备战高考化学提高题专题复习硅及其化合物推断题练习题含答案.docx
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备战高考化学提高题专题复习硅及其化合物推断题练习题含答案
备战高考化学提高题专题复习硅及其化合物推断题练习题含答案
一、硅及其化合物
1.如图为一定量饱和Ca(OH)2溶液中通入CO2气体后,产生CaCO3白色沉淀的质量与通入的CO2体积之间的关系曲线。
请回答:
①OA段曲线所表示的化学反应方程式:
_________,A点处已参加反应的CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为________。
②B处溶液中存在的浓度较大的两种离子是________和________(填离子符号),将B处生成的溶液煮沸,可见到的现象是_____________。
【答案】Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O1∶1Ca2+HCO3—溶液变浑浊(或产生白色沉淀)
【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关,少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙,反应的化学方程式为2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2,由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大,A点达到沉淀最大值,AB段随CO2的通入,生成的CaCO3不断溶解转化为Ca(HCO3)2,B点CaCO3全溶解,溶液又变得澄清。
【详解】
①由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大,A点达到沉淀最大值,则OA段发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,由方程式可知A点处已参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为1:
1,故答案为:
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;1:
1;
②由图可知AB段随CO2的通入,生成的CaCO3不断溶解,发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙,则溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子;将碳酸氢钙溶液煮沸,碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水,则可见到的现象是澄清溶液变浑浊,故答案为:
Ca2+;HCO3—;溶液变浑浊(或产生白色沉淀)。
【点睛】
明确碳酸的正盐与过量的CO2反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2是解答关键。
2.如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物,相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。
A、C、E均为氧化物,A是人体呼出的气体之一;在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A;C和E反应能生成D。
(1)写出下列物质的化学式:
A________,D________;
(2)B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________;
(3)C和E反应的化学方程式为________________________________________
(4)这五种物质之间两两发生反应,其中没有涉及的基本反应类型是________。
【答案】CO2Ca(OH)2用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)CaO+H2O=Ca(OH)2分解反应和置换反应
【解析】
【分析】
A是人体呼出的主要气体,则A为二氧化碳,在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A,则D为氢氧化钙,B与D可反应,则B为盐酸;E与B,E与C都反应,且A、C、E均为氧化物,E与C反应生成的D为碱,则C为水,E为氧化钙;
【详解】
(1)根据上述分析可知:
A为CO2,D为Ca(OH)2;答案:
CO2;Ca(OH)2;
(2)根据上述分析可知B为盐酸,盐酸除用来制取二氧化碳外,还用来除去铁制品表面的铁锈;答案:
用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等);
(3)根据上述分析可知C为水,E为氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,其化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2;答案:
CaO+H2O=Ca(OH)2;
(4)该五角星的位置中有化合反应,如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应;CO2与Ca(OH)2的反应是复分解反应,HCl和CaO、Ca(OH)2的反应都是复分解反应,没有涉及分解反应和置换反应。
答案:
分解反应和置换反应。
3.绿矾(FeSO4•7H2O)可用做净水剂、除草剂等。
某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分(Fe2O3、Al2O3和SiO2,不考虑其它杂质)的含量并制备了绿矾,流程如下:
请回答下列问题:
(1)溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和______。
(2)试剂C是______。
(3)③中反应的离子方程式是_______、_______。
(4)烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比是______。
【答案】OH-稀硫酸Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑5:
5:
1
【解析】
【分析】
烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2,与过量NaOH溶液混合,Al2O3和SiO2反应产生NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A中,Fe2O3不能反应进入滤渣,然后过滤得到的固体B为Fe2O3为8.0g,溶液A中含有Na+、AlO2-、SiO32-和OH-,加入过量盐酸,AlO2-转化为Al3+,SiO32-反应形成H2SiO3沉淀,发生反应的离子反应方程式为OH-+H+=H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O、SiO32-+2H+=H2SiO3↓,然后过滤得到的固体F为H2SiO3沉淀,灼烧H2SiO3脱水分解得SiO2为0.6g;固体B为Fe2O3,向其中加过量试剂C溶解,因为要制备FeSO4•7H2O,所以试剂C为稀硫酸,发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,所得溶液D为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液,再加试剂E将三价铁还原成二价铁,则试剂E为Fe单质,最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾,据此分析。
【详解】
(1)通过以上分析知,溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和OH-;
(2)固体B为Fe2O3,向其中加入H2SO4反应产生Fe2(SO4)3,再向该溶液中加入Fe粉,还原得到FeSO4溶液,因此试剂C是稀硫酸;
(3)③是Fe单质与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4溶液,及与过量的H2SO4反应产生FeSO4和H2,其中反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(4)通过以上分析知Fe2O3为8.0g,,固体G是SiO2,由于在反应过程中Si元素没有损失,所以根据Si元素守恒,可知原混合物中含有SiO2为0.6g,则原混合物中Al2O3质量为m(Al2O3)=13.7g-8.0g-0.6g=5.1g,则烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比n(Fe2O3):
n(Al2O3):
n(SiO2)=
:
:
=0.05:
0.05:
0.01=5:
5:
1。
【点睛】
本题考查物质制备,明确流程图中发生的反应及物质分离提纯方法是解答本题关键,掌握元素的Al、Fe、Si元素的单质及化合物的性质是解题的基础,侧重考查学生分析推断及综合应用能力。
4.某同学用某化合物X(两种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验:
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体,生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。
请回答:
(1)X的化学式是____,步骤①的离子方程式是___。
(2)步骤②的化学方程式是_____。
【答案】Mg2SiMg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O
【解析】
【分析】
短周期元素形成的化合物中,与过量烧碱溶液生成白色沉淀,则灼烧后得到白色固体的为MgO,4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子,无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液,可知无色气体A具有还原性且含有Si元素,据此分析作答。
【详解】
(1)根据化合物X7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:
1,则X的化学式为Mg2Si,在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁,故其离子方程式为:
Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+,故答案为:
Mg2Si;Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+;
(2)在强氧化剂高锰酸钠的作用下,硅烷被氧化为硅酸钠与氢气,同时生成黑色固体二氧化锰,根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得,其化学方程式为:
SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。
5.已知A、D为常见单质,各物质发生如下框图所示变化,回答下列问题:
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质,则A元素在周期表中的位置为______,D的晶体类型是______,请写出A+B→C+D的化学方程式______。
(2)若B为气体,其标准状况下密度为1.964g•L-1,C为白色固体,可用来制作耐高温材料。
则B的电子式为______,C中含有的化学键是______(填写“离子键或者共价键”)。
(3)若A为生产生活中用量最大的金属,B在常温下为无色液体,写出C(金属元素有两种不 同化合价)与盐酸反应的离子反应方程式____________。
若以A和石墨 棒为电极,NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池,请写出石墨电极的电极反应式______。
【答案】第二周期第IVA族原子晶体SiO2+2C
Si+2CO
离子键Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【详解】
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质,由转化可知B、C属于氧化物,A与B的反应属于置换反应,可推知A为碳、B为SiO2、C为CO、D为Si,则A元素在周期表中的位置为:
第二周期第IVA族,硅的晶体类型是原子晶体,A+B→C+D的化学方程式:
SiO2+2C
Si+2CO;
(2)若B为气体,其标准状况下密度为1.964g•L-1,B的相对分子质量=22.4×1.964=44,C为白色固体,可用来制作耐高温材料,则A为Mg、B为CO2、C为MgO、D为碳,B的电子式为
,C(MgO)中含有的化学键是:
离子键;
(3)若A为生产生活中用量最大的金属,B在常温下为无色液体,则A为Fe、B为H2O、C为Fe3O4、D为H2,C与盐酸反应的离子反应方程式:
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O,若以Fe和石墨 棒为电极,NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池,石墨电极为正极,发生还原反应,氧气获得电子市场氢氧根离子,电极反应式为:
O2+2H2O+4e-=4OH-。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目涉及中学常见的特殊置换反应,需要学生熟练掌握元素化合物知识,熟记中学常见的连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应、某些无机物与有机物的反应等。
6.某无色稀溶液X中,可能含有下表所列离子中的某几种。
现取该溶液适量,向其中加入某试剂Y,产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。
(1)若Y是盐酸,所得到的关系图如图甲所示,则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的,下同)是_____,ab段发生反应的离子是_________,bc段发生反应的离子方程式是_________。
(2)若Y是NaOH溶液,所得到的关系图如图乙所示,则X中一定含有的离子是__________,假设X溶液中只含这几种离子,则溶液中各离子物质的量之比为_____,ab段反应的离子方程式为_____________。
【答案】SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:
1:
4:
12NH4++OH-═NH3•H2O
【解析】
【分析】
无色溶液中不可能含有Fe3+离子。
(1)如果Y是盐酸,向溶液中加盐酸,先生成沉淀,当a-b段时,沉淀的量不变化,盐酸和碳酸根离子反应生成气体,则溶液中不含镁离子、铝离子;当b-c段时沉淀的质量减少,部分沉淀和盐酸反应,部分沉淀和盐酸不反应,说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子,弱酸根离子和铵根离子能双水解,所以溶液中含有的阳离子是钠离子;
(2)若Y是氢氧化钠,向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,当a-b段时,沉淀的量不变化,氢氧化钠和铵根离子反应生成气体;当b-c段时沉淀的质量减少,部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有铝根离子和镁离子,则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子,所以溶液中含有的阴离子是氯离子。
【详解】
(1)如果Y是盐酸,由图可知,向溶液中加盐酸,先生成沉淀后沉淀部分溶解,则溶液中可能含SiO32-、AlO2-,不含Al3+、Mg2+;ab段,沉淀的量没有变化,说明溶液中含有CO32-,盐酸和碳酸根离子反应,反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑;bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水,硅酸沉淀不反应,沉淀部分溶解,反应的离子方程式为3H++Al(OH)3=Al3++3H2O,故答案为:
SiO32—、AlO2—;CO32-;3H++Al(OH)3=Al3++3H2O;
(2)若Y是氢氧化钠,由图可知,向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种,由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存,即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-,由于溶液一定要保持电中性,故溶液中一定含Cl-;ab段,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体:
NH4++OH-═NH3•H2O,即溶液中含NH4+;bc段,沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3+、Mg2+,bc段的反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-;由于溶液中有Al3+、Mg2+,oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+,ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O;溶液中有Al3+、Mg2+,即沉淀中含Al(OH)3和Mg(OH)2,故bc段的反应离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,NH4+反应需要NaOH的体积是2V,由于Al(OH)3溶解时需要的NaOH的体积是V,则生成Al(OH)3需要的NaOH的体积是3V,而生成Mg(OH)2和Al(OH)3共消耗NaOH的体积为4V,则生成Mg(OH)2需要NaOH溶液的体积是V,则n(Al3+):
n(Mg2+):
n(NH4+)=2:
1:
4,根据溶液要呈电中性,即有:
3n(Al3+)+2n(Mg2+)+n(NH4+)=n(Cl-),故n(Cl-)=12,即有:
n(Al3+):
n(Mg2+):
n(NH4+):
n(Cl-)=2:
1:
4:
12,故答案为:
Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-;2:
1:
4:
12;NH4++OH-═NH3•H2O。
【点睛】
本题考查无机物的推断,注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子,再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。
7.(14分)某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成,它是一种超硬物质,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。
它是以中学化学中常见物质为原料来生产的,图中C、M、K均含A元素,M的分子式为A(NH2)4;E为不含A元素的氢化物,在空气中易形成白雾;G、F均为难溶于水的白色沉淀,H为氧化物,J为气体;其余物质均为中学化学中常见物质。
(提示:
NH3和H2O的化学性质在某些方面相似)
请回答下列问题:
(1)写出指定物质的化学式:
A,C,F。
(2)K的化学式为。
(3)写出图中下列序号的化学方程式:
反应④;
反应⑤。
(4)写出图中反应⑥的离子方程式:
。
【答案】(14分)
(1)Si(2分);SiCl4(2分);H2SiO3(H4SiO4)(2分);
(2)Si3N4(2分)
(3)④Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑(2分)⑤SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(2分)
(4)⑥SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-(2分)
【解析】
试题分析:
根据题中各种物质之间的转化关系,F均为难溶于水的白色沉淀,H为氧化物,H与NaOH溶液发生反应产生I,I与过量的CO2发生反应产生F,,数目F是弱酸,而且不稳定,受热发生分解反应,结合化合物A可谓形成四个共价键可知A元素为Si价化合物,C、H、K均含有A元素,K抗腐蚀能力强,氮溶液被氢氟酸腐蚀,数目K中含有Si元素,由此可取代A是Si,H是SiO2,I是Na2SiO3,则F是H2SiO3,E为不含A元素的氢化物,在空气中易形成白雾;E与AgNO3溶液发生反应产生的F为难溶于水的白色沉淀,则F是AgCl,E是HCl,所以B是Cl2。
C是SiCl4,SiCl4与过量的NH3发生反应产生M是Si3N4,K是含有Si元素的两种短周期元素组成的新型无机非金属材料,具有超硬物质,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。
则K是Si3N4。
(1)A物质的化学式:
是Si;C化学式是SiCl4,F是H2SiO3,
(2)K的化学式为Si3N4;(3)图中Si可以与NaOH溶液发生反应产生氢气,反应④的化学方程式是:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑;反应⑤是酸性氧化物SiO2与碱NaOH发生反应,产生盐和水,反应的化学方程式是:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;(4)由于酸性H2CO3>H2SiO3,因此硅酸盐与碳酸发生反应产生硅酸,由于CO2过量,因此反应产生的碳酸盐是酸式盐,图中反应⑥是的离子方程式SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-
【考点定位】考查了物质转化关系和判断、物质化学式、化学方程式和离子方程式的书写的知识。
【名师点睛】本题是无机元素及化合物的推断题,全面考查了元素及化合物的性质及应用,要掌握元素及化合物的结构、性质、应用,同时把反应现象和题干信息充分结合,与材料及制取方法结合,注意物质的量的多少对反应及产物的影响。
本题考查的非金属元素N、Cl、Si元素及其化合物的性质和应用的知识。
从物质之间的转化关系中找准突破口,问题就会各个击破,迎仍而解。
8.(15分)材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。
某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成。
它是一种超硬物质,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征。
它是以中学化学中常见物质为原料来生产的。
下图虚线框内的其它转化是为探究C的组成而设。
G、F、H均为难溶于水的白色固体;图中C、H、K均为含A元素。
其余物质均为中学化学中常见物质。
请回答下列问题:
(1)实验室通常用MnO2制取气体B,发生该反应的化学方程式为,为防止气体B污染环境通常
用(填化学式)溶液吸收,反应的离子方程式为
(2)化合物H与碳混合加强热可制得单质A,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为
(3)写出反应③的化学方程式3D==K+8X↑,K的化学式为,X的化学式为。
(4)K抗腐蚀能力很强,但易被氢氟酸腐蚀,K与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐,此盐中存在的化学键类型有。
(5)写出反应②的化学方程式。
【答案】
(1)MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;(2分)NaOH;(1分)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;(2分)
(2)1:
2(2分)
(3)Si3N4,(2分)NH3;(2分)
(4)离子键、共价键(或极性共价键)(2分)
(5)SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl.(2分)
【解析】
试题分析:
G、F、H均为难溶于水的白色固体,E与硝酸银溶液产生白色沉淀,则G是氯化银沉淀,氯化银不溶于稀硝酸,说明E中含有氯离子;H是白色固体,与氢氧化钠溶液反应,而与氢氧化钠溶液反应的白色固体可能是二氧化硅、氧化铝,但A元素是非金属元素,所以H是二氧化硅,所以F是硅酸,I是硅酸钠。
则C是氯化硅,B是氯气。
氯化硅与过量氨气反应生成D是Si(NH2)4。
(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气,化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;氯气有毒,通常用NaOH溶液吸收,生成氯化钠、次氯酸钠、水,离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
(2)二氧化硅与C在高温下发生置换反应生成Si和CO,化学方程式为SiO2+2C
2CO↑+Si该反应的氧化剂是二氧化硅,还原剂是C,所以氧化剂与还原剂的物质的量比为1:
2;
(3)反应③的化学方程式3D==K+8X↑,K由两种非金属元素组成,根据元素守恒,则K中含有3个Si原子,所以K是Si3N4,其余原子在X中,所以X是NH3;
(4)Si3N4与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐,该气体是SiF4,则盐是NH4F,铵盐中含有离子键、共价键;
(5)反应②是氯化硅与过量的氨气反应生成Si(NH2)4和氯化铵,化学方程式是SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl.
考点:
考查物质的推断,化学性质的应用,化学方程式、离子方程式的书写
9.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前,制作瓷器所用的原料是高岭士,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为______________。
(2)《本草纲目》中记载:
“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为:
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是_________,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有____________mol。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象:
“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。
根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS,KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式,按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写,并要遵守原子守恒来分析解答;
(2)反应过程中,元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应,元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应,反应中得电子数等于失电子数来分析计算;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:
2Al2
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