高考化学——铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案解析

高考化学——铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案解析
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．某盐A是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：
请回答：
(1)写出组成 A的三种元素符号______。

(2)混合气体B的组成成份______。

(3)写出图中由C转化为E的离子方程式______。

(4)检验E中阳离子的实验方案______。

(5)当A中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式______。

【答案】Fe、O、S SO2和SO3 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+ Fe-2eˉ=Fe2+
【解析】
【分析】
由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C为氧化铁、E为氯化铁溶液，说明A中含
有铁元素和氧元素，1.6g氧化铁的物质的量为 1.6g
160g/mol
=0.01mol；由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫，由硫原子个数
守恒可知，三氧化硫的物质的量为 2.33g
233g/mol
=0.01mol，气体B的物质的量为
0.448 22.4/L
L mol
=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二
氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.02—0.01）mol=0.01mol，m （SO3）+m（SO2）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.01mol×64g/mol+1.6g=3.04g，说明A 中nFe）：n（S）：n（O）=1：1：4，则A为FeSO4。

【详解】
（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：Fe、O、S；
（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为 2.33g
233g/mol
=0.01mol，气体B的物质的量为
0.448 22.4/L
L mol
=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：SO2和SO3；
（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；
（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故答案为：Fe-2eˉ=Fe2+。

【点睛】
注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。

3．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：
请回答：
（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。

（2）反应④的离子方程式为：__。

（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。

检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。

【答案】2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3还原剂 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 铁粉（屑） KSCN （或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）
【解析】
【分析】
氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。

【详解】
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应)，该反应的化学方程式：2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；
(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑)，以防止其转化为FeCl3。

检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN)，三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。

4．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。

下列说法正确的是（）
A．若X为KOH溶液，则A可能为Al
B．若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液
C．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2
D．若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 若X为KOH溶液、A为A1时，Al和碱反应只能生成偏铝酸钾，不符合转化关系，A可以为Al3+，故A错误；
B. 若X为Fe，则A和铁反应的量不同，产物不同，且产物可以和铁反应，证明A为氧化性酸，判断A可以为HNO3，B为Fe(NO3)3溶液，则C可能为Fe(NO3)2溶液，故B正确；
C. 若A. B. C均为焰反应呈黄色的化合物，说明含钠元素，转化关系中A可以是NaOH，X 可以是二氧化碳或二氧化硫，B为碳酸钠或亚硫酸钠，C为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠，故C 错误；
D. 若X为O2，A为有机物乙醇，可以实现A→B→C的转化，但不能一步实现A→C；为非金属单质硫时，可以实现A→B→C的转化，但不能实现A→C的转化，故D错误；
答案选B。

5．某化学兴趣小组探究氯化铁溶液的某些性质，将一定量氯化铁固体先加入含1molHCl的浓盐酸中，再加水配制成1L溶液A。

（1）若在A溶液中加入一块铜片，一段时间后得溶液B。

写出铜片在FeCl3溶液中反应的离子方程式：___；
（2）若在B中加铁粉mg，充分反应后剩余固体ng；过滤，从1L滤液中取出20mL，向其中滴入40mL2mol/LAgNO3溶液时，Cl-恰好完全沉淀。

则溶液A中FeCl3的物质的量浓度是__；
（3）若在A溶液中加铁粉至不再溶解，则需铁粉__克。

【答案】2Fe3++Cu= Cu2++2Fe 1mol/L 56g
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Fe3+有较强氧化性，可将Cu氧化成Cu2+，离子方程式为2Fe3++Cu= Cu2++2Fe；
(2)若在B中加铁粉mg，充分反应后剩余固体ng，则此时滤液中溶质只有FeCl2，滴入
40mL2mol/LAgNO3溶液时，Cl-恰好完全沉淀，则20mL滤液中n(Cl-
)=0.04L×2mol/L=0.08mol，则1L滤液中n(Cl-)=0.08mol×1000mL
20mL
=4mol，加入了1molHCl，则
溶液中n(Cl-)=4mol-1mol=3mol，则n(FeCl3)=1mol，溶液体积为1L，所以溶液A中FeCl3的物质的量浓度是1mol/L；
(3)A中加铁粉发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑，溶液中n(FeCl3)=1mol，
n(HCl)=1mol，所以消耗的铁粉物质的量为0.5mol+0.5mol=1mol，质量为56g。

【点睛】
解决此类题目要注意寻找守恒关系，不能盲目写反应方程式；第3题要注意HCl也可以与
铁粉反应。

6．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。

请回答下列问题：
(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和______反应制备，3FeCl 可用铁粉和______反应制备。

(2)黄铁矿(主要成分为2FeS )是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。

高温下可发生反应： 222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温，该过程中若有1.5mol 2FeS 参加反应，则反应过程中转移______mol 电子。

(3)24K FeO 与Zn 组成新型二次电池高铁电池，电解液为碱溶液，其反应式为：222423Zn(OH)2Fe(OH)4KOH 3Zn 2K FeO 8H O ++++ƒ充电
放电，放电时电池的负极反应式
为______；充电时电解液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”之一)。

(4)某同学向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。

产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______(用平衡移动原理解释)。

【答案】盐酸(或氯化铁) 氯气 16 2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-= 减小
232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+ 3Fe +催化22H O 分解产生2O 22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动
【解析】
【分析】
(1)Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe 与氯气反应生成氯化铁；
(2)22234
3FeS 8O 6SO e O =F ++高温
中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低； (3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子；由电池反应可知，充电时消耗KOH ；
(4)酸性条件下22H O 将亚铁离子氧化为铁离子；铁离子能催化22H O 分解产生氧气；从平衡角度分析。

【详解】
(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和盐酸(或氯化铁)反应制取；3FeCl 可用铁粉和氯气反应制取， 故答案为：盐酸(或氯化铁)；氯气；
(2)222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，21.5molFeS 参加反应，则消耗氧气为4mol ，由O 元素的化合价变化可知，转移的电子为()4mol 22016mol ⨯⨯-=， 故答案为：16；
(3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子，电极反应为
2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=，由电池反应可知，充电时消耗KOH ，则pH 减小， 故答案
为：2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=；减小；
(4)向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，发生的离子方程式为：
232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+；3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ，故一段时间后，溶液中有气泡出现；生成沉淀的原因是22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动， 故答案为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+； 3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ；22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动。

7．氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。

以工业碳酸钙（含有少量Al 3+、Fe 3+等
杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl 2·
2H 2O ）的主要流程如下：
完成下列填空：
(1)除杂操作是加入物质A 来调节溶液的pH ，以除去溶液中的Al 3+、Fe 3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH 范围是_____________，加入的物质A 是___________（写化学式）。

开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH 沉淀开始溶解时的pH Al(OH)3 3.3 5.2
7.8 Fe(OH)3 1.5
4.1 －
(2)检验Fe 3+是否沉淀完全的实验操作是
____________________________________________。

(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH ，其目的是
_________________________________。

(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：
a ．称取0.750 g 样品，溶解，在250 mL 容量瓶中定容；
b ．量取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中；
c ．用0.050 mol/L AgNO 3溶液滴定至终点，消耗AgNO 3溶液体积的平均值为20.39 mL 。

①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有
__________________。

②计算上述样品中CaCl 2·
2H 2O 的质量分数为__________________（保留三位有效数字）。

③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl 2·
2H 2O 的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。

【答案】5.2≤pH＜7.8 Ca(OH)2或CaO或CaCO3取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管 99.9% 蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【解析】
【分析】
工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A 能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。

【详解】
(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2或CaO或CaCO3（填一种即可）；
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；
(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n
（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m （CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数
=0.749
0.7
%
50
100
g
g
=99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl
2·2H2O失去部分结晶
水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中
CaCl2·2H2O的质量分数偏高。

【点睛】
化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节pH的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。

8．工业上采用硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，流程如图：
（1）滤渣Ⅰ的主要成分是___(填化学式)。

（2）还原时，试剂X若选用SO2，其反应后生成的阴离子是(填化学式)___。

（3）从还原后的溶液中得到产品，应进行的操作是___、___、过滤、洗涤、干燥。

（4）绿矾(FeSO4·7H2O)在医学上常用作补血剂。

某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量。

步骤a：取10片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配成250.00mL溶液；步骤b：取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入少量稀硫酸酸化后，逐渐滴加0.1000mol/L 的KMnO4溶液，至恰好完全反应，记录消耗的KMnO4溶液的体积(假定药品中其他成分不与KMnO4反应)，发生的反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
步骤c：重复“步骤b”2~3次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。

该补血剂中亚铁离子的含量为___mg/片。

【答案】SiO2 SO42-蒸发浓缩冷却结晶 56
【解析】
【分析】
硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2不考虑其他杂质)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3与酸反应生成的硫酸铁，SiO2不反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO2。

【详解】
(1) 硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2不考虑其他杂质)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3与酸反应生成的硫酸铁，SiO2不反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO2;
(2)在滤液中加入SO2将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为：2Fe3++ SO2+2H2O= SO42-+ 2Fe2++4H+,所以其反应后生成的阴离子是SO42-；
(3)从还原后的溶液中得到产品，应进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(4)由反应MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知存在关系：MnO4-～5Fe2+，根据平均消耗0.1000mol/L 的KMnO4溶液20.00mL，可求出消耗的KMnO4的物质的量为：
0.1000mol/L×20×10-3L=0.002mol，所以消耗的Fe2+的物质的量为：0.002mol×5=0.01mol，故该补血剂中每片的亚铁离子的含量为：(0.01mol ×56g/mol)/10=0.056g=56mg。

9．2019年诺贝尔奖授予JohnB．Goodenough等三位科学家，以表彰其在锂电池领域的贡献。

磷酸亚铁锂（LiFePO4）用作锂离子电池正极材料，制备方法如图：
（1）制备水合磷酸铁（FePO4·xH2O）固体
①过程Ⅰ，加NaOH 溶液调pH=2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H 2PO 4-，过程Ⅰ发生的主要离子方程式是____。

②过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应生成FePO 4沉淀的离子方程式是____。

③进行过程III 之前，需确认过程II 中无Fe 2+，检验试剂为____。

④FePO 4·
xH 2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图：
水合磷酸铁的化学式为____。

（x 取整数）
（2）制备LiFePO 4固体：
在氮气气氛保护下，高温焙烧FePO 4、Li 2CO 3和过量葡萄糖的固体混合物。

①过量葡萄糖作用是____。

②锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO 4会迁出部分Li +，部分转变为Li (1-x)FePO 4。

此电极的电极反应为____。

【答案】H 3PO 4+OH -=H 2PO 4-+H 2O 2H 2PO 4-+H 2O 2+2Fe 2+=2FePO 4↓+2H ++2H 2O 铁氰化钾溶液 FePO 4·2H 2O 还原剂，把三价铁还原成二价铁 LiFePO 4－xe -=xLi ++Li (1－x)FePO 4
【解析】
【分析】
FeSO 4∙7H 2O 在H 3PO 4中溶解，加入氢氧化钠溶液中和磷酸生成H 2PO 4－，过程Ⅱ“氧化、沉
淀”反应主要是Fe 2+与H 2O 2 、H 2PO 4－反应生成FePO 4沉淀、H +和H 2O ，再加入氢氧化钠中和
酸，最后得到FePO 4·
xH 2O 。

高温焙烧FePO 4、Li 2CO 3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO 4固体，铁化合价降低，过量葡萄糖化合价升高，作还原剂。

【详解】
⑴①过程Ⅰ，加NaOH 溶液调pH = 2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H 2PO 4－，说明过
程Ⅰ主要发生磷酸和氢氧化钠反应生成水和H 2PO 4－，其主要离子方程式是H 3PO 4+OH － =
H 2PO 4－ + H 2O ；故答案为：H 3PO 4+OH － = H 2PO 4－ + H 2O 。

②过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应主要是Fe 2+与H 2O 2 、H 2PO 4－反应生成FePO 4沉淀、H +和H 2O ，
因此生成FePO 4沉淀的离子方程式是2H 2PO 4－+H 2O 2 +2Fe 2+ = 2FePO 4↓ + 2H ++2H 2O ；故答案
为：2H 2PO 4－+H 2O 2 +2Fe 2+ = 2FePO 4↓ + 2H ++2H 2O 。

③进行过程III 之前，需确认过程II 中无Fe 2+，常用铁氰化钾溶液试剂检验；故答案为：铁氰化钾溶液。

④假设100g FePO 4·
xH 2O 样品受热，得到FePO 4固体80g ，水20g ，根据物质的量比例得到11
80g 20g :1:2151g mol 18g mol --=⋅⋅，因此水合磷酸铁的化学式为FePO 4·2H 2O ；故答案为：FePO 4·2H 2O 。

⑵①高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁的化合价降低，则过量葡萄糖化合价升高，作还原剂，主要是将三价铁还原成二价铁；故答案为：还原剂，把三价铁还原成二价铁。

②锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4会迁出部分Li+，部分转变为Li(1-x)FePO4。

此电极的电极反应为LiFePO4－xe－= xLi+ + Li(1－x)FePO4；故答案为：LiFePO4－xe－= xLi+ + Li(1－
x)FePO4。

10．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。