备战高考化学铁及其化合物推断题综合题汇编及答案解析.docx

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备战高考化学铁及其化合物推断题综合题汇编及答案解析

2020-2021备战高考化学铁及其化合物推断题综合题汇编及答案解析

一、铁及其化合物

1．某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4＋、CO32－、NO3－、SO42－、SiO32－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。

实验过程中有一种气体为红棕色。

根据以上信息，回答下列问题：

（1）由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有_____。

（2）溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是_____（填编号，下同）。

a．一定含有b．一定不含有c．可能含有

（3）气体F的电子式为_____，化合物I中含有的化学键类型有_____。

（4）转化①的离子方程式为_____。

转化⑦的离子方程式为_________。

（5）对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_____。

①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH试纸⑤KMnO4溶液

【答案】CO32－、SiO32－b

共价键和离子键3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2OAlO2－＋2H2O＋CO2===HCO3－＋Al（OH）3↓②

【解析】

【分析】

某强酸性溶液X中一定含有氢离子，一定不含CO32－、SiO32－，加过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀C是硫酸钡，一定含有SO42－，一定不含Ba2+，产生气体A一定是亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应得到的NO，所以一定含有Fe2+，一定不含NO3－，NO遇到氧气转化为气体D为二氧化氮，二氧化氮与水、氧气反应生成溶液E为硝酸溶液，溶液B中加入过量氢氧化钠生成气体F，F为氨气，则原溶液中一定含有NH4＋，氨气和硝酸溶液反应生成I为硝酸铵，溶液H中通入过量二氧化碳产生沉淀K和溶液L，沉淀K一定为氢氧化铝，原溶液中一定含有Al3+，L是NaHCO3，溶液B中生成的有铁离子，所以沉淀G是Fe（OH）3，溶于盐酸得到J为氯化铁溶液，但原溶液中不一定含有Fe3＋。

【详解】

（1）.由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有CO32－、SiO32－，故答案为CO32－、SiO32－；

（2）.根据上述分析可知，原溶液中一定会有H+、Fe2＋，则一定不含NO3－，故答案为b；

（3）.气体F为NH3，电子式为

，氨气和硝酸溶液反应生成化合物I为硝酸铵，硝酸铵中含有共价键和离子键，故答案为

；共价键和离子键；

（4）.由上述分析可知，转化①为H+、NO3－和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋、NO和水，离子方程式为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，转化⑦为过量CO2与AlO2－、H2O反应生成Al（OH）3沉淀和HCO3－，离子方程式为AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al（OH）3↓，故答案为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al（OH）3↓；

（5）.由上述分析可知，不能确定X溶液中是否含有Fe3＋，检验Fe3＋最好的是试剂是KSCN溶液，故答案为②。

【点睛】

本题考查离子的检验和推断，明确常见离子的性质是解题的关键，注意加入过量硝酸钡溶液能够生成气体，说明X溶液中一定含有Fe2＋和NO3－，反应生成的溶液B中一定有Fe3＋，所以无法判断X溶液中是否含有Fe3＋，为易错点。

2．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D→F的化学方程式：

_________。

（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（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】NaAlO22FeCl2+Cl2=2FeCl3KSCN溶液呈血红色Ca（ClO）2Al3++4OH-=AlO2-+2H2O先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

【解析】

【分析】

B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成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：

；

（3）检验Fe3+常用硫氰化钾溶液，Fe3+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）通过分析可知，C为AlCl3溶液，与过量的NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：

；

（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：

；

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

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

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①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③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②为化合反应，写出反应②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，①②③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①的化学方程式____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2

Si+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，②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，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③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，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②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，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

5．工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如图（金属单质E可由滤液C制取）：

已知：

Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

（1）固体混合物B的成分是_____。

它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。

（2）滤液A中铁元素的存在形式为_____（填离子符号），生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。

要检验该铁元素的离子的实验_____

（3）在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____

（4）金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____

【答案】SiO2和CuSiO2+2OH-=SiO32-+H2OFe2+Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu

【解析】

【分析】

氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】

（1）固体混合物B的成分是SiO2和Cu。

它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

（2）氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

（3）在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。

（4）金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

6．三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。

工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。

其生产流程如图：

已知：

氢氧化物的Ksp如下表：

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Al（OH）3

Mg（OH）2

Ksp

1.0×10-36

1.6×10-14

2.0×10-33

1.2×10-11

请回答下列问题：

（1）物质X可以选用下列物质中的____（选填序号）

A．NaClB．FeCl3C．H2O2D．H2SO4

（2）滤液Ⅰ加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入NaOH固体以后溶液体积的变化）。

已知滤液Ⅰ中c（Fe3+）为1.0mol·L-1，c（Al3+）为0.03mol·L-1，c（Mg2+）为0.01mol·L-1，当Fe3+恰好沉淀完全时[c（Fe3+）=1×10-5mol·L-1]，Al3+是否已经开始沉淀______（填“是”或“否”）。

（3）写出滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式_____________________。

（4）生产流程中最后“从FeCl3溶液得到无水FeCl3固体”的操作分为两步：

第一步，先冷却结晶得到FeCl3·6H2O晶体；第二步，制无水FeCl3固体。

第二步的正确操作是_____。

（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。

①FeCl3净水的原理是____________________（用离子方程式表示）

②通过控制条件生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2O

Fex（OH）y（3x-y）+＋yH＋，欲增加聚合氯化铁的产率可采取的方法是_____（填字母）。

a．降温　b．加氨水c．加入NH4Cld．加入NaHCO3

【答案】C是Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O在HCl气流中加热Fe3+＋3H2O

3Fe（OH）3+3H+b、d

【解析】

【分析】

废铁屑中加入盐酸，过滤除去不溶性杂质二氧化硅，滤液1加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠固体并控制pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤之后得滤渣1（含有氢氧化铁和氢氧化铝），加入氢氧化钠溶液除去氢氧化铝，过滤得滤渣2即为氢氧化铁，加入过量的盐酸将其转化为氯化铁，在氯化氢的氛围下加热即可得到无水氯化铁固体。

【详解】

（1）加入H2O2溶液，使滤液Ⅰ中的Fe2+转化为Fe3+，便于制备FeCl3；

（2）当Fe3+恰好沉淀完全时，c（Fe3+）=1×10-5mol·L-1，根据Ksp（Fe（OH）3）=1.0×10-36可知此时c（OH-）3=

mol3·L-3，又c（Al3+）为0.03mol·L-1，所以此时有：

c（Al3+）·c（OH-）3=0.03×1.0×10-31=3×10-33＞Ksp（Al（OH）3）=2.0×10-33，所以当Fe3+恰好沉淀完全时，Al3+已经开始沉淀；

（3）滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（4）由FeCl3·6H2O晶体制无水FeCl3固体时，在加热脱水时为防止铁离子水解，所以正确操作是：

在HCl气流中加热；

（5）①FeCl3净水的原理是：

Fe3+＋3H2O

3Fe（OH）3+3H+，生成的Fe（OH）3胶体吸附杂质；

②水解是吸热反应，降温会降低聚合氯化铁的产率；加氨水，消耗生成的H+，促使反应向右进行，会增大聚合氯化铁的产率；加入NH4Cl后，NH4+水解会生成H+（NH4++H2O

NH3·H2O+H+），所以会抑制Fe3+的水解，平衡向左移动，降低聚合氯化铁的产率；加入NaHCO3，HCO3-与溶液中生成的H+反应生成CO2和H2O，平衡向右移动，会增大聚合氯化铁的产率。

【点睛】

判断一种离子是否已经开始沉淀，只要把该条件下的溶度积Qc算出来与Ksp进行比较，若Qc=Ksp，则刚好处于沉淀溶解平衡状态；若Qc＞Ksp，溶液为过饱和溶液，析出沉淀；若Qc＜Ksp，溶液为不饱和溶液，无沉淀析出。

7．粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。

综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。

已知：

i）伯胺R－NH2能与Fe3＋反应；3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2O

Fe（NH2－R）3（OH）SO4＋H＋生成易溶于煤油的产物。

ii）Fe3＋在水溶液中能与Cl－反应：

Fe3＋＋6Cl－

[FeCl6]3－，回答下列问题：

（1）过程I对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是_________。

（2）写出过程II加入过量H2O2发生的离子方程式_________。

加入伯胺－煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_________。

（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理________。

（4）过程IV中过量的N2H4将水层2中[FeCl6]3－转化为Fe2＋，得到的Fe2＋再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4[FeCl6]3－＋5N2H4＝4Fe2＋＋N2＋.4N2H5＋＋24Cl－，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。

（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。

已知电解液为熔融NaOH－KOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：

该电解池第二步：

2Fe＋N2＋3H2O＝Fe2O3＋2NH3。

则该电解池第一步发生反应的方程式为_________。

纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是_______。

【答案】SiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O萃取、分液Fe3＋＋6Cl－

[FeCl6]3－（已知ⅱ中的反应），导致Fe3+浓度降低，使3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2O

Fe（NH2－R）3（OH）SO4＋H＋（已知ⅰ中的反应），平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取。

4：

1Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-催化剂

【解析】

【分析】

粉煤灰主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe2O4和SiO2等物质，过程Ⅰ酸浸，二氧化硅不溶于硫酸，除去二氧化硅；浸取液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+，加入过氧化氢与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，再加入伯胺R－NH2与Fe3＋反应；3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2O

Fe（NH2－R）3（OH）SO4＋H＋生成易溶于煤油的产物，得到有机层。

对有机层进行反萃取操作，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，再经过系列操作得到纳米三氧化二铁。

【详解】

（1）过程I对煤粉灰进行酸浸，主要成分二氧化硅不溶于酸，故过滤后滤渣的主要成分是SiO2。

（2）过程II加入过量H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

加入伯胺－煤油对浸取液进行分离，得到有机层和水层1，该操作的名称是萃取、分液。

（3）Fe3＋＋6Cl－

[FeCl6]3－（已知ⅱ中的反应），导致Fe3+浓度降低，使3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2O

Fe（NH2－R）3（OH）SO4＋H＋（已知ⅰ中的反应），平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取。

（4）4[FeCl6]3－＋5N2H4＝4Fe2＋＋N2＋4N2H5＋＋24Cl－中，铁元素化合价降低，[FeCl6]3－作氧化剂，氮元素化合升高，N2H4作还原剂，但并不是所有参与反应的N2H4都作还原剂，5molN2H4反应只有1mol作还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：

1。

（5）该装置为电解装置，阴极发生还原反应，总电极反应为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，已知阴极发生电极反应分两步进行，第二步：

2Fe＋N2＋3H2O＝Fe2O3＋2NH3，则该电解池第一步发生反应的方程式为Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-。

纳米Fe2O3在电解过程中质量和性质未发生改变，故其所起的作用是催化剂。

8．NH4HCO3的分解温度是35℃。

以氯化钾和制取二氧化钛的副产品硫酸亚铁为原料生产铁红颜料和过二硫酸铵等，原料的综合利用率较高。

其主要流程如下：

（1）气体x是_________，反应I需控制反应温度低于35℃,其目的是_______。

（2）反应I的离子方程式为___________，FeCO3灼烧的反应方程式为__________。

（3）各物质的溶解度曲线如图，晶体z是____，简述反应III发生的原因________，工业生产上常在反应III的过程中加入一定量的乙醇，其目的是_____________。

（4）反应IV常用于生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）。

电解时均用惰性电极，气体y是__________，阳极发生的电极反应可表示为_______________。

【答案】CO2或二氧化碳防止NH4HCO3分解（或减少Fe2＋的水解）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2K2SO4在相同温度下，K2SO4最先达到饱和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、（NH4）2SO4小或离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，故先析出降低K2SO4的溶解度H22SO42－-2e-=S2O82－或2HSO4－-2e-=2H++S2O82－

【解析】

【分析】

反应I是FeSO4与NH4HCO3反应生成FeCO3、H2O和CO2，过滤得到沉淀碳酸亚铁，碳酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁和二氧化碳，滤液为硫酸铵和NH4HCO3，向滤液中加入稀硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵加入KCl发生复分解反应生成硫酸钾和氯化铵，电解硫酸铵得到过二硫酸铵。

【详解】

⑴根据分析得到气体x是CO2，根据题中信息NH4HCO3的分解温度是35℃，因此反应I需控制反应温度低于35℃，其目的是防止NH4HCO3分解（或减少Fe2＋的水解）；故答案为：

CO2或二氧化碳；防止NH4HCO3分解（或减少Fe2＋的水解）。

⑵反应I是Fe2+与HCO3－反应生成FeCO3、H2O和CO2，其离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+H2O+CO2↑，FeCO3灼烧与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，其反应方程式为FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2；故答案为：

Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+H2O+CO2↑；FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2。

⑶各物质的溶解度曲线如图，在相同温度下，K2SO4溶解度最小，离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，因此先析出晶体z是K2SO4，工业生产上常在反应III的过程中加入一定量的乙醇，其目的是降低K2SO4的溶解度；故答案为：

K2SO4；在相同温度下，K2SO4最先达到饱和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、（NH4）2SO4小