高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案.docx
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高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案
高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案
一、铁及其化合物
1.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。
2.物质
是某新型净水剂的中间体,它可以看成由AlCl3(在180℃升华)和一种盐A按物质的量之比1:
2组成。
在密闭容器中加热X使之完全分解,发生如下转化:
请回答下列问题:
(1)X的化学式为__。
(2)将E混合晶体溶于水配成溶液,向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。
(3)高温下,若在密闭容器中长时间煅烧X,产物中还有另外一种气体,请设计实验方案验证之_。
【答案】AlCl3·2FeSO4Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O将气体通入足量NaOH溶液中,收集余气,把一条带火星的木条伸入其中,若复燃,则说明是O2
【解析】
【分析】
固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液,混合液变血红色,说明B中含有Fe3+,则B为Fe2O3,C为FeCl3溶液,无色D气体能使品红褪色,则D为SO2,由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素,A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫,则盐A为FeSO4,氧化铁的物质的量为
=0.02mol,生成二氧化硫为
=0.02mol,由Fe、S原子为1:
1可知生成SO3为0.02mol,4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3,AlCl3的物质的量为
=0.02mol,X的组成为AlCl3∙2FeSO4,以此解答该题。
【详解】
(1)根据上述分析,X的化学式为AlCl∙2FeSO4;
(2)将E混合晶体溶于水配成溶液,三氧化硫反应生成硫酸,则硫酸与氯化铝的物质的量相等,逐滴加入过量稀NaOH溶液,该过程的总反应的离子方程式为:
Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O;
(3)若在高温下长时间煅烧X,生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气,另一种气体分子式是O2,检验氧气的方法为:
将气体通入足量NaOH溶液中,收集余气,把一条带火星的本条伸入其中,若复燃,则说明是O2。
3.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。
4.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。
已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;M为红褐色沉淀。
请回答下列问题:
(1)A在B中燃烧的现象是__________________________________________。
(2)D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量比是_________________________。
(3)G+J→M的离子方程式是____________________________________。
(4)Y受热分解的化学方程式是______________________________________。
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的试剂是____________________。
【答案】放出大量的热,产生苍白色火焰2:
13AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
F是地壳中含量最多的金属元素的单质,则F为Al,转化关系中X电解得到三种物质,为电解电解质与水型,A、B为气态单质,二者为氢气和氯气,二者反应生成D,D为HCl,E为黑色固体,为氧化物,和HCl反应又生成B气体,A为H2,B为Cl2,E为MnO2,电解X是电解氯化钠溶液,C为NaOH,与Al反应生成G,G为NaAlO2;M为红褐色沉淀为Fe(OH)3,所以J是含三价铁离子的物质,是H和D反应生成,证明J为FeCl3,H、I为氧化物判断H为Fe2O3,I为红棕色气体为NO2,结合转化关系可知,N为HNO3,Y为Fe(NO3)3,结合物质的性质来解答。
【详解】
(1)A为H2,B为Cl2,H2在Cl2中燃烧的现象是:
气体安静燃烧,放出大量的热,火焰呈苍白色,并有白雾产生;
(2)D+E→B的反应为MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O,MnO2中Mn元素化合价降低,被还原,HCl中Cl元素化合价升高,被氧化,4mol盐酸参与反应,发生氧化反应的盐酸为2mol,另外2mol盐酸显酸性,则n(被氧化的物质HCl):
n(被还原的物质MnO2)=2:
1;
(3)G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应,反应离子方程式是:
3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓;
(4)依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3,受热分解生成二氧化氮和氧化铁,依据原子守恒配平书写的化学方程式是:
4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑;
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中,滴加几滴酸性高锰酸钾溶液,若溶液紫色褪去,证明原溶液中含有Fe2+,反之没有Fe2+。
5.A-J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),且已知G为主族元素的固态氧化物,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六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_________
(2)写出检验D溶液中阳离子的方法____。
(3)写出反应④的离子方程式________。
(4)若向气体K的水溶液中加入盐酸,使其恰好完全反应,所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”),用离子方程式表示其原因:
______;
(5)若向气体K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸,且氨水与硫酸的体积比为1:
1,则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是______。
【答案】第四周期Ⅷ族取少量D溶液,加KSCN溶液,出现红色2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑<NH4++H2O
NH3·H2O+OH-c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】
G为主族元素的固态氧化物,在电解条件下生成I和H,能与NaOH溶液反应,说明G为Al2O3,与NaOH反应生成NaAlO2,而I也能与NaOH反应生成NaAlO2,则I为Al,H为O2,C和碱、D和气体K反应生成E、F,则说明E、F都为氢氧化物,E能转化为F,应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化,所以E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,则C为FeCl2,D为FeCl3,K为NH3,B为Fe3O4,与Al在高温条件下发生铝热反应生成A,即Fe,结合对应单质、化合物的性质解答该题。
【详解】
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中都含有铁元素,在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族,
(2)溶液D为氯化铁溶液,检验三价铁离子的存在,取少许D溶液于试管中,滴加KSCN溶液,溶液变红色,证明D溶液中含有Fe3+;
(3)反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应,Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,反应的离子方程式为:
;
(4)气体K的水溶液为一水合氨溶液,加入盐酸,使其恰好完全反应生成氯化铵和水,氯化铵在水溶液中水解显酸性,所以pH<7;反应的离子方程式为:
;
(5)若向气体NH3的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸,且氨水与硫酸的体积比为1:
1,假设条件均为1L,发生反应:
,n(NH3•H2O)=0.1mol,n(H+)=0.1mol,所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液,铵根离子水解显酸性,溶液中离子浓度大小顺序为:
c(
)>c(
)>c(H+)>c(OH-)。
【点睛】
比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱:
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的,且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力,如在稀醋酸溶液中:
CH3COOH
CH3COO-+H+,H2O
OH-+H+,在溶液中微粒浓度由大到小的顺序:
c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-);
(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的,但水的电离程度远远小于盐的水解程度,如稀的CH3COONa溶液中:
CH3COONa=CH3COO-+Na+,CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-,H2O
H++OH-,所以CH3COONa溶液中:
c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
6.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)。
7.从某矿渣(成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等)中回收NiSO4的工艺流程如图:
已知:
(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4;NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。
回答下列问题:
(1)“研磨”的目的是___。
(2)矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为____。
(3)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___。
“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有___(填化学式)。
(4)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,溶液中c(F-)至少为___mol·L-1时,可使钙离子沉淀完全。
[已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全;Ksp(CaF2)=4.0×10-11]
(5)萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离:
Fe2+(水相)+2RH(有机相)
FeR2(有机相)+2H+(水相)。
萃取剂与溶液的体积比(
)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示,
的最佳值为___。
在___(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
(6)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变)。
依据下表数据判断,调pH范围为___。
【答案】增大接触面积,加快反应速率4FeO+6H2SO4+O2
2Fe2(SO4)3+6H2OFe3++2H2O
FeO(OH)+3H+SiO22.0×10-30.25强酸性3.7≤pH<7.1
【解析】
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等,加入硫酸铵研磨后,600°C焙烧,已知:
(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4;NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3,在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液,加入NaF除去钙离子,过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相,无机相通过一系列操作得到硫酸镍,有机相循环使用,据此分析解答。
【详解】
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨,混合研磨的目的是增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分;
(2)矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2
2Fe2(SO4)3+6H2O;
(3)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为:
Fe3++2H2O
FeO(OH)+3H+;根据分析,浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有 SiO2;
(4)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全,溶液中c(F−)=
=
≈2×10−3mol/L,故溶液中c(F-)至少为2×10−3mol/L;
(5)本工艺中,萃取剂与溶液的体积比(
)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示,最佳取值是亚铁离子不能被萃取,镍离子被萃取,
的最佳取值是0.25;由Fe2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR(有机相)+2H+(水相)可知,加酸,增大氢离子的浓度,使平衡逆向移动,可生成有机相,则应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用;
(6)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变),亚铁离子被双氧水氧化为铁离子,除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀,依据下表数据判断,pH=3.7时铁离子完全沉淀,pH=7.1时镍离子开始沉淀,则调节pH范围为3.7≤pH<7.1。
8.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物,主要用于多相催化,例如乘用车的废气催化转化器,太阳能电池中的光催化,水分解或污染物的分解等。
平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。
某课题组以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。
已知:
CeO2不溶于稀硫酸,也不溶于NaOH溶液。
回答下列问题:
(1)稀酸A的分子式是_________。
(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是____,滤渣1中加入H2O2溶液的目的是_____。
(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+_______________。
(4)在酸性溶液中,已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4,该反应的离子方程式为_______。
(5)由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为__________________。
(6)已知Fe(OH)3的Ksp近似值为10-38。
常温下,在含有Fe3+杂质的溶液中,为使其除尽应调节溶液pH至少为_____。
(通常认为当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时即视为沉淀完全)
【答案】H2SO4使Fe2+氧化为Fe3+使CeO2还原为Ce3+取少许滤液1,滴加铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则证明滤液1中有Fe2+Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4↓3
【解析】
【分析】
制备纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体,由流程可知,废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中加入A为稀硫酸,FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中,滤渣1为CeO2和SiO2;滤液1中加入稀硫酸和铁粉,被Fe2(SO4)3还原为FeSO4,溶液1为FeSO4溶液,加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体;滤渣1中加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中,反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O,滤渣2为SiO2;滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4,反应为4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓,加入分解Ce(OH)4得到产品CeO,以此来解答。
【详解】
(1)CeO2不溶于
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 答案