1、【化学】化学铁及其化合物推断题的专项培优练习题附详细答案一、铁及其化合物1X、Y、 Z、 W 为四种常见元素，其中X、Y、 Z 为短周期元素。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，Y 的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，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，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、(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H O 存在时可与 NaOH 溶液反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：22_(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(OH)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
3、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； ZX 分4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
4、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 H2O2存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)+2O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 ， Fe(OH)3 不稳定，灼烧分解得到固体Fe2O3。2 某固体化合物A，按图所示发生系列变化，已知E 溶液中加入氨水后产生的白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色。回答下列问题：（1）物质
5、 A 是 _（填化学式）。（ 2）反应的离子反应方程式为 _。（ 3）反应的化学反应方程式为 _。【答案】 Fe(OH)3Fe2O36H =2Fe3+ 3H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】已知 E 溶液中加入氨水后产生的白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色说明A 为氢氧化铁， Fe(OH)32 323，X 为， A 加热分解生成B 为 Fe O，C 为 H O，依据流程分析判断D 为 FeCl2Fe， E 为 FeCl 溶液，据此分析。【详解】已知 E 溶液中加入氨水后产生的白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色说明化铁， Fe(OH)32 32， A
6、加热分解生成 B为 Fe O，C 为 H O，依据流程分析判断Fe， E 为 FeCl2 溶液。（1）依据推断可知A 为 Fe(OH)3；（2）反应是盐酸和氧化铁发生的复分解反应，反应的离子反应方程式为A 为氢氧D 为 FeCl3，X 为Fe2O3 6H=2Fe3+ 3H2O；（ 3）反应是氢氧化亚铁和氧气水 发生反应生成氢氧化铁的也还原反应，反应的化学反应方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2 O=4Fe(OH)3。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）
7、反应的离子方程式为： _。（ 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_。高温【答案】 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3还原剂2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2 O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
8、 ，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】高温(1)反应称为铝热反应(属于置换反应 )，该反应的化学方程式：2Al+Fe2O32Fe+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 FeCl ，D 为 FeCl ，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl溶液中应加入232铁粉 (屑 )，以防止其转化为 FeCl3。检验三价铁离子常用试剂是KS
9、CN(或 NH4SCN)，三价铁离子遇 SCN-变为血红色溶液。4A、 B、 C 均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：其中均为有单质参与的反应。（1）若A 是常见的金属，中均有同一种黄绿色气体参与反应，B 溶液遇KSCN显血红色，且为化合反应，写出反应的离子方程式_ 。（ 2）如何检验上述 C 溶液中的阳离子？ _ 。（3）若 B 是太阳能电池用的光伏材料，为工业制备B 的反应。 C 的化学式是_，属于置换反应 _，（填序号）写出反应的化学方程式_。3+2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶【答案】 Fe+2Fe3Fe液变成血红色，则证明含Fe2+SiC
10、l4 2C+SiOSi+2CO【解析】【分析】(1)由转化关系可知A 为变价金属，则A 应为 Fe， B 为氯化铁， C 为氯化亚铁，为Fe 与氯化铁的反应；(3)B 是太阳能电池用的光伏材料，可知B 为 Si，为 C 与二氧化硅的反应，为工业制备 B 的反应，则C 为 SiCl4，中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。【详解】(1)A 是常见的金属，中均有同一种气态非金属单质参与反应，且为化合反应，则该非金属气体为 Cl2， B 为氯化铁，则反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+；(2)由分析知 C 为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显
11、现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；(3)B 是太阳能电池用的光伏材料，可知B 为 Si，为 C 与二氧化硅的反应，为工业制备 B 的反应，则 C 为 SiCl4，其中为 Si 和 Cl2 化合生成 SiCl4，中 SiCl4与氢气反应，提纯 Si，则反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，其中属于置换反应的有。5 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Al3+、 Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl22H2O）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Al3+、 Fe3+，根据下表所给
12、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 pHAl(OH)3.35.27.8331.54.1Fe(OH)(2)检验 Fe3+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溶液滴定至终点，消耗AgNO 溶液体积的平均值为 20.39 mL。33上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容
13、量瓶、锥形瓶，还有_ 。计算上述样品中CaCl22H2O 的质量分数为_（保留三位有效数字）。若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl22H2O 的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况_ 。【答案】 5.2pH 7.8Ca(OH)23取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若或 CaO或 CaCO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CaCl22H2O 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
14、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)23或 CaO 或 CaCO；过滤后滤液进行盐酸酸化，在 160 蒸发结晶，得产品 CaCl22H2O。【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 pH7.8；加入的物质 A 是 Ca(OH)23（填一种即可）；或 CaO或 CaCO(2)检验 Fe3+是否沉淀完全的实
15、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) 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； 使用 AgNO3溶液滴定样品的22CaCl 2H O， n（ Ag+） =0
16、.050 mol/L 20.39 10-3L=1.0195 10-3 mol，则 25mL 中含 n （Cl- ） =1.019510-3mol， 250 mL 中含 n （Cl-） =1.019510-2mol，含 n（ CaCl22H2O） =5.0975 10-3mol ， m（ CaCl2 2H2 O） =5.0975 10-3mol 147g mol -1=0.7493g，样品 CaCl2 2H2O 的质量分数0.749 g100%=99.9%； 蒸发结晶过程中，温度过高，使22H2O 失去部分结晶=CaCl0.750g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
17、的样品中CaCl22H2O 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。6NiCl2 是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料(含 Fe、 Ca、 Mg 等杂质 )为原料生产 NiCl2，继而生产Ni2O3 的工艺流程如下：流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：氢氧化物Fe(OH)32Ni(OH)2Fe(OH)开始沉淀的 pH1.16.57.1沉淀完全的 pH3.29.79.2（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸 ”时可采取的措
18、施有：适当升高温度；搅拌； _ 等。（2）加入 H2 O2 的目的是 _，所发生的离子方程式为_ 。（3） “除铁 ”时，控制溶液pH 的范围为 _。（ 4）滤渣 B 的主要成分的化学式为 _ ，滤液中的阳离子有（ 5） “氧化 ”生成 Ni2O3 的离子方程式为 _ 。【答案】增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等2转化成) Fe_。Fe32Fe2 H2O2 2H=2Fe3 2H2O3.2 7.1MgF2、 CaF2NH4+、 Na+2Ni2 ClO 4OH=Ni2O3 Cl 2H2O【解析】【分析】根据工艺流程分析可知，向金属镍废料中加入盐酸酸浸，形成Ni2+、 Fe2+、Ca
19、2+和 Mg2+的溶液，再向溶液中加入H22将2+氧化成Fe3+，加入Na2 33+沉淀，得OFeCO 溶液调节 pH 使得 Fe到滤渣 A 为 Fe(OH)3，再加入 NH4F 使得 Mg 2+和 Ca2+沉淀，得到滤渣 B 为 CaF2和 MgF2，继续向滤液中加入 Na23NaClO 和 NaOH 氧化得到CO 沉镍，再加入盐酸溶解，向溶液中加入23Ni O ，据此分析解答问题。【详解】(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等 )，故答案为：增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)；(2)根据上述分析，加入 H2O2的目的是
20、将Fe2+氧化成 Fe3+，根据氧化还原反应规律得出其离子反应方程式为 2Fe2 H2O2 2H=2Fe3 2H2O，故答案为： Fe2+转化成 Fe3+； 2Fe2+H2O2 2H+=2Fe3+2H2O；(3)沉镍前要将 Fe3+沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，根据表中所给信息可知，Fe3+完全沉淀的 pH 值为 3.2，镍离子开始沉淀的pH 值为 7.1，所以溶液的pH 值控制在3.2 7.1，故答案为： 3.2 7.1；(4)根据以上分析可知，滤渣B 的主要成分的化学式为22，所得的滤液中主要含有MgF、 CaFNH4+和 Na+，故答案为： MgF224+、 Na+；、 CaF ； N
21、H(5) 氧“化 ”过程发生的反应中，Cl 元素由 +1 价降低到 -1 价，即反应生成NaCl，而 Ni 由 +2 价升高到 +3 价，生成 Ni2O3 ，反应离子方程式为：2Ni2 ClO 4OH =Ni2O3 Cl2-2H2O，故答案为： 2Ni ClO 4OH=Ni2O3 Cl 2H2O。7 工业上采用硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2 O3、 SiO2，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO47H2O)，流程如图：（1）滤渣的主要成分是_(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
22、滤、洗涤、干燥。（ 4）绿矾 (FeSO47H2O)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+Mn 2+4H2O；步骤 c：重复 “步骤 b”23次，平均消耗 KMnO4 溶液 20.00mL
23、。该补血剂中亚铁离子的含量为_mg/ 片。【答案】 SiO2SO42-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 Fe2 32不考虑其他杂质 )，混合物中加入足量硫酸，O 、 SiOFe O 与酸反应生成的硫酸铁，SiO 不反应，过滤，滤渣为 SiO 。2322【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，Fe O 与酸反应生成的硫酸铁， SiO 不反应，过滤，滤渣 为 SiO ;2322(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+
24、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+Mn 2+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：-32+0.002mol 5=0.01mol，故0.1000mol/L 20L=10.002mol ，所以消耗的 Fe 的物质的量为：该补血剂中每片的亚铁离子的含量为：(0.01mol 56g/mol)/10=0.056g=56mg。8
25、目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法 ”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有 ZnS、 FeS、 CuS、CdS及少量 SiO2 等 )为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法 ”可以联合制取 Cu2O(红色 )、 CdS(黄色 )、锌钡白 (白色 )三种颜料，其流程如图：已知：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；：浸渣为 S、Fe(OH)CO3、 SiO2 等不溶性物质；：浸取液中含有 Zn(NH3)42+、 Cu(NH3)42+、 Cd(NH3)4 2+；： Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的3 2+。Cu(NH )回答下列问题：(1)为加快浸取
26、速度，可以采取的措施是(任答两项 )_；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是_。(2)浸取釜中有 O2 参与生成浸渣Fe(OH)CO3 的离子方程式为 _。(3)蒸发炉中加入 (NH4)2SO3 的主要作用是 _；沉降池1中加入稀 H2SO4的作用是_。(4)在制取 ZnSO4 和 CdSO4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是_。(5)无论采用 “高氧酸浸法 ”还是 “高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是 “高氧酸浸法 ”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法 ”存在的缺点是 (任答两条 )_。【答案】粉碎矿
27、石，增大O2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度防止 NH3 的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解4FeS+3O232-23-+4CO +6HO=4Fe(OH)CO +4S+8OH 将3 42+还原为 Cu (NH3 2 +调节溶液的 pH，使3 2+转化为 Cu22Cu(NH ) Cu(NH )O 沉淀 产生H S气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体 (SO2)污染大气【解析】【分析】由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成 S、 Fe(OH)CO2+、 Cu(NH3)42+和3、 SiO
28、2 等不溶性物质、 Zn(NH3)4Cd(NH3)42+，在蒸发炉中加入 (NH4)2SO3 将 Cu(NH3)42+还原为 Cu (NH3)2+，进入沉降池1 中加入稀 H2SO4 调节 pH 使 Cu(NH3)2+转化为 Cu2O 沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到 Cd 单质，滤液进入沉降池2 加入碳化氨水得到Zn2234(OH) CO ，经稀硫酸得到ZnSO溶液， ZnSO 与 BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。4【详解】(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大 O2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水
29、等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3 的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；(2)浸取釜中 O2 与碳酸铵和FeS反应生 Fe(OH)CO3、 S，反应的离子方程式为4FeS+3O2+4CO32-+6H2 O=4Fe(OH)CO3 +4S +8OH-，故答案为：4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3 +4S +8OH-；(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3 形成稳定的 Cu(NH3 )2 +，根据上述分析，(NH4)2SO3中 SO32- 具有还原性，在蒸发
30、炉中加入(NH4)2SO3 可将 Cu(NH3)42+还原为 Cu (NH3)2 +，从而加入稀 H2SO4 调节 pH使Cu(NH3)2+转化为 Cu2O 沉淀，故答案为：将Cu(NH3)42+还原为 Cu(NH3)2 +；调节溶液的pH，使 Cu(NH3 )2 +转化为 Cu2O 沉淀；(4)在制取 ZnSO 和 CdSO 时使用硫酸过量会产生H S 气体污染大气并降低锌钡白、CdS的442产量，故答案为：产生H2S 气体污染大气，降低锌钡白、CdS的产量；(5) 高“氧酸浸法 ”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体 (S
31、O2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体 (SO2)污染大气。9 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 : 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
32、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 2H2OH2TiO3H2SO4将溶液中的Fe3 还原为 Fe2 ，以便除去杂质铁，提高H2T
33、iO3 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，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
34、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 2Ti3 52232O O6Na TiO6H O，故答案为 12NaOH 2Ti 3O5O26Na2TiO36H2O；(2)熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO 反应，其化学方程式为：2NaOH SiO =22Na SiO H O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液 ”中含有少量 Na SiO ，23223故答案为 Na2 3SiO ；“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： TiOSO4223242H OH TiO H SO ，故答案为 TiOSO4 2H2
