备战高考化学压轴题之铝及其化合物推断题备战高考题型整理突破提升及答案解析.docx
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备战高考化学压轴题之铝及其化合物推断题备战高考题型整理突破提升及答案解析
2020-2021备战高考化学压轴题之铝及其化合物推断题(备战高考题型整理,突破提升)及答案解析
一、铝及其化合物
1.Ⅰ.某化工厂以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O),工艺流程如图:
i.常温,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,碱性条件下,能将Cr3+转化为CrO42-。
ii.常温时,部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值
(1)步骤①提高酸溶速率的措施__(任填一条即可)。
固体A的成分是___。
(2)步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH,调节pH范围为__,目的是__。
(3)写出④反应的离子方程式__。
(4)将溶液H经过__即得红矾钠粗晶体。
Ⅱ.经该工厂的工业废水中含1.00×10-3mol·L-1的Cr2O72-,其毒性较大。
该化工厂的科研人员为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为+3、+2),又设计了如下工艺流程:
(5)第①步反应的离子方程式是__。
(6)常温时,如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化,依据上表数据,则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,溶液中Cr3+的浓度为___mol/L(101/2≈3.2)。
(7)欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。
理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__g(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol)。
【答案】加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)SiO24.9≤pH<5.5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.4×10−142.78
【解析】
【分析】
铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸,SiO2不溶,过滤,向滤液中加入双氧水,氧化亚铁离子,步骤③的目的是使Fe3+、Al3+沉淀,过滤,向滤液中加入NaBiO3、NaOH,能将Cr3+转化为Cr2O72−,过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O7·2H2O。
【详解】
⑴加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率,任答一种即可。
按照元素化合物知识,铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸,SiO2不溶,故第①步得到的固体A为SiO2;故答案为:
加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条);SiO2。
⑵步骤③的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去,但不能使Cr3+沉淀,故需要调节的pH范围为4.9≤pH<5.5,故答案为:
4.9≤pH<5.5;使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。
⑶常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+转化为Cr2O72−,则反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+;故答案为:
3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+。
⑷溶液H得红矾钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥;故答案为:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。
⑸Cr2O72−有强氧化性,FeSO4·7H2O中Fe2+有一定的还原性,在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Cr3+,根据元素守恒及所处环境可知,还有水生成,反应离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;故答案为:
Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
⑹常温时,如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化,依据上表数据得到Cr3+开始沉淀时pH=5.5,即
,则
,步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,
,则溶液中Cr3+的浓度为
,
;故答案为;6.4×10−14mol·L−1。
⑺欲使1L该废水中n(Cr2O72−)=1×10−3mol,根据Cr原子、Fe原子守恒,可得Cr2O72−~4Cr0.5Fe1.5FeO4~10FeSO4·7H2O,因此理论上n(FeSO4·7H2O)=10n(Cr2O72−)=10×1×10−3mol=0.01mol,所以质量m(FeSO4·7H2O)=0.01mol×278g∙mol−1=2.78g;故答案为2.78g。
2.
(1)选用方案I时,X应该具有的性质是__________,残留物应该具有的性质是__________;
(2)选用方案Ⅱ从某黑色粉末(含有MnO2和CuO)中分离X(MnO2),加入的试剂是_______;王同学参照以上方案I和Ⅱ,设计以下实验方案除去AlCl3固体中的FeCl3。
(3)操作①所需的玻璃仪器为_____________;
(4)试剂a为_____________;试剂b为________;
(5)请描述操作②的步骤:
____________;
(6)李同学认为在溶液C中滴加适量的试剂b就能得到溶液E,从而得到AlCl3固体,你______(填“赞同”或“不赞同”)李同学,理由是______。
【答案】有挥发性(或易升华)受热不挥发,且具有较高的热稳定性稀盐酸(或稀硫酸或稀硝酸)烧杯、、漏斗、玻璃棒过量的NaOH(或KOH)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩,然后冷却浓溶液,过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl杂质的AlCl3
【解析】
【分析】
(1)加热X的混合物进行分离可得X,X应具有挥发性或易升华的性质,则残留物难挥发;
(2)从MnO2和CuO中分离MnO2,应加入酸的稀溶液;
除去AlCl3固体中的FeCl3,应先水溶解,然后加入过量的NaOH溶液分别生成Fe(OH)3沉淀和NaAlO2溶液,过滤分离后,再向滤液中通入过量的CO2气体生成Al(OH)3沉淀,过滤后将沉淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3溶液,在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3,以此解答(3)~(6)小题。
【详解】
(1)加热X的混合物进行分离可得X,X应具有挥发性或易升华的性质,残留物具有加热难挥发的性质;
(3)根据上述分析可知:
操作①为过滤操作,所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒;
(4)由以上分析可知试剂a为过量的NaOH(或KOH)溶液,试剂b为适量的盐酸;
(5)操作②是从AlCl3溶液中获得AlCl3固体,由于该盐是强酸弱碱盐,容易发生水解反应,水解产生Al(OH)3和HCl,HCl易挥发,所以为防止盐水解,导致物质变质,应该在HCl气氛中加热蒸发结晶可到AlCl3,操作方法为将溶液加热浓缩,然后冷却浓溶液,过滤即可得到固体氯化铝;
(6)若在NaAlO2溶液中滴加盐酸,就会得到AlCl3和NaCl的混合溶液,蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体,得到的是含有杂质NaCl的AlCl3,所以不赞同李同学的观点。
【点睛】
本题考查物质的分离提纯的实验设计,注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法,要结合Al(OH)3的两性分析判断,注意把握物质的性质,根据性质设计实验方案。
3.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。
4.已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质,D、G、I常温下为气态,且G为黄绿色;形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃);K为红棕色粉末。
其转化关系如图。
请回答:
(1)工业上制C用A不用H的原因______________________。
(2)写出C与K反应的化学方程式_________________,该反应的反应物总能量___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。
(3)L是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,L作阴极,接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。
(4)写出E物质的电子式___________________。
(5)J与H反应的离子方程式为________________________。
(6)写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。
【答案】氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则D为O2;K为红棕色固体粉末,K为Fe2O3;由于电解A得到C与D,则C与K生成A的反应为铝热反应,故A为Al2O3,L为Fe,C为Al;黄绿色气体G为Cl2,与C反应得到H为AlCl3;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃),B中含有K元素,B在催化剂、加热条件下反应生成氧气,则B为KClO3,E为KCl,电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2,过量的F与氯化铝反应得到J,则I为H2,F为KOH,J为KAlO2;
(1)H为AlCl3,氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电,故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝,故答案为氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电;
(2)C与K反应的化学方程式为:
2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe,该反应为放热反应,故该反应的反应物总能量大于生成物总能量,故答案为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe;大于;
(3)Fe是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,Fe作阴极,接通电源(短时间)电解KCl水溶液的化学方程式为:
2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑,故答案为2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑;
(4)E为KCl,KCl的电子式为
,故答案为
;
(5)J与H反应的离子方程式为:
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;
(6)G为Cl2,G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
【点晴】
本题考查无机推断等,特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口,是对元素化合物知识及学生综合能力的考查,需对基础知识全面掌握。
推断题中常见的特征反应现象有:
(1)焰色反应:
Na(黄色)、K(紫色);
(2)使品红溶液褪色的气体:
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色);(3)白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色);(4)在空气中变为红棕色:
NO;(5)气体燃烧火焰呈苍白色:
H2在Cl2中燃烧;在空气中点燃呈蓝色:
CO、H2、CH4;(6)使湿润的红色石蕊试纸变蓝:
NH3;(7)空气中出现白烟:
NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。
5.实验室有NaHSO4、Ba(OH)2、NH3·H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液,现欲通过它们之间的相互反应的现象对其进行鉴别。
部分物质间的反应现象如表。
A
B
C
D
E
A
↓
B
↑
↓
C
↑
↑↓
↓
D
↓
↑↓
↓
E
↓
↓
↓
表中“↑”表示生成气体物质,“↓”表示生成沉淀。
根据以上信息,回答以下问题。
(1)B,E的化学式分别为________、________。
(2)写出A的电离方程式:
_____________。
(3)向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液,所生成沉淀的物质的量之和最多为________mol。
【答案】NaHSO4Ba(OH)2NH3·H2O⇌NH4++OH-0.25
【解析】
【分析】
NaHSO4、Ba(OH)2、NH3·H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液中,相互反应能同时生成沉淀和气体的只有NaHCO3与KAl(SO4)2的反应,只生成气体的反应只有NaHCO3和NaHSO4反应,故B为NaHSO4,C为NaHCO3,D为KAl(SO4)2,与NaHSO4、NaHCO3、KAl(SO4)2都能生成沉淀的物质为Ba(OH)2,故E为Ba(OH)2,A为NH3·H2O,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知,B为NaHSO4,E为Ba(OH)2,故答案为:
NaHSO4;Ba(OH)2;
(2)A为NH3·H2O,是弱电解质,电离生成NH4+和OH-,电离方程式NH3·H2O
NH4++OH-,故答案为:
NH3·H2O
NH4++OH-;
(3)向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液,Al3+刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,此时沉淀Al(OH)3和BaSO4的物质的量之和为0.25mol,SO42-刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-===AlO2-+2BaSO4↓+2H2O,此时沉淀BaSO4的物质的量为0.2mol,则生成沉淀的物质的量n:
0.2mol≤n≤0.25mol,所所以生成的沉淀的物质的量之和最多为0.25mol,故答案为:
0.25。
6.从铝土矿(主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下:
请回答下列问题:
(1)固体A的主要成分是______________(写名称).
(2)铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为______、______.
(3)电解熔融氧化铝可制得两种单质,写出该反应化学方程式______________.
(4)指出流程乙的一个缺点是____________.
(5)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应,制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X.已知每转移6.02×1023个电子,有0.5mol化合物X生成,此反应的化学方程式________________.
【答案】二氧化硅Al2O3+2OH_=2AlO2_+H2OSiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O2Al2O3==4Al+3O2↑氧化铝中含有二氧化硅杂质Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO.
【解析】流程甲:
铝土矿中加入过量的稀盐酸,SiO2与盐酸不反应,Al2O3、Fe2O3、MgO均可与盐酸反应生成相应的氯化物,反应方程式为Al2O3+6H+===2Al3++3H2O;Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O;MgO+2H+===Mg2++H2O;反应液中加入过量烧碱,Al3+变为AlO2-,Mg2+、Fe3+变为Mg(OH)2 和Fe(OH)3 沉淀,过滤后,滤液中通入足量的二氧化碳气体,生成了Al(OH)3沉淀;反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
流程乙:
铝土矿中加入过量的氢氧化钠溶液,Fe2O3、MgO与氢氧化钠不反应,SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠,过滤,滤液中通入足量的二氧化碳,反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸。
(1)综上所述,固体A的主要成分是二氧化硅;正确答案:
二氧化硅。
(2)铝土矿中Al2O3、SiO2均与强碱反应,生成偏铝酸盐和硅酸盐,反应的离子方程式分别为:
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O;正确答案:
Al2O3+2OH_=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O。
(3)电解熔融氧化铝可制得金属铝和氧气,反应化学方程式2Al2O3==4Al+3O2↑;正确答案:
2Al2O3==4Al+3O2↑。
(4)SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠,过滤,滤液中通入足量的二氧化碳,反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸,加热后,得到氧化铝和二氧化硅,即氧化铝中含有二氧化硅杂质;正确答案:
氧化铝中含有二氧化硅杂质。
(5)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应,制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X,根据元素守恒可以知道X中应含有氧元素和碳元素,已知每转移6.02×1023个电子即1mol电子,有0.5mol化合物X生成,由电子转移守恒,可得在X中C的化合价为
所以X是CO,所以该反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO;正确答案:
Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO。
点睛:
二氧化硅为酸性氧化物,与强碱反应,不与强酸反应;氧化铝为两性氧化物,既能与强酸,又能与强碱反应;氧化铁、氧化镁属于碱性氧化物,只能与强酸反应,不与强碱反应。
7.己知A为淡黄色固体,R是地壳中含量最多的金属元素的单质,T为生活中使用最广泛的金属单质,F是无色无味的气体,H是白色沉淀,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。
(1)物质A的化学式为___。
(2)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。
(3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是___,化学方程式为___。
(4)A和水反应生成B和C的离子方程式为___,A可以作为呼吸面具的___。
(5)W和T反应的离子方程式___。
【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
【分析】
题干已经对部分物质的特征进行了描述,可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质,地壳含量最多金属为Al,T为最广泛使用的金属单质,则为Fe,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色,则W含有Fe3+。
根据上述能直接确定的物质,结合各物质间转换图解答此题。
【详解】
(1).A为淡黄色固体,常见物质可能为Na2O2或S,A与水的产物B可与Al反应,同时C又与Fe反应。
综上可推知A应为Na2O2,答案为Na2O2。
(2).根据分析B为NaOH,R为Al,答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。
(3).根据分析,A与水反应产物C为氧气,B为NaOH。
D为Fe在氧气中燃烧产物Fe3O4,H为白色沉淀,则H应为Fe(OH)2。
W含有Fe3+,说明Fe(OH)2发生氧化生成Fe(OH)3。
答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(4).A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2,同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。
故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,供氧剂。
(5).由分析可知W为FeCl3,T为金属Fe。
答案为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【点睛】
解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉,首先应该根据这些表征即得出对应物质,然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。
8.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
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