高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题附答案解析.docx
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高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题附答案解析
2020-2021高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题附答案解析
一、铝及其化合物
1.铬鞣剂[Cr(OH)SO4]可用于提高皮革的耐曲折强度。
一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图:
回答下列问题:
(1)“焙烧”时,Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为__。
(2)“水浸”过程中,物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示,则最佳反应条件为__。
(3)“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10),是制造水泥的原料之一,用氧化物的形式表示其化学式__。
(4)“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和__(填化学式),“过滤2”后,将溶液pH调至a,a__6.5(填“小于”或“大于”),目的是__(用离子方程式表示)。
(5)已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2,写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式__。
(6)某厂用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4,最终得到产品m2kg,则产率为__。
【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2物质的粒度为60目时4CaO·Fe2O3·Al2O3H2SiO3小于2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2ONa2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O
【解析】
【分析】
以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4,先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧,再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3,调pH除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁,最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4。
【详解】
(1)“焙烧”时,Cr2O3转化为Na2CrO4,Cr元素的化合价升高,反应为氧化还原反应,还需氧化剂O2,根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2。
(2)根据图示可知,当物质的粒度为60目时,铬的残余量最少,故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。
(3)铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10),用氧化物的形式表示其化学式为4CaO·Fe2O3·Al2O3。
(4)步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质,调节pH使其转化为沉淀Al(OH)3和H2SiO3,故滤渣2主要成分为Al(OH)3和H2SiO3。
“过滤2”后,将溶液pH调至a,是为将2CrO42-转化为Cr2O72-,酸性条件下可以实现转化,故a小于6.5实现2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O的转化。
(5)根据条件CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2,Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应,其中碳元素、铬元素的化合价发生改变,根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O。
(6)最终得到产品Cr(OH)SO4m2kg,其中铬元素的含量为
kg,原料中铬元素的含量为
,则产率为
。
2.工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作,比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图:
请回答下列问题:
(1)写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。
(2)沉淀C的化学式___,颜色为___,写出它的一种用途___。
(3)操作I、操作II、操作III的名称为___,这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。
(4)整个生产过程中,除可以循环使用的物质有___(写出3种,填化学式),用此法制取铝的副产品是___(写出2种,填化学式)。
(5)氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝?
___。
【答案】Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OFe2O3红棕色作颜料(或炼铁)过滤漏斗、玻璃棒NaOH、CaO、CO2Fe2O3、O2氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】
【分析】
铝土矿中含有氧化铝和氧化铁,向铝土矿中加入NaOH溶液,发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O,氧化铁不溶,然后过滤,得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液,沉淀C为Fe2O3;向溶液B中通入CO2,发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O,然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液,向溶液中加入CaO,发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓,然后过滤,将NaOH循环利用;将Al(OH)3加热得到Al2O3,电解熔融Al2O3得到Al,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析,铝土矿中加入NaOH溶液,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O,故答案为:
Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O;
(2)根据上述分析,沉淀C为Fe2O3,氧化铁为红棕色粉末,俗称铁红,除了用于金属冶炼以外,还可用作顔料,故答案为:
Fe2O3;红棕色、作颜料(或炼铁);
(3)实现固体和液体的分离采用过滤法,操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作,过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯,故答案为:
过滤;漏斗、玻璃棒;
(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2,B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO,所以CaO和CO2能循环利用,溶液E中的氢氧化钠也能循环利用;根据流程图和上述分析,操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品,故答案为:
NaOH、CaO和CO2;Fe2O3和O2;
(5)氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此尽管氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝,故答案为:
氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。
3.现有A、B、C、D、E五种短周期元素,已知A、B、C、D四种元素的核内质子数之和为56,在元素周期表中的位置如图所示,1molE的单质可与足量酸反应,能产生33.6LH2(在标准状况下);E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同。
A
B
C
D
回答下列问题:
(1)写出元素A名称______,元素B符号________,E原子电子式________
(2)C的简单离子结构示意图为_____________
(3)B单质在A单质中燃烧,反应现象是___________,生成物的化学式为___________
(4)A与E形成的化合物的电子式为__________,它的性质决定了它在物质的分类中应属于____________(酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物)
(5)向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过量,此过程中观察到的现象是_________,写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式________。
【答案】氧P
剧烈燃烧,有大量白烟P2O5
两性氧化物先出现白色沉淀,继续滴加,白色沉淀溶解AlCl3+4NaOH==3NaCl+NaAlO2+2H2O
【解析】
【分析】
由位置图可知,A在第二周期,B、C、D处于第三周期,设C的质子数为x,则A的质子数为x-8,B的质子数为x-1,D的质子数为x+1,A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子,则x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56,解得x=16,即A为O,B为P,C为S,D为Cl;1molE单质与足量酸作用,在标准状况下能产生标准状况下33.6LH2,设E的化合价为y,根据电子转移守恒可知ymol=
×2=3mol,E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同,则E为Al,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
【详解】
(1)由题可知,元素A名称为氧,元素B符号为P,E原子的最外层含有3个电子,电子式
;
(2)C为硫,简单离子结构示意图为
;
(3)B单质在A单质中燃烧,产生了五氧化二磷,反应现象是剧烈燃烧,有大量白烟,生成物的化学式为P2O5;
(4)A与E形成的化合物为氧化铝,电子式为
,它既能与酸反应,又能与碱反应,性质决定了它在物质的分类中应属于两性氧化物;
(5)向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量,产生偏铝酸钠,此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀,继续滴加,白色沉淀溶解,与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O。
4.阅读下面信息,推断元素,按要求回答问题:
信息
问题
①短周期元素X、Y、Z、W,原子序数依次增大,最外层电子数均不少于最内层电子数,且四种元素组成的单质常温下均为固体。
(1)X一定不是______
A氢 B碳
C氧 D硫
②一定条件下,上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应,生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸,三种能溶于浓NaOH溶液,氧化物的相对分子质量都大于26
(2)这四种元素中有铝元素吗?
________
③向上述四种元素的单质的混合物中,加入足量的盐酸,固体部分溶解,过滤,向滤液中加入过量的烧碱溶液,最终溶液中有白色沉淀
(3)白色沉淀的化学式为_____
④向上述四种元素的单质的混合物中,加入足量的烧碱溶液,固体部分溶解,过滤,向滤液中加入过量的盐酸,最终溶液中有白色沉淀
(4)生成白色沉淀的离子方程式为_____
⑤X与W同主族
(5)X的单质与W的最高价氧化物反应的化学方程式为______
【答案】ACD一定含有铝元素Mg(OH)2SiO32-+2H+=H2SiO3↓2C+SiO2
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)H2和O2常温下为气体,而C、S常温下为固体;
(2)Al具有②中元素的性质,四种元素可能有1种是铝元素;
(3)白色沉淀应为碱,短周期元素中只有Mg(OH)2符合;
(4)滤液中加入过量的盐酸溶液,得到的应是难溶于水的弱酸,可为H2SiO3或H4SiO4;
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si,只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件。
【详解】
(1)A.X若为氢时,其最外层电子数为1,无内层电子,且H2常温下为气体,不合理,故A错误;
B.X若为C时,满足最外层电子数均不少于最内层电子数,且C常温下为固体,合理,故B正确;
C.X若为氧时,满足最外层电子数均不少于最内层电子数,但O2或O3常温下为气体,不合理,故C错误;
D.X若为硫,其原子序数是16,原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素,不合理,故D错误;
故答案为:
ACD;
(2)Al能与氧气反应,且Al2O3能溶于稀硫酸,也能溶于NaOH溶液,且氧化铝的式量是102,均满足信息②,则四种元素一定有1种是铝元素;
(3)对所有短周期元素进行试探,唯有镁元素符合性质,可知白色沉淀物的化学式为Mg(OH)2;
(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4),生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓);
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si,只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件,则C与SiO2在高温下反应的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑。
5.A、B、C、D均为中学化学中常见的物质,它们之间转化关系如图(部分产物和条件已略去),请回答下列问题:
(1)若A为CO2气体,D为NaOH溶液,则B的化学式为_________。
(2)若A为AlCl3溶液,D为NaOH溶液,则C的名称为_________。
(3)若A和D均为非金属单质,D为双原子分子,则由C直接生成A的基本反应类型为_________。
(4)若常温时A为气态氢化物,B为淡黄色固体单质,则A与C反应生成B的化学方程式为_________。
(5)若A为黄绿色气体,D为常见金属,则A与C溶液反应的离子方程式为_________。
下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_________(填字母编号)。
a.NaOH溶液b.盐酸c.KSCN溶液d.酸性KMnO4溶液
【答案】NaHCO3偏铝酸钠分解反应
b
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A为CO2与过量的D即NaOH反应,生成碳酸氢钠;碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液;碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠;所以B的化学式为NaHCO3;
(2)若A为AlCl3,其与少量的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀,Al(OH)3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠;偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al(OH)3;所以C的名称为偏铝酸钠;
(3)若A,D均为非金属单质,且D为双原子分子,那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2,A则可能为P,S或N2等;进而,B,C为氧化物或氯化物,C生成单质A的反应则一定为分解反应;
(4)淡黄色的固体有过氧化钠,硫单质和溴化银;根据转化关系,推测B为S单质;那么A为H2S,C为SO2,B为氧气;所以相关的方程式为:
;
(5)A为黄绿色气体则为Cl2,根据转化关系可知,该金属元素一定是变价元素,即Fe;那么B为FeCl3,C为FeCl2;所以A与C反应的离子方程式为:
;
a.NaOH与Fe2+生成白色沉淀后,沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色,而与Fe3+直接生成红褐色沉淀,a项可以;
b.盐酸与Fe2+,Fe3+均无现象,b项不可以;
c.KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质,而与Fe2+无现象,c项可以;
d.Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色,Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色,d项可以;答案选b。
6.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,A、B、F三者原子序数之和为25,且知B、F同主族,1.8gE与足量的盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气(标准状况下),D+和E的离子具有相同的电子层结构,工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质,试判断:
(1)六种元素中非金属性最强的是___(填代号),该元素位于周期表中第___周期第___族;由A、B、D三种元素形成化合物的电子式_________
(2)下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有_________
a.最高价氧化物对应水化物酸性b.气态氢化物的热稳定性
c.气态氢化物的沸点B比F高d.向F的气态氢化物溶液中通入B单质,有浑浊
(3)写出下列反应的化学方程式
①E与足量的盐酸反应的化学方程式________________________________
②工业上用电解法冶炼E单质_______________________________
(4)写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程式____
【答案】C二ⅦA
bd2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气(标况),故E为+3价元素,设E的相对原子质量为M,则
,解M=27,故E为ⅢA族元素,依据计算得知E为铝,工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质,所以B为氧元素,B、F同主族,则F是硫,A、B、F三者原子序数之和为25,则A是氢,且D+离子和Al离子具有相同的电子结构,故D能形成+1价阳离子,故D为钠,C的原子序数大于氧小于钠,且为主族元素,故C为氟,据此答题。
【详解】
(1)根据元素周期律,同周期元素从前向后,非金属性逐渐增强,同主族元素从上向下,非金属性逐渐减弱,所以六种元素中非金属性最强的是C,C为氟,位于周期表中第二周期第ⅤⅡA族,由A、B、D三种元素形成化合物为氢氧化钠,它的电子式是
,故答案为:
C;二;ⅤⅡA;
;
(2)a.氧元素没有最高价氧化物对应水化物,故a错误;
b.根据元素周期律,气态氢化物的热稳定性越稳定,元素的非金属性越强,故b正确;
c.气态氢化物的沸点与分子间作用力有关,与元素的非金属性无关,故c错误;
d.向硫的气态氢化物溶液中通入氧气,有浑浊,说明氧气的氧化性强于硫,即氧的非金属性强于硫,故d正确,
故答案为:
bd;
(3)①Al与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑;
②工业上用电解法冶炼Al单质的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑;
(4)氢氧化钠与AlCl3相互反应的离子方程式为
。
7.简要回答下列问题
(1)医疗上,常用胃舒平[主要成分Al(OH)3]来治疗胃酸(主要成分盐酸)过多,其理由是__________(用离子方程式表示)。
(2)生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________(用化学方程式表示)。
(3)工业制备漂白粉原理是__________(用化学方程式表示)。
(4)人们常用雕花玻璃装饰房间。
在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是__________。
(5)硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,向其中通入过量的CO2,会出现软而透明的凝胶胶体,其化学方程式是__________。
【答案】3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OSiO2+4HF=SiF4↑+2H2ONa2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3
【解析】
【分析】
玻璃的主要成分之一为二氧化硅,它是酸性氧化物,不能与硫酸、硝酸、盐酸等发生反应,但能与氢氟酸发生反应。
不过,二氧化硅与氢氟酸反应,表现的不是酸性氧化物的性质,是氢氟酸特有的性质。
【详解】
(1)胃舒平中的Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应,生成氯化铝和水,其理由是3H++Al(OH)3=Al3++3H2O;
答案为:
3H++Al(OH)3=Al3++3H2O;
(2)生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液,因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后,里面的Al与NaOH溶液继续反应,化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑;
答案为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑;
(3)工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉,反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
答案为:
2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(4)在玻璃上雕花是利用氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应,反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O;
答案为:
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O;
(5)向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2,会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3,反应的化学方程式为Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3;
答案为:
Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。
【点睛】
“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”,若不注意审题,我们很容易写成Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3,解题时,对关键词“过量”一定要引起高度重视。
8.把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中,往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。
(1)合金中镁的物质的量为_______。
(2)氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。
(3)V1=_______mL。
(4)写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。
【答案】0.2mol2450
【解析】
【分析】
镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子;加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应,此时无沉淀产生,之后镁、铝离子开始沉淀,发生反应 Al3++3OH-═Al(OH)3↓、 Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl,再继续滴加氢氧化钠,氢氧化铝沉淀开始溶解,发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,据此进行解答。
【详解】
(1)当滴加400mL氢氧化钠溶液时,沉淀达到最大值,此时溶液中的溶质为NaCl,根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=0.2L×4mol/L=0.8mol,由电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)=0.8mol,即400mL氢氧化钠溶液中n(Na+)=0.8mol,则其浓度c(NaOH)=
;此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生,即此时发生反应H++OH-=H2O,所以与镁铝合金反应后剩余的n(H+)=0.05L×2mol/L=0.1mol,则与镁铝合金反应的n(H+)=0.8mol-0.1mol=0.7mol,设镁铝合金中镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,则有24x+27y=7.5g,根据电子守恒(镁铝失去的电子都转移给氢离子)可得2x+3y=0.7,联立解得x=0.2mol,y=0.1mol,故答案为:
0.2mol;
(2)根据
(1)可知答案为:
2;
(3)400mL至V1mL发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,根据
(1)可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol,则生成氢氧化铝0.1mol,此段消耗n(OH-)=0.1mol,所以消耗的氢氧化钠体积V=
,即50mL,所以V1=400+50=450,故答案为:
450;
(4)该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,故答案为:
。
【点睛】
解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分,之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。
9.钠、铝、铁是三种重要的金属。
请回答:
(1)钠元素的金属性比铝___(填“强”或“弱”)。
三种金属对应的氢氧化物中,具有两性的物质是__(填化学式)。
(2)将一小块金属钠投入水中,发生反应的离子方程式为__;可观察到的实验现象是__(填序号)。
A.钠沉到水底B.钠熔成小球
C.小球四处游动D.钠无变化
(3)Fe与Cl2在一定条件下反应,所得产物的化学式是__。
将该产物溶于水配成溶液,分装在两支试管中。
请回答:
①若向其中一支试管中滴加KSCN溶液,则溶液变成___色。
②向另一支试管中滴加NaOH溶液,反
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 有关 压轴 答案 解析