广东省揭阳市梅云中学2023年高三化学联考试题含解析

广东省揭阳市梅云中学2023年高三化学联考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.短周期元素R、X、Y、W的部分信息如下表所示：元素代号RXYW原子半径/nm0.0770.0740.1860.099主要化合价＋4、－4－2＋1＋7、－1已知Y和W位于同一周期。下列有关说法不正确的是（

）A．简单的离子半径由小到大排序：Y、X、WB．X的气态氢化物的稳定性一定比R的强C．R、X和Y可以组成含共价键的离子化合物D．在R、X、W的氢化物中，X的沸点最高参考答案：D依题意，R为碳，X为氧，Y为钠，W为氯。A项，Na+、Cl-、O2-的半径由小到大排序：r(Na+)＜r(S2-)＜r(Cl-)，正确；B项，H2O的稳定性比CH4的强，正确；C项，Na2CO3中含离子键和共价键，正确；D项，碳的氢化物为烃类，在常温下可能呈固态、液态，故有些烃的沸点高于水的沸点，错误。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中正确的是（）A．在标准状况下，1molO2与1molCCl4的体积相同B．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAC．在相同条件下，相同体积的CO、N2的混合气体与氢气的分子数、原子数都相同D．7.1gCl2与5.6gFe反应，转移的电子总数为0.3NA参考答案：C考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、标况下，四氯化碳为液态；B、Na2O2由O22﹣和Na+构成；C、根据阿伏伽德罗定律来分析；D、根据铁和氯气的物质的量结合化学方程式来解题．解答：解：A、标况下，四氯化碳为液态，故A错误；B、Na2O2由O22﹣和Na+构成，故1molNa2O2含1molO22﹣和2molNa+，即由3mol离子构成，故B错误；C、根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下相同体积的CO、N2的混合气体与氢气的物质的量相同，故分子数相同，而CO、N2与氢气均为双原子分子，故原子数也相同，故C正确；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，7.1g氯气的物质的量也为0.1mol，由反应可知，铁过量，0.1mol氯气完全反应变为﹣1价，故转移0.2mol电子，故D错误．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3.利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A．工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去B．工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁C．富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D．若提取1molBr2，至少需要标准状况下44.8L的Cl2参考答案：A【考点】海水资源及其综合利用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】依据流程分析，海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；海水浓缩晒盐得到卤水中通入氧化剂氯气氧化溴离子得到溴单质，2Br﹣+C12=Br2+2Cl﹣，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴．A．氢氧化钠能和溴反应，而被除去；B．电解熔融MgCl2生成镁和氯气；C．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的；D．依据离子方程式计算得到需要的氯气体积．【解答】解：A．工业溴中含少量Cl2，用NaOH溶液除去，溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的化学方程式为：Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O，溴被除去，故A错误；B．从MgCl2溶液中得到MgCl2固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故B正确；C．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C正确；D．若提取1molBr2，依据2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，消耗氯气物质的量为：1mol，标准状况下体积为V=nVm=1mol×224.4L/mol=44.8L，故D正确；故选A．【点评】本题考查了海水资源的综合应用，为高频考点，涉及物质的分离提纯等知识，侧重于化学与生活的综合运用，培养了学生运用知识分析问题的能力，题目难度中等．4.已知一种c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，生成的盐可能是（）A．强酸强碱盐 B．强酸弱碱盐C．强碱弱酸盐 D．上述三种盐均可能参考答案：B考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

分析：c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，说明碱有剩余，可能是碱部分电离而酸完全电离，所以可能是碱为弱碱、酸为强酸，据此分析解答．解答：解：c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，说明碱有剩余，可能是碱部分电离而酸完全电离，所以可能是碱为弱碱、酸为强酸，则生成的盐可能是强酸弱碱盐，故选B．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确酸碱相对强弱与其盐溶液酸碱性关系是解本题关键，题目难度不大5.下列各组离子一定能大量共存的是（）

A．在含有大量［Al(OH)4］－的溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、H＋

B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－

C．在pH＝12的溶液中：NH4＋、Na＋、SO42－、Cl－

D．在c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、I－、Cl－、NO3－参考答案：答案：B对应考点：离子反应的概念；离子反应发生的条件；常见离子的检验方法试题解析：A.［Al(OH)4］－即为AlO2-，不能在酸性溶液中存在，与NH4+会发生双水解反应；

B.强碱溶液中，CO32－是可以存在的；

C.NH4＋在碱性条件下会与溶液中的OH-结合生成一水合氨分子，不能大量存在；

D.在酸性溶液中，NO3－具有强氧化性，可将I-氧化（但不能将Cl-氧化）。易错点：离子共存问题是考查考生对无机化合物性质、氧化还原反应理解的常见题型。应该注意氧化还原是否能够发生：

氧化：F-2

>

Cl2

>

Br2

>

Fe3+

>

I2

>

Cu2+

>

S

>

H2

>Fe2+

还原：F--

<

Cl-

<

Br-

<

Fe2+

<

I-

<

Cu

<

S2-

<

H+

<Fe

以上表格中，两种物质连线斜率为负的均可反应（除Cu2+与S2-生成CuS外），在上的称为氧化X，在下的称为还原X。如Cl2与Br-连线斜率为负，可反应，其中Cl2为氧化剂，Br-为还原剂；而生成的产物为它们对应上/下方的产物，Cl-为还原产物，Br2为氧化产物。

注意Cl2、Br2可与Fe反应生成Fe3+，而I2只能生成Fe2+。6.含有下列各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是

（

）A．H+、Ca2+、Fe3+、NO3-

B．Ba2+、Cl-、Al3+、H+C．Na+、NH4+、I-、HS-

D．Na+、Ag+、K+、Cl-参考答案：B略7.Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是A．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体

B．硫不溶于水，而氯气能溶于水C．与金属反应时，硫被还原为-2价而氯被还原成-1价

D．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态参考答案：D略8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族且W原子核电荷数等于X原子核电荷数的2倍，Y、Z原子的核外电子数之和与X、W原子的核外电子数之和相等。下列说法中一定正确的是A.X的原子半径比Y的原子半径大B.X形成的氢化物分子中不含非极性键C.Z、W的最高价氧化物对应的水化物是酸D.Y单质与水反应，水可能作氧化剂也可能作还原剂参考答案：DX、W同主族且W原子核电荷数等于X原子核电荷数的2倍，X为O元素，W为S元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z原子的核外电子数之和与X、W原子的核外电子数之和相等，Y可能为F元素或Na元素，相应Z可能为P元素或Al元素。A，若Y为F，原子半径：O＞F，若Y为Na，原子半径：O＜Na，A项错误；B，X形成的氢化物有H2O、H2O2，H2O中只有极性键，H2O2中含有极性键和非极性键，B项错误；C，若Z为P，Z的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，H3PO4是酸，若Z为Al，Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Al（OH）3属于两性氢氧化物，W的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，H2SO4属于酸，C项错误；D，若Y为F，F2与水反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，在该反应中水是还原剂，若Y为Na，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中水是氧化剂，D项正确；答案选D。9.一定条件下，反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，在密闭容器中达到平衡。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是A.温度130℃、压强3.03×105Pa

B.温度25℃、压强1.01×105PaC.温度130℃、压强5.05×105Pa

D.温度0℃、压强5.05×105Pa参考答案：A【Ks5u解析】要想使测定结果误差最小，必须是平衡逆向移动，根据化学反应的特点，需要升高温度和减小压强，选A。10.下列制取、检验、提纯或保存物质的方法可行的是

（）

①

向某溶液中加入KSCN溶液检验该溶液是否含有Fe3+，②

用植物油、乙醇、NaOH溶液制取肥皂，③

向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH溶液制取Fe(OH)3胶体，④

用焰色反应检验K＋时须透过蓝色钴玻璃观察，⑤

液溴用水液封后密封保存在棕色试剂瓶中，⑥

向混有乙酸的乙酸乙酯中加入NaOH溶液再分液，提纯乙酸乙酯。

A．①②④⑤

B．

②④⑤⑥

C．①③⑤⑥

D．①③④⑥参考答案：答案：A11.某化学反应其△H==—122kJ/mol，?S==231J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行

（

）

A．在任何温度下都能自发进行

B．在任何温度下都不能自发进行

C．仅在高温下自发进行

D．仅在低温下自发进行参考答案：A略12.下列实验现象预测正确的是（）A．振荡后静置，溶液不再分层，且保持无色透明B．铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．当液体变成红褐色时，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔效应参考答案：D考点：化学实验方案的评价；实验装置综合．

专题：实验评价题．分析：A．溴与NaOH溶液反应后，与苯分层；B．常温下，Fe与浓硫酸发生钝化；C．广口瓶内NO与氧气反应生成二氧化氮；D．在沸水中氯化铁水解生成胶体．解答：解：A．溴与NaOH溶液反应后，与苯分层，可观察到上层为无色油状液体，故A错误；B．常温下，Fe与浓硫酸发生钝化，图中装置不加热，铁片不能完全溶解，故B错误；C．广口瓶内NO与氧气反应生成二氧化氮，则观察到红棕色气体，故C错误；D．在沸水中氯化铁水解生成胶体，让光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯、气体的制备、胶体制备等，把握物质的性质、气体制备实验和实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大13.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．12g石墨和C60的混合固体中，含NA个碳原子B．标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子C．7.8g过氧化钠含有的阴离子数为0.2NAD．0.1mol铁在足量氯气中燃烧，电子转移数目为0.2NA参考答案：A考点：阿伏加德罗常数．

专题：常规题型．分析：A、石墨和C60均由碳原子构成；B、标况下水为液体；C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol过氧根来分析；D、铁在氯气中反应变为+3价．解答：解：A、石墨和C60均由碳原子构成，故12g混合物中含有的碳原子的物质的量n==1mol，个数为NA个，故A正确；B、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故C错误；D、铁在氯气中反应变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．14.滴定法测定Na2CO3（含NaCl杂质）的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是

A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定

B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定

C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定

D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定

参考答案：B15.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是(

)A．产物n[Cu(NO3)2]∶n[CuSO4]＝1∶1

B．参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶5C．反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂D．1molCu2S参加反应时有8mol电子转移参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室利用下列装置模拟工业生产制备少量硝酸．（1）B中试剂为

，NaOH溶液的作用是

．（2）用过氧化钠与水反应制备氧气的化学方程式为

．（3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上．下列图示中，能够正确表示该反应过程能量变化的是

．（4）已知2NO2（g）2NO（g）+O2（g）△HNO2（g）N（g）+2O（g）NO（g）N（g）+O（g）O2（g）2O（g）①计算反应的△H=

．②请解释高温下，氨气与氧气反应难以生成NO2的原因

．（5）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键．①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟．请用化学方程式表示白烟产生的原因

．②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上n（NH3）：n（O2）的最佳比例为

．参考答案：（1）水；吸收尾气；（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）A；（4）①+113kJ/mol；②2NO2（g）2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高温度，平衡正向移动，有利于NO2的分解，因此难以生成NO2；（5）①2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；②1：2．

【考点】制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化；无机实验综合；利用化学方程式的计算．【分析】试管中发生氨的催化氧化生成NO，在装置A中NO进一步被氧气氧化生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气．（1）装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；（3）反应为放热反应，放出大量的热，700℃时水是气体；（4）①△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和；②二氧化氮分解是吸热反应；（5）①氨气和硝酸能反应生成硝酸铵；②根据反应方程式中氨气和氧气关系判断．【解答】解：（1）装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：水；吸收尾气；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）反应为放热反应，放出大量的热，反应物的总能量比生成物的总能量高，700℃时水是气体，故答案为：A；（4）①△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和=931kJ/mol×2﹣628kJ/mol×2﹣493kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为：+113kJ/mol；②二氧化氮分解是吸热反应，升高温度，有利于分解，故答案为：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高温度，平衡正向移动，有利于NO2的分解，因此难以生成NO2；（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；②由4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，则原料氨气和氧气物质的量的投料比为1：2，故答案为：1：2．【点评】本题考查实验制备、热化学方程式计算、氧化还原反应等，实验拼合型题目，明确结合反应原理明确各装置的作用，难度中等．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.1967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。回答下列问题：（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于___________（填“晶体”或“非晶体”）。（2）基态铜原子有个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为，在CuS04溶液中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为

。（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点,其原因是

。（4）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2-的配位数为

。（5）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为

（用含“a、NA的代数式表示）g·cm-3。参考答案：（1）晶体；（2）1；1s22s22p63s23p63d9；深蓝色；（3）5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能；（4）4；（5）解析：（1）晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性,该金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，为晶体；（2）基态铜原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；有1个未成对电子；二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解形成深蓝色的溶液；（3）1mol（SCN）2分子中含有键的数目为5NA,根据所给信息硫氰酸结构简式H-S-C≡N、异硫氰酸的结构简式H-N=C=S，异硫氰酸中H-N键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸；（4）由图1知每个S2-离子周围等距离最近有4个Zn离子，在ZnS晶胞中，S2-的配位数为4；（5）1个晶胞中铜原子的个数是6×1/2=3，金原子的个数是8×1/8=1，晶胞的质量是389/NA（g），晶胞的体积是（a×10-7cm）3,根据密度计算公式（g·cm-3）。18.(8分)新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox

3<x<4，M=Mn、Zn、Ni且均显+2价，下同)由铁酸盐(MFe2O4)经高温还原而得。常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去。转化流程如图所示：

(1)已知铁酸盐(MFe2O4)被H2高温还原时，发生反应的MFe2O4与H2的物质的量之比为2︰1，则还原产物MFe2Ox中x=

，MFe2Ox中+2价铁与+3价铁的量之比为

。(2)在酸性溶液中，Fe2O42—易转化为Fe2+：

Fe2O42—+2e—+8H+→2Fe2++4H2O有KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种能使上述还原过程发生，写出该氧化还原反应的离于方程式并配平

。参考答案：（1）3.5

1:1（2）Fe2O42-+Cu2O+10H+=2Fe2++2Cu2++5H2O

4分19.钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解．请回答下列问题：（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有

，操作2是

、过滤，副产品主要成分的化学式为

（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理

（3）已知钛的还原性介于铝和锌之间，估计钛能耐腐蚀的原因之一是

，如果可从Za、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是

（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式为

（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，首先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2++Al+6H+═3Ti3++AlO3++3H2O，过过滤后，取出滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用

（填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000mol?L﹣1FeCl3溶液，发生Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，当溶液出现红色达到滴定终点，用去了30.00mLFeCl3溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是

．参考答案：（1）漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；FeSO4；（2）溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，当加热升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；（3）钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4NaTi+4NaCl；（4）TiO2+4e﹣=Ti+2O2﹣；（5）酸式滴定管；1.50mol?L﹣1．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】用浓硫酸处理钛铁矿，并向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到TiO2+滤液，和副产品FeSO4，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温加热反应得到氯化镁和钛金属