2020-2021全国备战高考化学铁及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题分类汇总及答案解析

2020-2021全国备战高考化学铁及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题
分类汇总及答案解析
一、铁及其化合物
1．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，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：A_____________、B___________、C______________、
F_____________、 H____________、乙______________
（2）写出下列反应化学方程式：
反应①_________________________________________________
反应⑤_________________________________________________
反应⑥_________________________________________________
【答案】Na Al Fe FeCl2 Fe(OH)3 Cl2 2Na + 2H2O=2NaOH + H2↑ 2FeCl2 + Cl2=2FeCl3 FeCl3+ 3NaOH =Fe(OH)3↓+ 3NaCl
【解析】
【分析】
【详解】
金属单质A的焰色为黄色，则A为Na；反应①为Na与水反应生成NaOH和H2，则物质D 为NaOH，气体为H2；金属B与NaOH反应生成H2，则金属B为Al；黄绿色气体为Cl2，反应②为H2与Cl2化合成HCl，则气体丙为HCl，物质E为盐酸；金属C与盐酸反应生成F，F 与Cl2反应生成物质G，G与NaOH反应得红棕色沉淀，则金属C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；
（1）A、B、C、F、H、乙的化学式依次为Na、Al、Fe、FeCl2、Fe(OH)3、Cl2。

（2）反应①的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
反应⑤的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
反应⑥的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl。

2．A、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（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：
（1）若A 为CO 2气体，D 为NaOH 溶液，则B 的化学式为_________。

（2）若A 为AlCl 3溶液，D 为NaOH 溶液，则C 的名称为_________。

（3）若A 和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KMnO 4溶液
【答案】NaHCO 3 偏铝酸钠 分解反应 2222H S SO =3S 2H O ++
2322Fe Cl =2Fe 2Cl ++-++ b
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A 为CO 2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CO 2反应生成碳酸氢钠；所以B 的化学式为NaHCO 3；
(2)若A 为AlCl 3，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 为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O 2或Cl 2，A 则可能为P ，S 或N 2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H 2S ，C 为SO 2，B 为氧气；所以相关的方程式为：2222H S SO =3S 2H O ++；
(5)A 为黄绿色气体则为Cl 2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe ；那么B 为FeCl 3，C 为FeCl 2；所以A 与C 反应的离子方程式为：2322Fe
Cl =2Fe 2Cl ++-++； a ．NaOH 与Fe 2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe 3+直接
生成红褐色沉淀， a 项可以；
b ．盐酸与Fe 2+，Fe 3+均无现象，b 项不可以；
c ．KSCN 溶液遇到Fe 3+会生成血红色物质，而与Fe 2+无现象，c 项可以；
d ．F
e 2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe 3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d 项可以；答案选b 。

3．现有金属单质A 、B 和气体甲、乙、丙及物质C 、D 、E 、F 、G ，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）
根据以上信息填空：
（1）写出下列物质的化学式：A______ G__________ ；
（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应
④____________________________；
【答案】 Na Fe(OH)3产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即
H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。

（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3；
（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；
（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。

4．某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性，请回答下列问题：
（1）除胶头滴管外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是___。

（2）请帮他们完成以下实验报告：
实验目的：探究铁及其化合物的氧化性和还原性。

试剂：铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片。

实验记录（划斜线部分不必填写）：
序号实验内容实验现象离子方程式实验结论
①在FeCl2溶液中滴入适
量氯水
溶液由浅绿色变为
棕黄色
___Fe2+具有还原性
②在FeCl2溶液中加入锌Zn+Fe2+→Zn2++Fe Fe2+具有氧化性
实验结论：___。

（3）亚铁盐在溶液中易被氧化，如何检验亚铁盐溶液是否被氧化？（简述实验操作）___保存亚铁盐溶液时，应该如何防止亚铁盐被氧化：___。

（4）若直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，其原因为：___。

（用化学方程式表示）
【答案】试管 Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性取少许亚铁盐溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色则亚铁盐溶液已变质；若溶液不显血红色则亚铁盐溶液未变质在亚铁盐溶液中加入铁粉或铁钉 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
【解析】
【详解】
(1)探究铁及其化合物的氧化性和还原性，需要在试管中滴加试剂发生反应，则本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是试管；
(2)①在FeCl2溶液中滴入适量氯水，生成氯化铁，离子反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe元素的化合价升高，则Fe2+具有还原性；
②FeCl2中Fe元素的化合价升高，则Fe2+具有氧化性；
③FeCl3中Fe元素的化合价降低，则Fe3+具有氧化性；
④在FeCl3溶液中加入铜片，反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子反应为
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，FeCl3中Fe元素的化合价降低，则Fe3+具有氧化性，
则得到实验结论为Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性；(3)亚铁盐被氧化生成铁盐，铁离子遇KSCN溶液变为红色，则检验亚铁盐溶液是否被氧化的实验操作为取少许亚铁盐溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色则亚铁盐溶液已变质；若溶液不显血红色则亚铁盐溶液未变质；保存亚铁盐溶液时，在亚铁盐溶液中加入铁粉或铁钉防止亚铁盐被氧化；
(4)直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被氧化，发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

【点睛】
直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe(OH)2沉淀，可以看到生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色。

5．黄血盐[亚铁氰化钾K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定实验中黄血盐的最大使用量为10mg/kg，一种制备黄血盐的工艺如下：
请回答下列问题：
(1)过滤需要用到的玻璃仪器有__________；写出中间产物CaSO4的一种用途__________。

(2)步骤I反应的化学方程式是___________。

(3)步骤V所用的试剂X是________(填化学式)，在得到产品前还需经过的步骤包括
____。

(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-等的废水必须处理后才能排放。

①CN-的电子式是_____________。

②处理含CN-废水的方法：第一步NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步NaClO 溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐。

第二步反应的离子方程式是_____。

(5)已知反应：
3Fe2++2[Fe(CN)6]3- =Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)
4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)
现有Fe2+被氧化后的溶液，仅供选择的试剂：铁粉、铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、KSCN溶液，请设计检验Fe2+是否氧化完全的实验方案_________。

【答案】漏斗（普通漏斗）、玻璃棒、烧杯制作石膏或用于制作水泥的原料等（填一种即可） 3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4+ 6H2O K2CO3蒸发浓缩、冷却结
晶 3ClO－+ 2OCN－+2OH－= 3Cl－+ 2CO32-+ N2↑+ H2O或3ClO－+ 2OCN－+
H2O = 3Cl－+ 2HCO3-+ N2↑取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+完全被氧化，否则未完全氧化
【解析】
【分析】
制备黄血盐的流程分析：步骤一加石灰水、硫酸亚铁、HCN溶液制备Ca2Fe(CN)6，没有化合价变化不属于氧化还原反应，根据步骤二过滤的滤渣CaSO4，确定步骤一的产物中含有CaSO4，故步骤一反应原理为：3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4↓+ 6H2O，该过程中CaSO4沉淀生成，步骤二过滤，步骤三加入KCl制备K2CaFe(CN)6：
Ca2Fe(CN)6+2KCl= K2CaFe(CN)6↓+ CaCl2，步骤四过滤，滤液进行废水处理，滤渣为
K2CaFe(CN)6进行步骤五脱钙处理，在不引入新杂质的原则下，选用K2CO3进行脱钙，过滤得到滤液K4Fe(CN)6，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品K4Fe(CN)6·3H2O。

【详解】
(1)过滤需要用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯；中间产物CaSO4制作石膏或用于制作水泥的原料等；
(2)根据分析，步骤I反应的化学方程式是3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+
CaSO4↓+ 6H2O；
(3)步骤V脱钙过程，一般用碳酸盐脱去钙离子，且不引入新杂质的原则，应该使用碳酸钾，故试剂X为K2CO3；根据分析，步骤五脱钙处理后，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品K4Fe(CN)6·3H2O；
(4) ①CN-的电子式是；
②处理含CN-废水的方法：第一步NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步NaClO 溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐，NaClO作氧化剂被还原为NaCl,，每个NaClO化合价降低2。

每个OCN¯中碳元素化合价为+4为最高价不能被氧化，产物以Na2CO3或NaHCO3形式存在，氮的化合价为-3，被氧化为N2，每个氮气分子化合价上升6，故n（ClO¯）：n （N2）=3:1，由于次氯酸钠水解显碱性，则污水处理的第二步对应的离子反应式为：3ClO－+ 2OCN－+2OH－= 3Cl－+ 2CO32-+ N2↑+ H2O或3ClO－+ 2OCN－+ H2O = 3Cl－+ 2HCO3-+
N2↑。

(5) 设计检验Fe2+是否氧化完全的在于检测此时溶液中是否有Fe2+，Fe3+无需检验，则根据已知信息3Fe2++2[Fe(CN)6]3- =Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)，实验方案是：取少量氧化后的溶液放于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+完全被氧化，若出现蓝色沉淀，证明还有Fe2+未完全被氧化。

【点睛】
在书写氧化还原反应式过程中，判断物质中元素的化合价OCN¯，可以结合氢离子写成酸
，按照非金属性O＞N＞C＞H，三对共用电子偏向N，N 的结构HOCN，结构式H-O-C N
的化合价为-3，碳与氧的公用电子偏向氧，故C的化合价为+4。

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LiFePO4、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．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl
（SO4)2·12H2O和补血剂FeSO4·7H2O。

工艺流程如下（部分操作和产物略去）：
（1）操作1的名称是___________。

（2）反应①②③④中是氧化还原反应的是_______（填写编号）。

（3）综合考虑，金属X最好选择的试剂是__，写出该反应的离子方程式_______。

（4）反应①的离子方程式是_________、__________。

（5）溶液D中含有的金属阳离子是_______，检验方法是________。

（6）用含铝元素27℅的上述矿石10吨，通过上述流程最多生产明矾____吨。

【答案】过滤④ Fe Fe+2Fe3+=3Fe2+ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O Fe2+取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+ 47.4
【解析】
【分析】
由流程可知，富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤，滤渣为氧化铁，滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾；向滤液中加入足量的硫酸，可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液，结晶后得到明矾；滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液，加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液，用结晶法可以得到绿矾。

【详解】
（1）操作I得到溶液和滤渣，因此操作I为过滤；
（2）反应①中加入NaOH溶液，根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋H2O，不属于氧化还原反应，反应②中加入硫酸，发生的SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓，AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应③发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，根据操作4得到FeSO4·7H2O，说明反应④中加入一种金属，把
Fe3＋转化成Fe2＋，即这种金属是铁单质，离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，存在化合价的变化，属于氧化还原反应；
（3）操作4得到FeSO4·7H2O，不能引入新杂质，因此此金属为Fe，离子方程式为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；
（4）根据（1）的分析，离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋
H2O；
（5）根据（3）的分析，溶液D中含有的金属阳离子是Fe2＋，利用Fe2＋的还原性，具体操作是：取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+；
（6）根据铝元素守恒，最多可以得到明矾的质量为10×106×27%×10－6×474÷27t=47.4t。

【点睛】
本题的难点是问题（6），一般的化学计算，都有简单的方法，根据整个流程，铝的质量没有增加和减少，因此根据铝元素守恒可以计算。

8．以高钛渣(主要成分为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:
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，可采取的措施是__________。

②NaOH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:
①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。

②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＋6H2O Na2SiO3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＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4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)①搅拌可使反应物混合均匀；
②Ti3O5转化为Na2TiO3，钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；
（2）①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；
②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)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；
②NaOH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：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，
故答案为12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；
(2) ①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Na2SiO3；
②“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，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4，
故答案为TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4；
（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H2TiO3的纯度。

9．NH4HCO3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III发生的原因 ________，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_____________。

（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-
=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 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 H2 2SO42－-2e- = S2O82－或 2HSO4－-2e- = 2H++S2O82－
【解析】
【分析】
反应I是FeSO4与NH4HCO3反应生成FeCO3、H2O和CO2，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】
⑴根据分析得到气体x是CO2，根据题中信息NH4HCO3的分解温度是 35℃，因此反应I需控制反应温度低于35℃，其目的是防止NH4HCO3分解(或减少 Fe2＋的水解)；故答案为：CO2或二氧化碳；防止NH4HCO3分解(或减少 Fe2＋的水解)。

⑵反应I是 Fe2+与HCO3－反应生成FeCO3、H2O和CO2，其离子方程式为Fe2++2HCO3－= FeCO3↓+H2O+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
FeCO3+O2灼烧
2Fe2O3+4CO2；故答案为：Fe2++2HCO3－= FeCO3↓+H2O+CO2↑；FeCO3+O2
灼烧
2Fe2O3+4CO2。

⑶各物质的溶解度曲线如图，在相同温度下，K2SO4溶解度最小，离子反应向生成溶解度更小的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。

⑷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，在阳极反应，因此阴极是氢离子得到电子生成氢气，故气体y是H2，阳极发生的电极反应可表示为2SO42−−2e－ = S2O82−或2HSO4－−2e－ =
2H++S2O82−；故答案为：H2；2SO42−−2e－ = S2O82−或2HSO4－−2e－ = 2H++S2O82−。

10．钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。

工业上利用钼精矿(主要成分是
不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。

（1）NaClO的电子式为 ___。

（2）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为____。

（3）途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为____。

（4）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。

由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。

当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去
除率是______[已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。

（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的
气体与途径Ⅰ所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_______。

（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。

常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是____。

②若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M
=206g·mol-1) 的物质的量浓度为____(计算结果保留3位有效数字)。

【答案】 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-
+9Cl-+2SO42-+3H2O 90% (NH4)2CO3和(NH4)2SO3常温下浓硫酸会使铁钝化 7.28×10-4mol/L 【解析】
【分析】
根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：
途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO 3，得到对环境有污染的气体SO 2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO 3，发生反应：MoO 3+Na 2CO 3═Na 2MoO 4+CO 2↑，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO 溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MnS 2+9ClO -+6OH -=MoO 42-+9Cl -+2SO 42-+3H 2O ，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析作答。

【详解】
(1)离子化合物NaClO 的电子式为；
(2)途径I 碱浸时MoO 3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO 2气体，反应方程式为MoO 3+Na 2CO 3=Na 2MoO 4+CO 2↑；
(3)途径II 氧化时还有Na 2SO 4生成，反应物NaClO 在碱性条件下氧化MoS 2，得到钼酸钠和NaCl 、硫酸钠和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS 2中钼和硫，化合价变化为：升高Mo(+2→+6)，S(-1→+6)，降低Cl(+1→-1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程式为：MoS 2+9ClO -+6OH -=MoO 42-+9Cl -+2SO 42-+3H 2O ；
(4)K sp (BaMoO 4)=4.0×10-8，钼酸钠溶液中c (MoO 42-)=0.40mol•L -1，BaMoO 4开始沉淀时，溶液
中钡离子的浓度为：c (Ba 2+)=-1-7-8
1mol L =1104.01m 00.ol 40L -⨯⨯g g ，K sp (BaCO 3)=1×10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：c (CO 32-)=97110110--⨯⨯mol/L=0.01mol/L ，则碳酸根的去除率为
-1-1
-1
0.10mol L -0.01mol L 100%0.10mol L ⨯g g g =90%； (5)四钼酸铵[(NH 4)2MoO 4]和氢氧化钠反应可生成NH 3，途径Ⅰ中生成的气体有CO 2和SO 2，将NH 3和CO 2或SO 2一起通入水中可生成正盐为(NH 4)2CO 3和(NH 4)2SO 3；
(6)①当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；
②缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·
L -1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓度均为150mg/L ，则1L 钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为
-40.15g =7.2810mol 206g/mol
⨯，所以物质的量浓度为7.28×10-4mol/L 。