全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总附详细答案.docx
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全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总附详细答案
全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总附详细答案
一、高中化学氯及其化合物
1.Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途.将氯气溶于水能形成氯气﹣氯水体系.
完成下列填空:
(1)氯原子最外层电子的电子排布式是__.与电子排布式相比,轨道表示式增加了对核外电子运动状态中__描述.
(2)氢、氯、氧三种元素各能形成一种简单阴离子,按离子半径由大到小的顺序排列这些离子__.
(3)氯气﹣氯水体系中,存在多个含氯元素的平衡关系,请分别用平衡方程式表示:
__.已知HClO的杀菌能力比ClO﹣强,氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季差,可能原因是__(一种原因即可).
(4)在氯水中,下列关系正确的是__(选填编号).
ac(HClO)+c(ClO﹣)=c(H+)﹣c(OH﹣)
bc(H+)=c(ClO﹣)+c(Cl﹣)+c(OH﹣)
cc(HClO)<c(Cl﹣)
dc(Cl﹣)<c(OH﹣)
(5)ClO2是一种更高效、安全的消毒剂,工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应,生成MnO2和盐酸,以除去水中Mn2+,写出该反应的化学方程式(需配平)__.有人认为产物MnO2和盐酸会继续反应生成氯气,这种认识对吗?
__(填“对”或“错”),说明理由__.
【答案】3s23p5自旋方向Cl﹣、O2﹣、H﹣Cl2(aq)+H2O
HClO+H++Cl﹣、HClO
H++ClO﹣、Cl2(g)
Cl2(aq)夏季温度高,HClO易分解,杀菌效果比在冬季差bc2ClO2+5MnCl2+6H2O=5MnO2+12HCl错MnO2和浓盐酸加热的条件下才能反应
【解析】
【分析】
【详解】
(1)氯是17号元素,其最外层电子的电子排布式为
,若用轨道表示式来描述,则可以描述其电子的自旋方向;
(2)
相当于光秃秃的质子,
填满了前两层电子,而
填满了前三层电子,半径由大到小为
;
(3)首先氯气存在溶解—挥发平衡,即
,其次氯气还能和水发生可逆反应,即
,而
是一个弱酸,存在电离平衡
;夏季和冬季最大的区别在温度,我们知道
受热易分解,因此杀菌效果变差;
(4)a.溶液中存在质子守恒
,若要a项成立除非
,但是二者不可能相等,a项错误;
b.该项即溶液中存在的质子守恒,b项正确;
c.氯气和水反应得到等量的
和
,
是强酸可以完全电离,因此溶液中
的量等于生成的
的量,而
是弱电解质部分电离,因此剩余的
的浓度将小于
的浓度,c项正确;
d.氯水呈酸性,因此溶液中的
极低(室温下
),因此不可能出现
的情况,d项错误;
答案选bc;
(5)
作氧化剂,
作还原剂,二者发生氧化还原反应
,该反应得到的盐酸较稀,且没有加热,因此不太可能被
继续氧化变成氯气,反应在这一步就停止了。
2.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应:
KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平),此反应常温下就可以迅速进行。
请回答下列问题:
(1)上述反应中被氧化的元素是_________。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,转移电子的物质的量为_________。
(2)如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是_________。
(3)实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气,据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是________。
(5)下列物质既有氧化性,又有还原性的是________(填字母代号)。
A.I-B.HClC.MnCl2D.Cl2
【答案】
0.3mol8
BCD
【解析】
【分析】
比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时,若两物质在同一反应中,则满足氧化性:
氧化剂>氧化产物,还原性:
还原剂>还原产物;若两物质在两个不同反应中时,可借助一个“桥”,即第三者产生联系,若找不到第三者,需比较反应条件,反应条件越高,氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。
【详解】
对于反应KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O,KMnO4+5e-→MnCl2,2HCl-2e-→Cl2↑,依据电子守恒,则为2KMnO4+10e-→2MnCl2,10HCl-10e-→5Cl2↑,再考虑质量守恒,即可配平2KCl+2MnCl2,最后配HCl。
因为前面配的只是表现出还原性的部分,生成(2KCl+2MnCl2)的部分表现出酸性,于是得出配平后的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
(1)上述反应中,HCl中的Cl由-1价升高到0价,则被氧化的元素是Cl。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,n(Cl2)=
=0.15mol,由Cl2—2e-,可得出转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol;
答案为:
Cl;0.3mol;
(2)上述化学方程式中,2KMnO4——16HCl;若KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是8;
答案为:
8;
(3)在2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,氧化性KMnO4>Cl2;在MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化性MnO2>Cl2,那么KMnO4与MnO2的氧化性哪个更强?
因为找不到可联系二者的物质,所以我们只能利用反应条件,前一反应不需条件,后一反应需加热,所以氧化性KMnO4>MnO2。
从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cl2;
答案为:
KMnO4>MnO2>Cl2;
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
(5)A.I-化合价为最低价,只能失电子,即只具有还原性,A不合题意;
B.HCl中,H+具有氧化性,Cl-具有还原性,B符合题意;
C.MnCl2中,Mn2+价态既能升高又能降低,既具有氧化性又具有还原性,C符合题意;
D.Cl2中,Cl的价态既能升高又能降低,D符合题意;
答案为:
BCD。
【点睛】
判断物质具有的氧化性和还原性时,应从物质中含有的所有元素考虑,不可拘泥于一种元素,否则易得出错误的结论。
3.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如图所示
图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出
。
请根据以上信息完成下列各题:
(1)写出下列物质的化学式:
B_______、丙__________。
(2)写出黄绿色气体乙的一种用途___________,反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。
对应的化学方程式是_______。
(3)反应③中的离子方程式是_________。
【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na,Na与水反应生成气体甲为H2,D为NaOH;金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2,说明B为金属Al,黄绿色气体乙为Cl2,气体甲是H2,H2和Cl2反应生成丙为HCl,HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液,盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物,该氯化物与Cl2还可以反应产生G,G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3,则G为FeCl3,推断物质F为FeCl2;判断C为Fe,以此解答该题。
【详解】
根据上述分析可知A是Na,B是Al,C为Fe,气体甲是H2,气体乙是Cl2,气体丙是HCl;D是NaOH,E是盐酸,F是FeCl2,G是FeCl3,H是Fe(OH)3。
(1)根据上述分析可知,物质B是Al,丙是HCl;
(2)黄绿色气体乙是Cl2,该物质可以与水反应产生HCl和HClO,HClO具有强氧化性,可作氧化剂,氧化一些具有还原性的物质,也用于杀菌消毒或用于物质的漂白;
(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应:
FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl,Fe(OH)2具有还原性,容易被溶解在溶液中的氧气氧化,发生反应:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,固体由白色迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色;
(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2,反应的离子方程式为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
【点睛】
本题是无机物推断,物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口,再结合转化关系推断,需要学生熟练掌握元素化合物知识,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.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-。
5.甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。
A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
请根据下图的转化关系回答:
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:
1通入水中反应,写出反应方程式_________________。
【答案】NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液,溶液显红色,说明溶液显酸性;加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,说明D溶液中含有NH4+;加入稀硝酸酸化后,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有Cl-;加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有SO42-;C溶液中通入氯水得到D溶液,再结合甲和乙生成A的反应条件,丙和丁点燃条件下生成B,并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体;A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
可知甲为H2、乙为N2、丙为O2,丁为S,A为NH3、B为SO2,C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,据此分析解题。
【详解】
(1)由分析知A为NH3,因其电离使水溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-;
(2)C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+;
(3)NH3和SO2按1:
1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
6.A、B、C三种常见单质,其中A、C为气体,B为常见金属.A溶于水所得的溶液可使紫色石蕊先变红后褪色.F的水溶液为浅绿色,其转化关系如图所示,请回答:
(1)
和C燃烧的现象是______.
(2)
的化学式是______,检验F水溶液中金属阳离子的方法是______.
(3)反应
的离子方程式是______.
【答案】安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾FeCl2先加入KSCN溶液,无明显现象,再加入几滴新制氯水,溶液变成血红色,可说明存在亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色,则说明A为Cl2,氯气与水反应生成HCl和HClO,能使石蕊试液先变红后褪色;F的水溶液为浅绿色溶液,说明F中含有Fe2+,能继续和Cl2反应生成D,则D为FeCl3,F为FeCl2,所以B为Fe,则C为
,E为HCl。
【详解】
(1)A为氯气,C为氢气,氢气在氯气中燃烧:
H2+Cl2
2HCl,生成的氯化氢气体极易溶于水,所以瓶口上方有白雾,所以燃烧的现象为:
安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾;
(2)F为FeCl2,检验亚铁离子的方法为:
先加入KSCN溶液,无明显现象,再加入几滴新制氯水,溶液变成血红色,可说明存在亚铁离子;
(3)②FeCl2具有还原性,能与具有氧化性的Cl2反应生成FeCl3,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
【点睛】
溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色,则说明A为Cl2,水溶液为浅绿色,则该溶液为FeCl2。
7.现有A、B、C、D、E五种物质,其中A是最轻的气体,B是黄绿色气体,A能在B中燃烧生成苍白色火焰,B与C在点燃的条件下结合生成D,D的水溶液呈黄色,向这个溶液中加入NaOH溶液,可得到红棕色沉淀E,请写出这五种物质的化学式。
A________,B________,C________,D________,E________。
【答案】H2(氢气)Cl2(氯气)Fe(铁)FeCl3(三氯化铁)Fe(OH)3(氢氧化铁)
【解析】
【分析】
A是最轻的气体,所以A是氢气;B是黄绿色气体,所以B为HCl;氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰;B与C在点燃的条件下结合生成D,D的水溶液呈黄色,可知D为氯化铁,则C为铁单质;向这个溶液中加入NaOH溶液,可得到红棕色沉淀E,即氢氧化铁沉淀。
【详解】
根据分析可知A为H2(氢气);B为Cl2(氯气);C为Fe(铁);D为FeCl3(三氯化铁);E为Fe(OH)3(氢氧化铁);
【点睛】
物质的密度、颜色、气味及反应现象等时推断突破口,注意把握相关物质的性质,平时多积累相关知识,难度不大。
8.有关物质的转化关系如下图所示。
A为一种黄绿色的气体,B为常见的无色液体,H为一种助燃的气体,F为一种气体,它在A中燃烧产生苍白色火焰,E为一种能被磁铁吸引的金属。
(1)B的化学式为____________。
(2)F的化学式为____________。
(3)写出反应②的化学方程式:
_______________________________。
(4)写出反应①的化学方程式:
_______________________________。
【答案】H2OH22HClO
2HCl+O2↑Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
【解析】
【分析】
由题给信息可知,A为一种黄绿色的气体,则其为Cl2;B为常见的无色液体,则其为H2O;H为一种助燃的气体,则其为O2;H2在Cl2燃烧,产生苍白色火焰,则F为H2,E为一种能被磁铁吸引的金属,则E为Fe,从而推出C为HCl,D为HClO;
(1)由以上分析可知,B为水;
(2)F为氢气;
(3)反应②是次氯酸光照分解;
(4)反应①是铁与盐酸反应。
【详解】
(1)通过对物质的转化关系图的分析,可得知,B为水,化学式为H2O;
(2)F为氢气,化学式为H2;
(3)反应②是次氯酸光照分解,其化学方程式为2HClO
2HCl+O2↑;
(4)反应①是铁与盐酸反应,其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
【点睛】
在对物质转化关系图进行分析时,首先处理已知信息,然后寻找图中出现信息点最多的反应,特殊的反应条件及具有特殊性的反应,作为解题的突破口。
如本题中,反应②就是解题的突破口,或者叫题眼。
Fe与某物质反应,生成H2,则C中必含有能被Fe置换的H+,则其为酸,再据前面信息,确定其为HCl。
9.有X、Y、Z三种元素①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;②X单质可以在Z单质中燃烧,生成物为XZ,其中火焰为苍白色;③XZ极易溶于水,电离出X+和Z﹣,其水溶液可使蓝色石蕊试液变红;④每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子,X2Y在常温下为液体;⑤Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。
(1)推断元素符号X_____、Y_____、Z_____;
(2)化合物XZ的电子式为_____,X2Y属于_____(填离子化合物、共价化合物、共价分子);
(3)写出XZ(写化学式)的电离方程式_____;写出XZ(写化学式)与Ca(ClO)2反应的化学方程式_____。
【答案】HOCl
共价化合物HCl=H++Cl-Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2
【解析】
【分析】
有X、Y、Z三种元素,由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧,生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z﹣.XZ的水溶液可使石蕊试液变红可知,X为H,Z为Cl,XZ为HCl;由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y,X2Y常温下为液体,则Y为O,X2Y为H2O;⑤X2Y为H2O,Cl2溶于H2O中,反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用;据以上分析进行解答。
【详解】
有X、Y、Z三种元素,由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧,生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z﹣.XZ的水溶液可使石蕊试液变红可知,X为H,Z为Cl,XZ为HCl;由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y,X2Y常温下为液体,则Y为O,X2Y为H2O;⑤X2Y为H2O,Cl2溶于H2O中,反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用;
(1)根据分析可知,X为H,Y为O,Z为Cl元素;
(2)XZ为HCl,HCl为共价化合物,其电子式为
;X2Y为H2O,水分子中只含有共价键,属于共价化合物;
(3)XZ为HCl,属于强电解质,其电离方程式为:
HCl=H++Cl﹣;HCl与Ca(ClO)2反应生成次氯酸和氯化钙,该反应的化学方程式为:
Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2。
【点睛】
盐酸溶液显酸性,能够使紫色石蕊试液变红;氯水成分有:
Cl2、HCl、HClO、H2O等,溶液具有酸性、氧化性和漂白性,因此氯水能够使紫色石蕊试液变红(H+作用),后溶液褪色(HClO的漂白作用),而氯气本身没有漂白作用。
10.有X、Y、Z三种元素:
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体,②X单质可以在Z的单质中燃烧,生成化合物XZ,火焰呈苍白色,③XZ极易溶于水,在水溶液中电离处X+和Z﹣,其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红,④每两个X2分子能与一个Y2分子化合成两个X2Y分子,X2Y常温下为液体,⑤Z单质溶于X2Y中,所得的溶液具有漂白性。
(1)写出下列微粒的电子式:
X+_____,Z﹣______,Y原子_____。
(2)写出X2Y的化学式_____。
按要求与X2Y分子具有相同电子数的微粒的化学符号:
两个原子核的阴离子_____,5个原子核的分子_____。
(3)写出Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式:
_____,所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝,主要起作用的微粒是_____。
(4)实验室制备XZ的化学方程式:
_____,如何检验XZ是否收集满__________。
【答案】H+
H2OOH﹣CH4Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClOCl2NaCl(s)+H2SO4(浓)
NaHSO4+HCl↑用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口,试纸变红,则已收集满,否则未收集满
【解析】
【分析】
XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z﹣,XZ的水溶液可使石蕊试液变红,溶液呈酸性,则X为氢元素,X单质为H2,结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色,可知Z为Cl元素,Z的单质为Cl2,故XZ为HCl.X2Y常温下为液体,则X2Y为H2O,说明Y为O元素,Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用,符合题意,据以上分析解答。
【详解】
XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z﹣,XZ的水溶液可使石蕊试液变红,溶液呈酸性,则X为氢元素,X单质为H2,结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色,可知Z为Cl元素,Z的单质为Cl2,故XZ为HCl,
X2Y常温下为液体,则X2Y为H2O,说明Y为O元素,Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用,符合题意;
(1)X+为H+,其电子式为H+,Z﹣为Cl﹣,其电子式为
,Y为O元素,其原子电子式为
;
故答案为:
H+、
、
;
(2)X2Y的化学式为H2O;与H2O分子具有相同电子数的微粒的化学符号:
两个原子核的阴离子为OH﹣,5个原子核的分子为CH4;
故答案为:
H2O;OH﹣;CH4;
(3)Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式:
Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO,所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝,主要起作用的微粒是:
Cl2;
故答案为:
Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO;Cl2;
(4)实验室制备HCl的化学方程式:
NaCl(s)+H2SO4(浓)
NaHSO4+HCl↑;检验HCl是否收集满方法:
用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口,试纸变红,则已收集满,否则未收集满;
故答案为:
NaCl(s)+H2SO4(浓)
NaHSO4+HCl↑;用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口,试纸变红,则已收集满,否则未收集满。
11.A—E五种物质都含有同一种元素,它们之间的转化关系如图所示,其中A为淡黄色固体化合
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