3 H2SO4，4 2H2O故答案为 TiOSO4223242H OH TiO H SO ；（4）根据给定信息易知，“脱色 ”步骤中加入还原性的Ti2(SO4 )3，是为了将溶液中的Fe3 还原为 Fe2 ，以便除去杂质铁，提高H2TiO3 的纯度，且不引入新的杂质，故答案为将溶液中的Fe3 还原为 Fe2 ，以便除去杂质铁，提高H2 TiO3 的纯度。9NH4 HCO3 的分解温度是 35。以氯化钾和制取二氧化钛的副产品硫酸亚铁为原料生产铁红颜料和过二硫酸铵等，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：（1）气体 x 是 _，反应 I 需控制反应温度低于35 , 其目

37、的是 _。（2）反应 I 的离子方程式为_， FeCO3 灼烧的反应方程式为_。（3）各物质的溶解度曲线如图，晶体 z 是 _，简述反应生产上常在反应 III 的过程中加入一定量的乙醇，其目的是III 发生的原因_，工业_ 。（4）反应 IV 常用于生产 (NH4)2S2O8 (过二硫酸铵）。电解时均用惰性电极，气体y 是_，阳极发生的电极反应可表示为_ 。【答案】 CO2 或二氧化碳防止 NH4HCO3分解（或减少 Fe2 的水解） Fe2+2HCO3-=FeCO +H O+CO 4FeCO+O2Fe O +4COKSO在相同温度下， K SO 最先达322322322424到饱和或 K2S

38、O4溶解度最小或K2SO4溶解度比 KCl、 (NH4)2SO4小或离子反应向生成溶解度更小的 K的方向进行，故先析出降低 K2SO4 的溶解度2-2e-2或 2HSO2SO4H2 2SO4= S2O84-2e-+2 = 2H +S O28【解析】【分析】反应 I 是 FeSO443322与 NH HCO 反应生成FeCO、 H O 和 CO ，过滤得到沉淀碳酸亚铁，碳酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁和二氧化碳，滤液为硫酸铵和NH4HCO3 ，向滤液中加入稀硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵加入 KCl 发生复分解反应生成硫酸钾和氯化铵，电解硫酸铵得到过二硫酸铵。【详解】根据分析得到气体 x 是 CO24

39、3的分解温度是35 ，因此反应 I 需，根据题中信息NH HCO控制反应温度低于35，其目的是防止NH4HCO3 分解 (或减少 Fe2的水解 )；故答案为：反应 I 是Fe2+与HCO 反应生成 FeCO、H2O 和 CO2，其离子方程式为2+=33Fe +2HCO3FeCO3 +H2 O+CO2， FeCO3 灼烧与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，其反应方程式为灼烧2+32232332232FeCO+O2Fe O +4CO ；故答案为：Fe +2HCO= FeCO +H O+CO ； FeCO +O灼烧2Fe2O3+4CO2。各物质的溶解度曲线如图，在相同温度下，K2 4溶解度最小，离子反应向生成溶解度更SO小的 K2SO4的方向进行，因此先析出晶体z 是 K2SO4，工业生产上常在反应III 的过程中加入一定量的乙醇，其目的是降低K2SO4 的溶解度；故答案为：K2SO4；在相同温度下，K2SO4 最先达到饱和或 K2SO4 溶解度最小或K2SO4溶解度比 KCl、(NH4)2SO4 小或离子反应向生成溶解度更小的 K2SO4 的方向进行，故先析出；降低K2SO4 的溶解度。反应 IV 常用于生产 (NH4)2S2O8(过二硫酸铵 )，反应 IV 是电解硫酸根或硫酸氢根生成(NH4)2S2O8，化合价升高，发生氧化反应