高考化学铁及其化合物推断题综合练习题含详细答案.docx
《高考化学铁及其化合物推断题综合练习题含详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学铁及其化合物推断题综合练习题含详细答案.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考化学铁及其化合物推断题综合练习题含详细答案
2020-2021高考化学铁及其化合物推断题综合练习题含详细答案
一、铁及其化合物
1．纳米Fe3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。
其制备流程如下：
已知：
锌单质溶于强碱生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于强酸又能溶于强碱。
请回答下列问题：
（l）用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有___。
A.去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化
（2）步骤②生成Zn（OH）2沉淀的离子方程式为____，用离子方程式结合文字说明该步骤pH不能过小的原因____。
调节pH的最佳方法是向溶液中通入____（填化学式）。
（3）步骤④反应的离子方程式为_____；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_______。
（4）步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由__________；T业生产中可采取___________措施提供无氧环境。
（5）步骤⑤_______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？
理由是___________。
【答案】ABZnO22-+2H+=Zn（OH）2↓加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量CO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3:
1防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化持续通入N₂不能纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
【解析】
【分析】
根据流程图及已知信息分析得：
废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。
【详解】
（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：
AB；
（2）根据题给信息知，步骤②为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的反应，离子方程式为：
ZnO22-+2H+=Zn（OH）2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案为：
ZnO22-+2H+=Zn（OH）2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；CO2；
（3）根据上述分析步骤④目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:
2，设Fe2+物质的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：
，则应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:
=3:
1，故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:
1；
（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：
防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化；持续通入N2；
（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：
不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。
2．某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn及有机物）制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：
已知：
相关数据如表1和表2所示
表1部分难溶电解质的溶度积常数（25℃）
物质
Ksp
物质
Ksp
Fe（OH）3
4.0×10-38
CuS
6.3×10-34
Fe（OH）2
1.8×10-16
ZnS
1.6×10-24
Al（OH）3
1.0×10-33
NiS
3.2×10-18
Ni（OH）2
2.0×10-15
表2原料价格表
物质
价格/（元•吨-1）
漂液（含25.2%NaClO）
450
双氧水（含30%H2O2）
2400
烧碱（含98%NaOH）
2100
纯碱（含99.5%Na2CO3）
600
请回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是________________________________。
（2）“试剂a”的名称为__________________；选择该试剂的理由是______。
（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
（4）欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6mol•L-1，需“调节pH”至少为_______________。
（5）“试剂b”应选择__________，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_______________________________。
（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni（OH）2+M，当导线中流过2mol电子时，理论上负极质量减少__________g。
充电时的阳极反应式为_______________________________________________。
【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本，不影响后续操作2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O5Na2CO3NiCO3+H2O
Ni（OH）2+CO2↑2Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O
【解析】
【分析】
铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将Fe2+氧化成Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。
然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。
滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+，加入NiS，可以除去Zn2+、Cu2+。
滤液2中有镍离子，同样的道理，在沉淀Ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍加水煮沸会转化成Ni（OH）2，最后Ni（OH）2灼烧分解，就可以得到氧化镍。
【详解】
（1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。
所以“焙烧”的目的为：
除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；
（2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低，而且生成NaCl也不影响后续操作。
（3）漂液中含有NaClO，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO-被还原成Cl-，反应的离子方程式为
；
（4）Fe（OH）3和Al（OH）3类型相同，Fe（OH）3的Ksp比Al（OH）3小，为了使它们完全沉淀，用Al（OH）3的Ksp进行计算，
则pH至少为5；
（5）需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂，NaOH的价格更贵，所以选择Na2CO3，根据题意，加入Na2CO3时，生成的滤渣2为NiCO3，NiCO3加水煮沸转化成Ni（OH）2，加水煮沸的方程式为NiCO3+H2O
Ni（OH）2+CO2↑。
（6）镍氢电池放电时负极的是MH，在反应中MH变成了M，失去质量为H的质量，负极反应式为MH-e-+OH-=M+H2O，转移2mol，负极质量减少2g；充电时阳极发生氧化反应，化合价升高，Ni（OH）2变成NiOOH，电极反应式为：
Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O。
【点睛】
（2）中因为是工业流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。
（4）计算pH的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择pH较大的那个。
3．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+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。
（2）第②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③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，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Al2（SO4）3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。
【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H2O2+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。
4．某铁的化合物A存在如下转化关系:
已知B为黄绿色气体单质。
请完成下列问题:
（1）A的化学式________。
（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。
用离子方程式表示该过程________、________。
（3）若D为金属,则D的化学式________（写出2种）。
【答案】FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3Fe、Cu、Zn等（任选两种,其他答案合理也给分）
【解析】
（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。
（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe（SCN）3，对应的离子方程式为：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3。
（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。
点睛：
本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C是FeCl2。
5．己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。
（1）物质A的化学式为___。
（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。
（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。
（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，A可以作为呼吸面具的___。
（5）W和T反应的离子方程式___。
【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
【分析】
题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al，T为最广泛使用的金属单质，则为Fe，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。
根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。
【详解】
（1）.A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S，A与水的产物B可与Al反应，同时C又与Fe反应。
综上可推知A应为Na2O2，答案为Na2O2。
（2）.根据分析B为NaOH，R为Al，答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。
（3）.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。
D为Fe在氧气中燃烧产物Fe3O4，H为白色沉淀,则H应为Fe（OH）2。
W含有Fe3+，说明Fe（OH）2发生氧化生成Fe（OH）3。
答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。
（4）.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。
故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，供氧剂。
（5）.由分析可知W为FeCl3，T为金属Fe。
答案为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【点睛】
解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。
6．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。
在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应中的H2O已略去）。
请回答下列问题：
（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。
则B的化学式为__。
（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。
（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为___。
（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。
【答案】FeCl3Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+SO2═3S+2H2OCO32-+CO2+H2O═2HCO3-
【解析】
【分析】
（1）D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；
（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为NaOH、B为Al（OH）3；
（3）C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；
（4）若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。
【详解】
（1）D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；
（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al（OH）3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：
Al（OH）3+OH−=AlO2−+2H2O；
（3）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：
2H2S+SO2═3S+2H2O；
（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：
CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。
7．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溶液中加入锌片
Zn+Fe2+→Zn2++Fe
Fe2+具有氧化性
③
在FeCl3溶液中加入足量铁粉
溶液由棕黄色变为浅绿色
Fe+2Fe3+→3Fe2+
Fe3+具有氧化性
④
在FeCl3溶液中加入铜片
___
Fe3+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。
8．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+6H2OK2CO3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
升级会员 