备战高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合含答案.docx
- 文档编号:24934973
- 上传时间:2023-06-03
- 格式:DOCX
- 页数:24
- 大小:281.08KB
备战高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合含答案.docx
《备战高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合含答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合含答案.docx(24页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合含答案
备战高考化学压轴题专题复习—无机非金属材料的推断题综合含答案
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.Fe
FeCl2
Fe(OH)2B.H2SiO3
SiO2
SiCl4
C.浓盐酸
Cl2
漂白粉D.NH3
NO
HNO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.氯气具有强氧化性,与铁反应生成三氯化铁,不能一步反应生成氯化亚铁,故A错误;
B.硅酸受热分解生成二氧化硅,二氧化硅与HCl不反应,不能转化为SiCl4,故B错误;
C.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气,氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙,可以制得漂白粉,物质间转化均能实现,故C正确;
D.氨催化氧化生成NO,NO与水不反应,不能转化为硝酸,故D错误;
故选C。
2.“纳米车”(如图所示)是科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成的,每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。
“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。
下列说法正确的是
A.C60是一种新型的化合物
B.C60与12C是同素异形体
C.人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
D.“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.C60是由一种元素组成的纯净物,属于单质,不属于化合物,故A错误;
B.C60是由碳元素形成的单质,而
是碳元素的一种原子,故C60与
不是互为同素异形体,故B错误;
C.因“纳米车”很小,我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动,故C错误;
D.“纳米车”的诞生,说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段,故D正确;
故答案选D。
3.下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是()
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的H2SO4
③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2④向石灰水中通入过量CO2
⑤向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸.
A.①②③B.①②⑤C.①②③⑤D.①③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
①中发生的反应是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,NaHCO3比Na2CO3溶解度小但质量大,且反应中中消耗H2O,所以有沉淀析出且不溶解,符合;②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4首先发生胶体的聚沉,出现Fe(OH)3沉淀,H2SO4过量,Fe(OH)3与H2SO4反应而溶解,不符合;③硝酸钡溶液中通入二氧化硫,二氧化硫溶于水生成亚硫酸,酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性,能氧化亚硫酸为硫酸,溶液中生成硫酸钡沉淀,现象是只生成沉淀,③符合;④向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,反应现象是先沉淀后溶解,不符合;⑤向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸,发生反应Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl,只生成白色沉淀,符合;答案选D。
【点睛】
本题考查常见物质的的化学反应与现象。
向溶液中加入某物质,先出现沉淀后沉淀溶解的总结如下:
(1)向澄清石灰水中通入CO2(SO2)至过量。
(2)向Fe(OH)3胶体中加入硫酸至过量
(3)向可溶性铝盐中加入NaOH溶液至过量
(4)向偏铝酸盐中加入盐酸至过量
4.赏心悦目的雕花玻璃通常是用某种物质对玻璃进行刻蚀而制成的,则这种物质是()
A.盐酸B.氢氟酸C.烧碱D.纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】
A、盐酸和二氧化硅不反应,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选A;
B、氢氟酸与二氧化硅易反应,生产四氟化硅气体,能在玻璃上进行刻蚀,故选B;
C、二氧化硅与烧碱反应,但反应缓慢,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选C;
D、纯碱与二氧化硅在高温下反应,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选D。
5.下列说法正确的是()
A.Ⅰ图中:
如果MnO2过量,浓盐酸就可全部消耗
B.Ⅱ图中:
湿润的有色布条能褪色,烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C.Ⅲ图中:
生成蓝色的烟
D.Ⅳ图中:
用该装置可以验证酸性:
盐酸>碳酸>硅酸。
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气,随着反应进行,盐酸浓度会下降,下降到某种程度,二者不再反应无法生成Cl2,A项错误;
B.氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸,干燥布条中无水,所以无法产生次氯酸,颜色不会褪去,湿润布条含水,可以产生次氯酸,颜色会褪去;若将尾气直接排放,其中未反应的氯气会污染空气,所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收,B项正确;
C.铜在氯气中燃烧,产生棕黄色的烟,C项错误;
D.利用盐酸与石灰石反应可制备CO2,所以可证明盐酸酸性强于碳酸;由于盐酸具有挥发性,制备出的CO2中会含有HCl杂质,HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀;若不对制备出的CO2进行除杂,其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程,因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的,D项错误;
答案选B。
6.下列除去杂质的方法正确的是()
物质
杂质
试剂
主要操作
A
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓硫酸
洗气
B
SiO2
Fe2O3
氢氧化钠溶液
过滤
C
FeCl2
FeCl3
Cu
过滤
D
氢氧化铁胶体
氯化铁
过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.Cl2难溶于饱和食盐水,HCl极易溶于水,然后用浓硫酸干燥,可以除去氯气中的HCl,A正确;
B.SiO2能和氢氧化钠溶液反应,Fe2O3与NaOH不反应,不能用来除去SiO2中的Fe2O3,B错误;
C.FeCl3和Cu发生反应:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,除去了Fe3+,又引入了Cu2+,C错误;
D.氢氧化铁胶粒和氯化铁溶液都能通过滤纸,应该用渗析的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化铁溶液,D错误;
答案选A。
【点睛】
除杂质时要注意不能除去了原有杂质,又引入新杂质。
7.在一定条件下,下列物质不能与二氧化硅反应的是()
①焦炭②纯碱③碳酸钙④氢氟酸⑤高氯酸⑥氢氧化钾⑦氧化钙⑧氮气
A.③⑤⑦⑧B.⑤⑦⑧C.⑤⑧D.⑤⑦
【答案】C
【解析】
【详解】
①SiO2+2C
Si+2CO↑,制备粗硅的反应,所以能反应,故不选;
②SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑,制备玻璃的两个反应之一,故不选;
③SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑,制备玻璃的两个反应之一,故不选;
④SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸,故不选;
⑤不反应,氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸,故选;
⑥SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O,强碱能腐蚀玻璃,故不选;
⑦SiO2+CaO
CaSiO 3,故不选;
⑧不反应,有碳的时候反应3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO,故选;
故答案为:
C。
【点睛】
SiO2在高温下与碳单质反应生成硅单质和一氧化碳,而非二氧化碳,二氧化硅中硅元素是+4价,变成了后来的0价,而碳从0价就先被氧化成+2价的,也就是说二氧化硅的氧化能力比较小,只能把碳氧化成一氧化碳!
8.下列说法中正确的是
A.由Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑可知,酸性H2SiO3>H2CO3
B.氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中
C.向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀,过量时沉淀溶解
D.瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应,而SiO2与Na2CO3是高温下的反应,生成CO2气体逸出,有利于反应的进行,与最高价含氧酸的酸性无关,A项错误;
B.氢氟酸与玻璃中的成分反应,氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中,B项错误;
C.向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸,硅酸与盐酸不反应,过量时沉淀不溶解,C项错误;
D.瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应,故均不可作为融化NaOH固体的装置,D项正确;
答案选D。
9.某研究性学习小组的甲、乙同学分别设计了以下实验来验证元素周期律。
(Ⅰ)甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50mL水,再分别滴加几滴酚酞溶液,依次加入大小相近的锂、钠、钾块,观察现象。
①甲同学设计实验的目的是______
②反应最剧烈的烧杯是______(填字母);
③写出b烧杯里发生反应的离子方程式______
(Ⅱ)乙同学设计了下图装置来探究碳、硅元素的非金属性强弱,根据要求完成下列各小题
(1)实验装置:
(2)实验步骤:
连接仪器、______、加药品后,打开a、然后滴入浓硫酸,加热。
(3)问题探究:
(已知酸性强弱:
亚硫酸>碳酸)
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是______,装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是______。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______;
③试管D中发生反应的离子方程式是______。
【答案】验证锂、钠、钾的金属性强弱;c2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑检查装置气密性Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑除去CO2中混有的SO2盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀;SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯
【解析】
【分析】
乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。
先用浓硫酸和铜在加热条件下制备二氧化硫气体,通入D试管与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,混合气体通入试管E,除去混有的二氧化硫,剩余的二氧化碳通入试管F与硅酸钠溶液反应,会出现白色沉淀。
该实验需要改良的地方尾气处理装置,以及防干扰装置(防止空气中的二氧化碳进入装置F,干扰实验结构,可以加一个球星干燥管,内盛放碱石灰)。
【详解】
(Ⅰ)①由某研究性学习小组设计实验验证元素周期律可得,甲同学设计的实验目的是:
验证锂、钠、钾的金属性强弱;
②金属性:
K>Na>Li,金属性越强,单质与水反应越剧烈,故反应最剧烈的烧杯是c;’
③b烧杯里发生反应的离子方程式:
2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑;
(Ⅱ)
(2)实验步骤:
有气体参与反应,先连接仪器、检查装置气密性、加药品(先加固体,后加液体)后,打开a、然后滴入浓硫酸,加热。
(3)①铜与浓硫酸反应的化学方程式是:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑;根据分析,高锰酸钾的作用是除去CO2中混有的SO2;
②非金属性越强,最高价氧化物的水化物酸性越强,若碳酸可以制得硅酸,则可以证明碳酸强于硅酸,从而可以证明二者非金属性的强弱,故能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是:
盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀;
③试管D用SO2与NaHCO3制备CO2,反应的离子方程式:
SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯。
10.硅在无机非金属材料中,扮演着主要角色,请利用相关知识回答下列问题:
(1)硅有非常重要的用途,请写出其中的一种:
_________________________________。
(2)古瓷中所用颜料成分一直是个谜,近年来科学家才得知大多为硅酸盐,如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox,铜为+2价),下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是________。
A.可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2
B.性质稳定,不易脱色
C.x等于6
D.易溶解于强酸和强碱
(3)工业上提纯硅有多种路线,其中一种工艺流程示意图如下:
①在电弧炉中发生的反应需要在高温条件进行,写出该反应化学方程式:
________________。
②SiCl4极易水解,在空气中生成烟尘和白雾,推测书写其水解的化学方程式为____________________。
③在流化床反应的产物中,除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等,有关物质的沸点数据如下表,分离SiCl4和其他杂质的方法为________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
【答案】制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等(回答其中一种即可)D2C+SiO2
2CO↑+SiSiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl蒸馏(精馏)
【解析】
【详解】
(1)硅位于金属和非金属分界线附近,常用作半导体材料,为无机非金属材料的主角,计算机芯片的主要成分为单质硅,太阳能电池的主要成分是硅单质,所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等,
因此,本题正确答案是:
制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等;
(2)A.硅酸盐用氧化物形式表示时,书写顺序为:
活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,所以硅酸铜钡用氧化物形式表示:
,所以A选项是正确的;
B.硅酸盐性质均比较稳定,不容易褪色,所以B选项是正确的;
C.在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2,硅元素化合价为+4,氧元素的化合价为-2价,钡元素的化合价为+2价,则由化学式为
,根据化合物中正负化合价的代数和为0可得:
,计算得出x=6,所以C选项是正确的;
D.
是瓷器的一种颜料,瓷器耐酸耐碱耐腐蚀,所以不与强酸、强碱反应,故D错误;
因此,本题正确答案是:
D;
(3)①石英砂的主要成分是二氧化硅,制备粗硅发生置换反应,2C+SiO2
2CO↑+Si;
②
水解生成硅酸和氯化氢,反应的方程式为:
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl,因此,本题正确答案是:
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl;
③利用沸点的不同提纯
属于蒸馏,
(沸点57.6℃)中含有少量
(沸点33℃)和
(离子化合物沸点很高),
(沸点8.2℃)、
(沸点-30.4℃)、因为沸点差别较大,可以通过精馏(或蒸馏)除去杂质,因此,本题正确答案是:
精馏(或蒸馏)。
11.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去):
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示,则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________;c(HCl)=________mol/L。
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是______________________________________。
(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式为___________________。
(6)若A是一种溶液,可能含有H+、NH
、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子是_____________________,它们的物质的量浓度之比为______________。
【答案】
Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3===N2+6NH4ClH+、Al3+、
、
c(H+)∶c(Al3+)∶c(
)∶c(
)=1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH;
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,则A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)之比,再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系,据此计算。
【详解】
(1)B为NaOH,其电子式为
;
(2)A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2,反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,则c(HCl)=
=0.05mol/L;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为:
液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3。
12.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示(反应条件和部分副产物未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素在周期表中同一列,A、F所含元素在周期表中同一横行,则反应①的化学方程式是_______________________。
(2)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是_____________________;
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,反应③的化学方程式是________________。
(4)若A、D为单质,且A原子核内所含质子数是D的2倍,B是参与大气循环的一种物质,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,反应④的化学方程式是_________。
【答案】SiO2+2C
Si+2CO↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-4NH3+5O2
4NO+6H2OC+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A、D、F都是非金属单质,反应①是置换反应,A、D同主族,根据框图可知,A与F生成E,C与F也能生成E,因此只能是SiO2与C反应,则A是C、B是SiO2、C是CO、D是Si,E是CO2、F是O2。
反应①的方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑。
(2)若A是常见的金属单质,反应①是置换反应,D、F是气态单质,根据框图可知,A与F生成E,C与F也能生成E,因此A只能为Fe,D为H2,F为Cl2,B为HCl,C为FeCl2,E为FeCl3。
反应②的方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,所以A是氨气,B是氯气,C是氮气,D是氯化氢,F是氧气,E是NO,反应③的化学方程式是4NH3+5O2
4NO+6H2O。
(4)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍,B是参与大气循环的一种物质,反应①是置换反应,根据框图可知,A为Mg,D为C,B为CO2,C为MgO,又知③和④两个反应中都有红棕色气体生成,F为HNO3。
反应④的化学方程式是C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O。
【点晴】
解框图题的方法的最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
13.A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,他们能发生如图所示的转化关系。
若该元素用R表示,则A为R的氧化物,D与NaOH溶液反应生成C和H2。
请回答:
(1)写出对应物质的化学式:
A__________;C_________;E_________。
(2)反应①的化学方程式为:
_____________________________________。
(3)反应④的离子方程式为:
_____________________________________。
(4
- 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:
- 备战 高考 化学 压轴 专题 复习 无机 非金属材料 推断 综合 答案