高考化学提高题专题复习铁及其化合物练习题附答案解析.docx
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高考化学提高题专题复习铁及其化合物练习题附答案解析
高考化学提高题专题复习铁及其化合物练习题附答案解析
一、高中化学铁及其化合物
1.某兴趣活动小组利用物质间的互变,设计成一个平面魔方,如右图所示:
已知①A、B、C、D、G含有同种元素。
②
纯A(单质)
B溶液
D固体
G溶液
颜色
银白色
黄色
红棕色
浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体;B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G。
依据以上信息填空:
(1)写出D的化学式:
______________。
(2)G生成C的过程中所出现的现象为_____________写出对应的离子方程式_________________
(3)写出反应A→B的化学方程式:
_______________________。
(4)B→F的离子方程式为__________;G与次氯酸反应的离子方程式为________________。
【答案】Fe2O3先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe+3Cl2
2FeCl32Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+2Fe2++2HClO=2Fe3++Cl-+H2O+ClO-
【解析】
【分析】
根据信息,D固体是红棕色,则D为Fe2O3;A、B、C、D、G含有相同元素,且G溶液为浅绿色,则G中含有Fe2+;C可以生成Fe2O3,推出C为Fe(OH)3;A为单质,银白色,则A为Fe,B溶液为黄色,说明含有Fe3+;B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,推出B为含有Cl-,则B为FeCl3;E是通常情况下密度最小的气体,E为H2,F能和Fe反应生H2和Fe2+,且属于三种元素的化合物,则F为H2SO4,
【详解】
(1)D为Fe2O3;
(2)G中含有Fe2+,C为Fe(OH)3,因此离子反应方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,现象是先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色;
(3)A为Fe,B为FeCl3,则反映式为2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(4)F为H2SO4,因此氧化物是SO2,2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,利用次氯酸的强氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,即2Fe2++2HClO=2Fe3++Cl-+H2O+ClO-。
2.在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中,废液(含有Fe2+、Fe3+、Cu2+)处理和资源回收很有意义,下列是回收金属铜和刻蚀液再生的流程图,回答下列问题:
(1)沉淀A中含有的单质是_________。
(2)通入的气体C的化学式是________。
(3)滤液与气体C反应生成刻蚀液的离子方程式:
_________________。
【答案】Fe、CuCl22Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
废液中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+,废液中加入过量铁屑后发生反应:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu;过滤后得到的沉淀A为Fe、Cu;滤液中含有Fe2+,滤液中通入气体C,得到刻蚀液FeCl3溶液,则气体C为氯气;沉淀A与过量盐酸反应,Fe与盐酸反应生成氯化亚铁,而铜不反应,则沉淀B为Cu,据此进行解答。
【详解】
根据上述分析可知沉淀A为Fe、Cu,沉淀B为Cu,滤液含有Fe2+,气体C为Cl2。
(1)废液中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+,向废液中加入过量Fe屑,发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu,所以沉淀A中含有过量的Fe和反应产生的Cu,即沉淀A中含有的金属单质是Fe、Cu;
(2)A中含有Fe、Cu,向A中加入盐酸,铁溶解生成FeCl2,而Cu不溶解,过滤得到沉淀B是Cu,向含有FeCl2的滤液中通入Cl2,发生反应:
2FeCl2+Cl2=2FeCl3;
(3)Cl2与FeCl2反应产生FeCl3,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
【点睛】
本题考查了无机推断,明确常见元素及其化合物性质为解答关键,题目侧重考查学生对基础知识的掌握,有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
3.下图①到⑩分别代表反应中的一种物质,且它们均为化学中的常见物质。
(1)①的化学式为_______,⑤和⑥反应的化学方程式为_______________。
(2)实验室由⑧制取⑨的离子方程式为____________________;
⑨转变为⑩的化学方程式为____________________。
由⑨转变为⑩的反应现象为__________________。
【答案】Al2O32Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀逐渐变为灰绿色最后变为红褐色
【解析】
【分析】
①到⑩分别代表反应中的一种物质,且它们均为中学化学中的常见物质,①能与酸或碱反应,且①电解生成氧气,则①为Al2O3,②中含AlO2-离子,③中含Al3+离子,④为Al(OH)3,⑤为单质Al,⑤⑥发生铝热反应,⑦为Fe,⑧中含Fe2+离子,⑨为Fe(OH)2,⑩为Fe(OH)3,Fe(OH)3受热分解产生⑥是Fe2O3,然后结合物质的性质及化学用语来解答。
【详解】
根据上述分析可知:
①为Al2O3,②为AlO2-,③为Al3+,④为Al(OH)3,⑤为Al,⑥为Fe2O3,⑦为Fe,⑧为Fe2+,⑨Fe(OH)2,⑩为Fe(OH)3。
(1)由上述分析可知,①为Al2O3,⑤和⑥反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe;
(2)实验室由Fe2+变为Fe(OH)2的操作方法是向其中加入NaOH溶液,因此由⑧制取⑨发生的离子反应为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓;由于Fe(OH)2不稳定,容易被溶解在其中的氧气氧化变为Fe(OH)3,则由⑨转变为⑩的离子方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,由⑨转变为⑩的反应现象为白色沉淀会逐渐由白色变为灰绿色,最后变为红褐色。
4.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,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)。
试请根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式
A、B、C、乙
(2)写出下列反应化学方程式:
反应①反应③
(3)写出下列反应离子方程式反应④
【答案】
(1)A、NaB、AlC、Fe乙Cl2
(2)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
(3)Fe+2H+=Fe2++H2↑
【解析】
试题分析:
金属单质A的焰色反应为黄色,为Na,与水反应生成的气体甲是H2,D是NaOH,乙是Cl2,则丙为HCl,E为盐酸,能与NaOH反应生成氢气,B为Al,红褐色沉淀为Fe(OH)3,C为Fe,F为FeCl2,G为FeCl3;
(1)A、NaB、AlC、Fe乙Cl2;
(2)反应①的化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;
反应③的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑;
(3)反应④的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑
考点:
无机推断
5.排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+,为了减少环境污染,变废为宝,利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu,过程如下。
请回答:
(1)固体A的成分是________________(填化学式)。
(2)溶液B中的金属阳离子有___________________。
(3)试剂G是__________________(填名称)。
(4)B→D反应的离子方程式是_________________________。
(5)溶液E焰色反应呈黄色,试剂H是__________________。
【答案】Fe、CuFe2+、Al3+稀盐酸或稀硫酸2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—NaOH溶液
【解析】
【分析】
【详解】
(1)向含Fe3+、Al3+、Cu2+的工业废水中加入过量的废铁屑,发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2++Cu,而铁屑是过量的,因此固体A的成分是Fe和Cu;
(2)溶液B中的金属阳离子有反应产生的Fe2+和废水中原有的Al3+;
(3)向Fe和Cu的混合物中加入过量的试剂G能产生溶液B和固体C,则试剂G为稀盐酸或稀硫酸,而固体C为不溶于稀盐酸或稀硫酸的Cu;
(4)向溶液B中加入足量的氯水,Fe2+被Cl2氧化成Fe3+,而Al3+不反应,因此离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—;
(5)溶液D的成分是Fe3+和Al3+,向其中加入过量的H溶液生成沉淀F和溶液E,且沉淀F经过灼烧生成铁红,则F为Fe(OH)3;溶液E的焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,且一定条件下能得到Al2O3,说明含有铝元素,则E为Na[Al(OH)4];经过以上分析,可知H为NaOH溶液。
6.某兴趣活动小组利用物质间的互变,设计成一个平面魔方,如下图所示:
已知①A、B、C、D、G含有同种元素。
②
纯A(单质)
B溶液
D固体
G溶液
颜色
银白色
黄色
红棕色
浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体;B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G。
依据以上信息填空:
(1)写出D的化学式:
___________________________________________。
(2)G生成C的过程中所出现的现象为_________________________。
(3)写出反应A→B的化学方程式:
_________________________________。
(4)B→F的离子方程式为________;G与次氯酸反应的离子方程式为________________________________。
【答案】Fe2O3先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色2Fe+3Cl2
2FeCl32Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+H++2Fe2++HClO=2Fe3++Cl-+H2O
【解析】
【分析】
结合框图,D固体呈红棕色,则其为Fe2O3;A、B、C、D、G含有同种元素,B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,则B为FeCl3,G中含有Fe2+,A为Fe。
由“B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G”,则F为H2SO4,G为FeSO4;E是通常情况下密度最小的气体,则E为H2。
由B→C→D的转化可推知,C为Fe(OH)3。
【详解】
(1)由以上分析可知,D为氧化铁,其化学式:
Fe2O3。
答案为:
Fe2O3;
(2)FeSO4生成Fe(OH)3,可先加碱、后氧化,所出现的现象为先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色。
答案为:
先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色;
(3)反应Fe→FeCl3需用Cl2将Fe氧化,反应方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3。
答案为:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(4)FeCl3→H2SO4,应使用SO2,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;FeSO4与次氯酸反应,生成Fe3+、Cl-和H+,离子方程式为H++2Fe2++HClO=2Fe3++Cl-+H2O。
答案为:
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;H++2Fe2++HClO=2Fe3++Cl-+H2O。
【点睛】
利用框图进行物质推断时,先确定信息充足的物质,然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质,推断出未知物质的组成。
7.A~I分别表示中学化学中常见的一种物质,它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)。
已知H为固态氧化物,F是红褐色难溶于水的沉淀,且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。
请填写下列空白:
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是___。
(2)反应①的化学方程式为___。
(3)反应③的离子方程式为___。
(4)反应⑧的化学方程式为___。
(5)反应⑥过程中的现象是____。
(6)1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应,生成的气体换算成标准状况下占___L。
【答案】铁元素8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色33.6
【解析】
【分析】
F是红褐色难溶于水的沉淀,则F为氢氧化铁;E能在空气中转化为F,且E是C和氢氧化钠反应生成,则E为氢氧化亚铁,C为氯化亚铁;B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D,则B为四氧化三铁,D为氯化铁;A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁,则A为铁单质;四氧化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质,I又能与氢氧化钠反应,推知I为铝单质,与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应,生成H为氧化铝;铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G,则G为偏铝酸钠。
【详解】
(1)A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁,则六种物质中都含有铁元素,故答案为:
铁元素;
(2)①是铝与四氧化三铁发生铝热反应,其反应的方程式为8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe,故答案为:
8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe;
(3)③是四氧化三铁与盐酸反应,其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O,故答案为:
Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O;
(4)⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应,反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故答案为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(5)⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁,其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,故答案为:
生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色;
(6)1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝,生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气,根据得失电子守恒可知,铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数,可列式1×3=2×n(H2),则n(H2)=1.5mol,则标准状况下,氢气的体积V(H2)=1.5mol×22.4L/mol=33.6L,故答案为33.6。
【点睛】
铝与四氧化三铁反应生成铁,8molAl~9molFe,铁与水蒸气反应生成氢气,3molFe~4molH2,所以也可以根据对应关系8molAl~9molFe~12molH2,求得氢气的物质的量。
8.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。
9.某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na+。
工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜,设计如下流程图。
回答下列问题;
(1)A的化学式为_________,D的化学式为_______。
(2)在工业废水中加入过量A时,发应的离子方程式有:
__________、______。
(3)得到FeSO4•7H2O晶体的操作Ⅲ为:
加热浓缩、冷却结晶、______、______、干燥。
【答案】FeH2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+Cu2+=Fe2++Cu过滤洗涤
【解析】
【分析】
工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量的Na+,从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜,结合流程可知,要加入铁粉,可置换出铜,同时生成硫酸亚铁,经过滤,得到的滤液C中主要含硫酸亚铁,滤渣B中含Cu、Fe,向该固体混合物中加入D为H2SO4,得到的溶液F为硫酸亚铁,得到滤渣E为Cu,将溶液C、F合并就是FeSO4溶液,溶液经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤,洗涤、干燥就可得到FeSO4·7H2O晶体,以此来解答。
【详解】
(1)加入铁粉,由于金属活动性Fe>Cu,可发生置换反应,置换出铜,反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu,铁、铜的混合物中加入稀硫酸,铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑,所以A的化学式为Fe,D的化学式为H2SO4;
(2)由于离子的氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+>Na+,所以向工业废水中加入过量A时,首先发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+,然后发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu;
(3)FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大,所以从FeSO4的溶液中获得晶体经过加热,通过蒸发浓缩、冷却结晶,然后过滤、洗涤,最后干燥,就得到了FeSO4•7H2O晶体。
【点睛】
本题以废水处理流程为线索,考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂的选用及离子方程式书写等,把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键,注重基础知识的考查。
10.利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。
图中甲~己均含铁元素。
回答下列问题:
(1)K2FeO4常用作杀菌消毒剂,从铁元素化合价的角度分析是因其具有____性;下列关于乙的说法正确的是______(填标号)。
a.属于酸性氧化物,能与碱反应
b.属于碱性氧化物,能与酸反应
c.属于两性氧化物,既能与酸反应,又能与碱反应
(2)已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲+HNO3―→戊+己+NO↑+H2O(方程式未配平)。
若产物中戊和己的物质的量之比为3∶1,则甲与HNO3的物质的量之比为____。
(3)戊与烧碱溶液反应生成丙,放置一段时间后丙转化为丁,丙转化为丁的化学方程式为______,现象为______。
【答案】氧化b1∶34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色
【解析】
【分析】
根据图像可知,甲为铁;乙为氧化物且为+2价,为FeO;丙、丁为氢氧化物,分别为+2、+3价,分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁。
【详解】
(1)K2FeO4中铁元素的化合价是+6价,在反应中Fe元素能得电子表现强氧化性,常用作杀菌消毒剂。
根据图可知,铁元素的+2价氧化物是FeO,属于碱性氧化物,能与酸反应生成盐和水。
(2)根据图可知,戊和己分别是铁元素的+2价和+3价盐,铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe(NO3)2和Fe(NO3)3,HNO3在反应中被还原为NO,氮元素的化合价由+5价降为+2价;设反应生成Fe(NO3)3的物质的量为1mol,则生成Fe(NO3)2的物质的量为3mol,则参加反应的Fe(甲)的物质的量为4mol,根据电子守恒可得3mol+3mol×2=n(NO)×3,n(NO)=3mol;根据N原子守恒可知参加反应的n(HNO3)=n(NO)+n[Fe(NO3)2]×2+n[Fe(NO3)3]×3=12mol,则铁与HNO3的物质的量之比为4∶12=1∶3。
(3)Fe(NO3)2与烧碱溶液反应生成Fe(OH)2(丙),氢氧化亚铁与空气中的氧气氧化,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色的Fe(OH)3(丁)。
11.某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+。
从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂X、Y、Z均过量)。
(1)试剂X为_______,加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为___________。
(2)操作②为____________(填实验分离方法)。
(3)溶液2中含有的溶质有__________(填化学式)。
(4)写出操作④的化学反应方程式____________。
(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应,产生的气体为_________(填化学式)。
【答案】铝2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu氨水过滤Al2(SO4)3、H2SO4Al2(SO4)3、H2SO4SO2
【解析】
【分析】
某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+,由流程可知加入X为金属铝,用于置换出铜,溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4,不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物,向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al,反应产生Al2(SO4)3,而Cu不能发生反应,则为稀H2SO4,溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4,由于Al(OH)3是两性物质,能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质,因此向①②混合后加入氨水,可生成Al(OH)3沉淀,过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3,电解熔融的Al2O3可生成Al,以此解答该题。
【详解】
根据上述分析可知操作①是过滤,不溶性物质为Cu、Al混合物,操作②是过滤,试剂Y是H2SO4,溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4,溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4,试剂Z是氨水,操作③是过滤,操作④加热分解Al(OH)3,操作⑤是电解。
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- 高考 化学 提高 专题 复习 及其 化合物 练习题 答案 解析