2023届高考化学二轮复习常见元素及其重要化合物作业含答案

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专题能力提升训练(四) 常见元素及其重要化合物
一、选择题(本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意)
1．(2022·九江模拟)“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是(　C　)
A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程
B．“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅(锌的古称)参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜合金
C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaO
D．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉
【解析】　生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A正确；赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B正确；凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca(OH)2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C错误；古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D正确。
2．(2022·银川模拟)化学是推动科技进步和现代社会文明的重要力量。下列有关说法错误的是(　B　)
A．港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
D．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅
【解析】　钢筋上涂上新一代环氧涂层，隔绝氧气和水，可有效抵御海水浸蚀，A正确；钛属于金属，钛合金属于无机金属材料，B错误；利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可减少二氧化碳排放量，有利于实现“碳中和”，C正确；晶体硅可作计算机芯片和太阳能电池的材料，D正确。
3．(2022·太原模拟)科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如下图所示。

下列说法正确的是(　C　)
A．步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B．②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C．生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2＋H2O＋SO===HNO2＋HSO＋NO
D．步骤②、③中均有O—H键断裂和S—O键生成
【解析】　由图可知，过程①为SO和NO2反应生成SO和NO，过程②和③为SO、NO2和水反应得到HNO2和HSO。过程①中发生的反应为SO＋NO2===NO＋SO，反应过程中，硫元素的化合价由＋4价升高为＋5价，SO为还原剂，若1 mol参与反应，转移的电子数为NA，由于未说明消耗的SO的量，无法计算转移的电子数，A错误；由图可知，过程②中H2O作为反应物参加反应，过程③中H2O没有参加反应，B错误；过程①中发生的反应为SO＋NO2===NO＋SO，过程②和③反应的方程式为SO＋H2O＋NO2===HNO2＋HSO，将两个反应相加即可得到生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2＋H2O＋SO===HNO2＋HSO＋NO，C正确；由图可知，步骤②中有O—H键的断裂和S—O键的生成，步骤③中有O—H键的断裂，不存在S—O键的生成，D错误。
4．(2022·长春模拟)我国三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如青铜神树、黄金面具、丝绸黑炭、陶瓷碎片等。下列有关叙述错误的是(　B　)
A．相比于精铜，青铜制作的神树更不易变形
B．黄金面具由纯净的黄金打造
C．丝绸转化为黑炭的过程涉及化学变化
D．陶瓷碎片的主要成分为硅酸盐
【解析】　青铜是合金，合金比纯金属硬度大，制作的神树更不易变形，故A正确；黄金面具主要成分是金，还含有银等杂质，属于合金，故B错误；丝绸的主要成分是蛋白质，而黑炭是碳单质，所以转化的过程涉及化学变化，故C正确；陶瓷是由黏土烧制而成的，主要成分为硅酸盐，故D正确。
5．(2022·连云港模拟)室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1mol·L－1Na2SO3溶液的pH，测得pH约为10
2
向0.1mol·L－1Na2SO3溶液中通入少量SO2，测得溶液pH约为8
3
用pH试纸测定0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
4
向0.1mol·L－1Na2SO3溶液中通入少量Cl2，无明显现象
下列说法不正确的是(　D　)
A．0.1mol·L－1Na2SO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2SO3)＋c(HSO)
B．实验2得到的溶液中存在：c(Na＋)>c(HSO)＋2c(SO)
C．实验3可以得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw
D．实验4中反应后的溶液中存在：c(SO)＋3c(SO)＝c(H2SO3)
【解析】　Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2SO3)＋c(H2SO)，A正确；0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，测得溶液pH约为8，所以c(H＋)c(HSO)＋2c(SO)，B正确；由HSO的电离平衡HSOH＋＋SO可得Ka2＝，由HSO的水解平衡HSO＋H2OH2SO3＋OH－可得Kh1＝＝＝，因为NaHSO3溶液中显酸性，说明电离大于水解，所以Ka2>，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，C正确；Na2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应Cl2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2Cl－，SO＋H＋===HSO，即总式为3SO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋2HSO，所以溶液为NaCl、Na2SO4、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由C知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以c(SO)>c(H2SO3)，且通入少量Cl2，混合液中一定满足c(SO)>c(H2SO3)，所以c(SO)＋3c(SO)>c(H2SO3)，D错误。
6．(2022·宜宾模拟)利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是(　C　)



A.比较酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3
B.分离CCl4与I2的混合溶液


C.制取少量Cl2
D.比较热稳定性：Na2CO3>NaHCO3

【解析】　盐酸的酸性强于碳酸，浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会优先与硅酸钠溶液反应，干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，无法比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故A错误；用蒸馏方法分离四氯化碳与碘时，温度计应在支管口附近测定馏出物的沸点，不能插入溶液中，故B错误；浓盐酸与高锰酸钾固体常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则用题给装置能制备少量氯气，故C正确；碳酸氢钠受热易发生分解反应生成使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，碳酸钠性质稳定，受热不发生分解反应，则比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，大试管中应盛放碳酸钠、小试管中应盛放碳酸氢钠，故D错误。
7．(2022·雅安模拟)测量汽车尾气中氮氧化物(NO、NO2)含量的方法如下：
ⅰ.在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2
ⅱ.再利用O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO表示)，当激发态NO2回到基态NO2时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比
下列说法不正确的是(　D　)
A．基态NO2与NO具有的能量不同
B．NO2在大气中形成酸雨：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3
C．O3与NO发生反应：NO＋O3===NO＋O2
D．测得荧光强度越大，说明汽车尾气中NO含量越高
【解析】　由题干信息ⅱ：当NO回到基态NO2时，产生荧光可知基态NO2与NO具有的能量不同，A正确；已知3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，2NO＋O2===2NO2，则NO2在大气中形成酸雨总的反应方程式为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，B正确；由题干信息ⅰ和ⅱ可知，O3与NO发生反应：NO＋O3===NO＋O2，C正确；由信息ⅰ可知，在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2，故测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但NO不一定都是汽车尾气中的NO，也可能是汽车尾气中的NO2分解生成的NO，则只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误。
8．(2022·太原模拟)氯化亚铜(CuCl)为白色粉末，微溶于水。已知Na[CuCl2]NaCl＋CuCl↓，以废铜为原料经一系列化学反应制得氯化亚铜(CuCl)的工艺流程如图所示：

已知Ksp(CuCl)小于Ksp(CuS)。
下列说法错误的是(　D　)
A．铜在氯气中燃烧的现象：剧烈燃烧，产生棕黄色的烟
B．还原过程中发生反应的化学方程式为CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2]
C．还原过程中加入过量NaCl有利于生成更多的Na[CuCl2]，提高产率
D．实验室中，向CuCl2溶液中通入H2S气体也可制备CuCl沉淀
【解析】　铜在氯气中剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，A项正确；结合“Na[CuCl2]NaCl＋CuCl↓”，可知还原过程中有Na[CuCl2]生成，其反应的化学方程式为CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2]，B项正确；氯化钠是反应物，加入过量NaCl有利于提高CuCl2的转化率，提高Na[CuCl2]的产率，C项正确；实验室中，向CuCl2溶液中通入H2S气体，发生反应：CuCl2＋H2S===CuS↓＋2HCl，D项错误。
9．(2022·菏泽模拟)某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3
下列说法正确的是(　D　)
A．浸取时，为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间或将稀硫酸换成浓硫酸
B．“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子只有Pb2＋和Cu2＋
C．除去SO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性
D．ZnFe2O4与H2反应制得1molZnFe2Ox时转移电子(8－2x)mol
【解析】　浸取时，若将稀硫酸换成浓硫酸将与Zn反应放出有毒有害的气体SO2，故为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间，但不能将稀硫酸换成浓硫酸，A错误；已知Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子不只有Pb2＋和Cu2＋，还有Fe3＋，B错误；除去SO2时，SO2与ZnFe2Ox反应生成S单质，故SO2被还原，即SO2表现出氧化性，则ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，C错误；已知ZnFe2O4中Zn为＋2价，Fe为＋3价，ZnFe2Ox中Zn为＋2价，Fe为＋(x－1)价，故ZnFe2O4与Zn反应制得1 mol ZnFe2Ox时转移电子为2×[3－(x－1)]＝(8－2x)mol，D正确。
10．(2022·太原模拟)某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。
③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。
已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体。
下列说法不正确的是(　C　)
A．①中产生白色不溶物的可能原因是Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl↓
B．由③可知②中白色浑浊不是Cu2＋与SCN－直接反应生成的
C．②中红色褪去的原因是Fe3＋被完全消耗了
D．实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)
【解析】　①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2＋生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2＋浓度减小，Cu2＋被Cu还原为Cu＋，Cu＋与Cl－结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl↓，A正确；由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2＋与SCN－直接反应生成的，B正确；②中红色褪去的原因可能是生成的Cu＋与溶液中的SCN－结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3＋被完全消耗了，C不正确；从②中可以看出，当溶液中既有Cl－又有SCN－时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确。
二、非选择题(本题包括3小题)
11．(2022·南宁模拟)2022年7月24日我国“问天实验舱”发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118℃，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。
已知：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO===Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl。

(1)装置C中制备NaClO的离子方程式为 Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　。反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，可采取的措施是将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温　。装置B中装有饱和食盐水，反应完后关闭K1，装置B的作用是储存多余的Cl2　。
(2)将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗　中，并缓缓滴入，原因是若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低　。
(3)装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O，获得NaCl粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤　(NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如上图)。
(4)称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.20mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色　，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量百分数为 87.5%　(用百分数表示并保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑＋4HI＋H2O)
(5)脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式： N2H4＋4Cu(OH)22Cu2O＋N2↑＋6H2O　。
【解析】　(1)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，因为温度高了会产生氯酸钠，所以可以将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温；反应完后关闭K1，氯气会进入装置B中，故装置B的作用是：储存多余的Cl2；(2)次氯酸钠具有强氧化性，水合肼有强还原性，所以将次氯酸钠放入分液漏斗中，缓慢加入，不能太快，若加入较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低；(3)由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随着温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得氯化钠粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出；(4)根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，滴定终点的现象为：最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；根据方程式N2H4·H2O＋2I2===N2↑＋4HI＋H2O分析，水合肼的质量分数为×100%＝87.5%；(5)肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和无污染的气体，该气体应为氮气，根据氧化还原反应配平方程式为N2H4＋4Cu(OH)22Cu2O＋N2↑＋6H2O。
12．(2022·阜阳模拟)以铬铁矿(含FeCr2O4及少量Al2O3、V2O5、MgO)为原料，可制备Na2CrO4、AlOOH、V2O5，该工艺流程如下：

(1)“浸取”在350℃、高压下进行，所得浸取液的溶质主要为Na2CrO4、NaAlO2、NaVO3，生成NaVO3的化学方程式为 V2O5＋2NaOH2NaVO3＋H2O　。“过滤1”所得滤渣的主要成分是Fe2O3、 MgO　。
(2)“浸取”后，“酸化”时生成的AlOOH可吸附VO形成沉淀，而“脱附”时两者分离，吸附与脱附的可能机理的示意图如图所示。

①在A的作用下，吸附剂表面出现“活性吸附位”，A的化学式为 H＋　。
②“脱附”时加入NaOH溶液可有效脱除AlOOH表面吸附的VO，该过程可描述为随着OH－浓度增大，OH－进攻活性吸附位，使VO从AlOOH表面脱除　。
(3)“酸化”时铝元素的浓度随pH的变化如图所示，pH太小或太大都会导致溶液中铝元素浓度偏高的原因是 pH太小生成Al3＋溶解，pH太大AlO不能完全沉淀　。

(4)测定某Na2CrO4溶液的浓度，准确量取10.00mLNa2CrO4溶液，加入过量KI溶液，充分反应。用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。实验测定原理为：2CrO＋6I－＋16H＋===2Cr3＋＋3I2＋8H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O。该Na2CrO4溶液的物质的量浓度为 0.10 mol·L－1　。
【解析】　铬铁矿在NaOH溶液中浸取后所得浸取液中主要溶质有：Na2CrO4、NaAlO2、NaVO3，说明在浸取时，MgO不反应，故过滤1所得滤渣中含有Fe2O3、MgO，浸取后过滤所得滤液加入硫酸酸化，NaAlO2转化为AlOOH，并吸附VO形成沉淀，经过脱附后获得AlOOH，钒元素最终转化为V2O5。(1)根据元素守恒知，原料中V2O5转化生成NaVO3，V元素化合价未改变，故此时是NaOH将V2O5转化生成NaVO3，对应的化学方程式为V2O5＋2NaOH2NaVO3＋H2O；由分析知，过滤1所得滤渣的主要成分是Fe2O3、MgO；(2)①由图示知，A物质与AlOOH中OH－发生反应，推测A可能为H＋；②由图示知，吸附后，VO占据活性吸附位，OH－进攻VO，从而使VO从吸附剂表面脱附，故此处填：随着OH－浓度增大，OH－进攻活性吸附位，使VO从AlOOH表面脱除；(3)若pH太小，即c(H＋)浓度较大，则AlOOH溶解生成Al3＋，若pH太大，即c(OH－)较大，AlOOH会溶解转化为AlO，故此处填：pH太小生成Al3＋溶解，pH太大AlO不能完全沉淀；(4)由所给方程式得关系式：2Na2CrO4～3I2～6Na2S2O3，故n(Na2CrO4)＝＝＝1×10－3 mol，则Na2CrO4浓度c＝＝0.10 mol·L－1。
13．(2022·忻州模拟)铁的化合物有广泛用途，如三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}是一种光敏材料，也可作催化剂，碳酸亚铁(FeCO3)可作补血剂等，以废铁屑(含Fe2O3及少量Fe和SiO2)为原料制备以上物质的流程如下：

已知：
①25℃，Ksp[Fe(OH)3]＝2.0×10－39，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10－17，Ksp(FeCO3)＝3.0×10－11；
②离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1认为沉淀完全；
③K3Fe(C2O4)3·3H2O为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。
回答下列问题：
(1)滤液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，检验Fe2＋所用的试剂为 K3[Fe(CN)6]　(填化学式)。
(2)室温下，若滤液Ⅰ中c(Fe3＋)为2mol·L－1，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中c(H＋)至少应大于 0.1　mol·L－1。
(3)将滤液Ⅱ与饱和NH4HCO3溶液混合，发生反应的离子方程式为 Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCO===FeCO3↓＋H＋、HCO＋H＋===CO2↑＋H2O)　；已知饱和Na2CO3溶液的pH大于11，是否能用饱和Na2CO3溶液代替饱和NH4HCO3溶液来制备FeCO3否　(填“是”或“否”)。
(4)滤液Ⅰ与足量空气发生反应的离子方程式为 4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O　；甲同学认为该步反应用稀H2O2代替空气效果更好，乙同学不同意甲的观点，其理由是 Fe3＋是H2O2分解的催化剂，会消耗大量的H2O2，导致生产成本过高　。
(5)获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含蒸发浓缩，冷却结晶，过滤　(填操作名称)；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为减少晶体溶解损失，使晶体易干燥　。
【解析】　(1)由信息可知，滤液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，检验Fe2＋的试剂为K3[Fe(CN)6]，可与Fe2＋反应产生蓝色沉淀。(2)要保证滤液Ⅰ中无沉淀，则c(Fe3＋)·c3(OH－)1×10－1 mol·L－1＝0.1 mol·L－1；(3)滤液Ⅱ为FeCl2溶液，与饱和NH4HCO3溶液混合后，Fe2＋与HCO发生反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCO===FeCO3↓＋H＋、HCO＋H＋===CO2↑＋H2O)；FeCl2溶液中c(Fe2＋)>1.0×10－5 mol·L－1，饱和Na2CO3溶液的pH大于11，则c(OH－)>10－3 mol·L－1，Qc[Fe(OH)2]>1.0×10－11>5.0×10－17＝Ksp[Fe(OH)2]；故用饱和Na2CO3溶液代替饱和NH4HCO3溶液与FeCl2溶液混合制备FeCO3，会产生Fe(OH)2，导致FeCO3不纯；(4)滤液Ⅰ中通入足量空气的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，离子方程式为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O；溶液中的Fe3＋是H2O2分解的催化剂，若用稀H2O2代替空气，会消耗大量的H2O2，导致生产成本过高；(5)获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的是减少晶体溶解损失，使晶体易干燥。