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附答案.docx
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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附答案
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附答案
一、铁及其化合物
1.现有金属单质A、B、C、I和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。
其中B是地壳中含量最多的金属。
它们之间能发生如下反应(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)写出下列物质的化学式:
C__________、H_________。
(2)写出反应③的化学方程式:
___________________。
写出反应⑦的化学方程式:
___________________。
写出反应⑥的离子方程式___________________。
【答案】FeFe(OH)32Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓
【解析】
【分析】
金属单质A焰色反应为黄色,故A为Na,与水反应生成NaOH与氢气,则D为NaOH,气体甲为H2;B是地壳中含量最多的金属,氢氧化钠与金属B反应生成氢气,故金属B为Al。
黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl,HCl溶于水得物质E为盐酸。
氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,金属C与盐酸反应生成F,F与氯气反应生成G,可知金属C为Fe,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3,红色金属I为Cu。
【详解】
(1)根据分析可知,C为Fe,H为Fe(OH)3。
(2)根据分析可知,反应③是Al和NaOH溶液反应生成H2,化学方程式为:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;反应⑦是FeCl3溶液和Cu反应,化学方程式为:
2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2;G为FeCl3,和NaOH反应的离子方程式为:
Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓。
2.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。
3.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:
;
4.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。
5.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。
6.为探究某黄色固体的组成和性质,设计如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是_______。
(2)X在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的化学方程式为_______。
【答案】CuFeS24CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO23Fe2(SO4)3+12NaOH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4
【解析】
【分析】
根据流程图,11.04gX在空气中灼烧,生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量;氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液,再加入NaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素,B为Na2SO4,结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分,据此分析解答。
【详解】
根据流程图,11.04gX在空气中灼烧,生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫,n(SO2)=
=0.12mol,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,物质的量n(CuO)=
=0.06mol,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,物质的量n(Fe2O3)=
=0.03mol,则化合物中含Fe、Cu、S,物质的量之比n(Fe)∶n(Cu))∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2,因此X化学式为FeCuS2,物质的量0.06mol,质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g,符合题意,上述推断正确,氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液,则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol,4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素,推断为Na2SO4,n(NaOH)=
=0.12mol,n(Na2SO4)=
=0.05mol,结合元素守恒和电荷守恒,0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀,浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol,n(Fe3+)=0.06mol,n(OH-)=0.12mol,n(SO42-)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol,得到浅黄色沉淀组成:
n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2,组成为NaFe3(SO4)2(OH)6。
(1)根据上述计算可知X为FeCuS2,故答案为:
FeCuS2;
(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜,结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为:
4FeCuS2+13O2
4CuO+2Fe2O3+8SO2,故答案为:
4FeCuS2+13O2
4CuO+2Fe2O3+8SO2;
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀,结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12,反应的化学方程式为:
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓,故答案为:
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓。
【点睛】
大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。
本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断,要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。
7.明矾在日常生活中用途非常广泛。
用废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等)为原料制取明矾的工艺流程如下图。
回答下列问题:
已知:
Fe3+开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH为1.9~3.7。
(1)明矾净水的原理是_______________________(用离子方程式表示)。
(2)“酸溶”时,Al2O3溶解的化学方程式为______________________。
(3)“氧化”时,发生反应的离子方程式为_______________。
(4)“步骤①”的目的是______;“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧,得到的产品的名称是_____(填俗称)。
(5)“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。
【答案】Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O调节溶液pH,使沉淀完全铁红蒸发浓缩冷却结晶
【解析】
【分析】
废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等)加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤,得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-的酸性滤液,滤渣1为不与硫酸反应的杂质,向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶,向氧化后的滤液中加入Al(OH)3,Fe3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀,过滤后得到含有Al3+、SO42-的滤液,滤渣2为Fe(OH)3,向滤液中加入K2SO4制得产品溶液,对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体,据此分析解答。
【详解】
(1)明矾是强酸弱碱盐,弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体,能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去,从而达到达到净水的目的。
其反应原理用方程式表示为:
Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+;
(2)“酸溶”时,Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水,化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;
(3)“氧化”时,加入氧化剂过氧化氢,将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(4)“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3,作用是调节溶液的pH值,由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去;“滤渣2”的成分是Fe(OH)3,煅烧时分解生成氧化铁,它是一种红棕色粉末,常用作颜料,俗名是铁红;
(5)“步骤②”是从溶液中获得产品明矾,包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。
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、MgCl2、CaCl2、AlCl3、GaCl3、NaCl,生成的硅酸不溶,滤渣为H2SiO3或H4SiO4,然后将滤液进行树脂吸附,得到含铝混合液和洗脱液,然后将洗脱液中的Fe3+除去,最终通过电解
制备Ga。
【详解】
(1)将粉煤灰与纯碱粉末充分混合,可以增大反应物接触面积,加快化学反应速率;SiO2与Na2CO3固体在加热条件下能够生成Na2SiO3、CO2,因此Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式为:
Ga2O3+Na2CO3
2NaGaO2+CO2↑;
(2)由上述分析可知,滤渣为:
H2SiO3或H4SiO4;Al(OH)3为两性氢氧化物,能溶于强碱溶液,而Fe(OH)3、Mg(OH)2不溶于强碱溶液,因此可将Al元素转化为偏铝酸盐,然后通入CO2制取纯净的Al(OH)3,实验方案为:
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)当c(Fe3+)恰好为l×l0-5mol·L-l时,
,若此时Ga3+恰好开始沉淀,则
;
(4)电解过程中,
中Ga元素从+3价降低至0价,发生还原反应生成Ga,阳极为水失去电子生成氧气,电解总反应为:
;
属于弱酸阴离子,能够发生水解生成Ga(OH)3,会降低产率,若溶液酸度过高,则溶液中H+可能会发生还原反应生成H2,会降低阴极电解效率。
9.闪锌精矿(含有ZnS、SiO2和少量FeS杂质),钛白废液(含H2SO4约20%,还有少量Fe2+、TiO2+)。
利用钛白废液及闪锌精矿联合生产七水合硫酸锌流程简化如下:
回答下列问题:
(1)在焙烧过程中,产生了具有漂白性的气体和金属氧化物,其中气体是_________,滤渣X的主要成分是_________________。
(2)氧化时,如果鼓入空气不足,其弊端是__________,生成H2TiO3的相关离子反应方程式为____________,从生产实际考虑,调pH时,选择加入石灰乳而不是烧碱的原因是_________。
(3)常温下,滤液Y中锌离子浓度约为6mol/L,若Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Zn(OH)2]=6.0×10-18。
据此分析,加入石灰乳调节的pH应不超过________,此时溶液中还有的杂质阳离子为H+和__________。
(4)工业上,常用电解硫酸四氨合锌(II)溶液(含[Zn(NH3)4]2+)制备单质锌,其阴极的电极反应式为__________。
【答案】SO2(或二氧化硫)SiO2(或二氧化硅)Fe2+氧化不完全,在调节pH时不能除尽Fe2+2H2O+TiO2+=H2TiO3↓+2H+或TiO2++Ca(OH)2=H2TiO3+Ca2+Ca(OH)2来源广,价格便宜5Ca2+[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3
【解析】
【分析】
闪锌精矿焙烧过程中ZnS和FeS会与O2反应,生成金属氧化物和SO2,加入钛白废液,金属氧化物会与钛白废液中的H2SO4反应,生成溶于水的硫酸盐。
过滤,不溶于酸的SiO2被除去。
通
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