高考化学专题复习分类练习 铁及其化合物推断题综合解答题含答案1.docx
- 文档编号:23679505
- 上传时间:2023-05-19
- 格式:DOCX
- 页数:19
- 大小:530.75KB
高考化学专题复习分类练习 铁及其化合物推断题综合解答题含答案1.docx
《高考化学专题复习分类练习 铁及其化合物推断题综合解答题含答案1.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学专题复习分类练习 铁及其化合物推断题综合解答题含答案1.docx(19页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考化学专题复习分类练习铁及其化合物推断题综合解答题含答案1
高考化学专题复习分类练习铁及其化合物推断题综合解答题含答案
(1)
一、铁及其化合物
1.下列各物质是中学化学中常见的物质,甲为常见金属单质,丙为黄绿色的单质气体,乙、丁是常见无色气态非金属单质,其它均为化合物,C常温下为一种液体,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,G为淡黄色固体,J为生活中常见的调味品,I为红褐色固体,F为棕黄色溶液。
①是实验室制取丁的反应之一。
各物质间的转化如下图所示,回答下列问题(部分生成物未列出):
(1)物质I的化学式为________;F中阴离子是______________;
(2)反应①的化学方程式为为____________;
(3)B与K的反应是实验室制取丙的反应,其离子方程式为____________;
(4)反应②的化学方程式为_____________;
(5)若E与G以物质的量比为1:
1投入足量水中,反应的化学方程式为_________;生成1mol气体转移电子的个数为__________。
【答案】Fe(OH)3Cl-2H2O2
2H2O+O2MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H24FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑6NA
【解析】
【分析】
丙为黄绿色单质气体,所以丙为Cl2,B与K的反应是实验室制取丙的反应,且B为黑色粉末,则B为MnO2,K为HCl;①是实验室制取丁的反应之一,则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应,所以C为H2O,丁为氧气;G为淡黄色固体,且可以生成氧气,则G应为Na2O2,则J为生活中常见的调味品,应为NaCl,I为红褐色固体应为Fe(OH)3;F为棕黄色溶液,应含Fe3+,E与氯气反应可生成F,则F为FeCl3,E为FeCl2;氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁,所以甲为铁单质,Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁,所以乙为氢气,D为Fe3O4。
【详解】
(1)根据分析可知物质I为Fe(OH)3;F中阴离子为Cl-;
(2)反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气,方程式为2H2O2
2H2O+O2;
(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气,方程式为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O;
(4)反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应,方程式为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(5)E为FeCl2,G为Na2O2,过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子,被还原时-1价的氧被还原成-2价,二者1:
1反应,说明氧化产物不止有Fe3+,再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气,可知产物中应还有氧气,Na2O2自身发生氧化还原反应,所以E与G以物质的量比为1:
1投入足量水中,反应方程式为4FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑。
【点睛】
解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断,例如本题中“丙为黄绿色单质气体”,则丙为Cl2,“F为棕黄色溶液”,则其溶液中应含有Fe3+,学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。
2.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。
3.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。
4.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。
5.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如图所示
图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出
。
请根据以上信息完成下列各题:
(1)写出下列物质的化学式:
B_______、丙__________。
(2)写出黄绿色气体乙的一种用途___________,反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。
对应的化学方程式是_______。
(3)反应③中的离子方程式是_________。
【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na,Na与水反应生成气体甲为H2,D为NaOH;金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2,说明B为金属Al,黄绿色气体乙为Cl2,气体甲是H2,H2和Cl2反应生成丙为HCl,HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液,盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物,该氯化物与Cl2还可以反应产生G,G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3,则G为FeCl3,推断物质F为FeCl2;判断C为Fe,以此解答该题。
【详解】
根据上述分析可知A是Na,B是Al,C为Fe,气体甲是H2,气体乙是Cl2,气体丙是HCl;D是NaOH,E是盐酸,F是FeCl2,G是FeCl3,H是Fe(OH)3。
(1)根据上述分析可知,物质B是Al,丙是HCl;
(2)黄绿色气体乙是Cl2,该物质可以与水反应产生HCl和HClO,HClO具有强氧化性,可作氧化剂,氧化一些具有还原性的物质,也用于杀菌消毒或用于物质的漂白;
(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应:
FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl,Fe(OH)2具有还原性,容易被溶解在溶液中的氧气氧化,发生反应:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,固体由白色迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色;
(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2,反应的离子方程式为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
【点睛】
本题是无机物推断,物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口,再结合转化关系推断,需要学生熟练掌握元素化合物知识,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
6.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。
7.常见含硫物质A~D,在生活、生产中有着广泛应用,它们之间的转化关系如下图所示。
其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。
请按要求回答下列问题:
(1)A的化学式为_______。
(2)反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同,即都作_______(填“氧化剂”或“还原剂”),你判断的依据是它们都是金属,在反应中都_______。
(3)反应②的离子方程式为_______。
(4)大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意:
上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。
当将含D的雨水敞口放置一段时间后(忽略溶液体积、温度的变化),其c(H+)将_______。
(填“增大”“减小”或“不变”)。
废气A是一种重要的化工原料,常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。
某工厂若将4.48×106L(标准状况下)废气A进行环保处理,完全转化为NH4HSO3时,需消耗10mol/L氨水溶液(溶质全部以NH3•H2O计)的体积为_______L。
【答案】SO2还原剂失去电子,化合价升高Fe+2H+=Fe2++H2↑O2增大20000
【解析】
【分析】
由B(含氧酸)在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐),故B是H2SO4,反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑,C是FeSO4;Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,故A是SO2,SO2+H2O
H2SO3,D是H2SO3。
【详解】
(1)由解析可知,A的化学式为SO2;
(2)反应①、②中,反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高,故反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同,即都作还原剂;
(3)铁与稀硫酸常温下反应,离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(4)H2SO3→H2SO4过程中,S元素化合价升高,即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4;2H2SO3+O2=H2SO4,H2SO3是弱酸,H2SO4是强酸,故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后(忽略溶液体积、温度的变化),其c(H+)将增大;SO2+NH3•H2O=NH4HSO3,n(SO2)=
=2.0×105mol,故n(NH3•H2O)=2.0×105mol,需消耗10mol/L氨水溶液(溶质全部以NH3•H2O计)的体积为
=20000L。
【点睛】
本题是结合图考查S元素的化合物知识,有关化学方程式书写等,难度不大。
8.在下列物质转化关系中,反应的条件和部分产物已略去。
已知:
甲、乙是两种常见金属,反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。
回答下列问题:
(1)反应I中,甲在通常条件下和水剧烈反应,除丙外,还生成一种焰色反应为黄色的物质,写出该物质的电子式:
_______,该化合物中存在的化学键有:
_________。
与甲在同一周期的金属元素(包括甲),按单质熔点由高到低的顺序排列依次为:
_______(元素符号)。
(2)反应Ⅱ中,乙与H2O在高温下反应,除丙外,还生成一种有磁性的物质,则乙在周期表中的位置是_______;写出反应Ⅱ的化学方程式_______。
(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件,可得出甲的金属性比乙的金属性_______(填“强”或“弱”),比较二者金属性强弱的依据还可以是_______(写出一种即可)。
(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_______(选填答案编号)
a.工业上一般用电解法进行冶炼,获取单质
b.金属阳离子都具有相同的电子排布式
c.氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物
d.金属氯化物都是电解质,都属于离子化合物
【答案】
离子键、共价键Al、Mg、Na第四周期Ⅷ族3Fe+4H2O
Fe3O4+H2强NaOH是强碱,而Fe(OH)3是弱碱ab
【解析】
【分析】
已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应,则丙为H2,丁为HCl;反应I中,甲在通常条件下和水剧烈反应,除丙外,还生成一种焰色反应为黄色的物质,则甲为金属钠;反应Ⅱ中,乙与H2O在高温下反应,除丙外,还生成一种有磁性的物质,则乙为铁。
据此解答。
【详解】
(1)由以上分析知,甲为金属钠,则焰色反应为黄色的物质为NaOH,电子式为
,该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。
与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种,它们的离子带电荷数依次增多,离子半径依次减小,所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。
答案为:
;离子键、共价键;Al、Mg、Na;
(2)由以上分析知,乙为铁,与H2O在高温下反应,生成的有磁性的物质为Fe3O4,铁为26号元素,电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族;反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+H2。
答案为:
第四周期Ⅷ族;3Fe+4H2O
Fe3O4+H2;
(3)钠与水在常温下剧烈反应,铁与水在高温下才能反应,由此可得出钠的金属性比铁的金属性强,比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱,而Fe(OH)3是弱碱来判断。
答案为:
强;NaOH是强碱,而Fe(OH)3是弱碱;
(4)a.工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3,获取单质,a正确;
b.Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6,b正确;
c.NaOH热稳定性强,很难分解得到相应的氧化物,c不正确;
d.金属氯化物都是电解质,但AlCl3属于共价化合物,d不正确;
答案为:
ab。
【点睛】
在书写铁与H2O在高温下反应,我们易忽视“有磁性的物质”,而把产物写成Fe2O3和H2,从而产生错误。
9.以粉煤灰(主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2,还含有少量CaO、Fe2O3等物质)为原料制取Al2O3的流程如图:
(1)当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时,“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。
由图可知,当a=___时,3Al2O3·2SiO2的利用率最高。
(2)“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3的离子反应方程式为___。
(3)“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为___。
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,升高温度有利于水解的原因是___。
该步骤可将加水改成通入过量的___气体。
(5)流程中,可以回收并循坏利用的物质除NH3外,还有___和___。
【答案】8Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O水解为吸热反应,升高温度有利于平衡正向进行CO2NaOH(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理,把3Al2O3·2SiO2转化为NH4Al(SO4)2,且当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时各产物含量不同,如图a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
加硫酸进行酸浸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子,通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3,滤液Ⅰ为(NH4)2SO4,加入氢氧
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考化学专题复习分类练习 铁及其化合物推断题综合解答题含答案1 高考 化学 专题 复习 分类 练习 及其 化合物 推断 综合 解答 答案