备战高考化学铁及其化合物推断题提高练习题压轴题训练附答案1.docx
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备战高考化学铁及其化合物推断题提高练习题压轴题训练附答案1
备战高考化学(铁及其化合物推断题提高练习题)压轴题训练附答案
(1)
一、铁及其化合物
1.印刷电路板(PCB)是用腐蚀液(FeCl3溶液)将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。
一种制作PCB并将腐蚀后废液(其中金属阳离子主要含Fe3+、Cu2+、Fe2+)回收再生的流程如图。
请回答:
(1)腐蚀池中发生反应的化学方程式是__。
(2)上述各池中,没有发生化学变化的是__池。
(3)由置换池中得到固体的操作名称是__。
(4)置换池中发生反应的离子方程式有__。
(5)请提出利用酸从固体中回收Cu并将滤液回收利用的合理方案:
__。
(6)向再生池中通入Cl2也可以使废液再生,相比Cl2,用双氧水的优点是__。
【答案】Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2沉降过滤Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu用盐酸溶解固体中的Fe,过滤后得到Cu,并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境
【解析】
【分析】
腐蚀液(FeCl3溶液)将覆铜板上,发生反应为:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子,再生池中主要指FeCl2,通入过氧化氢氧化生成FeCl3,循环利用。
【详解】
(1)腐蚀液(FeCl3溶液)将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2;
(2)腐蚀池中发生:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2;置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子,再生池中过氧化氢氧化FeCl2,没有发生化学变化的是沉降池;
(3)置换池中铁粉置换出铜,固液分离的操作为过滤;
(4)置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子,其离子反应方程式:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu;
(5)根据金属活动性顺序表可知,铁能与稀盐酸发生反应,而铜不与稀盐酸反应,所以用盐酸溶解固体中的Fe,过滤后得到Cu,并将滤液加入再生池;
(6)Cl2有毒,污染环境,需要尾气处理,加双氧水氧化后生成水,避免有毒气体污染环境,故答案为:
避免有毒气体污染环境。
2.室温下,A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。
在合适反应条件下,它们可以按下面框图进行反应;E是无色溶液,F是淡绿色溶液。
B和C反应发出苍白色火焰。
请回答:
(1)A是__________,B是__________,C是__________(请填写化学式);
(2)反应①的化学方程式______________________________;
(3)反应③的离子方程式______________________________;
(4)反应④的离子方程式______________________________。
【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
室温下,A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体,B是氯气,B和C反应发出苍白色火焰,C是氢气,E是氯化氢。
F是淡绿色溶液,F溶液中含有亚铁离子,所以A是铁,F是氯化亚铁,D是氯化铁,据以上分析解答。
【详解】
室温下,A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体,B是氯气,B和C反应发出苍白色火焰,C是氢气,E是氯化氢。
F是淡绿色溶液,F溶液中含有亚铁离子,所以A是铁,F是氯化亚铁,D是氯化铁,
(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2;
(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁,化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁,离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
3.A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的关系如图所示。
(1)若A为强碱,C、D常被用做食用“碱”。
C→D反应的离子方程式为______________。
(2)若A为使用最广泛的金属单质,B是某强酸的稀溶液,则检验D溶液中金属阳离子的试剂为_____________,D→C反应的离子方程式为___________。
(3)若A为非金属单质,D是空气中的主要温室气体。
D还可以转化为A,写出该反应的化学方程式_________。
【答案】CO32-+CO2+H2O=2HCO3-KSCN溶液2Fe3++Fe=3Fe2+2Mg+CO2
2MgO+C
【解析】
【分析】
(1)若A为强碱,C、D常被用做食用“碱”,应为碳酸钠和碳酸氢钠,根据反应流程可知,A为氢氧化钠,与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠,与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠,碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水;
(2)若A为使用最广泛的金属单质,B是某强酸的稀溶液,根据流程可推知A为铁,B为硝酸,过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁,少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁,硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁,硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁;
(3)若A为非金属单质,D是空气中的主要温室气体CO2。
根据流程可知A为碳,碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO,在氧气充足时燃烧生成D为CO2,CO在氧气中燃烧生成CO2,CO2与C在高温条件下反应生成CO。
【详解】
(1)若A为强碱,C、D常被用做食用“碱”,应为碳酸钠和碳酸氢钠,根据反应流程可知,A为氢氧化钠,与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠,与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠,碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水,故C→D反应的离子方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-;
(2)若A为使用最广泛的金属单质,B是某强酸的稀溶液,根据流程可推知A为铁,B为硝酸,过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁,少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁,硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁,硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁,则检验D溶液中金属阳离子Fe3+的试剂为KSCN溶液,D→C反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(3)若A为非金属单质,D是空气中的主要温室气体CO2。
根据流程可知A为碳,碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO,在氧气充足时燃烧生成D为CO2,CO在氧气中燃烧生成CO2,CO2与C在高温条件下反应生成CO,D还可以转化为A,是镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和C,反应的化学方程式为2Mg+CO2
2MgO+C。
4.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示(反应条件未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是__________。
(2)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③的反应中还有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,则A、D反应产物的电子式是________,反应③的化学方程式是____。
(3)若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,则反应①的化学方程式是________。
【答案】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
4NH3+5O2
4NO+6H2O2C+SiO2
2CO↑+Si
【解析】
(1).A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①为置换反应且在水溶液中进行,由转化关系可知,A为变价金属,F具有强氧化性,则A为Fe,F为Cl2、B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁,反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(2).B、C、F都是气态单质,B有毒,则B为氯气,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③反应中有水生成,可以推知C为N2,F为O2,E为NO,A为NH3,反应①为置换反应,A、D相遇有白烟生成,可推知D为HCl,A与D反应产物为氯化铵,电子式为
,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
;4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(3).A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,反应①为置换反应,考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO,碳与F反应生成E,CO与F生成E,则F为氧气,通过验证符合图示转化关系,则反应①的化学方程式是2C+SiO2
2CO↑+Si,故答案为:
2C+SiO2
2CO↑+Si。
5.某化学兴趣小组探究氯化铁溶液的某些性质,将一定量氯化铁固体先加入含1molHCl的浓盐酸中,再加水配制成1L溶液A。
(1)若在A溶液中加入一块铜片,一段时间后得溶液B。
写出铜片在FeCl3溶液中反应的离子方程式:
___;
(2)若在B中加铁粉mg,充分反应后剩余固体ng;过滤,从1L滤液中取出20mL,向其中滴入40mL2mol/LAgNO3溶液时,Cl-恰好完全沉淀。
则溶液A中FeCl3的物质的量浓度是__;
(3)若在A溶液中加铁粉至不再溶解,则需铁粉__克。
【答案】2Fe3++Cu=Cu2++2Fe1mol/L56g
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Fe3+有较强氧化性,可将Cu氧化成Cu2+,离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe;
(2)若在B中加铁粉mg,充分反应后剩余固体ng,则此时滤液中溶质只有FeCl2,滴入40mL2mol/LAgNO3溶液时,Cl-恰好完全沉淀,则20mL滤液中n(Cl-)=0.04L×2mol/L=0.08mol,则1L滤液中n(Cl-)=0.08mol×
=4mol,加入了1molHCl,则溶液中n(Cl-)=4mol-1mol=3mol,则n(FeCl3)=1mol,溶液体积为1L,所以溶液A中FeCl3的物质的量浓度是1mol/L;
(3)A中加铁粉发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑,溶液中n(FeCl3)=1mol,n(HCl)=1mol,所以消耗的铁粉物质的量为0.5mol+0.5mol=1mol,质量为56g。
【点睛】
解决此类题目要注意寻找守恒关系,不能盲目写反应方程式;第3题要注意HCl也可以与铁粉反应。
6.钾、钠、镁、铁均能与水发生置换H2的反应。
(1)其中反应最剧烈的是____。
(2)其中铁与水的反应比较特殊。
其特殊性在于:
①_________;②产物为氧化物而非氢氧化物。
你对②和①的关联性作何解释?
__________
(3)证明②的氧化物含Fe3+必需的试剂是______。
【答案】钾反应需在高温条件下进行铁的氢氧化物在高温条件下会分解稀硫酸(或稀盐酸)、KCNS试液
【解析】
【分析】
(1)根据金属的活泼性分析判断;
(2)①根据铁与水的反应条件分析;②根据高温下铁的氢氧化物的稳定性分析解答;
(3)需要将Fe的氧化物转化为溶于水的离子,再检验。
【详解】
(1)金属的活泼性越强,与水反应越剧烈,活泼性:
K>Na>Mg>Fe,所以与水发生置换H2反应最剧烈的是钾,故答案为:
钾;
(2)①铁与水蒸气的反应,需要在高温条件下反应才能发生,故答案为:
反应需在高温条件下进行;
②铁的氢氧化物不稳定受热易分解,所以高温下铁的氢氧化物会分解生成四氧化三铁,因此产物为氧化物而非氢氧化物,故答案为:
铁的氢氧化物在高温条件下会分解;
(3)四氧化三铁难溶于水,需要用HCl(或稀硫酸)溶解生成Fe3+,Fe3+遇到KCNS试液,溶于变红色,故答案为:
稀硫酸(或稀盐酸)、KCNS试液。
7.铁的氧化物成分不一样,性质也不一样,H2还原Fe2O3,发现温度不同,产物也不同。
(1)往产物中滴加盐酸,观察到有气泡产生,生成气泡主要成分的电子式是________。
(2)再滴加KSCN溶液,可观察到________,所得溶液中一定含有的铁的化合价是________。
【答案】H∶H无明显变化+2
【解析】
【分析】
(1)产物中滴加盐酸,观察到有气泡产生,说明产生中含有Fe,所以气体成分为H2;
(2)再滴加KSCN溶液,没有出现血红色现象,产物中有过量的铁,铁能还原Fe3+,所得溶液中一定含有Fe2+。
【详解】
(1)产物中滴加盐酸,铁的氧化物首先与盐酸反应,生成相应的铁的氯化物和水,若生成Fe3+,则会被Fe还原为Fe2+。
观察到有气泡产生,说明最后发生的是Fe与盐酸的反应,所以气体成分为H2,电子式为
;答案为
;
(2)再滴加KSCN溶液,因为不含有Fe3+,所以没有明显现象产生;产物中有过量的铁,铁能还原Fe3+,所得溶液中一定含有Fe2+,铁的化合价是+2。
答案为:
无明显现象;+2。
【点睛】
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,FeO+2HCl=FeCl2+H2O,Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O,2FeCl3+Fe=3FeCl2,最后发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
所以,只要有气泡产生,说明在前面反应中,Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+。
8.溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中,利用空气吹出法从海水中提溴,工艺流程示意如下。
资料:
常温下溴呈液态,深红棕色,易挥发。
(1)酸化:
将海水酸化的主要目的是避免___(写离子反应方程式)。
(2)脱氯:
除去含溴蒸气中残留的Cl2
①具有脱氯作用的离子是____。
②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入____,脱氯作用恢复。
(3)富集、制取Br2:
用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO3-和Br-。
再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2,其离子反应方程式为____。
(4)探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响,实验如下:
序号
A
B
C
试剂组成
1mol/LNaBr
20%H2SO4
1mol/LNaBr
98%H2SO4
将B中反应后溶液用水稀释
实验现象
无明显现象
溶液呈棕红色,放热
溶液颜色变得很浅
①B中溶液呈棕红色说明产生了____。
②分析C中溶液颜色变浅的原因,甲同学认为是发生了化学反应所致;乙同学认为是用水稀释所致。
若认为甲同学的分析合理,请用具体的反应说明理由;若认为乙同学的分析合理,进一步设计实验方案说明。
理由或方案:
____。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是____(填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
【答案】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OFe2+、Br-铁粉BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2OBr2理由:
SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4方案:
用CCl4萃取颜色很浅的溶液,观察溶液下层是否呈棕红色稀硫酸
【解析】
【分析】
【详解】
(1)海水中溴元素以Br-存在,从海水中提取溴单质,要用Cl2氧化溴离子得到,但海水呈碱性,若不酸化,就会发生反应:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,影响溴的提取;
(2)①将溴蒸气的残留的Cl2脱去,可利用氯气有强的氧化性,要加入能与Cl2反应,但不能与Br2反应的物质,如Fe2+、Br-;
②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入还原铁粉,物质具有还原性,脱氯作用就恢复;
(3)用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO3-和Br-。
再用H2SO4酸化,BrO3-和Br-及H+发生归中反应得到Br2,其离子反应方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O;
(4)①B中溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质,产生了Br2;
②若甲同学说法正确,则会发生反应:
SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,消耗了溴单质;若乙同学说法正确,则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取,利用CCl4密度比水大,溴单质容易溶于CCl4,观察下层液体颜色否呈棕红色即可;
③歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象,若用浓硫酸酸化,溶液变为红棕色,反应放出热量,会导致溴单质挥发,所以酸化要用稀硫酸。
9.富铁铝土矿(主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2)可用于制备净水剂明矾KAl(SO4)2·12H2O和补血剂FeSO4·7H2O。
工艺流程如下(部分操作和产物略去):
(1)操作1的名称是___________。
(2
)反应①②③④中是氧化还原反应的是_______(填写编号)。
(3)综合考虑,金属X最好选择的试剂是__,写出该反应的离子方程式_______。
(4)反应①的离子方程式是_________、__________。
(5)溶液D中含有的金属阳离子是_______,检验方法是________。
(6)用含铝元素27℅的上述矿石10吨,通过上述流程最多生产明矾____吨。
【答案】过滤④FeFe+2Fe3+=3Fe2+SiO2+2OH-=SiO32-+H2OAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2OFe2+取少量溶液D于试管中,滴入硫氰化钾溶液,若无明显变化,再滴入几滴氯水,若溶液变红,证明含有Fe2+47.4
【解析】
【分析】
由流程可知,富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤,滤渣为氧化铁,滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾;向滤液中加入足量的硫酸,可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液,结晶后得到明矾;滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液,加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液,用结晶法可以得到绿矾。
【详解】
(1)操作I得到溶液和滤渣,因此操作I为过滤;
(2)反应①中加入NaOH溶液,根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应,发生Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,SiO2+OH-=SiO32-+H2O,不属于氧化还原反应,反应②中加入硫酸,发生的SiO32-+2H+=H2SiO3↓,AlO2-+4H+=Al3++2H2O,没有化合价的改变,不属于氧化还原反应,反应③发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,FeO+2H+=Fe2++H2O,没有化合价的改变,不属于氧化还原反应,根据操作4得到FeSO4·7H2O,说明反应④中加入一种金属,把Fe3+转化成Fe2+,即这种金属是铁单质,离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+,存在化合价的变化,属于氧化还原反应;
(3)操作4得到FeSO4·7H2O,不能引入新杂质,因此此金属为Fe,离子方程式为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+;
(4)根据
(1)的分析,离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,SiO2+OH-=SiO32-+H2O;
(5)根据(3)的分析,溶液D中含有的金属阳离子是Fe2+,利用Fe2+的还原性,具体操作是:
取少量溶液D于试管中,滴入硫氰化钾溶液,若无明显变化,再滴入几滴氯水,若溶液变红,证明含有Fe2+;
(6)根据铝元素守恒,最多可以得到明矾的质量为10×106×27%×10-6×474÷27t=47.4t。
【点睛】
本题的难点是问题(6),一般的化学计算,都有简单的方法,根据整个流程,铝的质量没有增加和减少,因此根据铝元素守恒可以计算。
10.以高钛渣(主要成分为Ti3O5,含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下:
已知:
Na2TiO3难溶于碱性溶液;H2TiO3中的杂质Fe2+比Fe3+更易水洗除去。
(1)熔盐:
①为加快反应速率,在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下,可采取的措施是__________。
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500~550℃时生成Na2TiO3,该反应的化学方程式为_________。
(2)过滤:
①“滤液”中主要溶质为NaOH,还含有少量________(填化学式)。
②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用,则“水浸”时,用水量不宜过大的主要原因是_________。
(3)水解:
“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸,生成难溶于水的H2TiO3,该反应的化学方程式为______。
(4)脱色:
H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色,“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。
【答案】搅拌12NaOH+2Ti3O5+O2
6Na2TiO3+6H2ONa2SiO3用水量过大,导致滤液浓度过低,蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)TiOSO4+2H2O
H2TiO3↓+H2SO4将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,以便除去杂质铁,提高H2TiO3的纯度
【解析】
【分析】
(1)①搅拌可使反应物混合均匀;
②Ti3O5转化为Na2TiO3,钛元素化合价升高,根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式;
(2)①加入氢氧化钠后,二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠;
②考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答;
(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式;
(4)根据提示给定信息,“H2TiO3中的杂质Fe2+比Fe3+更易水洗除去”来分析作答。
【详解】
(1)①为加快反应速率,在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下,可适当搅拌,因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的,
故答案为搅拌;
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500~550℃时生成Na2TiO3,发生氧化还原反应,其化学方程式为:
12NaOH+2Ti3O5+O2
6Na2TiO3+6H2O,
故答案为12NaOH+2Ti3O5+O2
6Na2TiO3+6H2O;
(2)①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应,其化学方程式为:
2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O,生成的硅酸钠易溶于水,则“滤液”中含有少量Na2SiO3,
故答案为Na2SiO3;
②“水浸”时,用水量过大,导致滤液浓度过低,蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长),
故答案为用水量过大,导致滤液浓度过低,蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长);
(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解,经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3,其化学方程式为:
TiOSO4+2H2O
H2TiO3↓+H2SO4,
故答案为TiOSO4+2H2O
H2TiO3↓+H2SO4;
(4)根据给定信息易知,“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3,是为了将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,以便除去杂质铁,提高H2TiO3的纯度,且不引入新的杂质,
故答案为将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,以便除去杂质铁,提高H2TiO3的纯度。
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