精选备战高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题附答案.docx
- 文档编号:14627880
- 上传时间:2023-06-25
- 格式:DOCX
- 页数:19
- 大小:412.46KB
精选备战高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题附答案.docx
《精选备战高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题附答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《精选备战高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题附答案.docx(19页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
精选备战高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题附答案
2020-2021精选备战高考化学易错题专题复习铁及其化合物推断题附答案
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.钛(
)被称为继铁、铝之后的第三金属,钛白(
)是目前使用最广泛的白色颜料。
制备
和
的原料是钛铁矿,用含
的钛铁矿(主要成分为
)制备
的流程如下:
(1)步骤①加
的目的是________________________;步骤②冷却的目的是__________________。
(2)考虑成本和废物的综合利用等因素,水浸后的废液中应加入_______处理。
(3)由金红石(
)制取单质钛(
)的过程为
,其中反应
在氩气气氛中进行的理由是______________________________。
【答案】将
还原为
析出绿矾(
)生石灰(或碳酸钙、碱)高温下镁或钛与
、
等反应
【解析】
【分析】
根据钛铁矿中
、
与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后,滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知,铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。
水浸后的溶液成酸性。
【详解】
(1)分析题图可知,钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾,所以要将+3价
转化为+2价
;降低温度,减小了
的溶解度,有利于绿矶结晶析出。
(2)水浸过程发生的离子反应为
,废液呈酸性,所以处理水浸后的废液应加入
、
或碱。
(3)由于
和
易与空气中的
、
等反应,故该反应应在氩气气氛中进行。
3.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。
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.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+。
6.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。
7.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。
8.将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液,混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应),试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。
(1)若铁粉有剩余,则容器中不可能有_______________;
(2)若氯化铜有剩余,则容器中还可能有_____________,一定有_________;
(3)若氯化铁有剩余,则容器中不可能有____________;
(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+>Cu2>Fe2+
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,向装有氯化铁溶液的烧杯中,加入一定量的Cu和Fe的混合粉末,则铁和铜都能与氯化铁溶液反应,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,Fe有剩余,则Cu没有参加反应,溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,
(1)反应后铁有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2,Fe3+、Cu2+都不能存在;
(2)若CuCl2有剩余,由于氯化铜可氧化单质铁,则不可能有Fe,一定有Fe2+;容器中可能有Fe3+或Cu;
(3)若FeCl3有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Fe、Cu都不能存在;
(4)由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+>Cu2>Fe2+。
9.铁是日常生活中最常见的金属,某班同学在学习铁的知识时,有下列问题:
问题1:
铁为何称为黑色金属?
问题2:
CuO在高温下可分解为Cu2O和O2,Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗?
(1)对于问题1,同学们上网查找,有两种解释:
A.因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物,所以叫黑色金属
B.因为铁的粉末为黑色,铁的氧化物也均为黑色,所以叫黑色金属
①你认为正确的说法是__________。
②若有一黑色粉末,如何鉴别是铁粉,还是Fe3O4?
______________________________________。
③若有一黑色粉末,为铁和四氧化三铁的混合物,如何证明其中有Fe3O4(只要求简述实验方法)?
____________________________________。
(2)对于问题2,同学们准备实验探究,他们设想了两种方法:
A.将三氧化二铁高温灼烧,看灼烧前后颜色是否变化。
B.将三氧化二铁高温灼烧,看灼烧前后质量是否变化。
①实验中应将Fe2O3放在__________(填仪器名称)中灼烧。
②方法A中,如果高温灼烧后颜色由__________变为__________,说明Fe2O3确实发生了变化。
能说明生成的一定为FeO吗?
__________,理由是________________________。
③方法B中,如果发生了预期的反应,固体高温灼烧前后质量比应为________,但是,实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29,则高温灼烧后生成物是____________________。
④比较两种方法,你认为较好的方法是__________。
【答案】A取黑色粉末少许于试管中,加适量稀盐酸或稀硫酸,若有气泡产生则原黑色粉末为铁,若无气泡产生则原粉末为Fe3O4用干燥的氢气与黑色粉末加热反应,用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的CO与黑色粉末加热反应,用澄清石灰水检测是否有CO2产生)坩埚红棕色黑色不能也可能为Fe3O4
Fe3O4B
【解析】
【分析】
(1)铁是在高温下炼制而成,高温下铁会和空气中的氧气反应生成四氧化三铁或氧化亚铁,颜色都是黑色氧化物,氧化铁是红色氧化物,常温下缓慢氧化或电化学腐蚀生成得到;氧化铁为红色,四氧化三铁为黑色,四氧化三铁为磁性氧化物,能吸引铁,黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物,定性证明其中含有Fe3O4的方法是利用四氧化三铁具有磁性或与酸反应是否生成气体分析设计;
③根据发生的反应及反应前后固体的质量来分析;
(2)①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行;
②将三氧化二铁高温灼烧,Fe2O3确实发生了变化,依据氧化物颜色变化分析,氧化铁被还原生成产物可能为黑色氧化亚铁或四氧化三铁;
③依据分解生成氧化亚铁、四氧化三铁反应前后质量不同分析计算;
④B方案能通过定量计算分析判断生成物,A方案固体颜色变化不容易观察和判断。
【详解】
(1)①A.在高温下得到的铁的表面氧化物有黑色四氧化三铁或氧化亚铁,所以铁为黑色金属,A正确;
B.因铁的氧化物Fe2O3颜色为红棕色不是黑色,四氧化三铁为黑色,B错误;
故合理选项是A;
②由于四氧化三铁为磁性氧化物,能吸引铁,则利用一小块铁片靠近黑色粉末,粉末被吸在铁片上,证明有四氧化三铁,若不能吸引,则粉末为铁粉;或取黑色粉末少许于试管中,加适量稀盐酸或稀硫酸,有气泡产生的原黑色粉末为铁,若无气泡产生则原粉末为Fe3O4;
③若有一黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物,证明其中有Fe3O4,可以用干燥的氢气与黑色粉末加热反应,用无水硫酸铜检测有水产生;或用纯净的CO与与黑色粉末加热反应,用澄清石灰水检测有CO2产生即可;
(2)①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中
- 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:
- 精选 备战 高考 化学 易错题 专题 复习 及其 化合物 推断 答案