1、2020-2021 高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点一、铁及其化合物1 钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO 2 ）是目前使用最广泛的白色颜料。制备TiO 2 和 Ti的原料是钛铁矿，用含Fe2 O3 的钛铁矿（主要成分为FeTiO 3 ）制备TiO 2 的流程如下：（ 1）步骤加 Fe的目的是 _ ；步骤冷却的目的是_ 。（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_处理。（3）由金红石（ TiO 2 ）制取单质钛（ Ti ）的过程为，其中反应 TiCl 4 2Mg800 C2MgCl 2 Ti 在氩气气氛中进行的理由是 _ 。【答案】将 Fe3+
2、还原为 Fe2+析出绿矾（ FeSO4 7H 2O ）生石灰（或碳酸钙、碱）高温下镁或钛与O 2 、 N 2 等反应【解析】【分析】根据钛铁矿中Fe2 O3 、 FeTiO 3 与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。水浸后的溶液成酸性。【详解】( 1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3 价Fe转化为+2 价Fe；降低温度，减小了FeSO47H 2 O 的溶解度，有利于绿矶结晶析出。（2）水浸过程发生的离子反应为TiO 22H 2 OH 2TiO32H，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入CaO 、 Ca
3、CO3 或碱。（3）由于 Ti 和 Mg 易与空气中的O 2 、 N 2 等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。2 某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、 5%Fe及少量 Au、 Pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：已知： Cu+4HNO3(浓 )=Cu(NO3)2+2H2 O+2NO2回答下列问题：（1）滤渣 1 的主要成分为 _。（2）第步加入H2O2 目的是将 Fe2+氧化成 Fe3+，其离子方程式为_；使用 H2O2 作为氧化剂的优点是 _。（3）用第步所得CuSO4 24的瓷质主要仪器 _。5H O 晶体加热制备无水CuSO（
4、4）由滤渣2 制取 Al2(SO4 )318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，可行方案是_，其中不可行方案的原因是_。【答案】 Pt、 AuH2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲【解析】【分析】（ 1） .滤渣 1 成分应为 Pt， Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。（ 2） . H2O2 将 Fe2+氧化成 Fe3+，同时其被还原为 H2O。产物无污染无需后续处理。（ 3） . 蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。（4） . 滤液 1 加 H2O2 是为了将溶液中Fe2+ Fe3+，然后通过加NaOH 调 PH 值
5、使 Al3+和 Fe3+沉淀，这样才能使滤液2 只含 Cu2+。而滤渣 2 成分为 Fe(OH)3和 Al(OH)3, 所以在制取24 323+影响。Al (SO ) 18HO 时要考虑除去 Fe【详解】（1） .Pt， Au 都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1 含 Pt 和 Au，答案为 Pt、 Au 。（2） .根据分析， H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为H2 O2+2Fe2+2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有 H2O 和 Fe3+，没有引入新杂质且无污染。答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。（3） .由分析可知为蒸发
6、皿，答案为蒸发皿。（4） .根据分析，滤渣2 如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2 (SO4)3 成分。如果采用乙方案，加适量Al 粉可以置换出 Fe 同时生 Al3+。丙方案加入NaOH 溶解 Al(OH)3 然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。故答案为乙，甲。3 下列物质A F 是我们熟悉的单质或化合物，其中A、 B 均是常见的金属，且B 的合金用量最大； E 在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。（1） G 溶液中溶质的化学式为_。（ 2）请写出反应 DF的化学方程式： _。（ 3）检验 F 中金属阳离子的
7、常用试剂是 _（填物质的化学式）；现象是_。（4） E 物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_。（ 5）写出 C 与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_ 。（ 6）若向 D 溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：_，反应过程中的化学方程式为：_， _。【答案】 NaAlO223Ca（ClO）23+-2 -2FeCl+ Cl = 2FeCl KSCN 溶液呈血红色Al+4OH =AlO+2H O 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色FeCl +2NaOH=Fe22（OH）2+2NaCl4Fe（OH）2 +O2+2H2O=4Fe（ OH）3【解析】【分析】B 的合金用量最大，
8、所以B 为 Fe； E 在常温下是黄绿色气体，所以E 为 Cl ；盐酸与铁反应2生成 FeCl2， FeCl2 与 Cl2 反应生成的 F 为 FeCl3；金属 A 与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH 溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A 为 Al 单质， C 为AlCl3溶液， G 为 NaAlO2溶液。【详解】(1)根据分析可知， G 即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO2 ;(2)根据分析可知， D 为 FeCl2，与 E 即 Cl2 反应后生成 FeCl3，方程式为：2FeCl 2 Cl 2 =2FeCl 3 ；(3)检验 Fe3+常用硫氰化钾溶液，Fe3
9、+遇 SCN-生成血红色物质；(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；(5)CAlCl3NaOH程式为：Al 34OH =AlO22H 2 O ；(6)通过分析可知， D 的溶液为 FeCl2 溶液， FeCl2 会与 NaOH 溶液反应生成很不稳定的白色 Fe(OH)2 沉淀，沉淀会迅速的被氧化为 Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：4Fe(OH) 2O 22H 2 O=4Fe(OH) 3 ；4 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B 为气态单质，F 是地壳中含量最多的
10、金属元素的单质； E、 H、 I 为氧化物， E 为黑色固体，I 为红棕色气体；M 为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)A 在 B 中燃烧的现象是 _ 。(2)D+E B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是_ 。(3)G+J M的离子方程式是 _ 。(4)Y 受热分解的化学方程式是_ 。(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2 的试剂是 _。【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰2:1 3AlO2 3233+Fe+6HO=3Al(OH) +Fe(OH)4Fe(NO )2Fe O +12NO2 +3O 酸性高锰酸钾溶液3 3232【解析】【分析】F 是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F 为
11、Al，转化关系中X 电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B 为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D， D 为 HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl 反应又生成 B 气体， A 为 H222， B为 Cl ，E 为 MnO ，电解 X是电解氯化钠溶液，C 为 NaOH，与 Al 反应生成 G，G 为 NaAlO2； M 为红褐色沉淀为Fe(OH)3，所以 J是含三价铁离子的物质，是H 和 D 反应生成，证明 J 为 FeCl3， H、 I 为氧化物判断 H 为 Fe2O3， I 为红棕色气体为 NO2，结合转化关系可知，N 为 HNO3，Y 为Fe(NO3)3，结合物质的性质来解
12、答。【详解】(1) A 为 H2，B 为 Cl2， H2 在 Cl2 中燃烧的现象是：气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；(2) D+E B的反应为 MnO2+4HCl加热MnCl2+Cl2 +2H2O， MnO2 中 Mn 元素化合价降低，被还原， HCl 中 Cl 元素化合价升高，被氧化，4mol 盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为2mol ，另外 2mol 盐酸显酸性，则n(被氧化的物质 HCl)： n(被还原的物质 MnO2)=2： 1；(3) G(NaAlO2)+J(FeCl3) M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是： 3AlO
13、2 +Fe3+6H2O=3Al(OH)3 +Fe(OH)3；(4)依据分析推断可知Y 为 Fe(NO3)3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4Fe(NO3 )32Fe2 O3+12NO2 +3O2；(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。5A 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
14、写下列空白：（1） A、 B、C、 D、 E、F 六种物质中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 9Fe Fe3 O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O Al2O32NaOH=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
15、能在空气中转化为 F，且 E 是 C 和氢氧化钠反应生成，则E 为氢氧化亚铁， C为氯化亚铁； B 能与盐酸反应生成氯化亚铁和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
16、化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al 3Fe3O44Al2O39Fe，故答案为：8Al3Fe3 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
17、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/mol=33.6L，故答案为33.6。【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。6 从某矿渣（成分为 NiFe2O4(铁酸镍 )、 NiO
18、、FeO、 CaO、 SiO2 等）中回收 NiSO4 的工艺流程如图：已知： (NH4)2SO4在350分解生成NH3和H2SO4 NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4；、Fe2 (SO4)3。回答下列问题：（1） “研磨 ”的目的是 _。（2）矿渣中部分 FeO 在空气焙烧时与H2 SO4 反应生成 Fe2(SO4)3的化学方程式为 _。（3） “浸泡 ”过程中 Fe2(SO4)3 生成 FeO(OH)的离子方程式为_。 “浸渣 ”的成分除 Fe2 O3、FeO(OH)、CaSO 外还含有 _（填化学式）。42+，溶液中-1时，可使钙（4）向 “浸取液 ”中加入 NaF 以除去溶液中
19、Cac(F)至少为 _mol L2+-5-1时沉淀完全；Ksp(CaF2)=4.0-11离子沉淀完全。 已知 Ca 浓度小于 1.010molL 10（5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相 )+2RH(有机相)FeR2(有机相 )+2H+(水相 )。萃取剂与溶液的体积比（V0）对溶液中 Ni2+、 Fe2+的萃VA取率影响如图所示，V0 的最佳值为 _。在 _（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）VA介质中 “反萃取 ”能使有机相再生而循环利用。（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。依据下表数据判断，调pH范围为 _。高温【答案】增大接触面积，加快反应
20、速率4FeO+6H2SO4+O22Fe2(SO4)3+6H2O3+加热+2-33.7 pH7.12Fe+2H OFeO(OH)+3HSiO2.0 10.25 强酸性【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍 )、 NiO、 FeO、 CaO、 SiO2 等，加入硫酸铵研磨后，600 C 焙烧，已知：4 2432424(NH ) SO 在350以上会分解生成 NH和 H SO ； NiFe O 在焙烧过程中生成 NiSO424 3NaF 除去钙离子，、Fe (SO ) ，在 90C 的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫
21、酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。【详解】(1)焙烧前将矿渣与 (NH4 )2 SO4 混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2)矿渣中部分 FeO 在空气焙烧时与 HSO 反应生成 Fe (SO )的化学方程式为2424 3高温2Fe2(SO4)3+6H2O；4FeO+6H2SO4 +O2生成 FeO(OH)的离子方程式为：3+加热+；根据24 32(3) 浸“泡 ”过程中 Fe (SO )Fe +2H OFeO(OH)+3H分析，浸渣”FeSiO2；的成分除2O3、 FeO(OH) 、 CaSO4 外还含有(4)向 “浸取液 ”中加入NaF 以除去溶液中2
22、+2+-5-1时沉淀完Ca，已知Ca 浓度小于 1.0 10mol L全，溶液中-K sp4.0 10-11-3，故溶液中-3c(F )=10-5 2 10mol/Lc(F )至少为2 10c Ca21.0mol/L ；(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比( V0 )对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最VA佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取，V0 的最佳取值是 0.25；由 Fe2+(水VA相)+2RH(有机相 )? FeR(有机相 )+2H+ (水相 )可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成有机相，则应在强酸性介质中“反萃取 ”能使有机相再生而循环利用；(6
23、)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变 )，亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7 时铁离子完全沉淀， pH=7.1 时镍离子开始沉淀，则调节pH 范围为 3.7 pH7.。172019 年 10 月 9 日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019 年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。高度评价他们 “创造了一个可充电的世界”。锂离子电池与传统电池相比，充电更快，功率密度更高，使用时间更长，在手机和笔记本电脑等便携式电子产品上广泛应用。工业上常以锂辉矿 (主要成分
24、为 LiAlSi2 O6，还含有 FeO、MgO、CaO 等杂质 )为原料来制取金属锂，其中一种工艺流程如下：已知： 部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH： Li 2CO3 的溶解度随温度变化如图所示：试回答下列问题：（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过 _来提高浸取率。（ 2）反应 I 中应调节 pH 范围为 _，沉淀 A 的成分除 H2SiO3、 CaCO3、 Al(OH)3 外，还有_ 。（ 3）反应 的离子方程式为 _。（ 4） “操作 I的名称为 _；洗涤 Li2CO3 沉淀要使用 _ (选填 “热水 ”或 “冷水 ”)，理由
25、是 _ 。【答案】延长浸取时间（或：增大酸的浓度）4.79.6 （或 4.7 pH 9.6）Fe(OH)3、22+ (CaSO MgCa(OH) Ca Mg(OH)422CaCO32+2-= CaCO3( 或： CaCO3 2OH)低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失2 Mg(OH)22- Ca(OH)2或： Mg 2OH3) CO过滤热水碳酸锂的溶解度随温度升高而降【解析】【分析】锂辉矿 (主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、 MgO、 CaO 等杂质 )为原料来制取金属锂，加入过量硫酸溶解锂辉矿，再加入碳酸钙调节溶液的pH，加入双氧水将溶液里的亚铁离子氧化为铁离子，使铁离子和铝离子
26、沉淀完全，过滤除去沉淀，然后加入氢氧化钙和碳酸钠除去溶液中的钙离子和镁离子，过滤得到的溶液中主要是锂离子的水溶液，蒸发浓缩，加入饱和的碳酸钠溶液沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解氯化锂得到金属锂。根据以上分析解答此题。【详解】(1)增大酸的浓度、升高温度、增大固体表面积、搅拌或延长浸取时间可以提高浸取率，所以为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过延长浸取时间或增大酸的浓度来提高浸取率；答案为：延长浸取时间（或：增大酸的浓度）。(2)反应中调节 pH 的目的是除去 Fe3+、Al3+，由表中数据可知调节pH 范围为
27、 4.79.6（或4.7pH9.6），硫酸钙微溶于水，所以沉淀A 的成分除 H SiO 、CaCO、 Al(OH)外，还有2333Fe(OH)3、CaSO4 ；答案为： 4.79.6（或 4.7 pH9.6）； Fe(OH)3、 CaSO4。(3)反应调节pH=11，目的是除去Mg2+和 Ca2+，根据加入的试剂，主要离子方程式为：Mg2+Ca(OH)2= Ca2+ Mg(OH)2(或： Mg 2+2OH-=Mg(OH)2)、 CO32- + Ca(OH)2=CaCO3 +2OH-(或： CO32-+ Ca2+=CaCO3)；答案为： Mg2+Ca(OH)2= Ca2+ Mg(OH)2(或：
28、Mg2+2OH-=Mg(OH)2)、 CO32- +Ca(OH)2=CaCO3 +2OH-(或： CO32-+ Ca2+=CaCO3 )。(4)“操作”目的是分离出固体碳酸锂，所以“操作”是过滤；由图可知碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失，所以洗涤碳酸锂沉淀要用热水；答案为：过滤；热水 ；碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失。8 我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3 及少量 Fe2O3、 CaO、 MgO 和SiO2 等物质。已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如下所示：回答下列问题：（1）焙烧前，应将粉煤灰与
29、纯碱粉末充分混合，其原因是_；混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3 均发生类似于SiO2 的反应，试写出Ga2O3 在此过程中发生反应的化学方程式：_。（2）滤渣的成分是_ ；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe3+和少量Mg 2+，由混合液制取纯净 Al( OH) 3的实验方案是 _。（3）洗脱液中往往还有少量Fe3+Fe3+恰好完全沉淀c Fe3+)= l -l0，需要进一步分离。若使(5-l3+-l才会开始沉淀。（已知：mol L时， Ga浓度至少为_molLKsp Ga(OH)3=1.410-34，Ksp Fe(OH)3=4.0 10-38。）（4）电解过程中， Ga3+与 NaO
30、H 溶液反应生成GaO2-， GaO2-在阴极放电，则电解方程式为_；电解过程中需要保持溶液为pH=11 以上的原因是 _。【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率Ga2焙烧32322O +Na CO2NaGaO +CO H2SiO3或 H4SiO4向混合液中加入过量 NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤-2-通电-+3.5 +2H2O = 4Ga+3O2+4OH10mol/L4GaO2抑制 GaO2 水解，并阻止H 在阴极放电降低电解效率【解析】【分析】混合焙烧时， Al2O3、 Ga2O3、 SiO2 与 Na2CO3 反应，生成可溶性盐NaAlO2 、 NaGaO2、Na2
31、SiO3， CaO、 MgO、 Fe2O3 不发生反应；将固体溶解， MgO、 Fe2O3 不溶于水， CaO 溶于水生成 Ca(OH)2，溶液中溶质为 Ca(OH)2、 NaAlO2、 NaGaO2、 Na2SiO3、 Na2CO3；加入盐酸后，溶液中溶质为 FeCl3、MgCl2、CaCl2 、 AlCl3、GaCl3、 NaCl，生成的硅酸不溶，滤渣为H2SiO3 或 H4SiO4，然后将滤液进行树脂吸附，得到含铝混合液和洗脱液，然后将洗脱液中的 Fe3+除去，最终通过电解GaO 2- 制备 Ga。【详解】（1）将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，可以增大反应物接触面积，加快化学反应速率；SiO
32、2与 Na2CO3固体在加热条件下能够生成Na2SiO3、CO2Ga2O3在此过程中发生反应的化，因此焙烧学方程式为： Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2；（2）由上述分析可知，滤渣为： H2SiO3 或 H4SiO4； Al(OH)3 为两性氢氧化物，能溶于强碱溶液，而 Fe(OH)3 、 Mg(OH)2 不溶于强碱溶液，因此可将 Al 元素转化为偏铝酸盐，然后通入CO2 制取纯净的Al(OH)3，实验方案为：向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量 CO2，再过滤；3+-5-l时， c OH-K sp Fe OH 33 410（3）当 c(Fe )恰好为 l l0mo
33、lL= 3110c Fe3385mol/L ，若此时 Ga3+恰好开始沉淀，则3KspGa OH 31.410 342mol/L ；c Ga3OH-=1038 mol/L=3.5 10c4110 5（4）电解过程中，GaO-2 中 Ga 元素从 +3 价降低至0 价，发生还原反应生成Ga，阳极为通电水失去电子生成氧气，电解总反应为：4GaO2- +2H2 O = 4Ga+3O2 +4OH- ； GaO2-属于弱酸阴离子，能够发生水解生成Ga(OH)3 ，会降低产率，若溶液酸度过高，则溶液中H+可能会发生还原反应生成H2，会降低阴极电解效率。9 以高钛渣 (主要成分为 Ti3O5，含少量 SiO
34、2、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 除杂后的滤液中获得的_。NaOH，还含有少量 _(填化学式 )。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
