高考化学专题训练铁及其化合物推断题的综合题分类附答案.docx

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高考化学专题训练铁及其化合物推断题的综合题分类附答案

高考化学专题训练---铁及其化合物推断题的综合题分类附答案

一、铁及其化合物

1．印刷电路板（PCB）是用腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。

一种制作PCB并将腐蚀后废液（其中金属阳离子主要含Fe3+、Cu2+、Fe2+）回收再生的流程如图。

请回答：

（1）腐蚀池中发生反应的化学方程式是__。

（2）上述各池中，没有发生化学变化的是__池。

（3）由置换池中得到固体的操作名称是__。

（4）置换池中发生反应的离子方程式有__。

（5）请提出利用酸从固体中回收Cu并将滤液回收利用的合理方案：

__。

（6）向再生池中通入Cl2也可以使废液再生，相比Cl2，用双氧水的优点是__。

【答案】Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2沉降过滤Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境

【解析】

【分析】

腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上，发生反应为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中主要指FeCl2，通入过氧化氢氧化生成FeCl3，循环利用。

【详解】

（1）腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；

（2）腐蚀池中发生：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中过氧化氢氧化FeCl2，没有发生化学变化的是沉降池；

（3）置换池中铁粉置换出铜，固液分离的操作为过滤；

（4）置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，其离子反应方程式：

Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（5）根据金属活动性顺序表可知，铁能与稀盐酸发生反应，而铜不与稀盐酸反应，所以用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池；

（6）Cl2有毒，污染环境，需要尾气处理，加双氧水氧化后生成水，避免有毒气体污染环境，故答案为：

避免有毒气体污染环境。

2．现有单质A、B、C及化合物D、E、F、G、H，它们之间能发生如图反应（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）反应③是D物质的水溶液与金属铝反应，金属铝被氧化___（写化学式）；

（2）步骤⑦中刚生成的白色沉淀颜色会迅速发生变化，最终生成红褐色沉淀H，请写出由白色沉淀变成H的化学方程式：

___；

（3）检验G中所含的金属离子时，在G溶液中加入硫氰化钾溶液，离子方程式为：

___；

（4）工业上将氯气通入D溶液中制取消毒液，反应的化学方程式为___，1mol氯气发生反应，转移电子___mol；消毒液中的有效成分是___（填名称）；

（5）将0.1molA的碳酸盐溶液和0.15molE溶液混合，有如下两种方式：

A．将含A的碳酸盐溶液逐滴加入到E溶液中；

B．将E溶液逐滴加入到含A的碳酸盐溶液中；

理论上产生气体比较多的是___（填序号），多___mol。

【答案】

1次氯酸钠A

【解析】

【分析】

金属A焰色反应为黄色，故A为Na，由反应

水

气体

，故C为

、D为NaOH，则E为HCl，HCl溶于水形成盐酸。

金属B能与盐酸反应生成F，F与氯气反应生成G，而G能与NaOH反应生成红褐色沉淀H，故B为Fe、F为

、H为

，据此解答。

【详解】

反应

是NaOH水溶液与金属铝反应，本质是Al与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与NaOH反应生成偏铝酸钠与水，金属铝被

氧化，故答案为：

；

步骤

中刚生成的白色沉淀氢氧化亚铁易被氧化，颜色会迅速发生变化，最终生成红褐色沉淀氢氧化铁，化学方程式为：

，故答案为：

；

检验

中所含的金属离子时，在

溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变红，离子方程式为：

，故答案为：

；

工业上将氯气通入NaOH溶液中制取消毒液NaClO，反应的化学方程式为：

，根据氧化还原反应化合价规律可知，氯气中的Cl有一半化合价升高，一半化合价降低，即反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，各占一半，1mol氯气发生反应转移1mol电子，消毒液中的有效成分是次氯酸钠，故答案为：

；1；次氯酸钠；

．将碳酸钠溶液逐滴加入到盐酸中，发生反应：

，生成

为

；

B．将盐酸逐滴加入到含碳酸钠溶液中，先发生反应：

，剩余

、生成

，而后发生反应：

，生成

；故理论上产生气体比较多的是A，多产生

为

。

故答案为：

A；

。

3．将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应），试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。

（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有_______________；

（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_____________，一定有_________；

（3）若氯化铁有剩余，则容器中不可能有____________；

（4）由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。

【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+＞Cu2＞Fe2+

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

【详解】

氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，

（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；

（2）若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，一定有Fe2+；容器中可能有Fe3+或Cu；

（3）若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在；

（4）由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+＞Cu2＞Fe2+。

4．溴主要以Br-形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如下。

资料：

常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。

（1）酸化：

将海水酸化的主要目的是避免___（写离子反应方程式）。

（2）脱氯：

除去含溴蒸气中残留的Cl2

①具有脱氯作用的离子是____。

②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入____，脱氯作用恢复。

（3）富集、制取Br2：

用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。

再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为____。

（4）探究（3）中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响，实验如下：

序号

A

B

C

试剂组成

1mol/LNaBr

20%H2SO4

1mol/LNaBr

98%H2SO4

将B中反应后溶液用水稀释

实验现象

无明显现象

溶液呈棕红色，放热

溶液颜色变得很浅

①B中溶液呈棕红色说明产生了____。

②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。

若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。

理由或方案：

____。

③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是____（填“稀硫酸”或“浓硫酸”）。

【答案】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OFe2+、Br-铁粉BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2OBr2理由：

SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4方案：

用CCl4萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈棕红色稀硫酸

【解析】

【分析】

【详解】

（1）海水中溴元素以Br-存在，从海水中提取溴单质，要用Cl2氧化溴离子得到，但海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应：

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，影响溴的提取；

（2）①将溴蒸气的残留的Cl2脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2反应，但不能与Br2反应的物质，如Fe2+、Br-；

②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；

（3）用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。

再用H2SO4酸化，BrO3-和Br-及H+发生归中反应得到Br2，其离子反应方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；

（4）①B中溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质，产生了Br2；

②若甲同学说法正确，则会发生反应：

SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,消耗了溴单质；若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可；

③歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象，若用浓硫酸酸化，溶液变为红棕色，反应放出热量，会导致溴单质挥发，所以酸化要用稀硫酸。

5．2019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3h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++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O）2.5H2PO4-

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：

H2PO4-

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H2PO4-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FePO4（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。

6．2019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（主要成分为LiAlSi2O6，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：

①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：

②Li2CO3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Ⅱ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”），理由是___________________________________________________。

【答案】延长浸取时间（或：

增大酸的浓度）4.7~9.6（或4.7≤pH<9.6）Fe（OH）3、CaSO4Mg2＋＋Ca（OH）2＝Ca2+＋Mg（OH）2↓（或：

Mg2＋＋2OH－＝Mg（OH）2↓）CO32-＋Ca（OH）2＝CaCO3↓＋2OH－（或：

Ca2+＋CO32-=CaCO3↓）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

【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Ⅰ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4.7~9.6（或4.7≤pH<9.6），硫酸钙微溶于水，所以沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al（OH）3外，还有Fe（OH）3、CaSO4；

答案为：

4.7~9.6（或4.7≤pH<9.6）；Fe（OH）3、CaSO4。

（3）反应Ⅱ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：

Mg2++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：

Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓）、CO32-+Ca（OH）2=CaCO3↓+2OH-（或：

CO32-+Ca2+=CaCO3↓）。

（4）“操作Ⅰ”目的是分离出固体碳酸锂，所以“操作Ⅰ”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。

7．碱性锌锰电池的工作原理:

Zn+2MnO2+2H2O=2MnO（OH）+Zn（OH）2,其中的电解质溶液是KOH溶液。

某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料MnxZn（1-x）Fe2O4,其工艺流程如图所示:

（1）滤液A中溶质的电子式为____________。

（2）已知MnxZn（1-x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_________。

（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式:

_____________________________。

（4）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1-X）Fe2O4相符合。

①写出“调铁"工序中发生反应的离子方程式:

_________________,___________________。

②若测得滤液的成分为c（Mn2+）+c（Zn2+）=amol.L-1,c（Fe2+）+c（Fe3+）=bmol.L-1，滤液体积为1m3,“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为________kg（忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示）。

（5）在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+;生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,其可能原因除温度外，主要是_______________。

（6）用氨水“调pH"后,经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C,从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_____________________。

【答案】

+3MnO（OH）+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑112a-56b生成的Fe3+催化了双氧水的分解（OH-）＜c（H+）＜c（SO42-）＜c（NH4+）

【解析】

【分析】

废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn（1-x）Fe2O4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A和滤渣，滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，过滤得到滤渣B和滤液，测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1-x）Fe2O4相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答。

【详解】

（1）滤液A中溶质是KOH，含有离子键和共价键，电子式为

。

（2）已知MnxZn（1-x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn为+2价，锌+2价、氧元素-2价，则根据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为+3；

（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，该反应的离子方程式为MnO（OH）+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O。

（4）①“调铁"工序中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。

②n（Mn2+）+n（Zn2+）=amol•L-1×1000L=1000amol，已有铁元素bmol/L×1000L=1000bmol，由电荷守恒可知MnxZn（1-x）Fe204中含Fe2O42-为1000amol，其中铁元素的物质的量为1000amol×2=2000amol，还需加入铁的物质的量为2000amol-1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol×56g/mol=（112a-56b）kg。

（5）在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3+催化了双氧水的分解。

（6）用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为c（OH-）＜c（H+）＜c（SO42-）＜c（NH4+）。

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Mg2+，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+，需要进一步分离。

若使Fe3+恰好完全沉淀[c（Fe3+）=l×l0-5mol·L-l]时，Ga3+浓度至少为_____mol·L-l才会开始沉淀。

（已知：

。

）

（4）电解过程中，Ga3+与NaOH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Ga2O3+Na2CO3

2NaGaO2+CO2↑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3.5×10-2mol/L

抑制

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、Na2SiO3，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、MgCl