全国备战高考化学镁及其化合物的推断题综合备战高考模拟和真题汇总含答案.docx
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全国备战高考化学镁及其化合物的推断题综合备战高考模拟和真题汇总含答案
2020-2021全国备战高考化学镁及其化合物的推断题综合备战高考模拟和真题汇总含答案
一、镁及其化合物
1.镁铝合金在交通、航空、电子等行业有着广泛的应用。
某化学兴趣小组试对镁铝合金废料进行回收利用,实验中可将铝转化为硫酸铝晶体,并对硫酸铝晶体进行热重分析。
镁铝合金废料转化为硫酸铝晶体实验流程如下:
试回答下列问题:
(1)在镁铝合金中加入NaOH溶液,写出反应的化学反应方程式,固体B的化学式。
(2)操作Ⅱ包含的实验步骤有:
蒸发浓缩、、、洗涤、干燥。
(3)操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤,选用无水乙醇的原因是。
(4)若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00g,得到固体A的质量为4.95g,硫酸铝晶体的质量为49.95g(假设每一步的转化率均为100%,合金废料中不含溶于碱的杂质)。
计算得硫酸铝晶体的化学式为。
(5)取上述硫酸铝晶体进行热重分析,其热分解主要分为三个阶段:
323K-523K,553K-687K,1043K以上不再失重,其热分解的TG曲线见下图,
已知:
。
根据图示数据计算确定每步分解的产物,写出第一阶段分解产物的化学式,第三阶段反应化学方程式。
【答案】
(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2)Al(OH)3(3)冷却结晶(4)过滤减少晶体的溶解(5)洗去晶体表面杂质(6)有利于晶体的干燥(7)Al2(SO4)3·18H2O(8)Al2(SO4)3·3H2O(9)Al2(SO4)3
Al2O3+3SO3↑
【解析】
【分析】
向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液,发生反应:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,镁不反应,固体A为Mg,采用过滤的方法进行分离,向滤液中通入二氧化碳,发生反应:
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,再通过过量进行分离,固体B为氢氧化铝,氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝溶液,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体
(1)Al和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠,镁不反应;
(2)从溶液中获得晶体,需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作;
(3)用乙醇洗涤,可以减少晶体的溶解,有利于晶体的干燥;
(4)Al的质量为9g-4.95g=4.05g,设硫酸铝晶体化学式为:
Al2(SO4)3·nH2O,根据Al元素守恒计算硫酸铝晶体的物质的量,再计算硫酸铝晶体的相对分子质量,进而计算n的值,确定化学式;
(5)根据(4)中计算可知,晶体中结晶水的质量分数,低温加热,首先失去结晶水,高温下,最终硫酸铝分解,根据失重%计算判断各阶段分解产物,再书写化学方程式;
【详解】
(1)在镁铝合金中加入NaOH溶液,Al可以与强碱溶液发生反应,而Mg不能反应,该反应的化学反应方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;所以固体A是Mg;向滤液中通入过量的CO2气体,由于酸性H2CO3>Al(OH)3,会发生反应:
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3;所以固体B是Al(OH)3;
(2)用硫酸溶解该固体,发生反应:
2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O;得到的溶液C是Al2(SO4)3溶液;由于其溶解度随温度的升高而增大,所以从溶液中获得晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(3)操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤,来洗去表面的杂质离子,选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解;洗去晶体表面杂质;有利于晶体的干燥;
(4)若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00g,得到固体A的质量为4.95g,金属发生反应,而镁不反应,减少的质量为金属铝的质量,则m(Al)=9.00g—4.95g=4.05g,n(Al)=
=0.15mol,硫酸铝晶体的质量为49.95g,硫酸铝晶体中含有SO42-的物质的量为n(SO42-)=
n(Al3+)=
×0.15mol=0.225mol,Al2(SO4)3的质量是m(Al2(SO4)3)=(
)×342g/mol=25.65g,则含有的结晶水的物质的量是n(H2O)=
=1.35mol,则n(Al2(SO4)3):
n(H2O)=(
):
1.35mol=1:
18,所以该结晶水合物的化学式是:
Al2(SO4)3·18H2O。
(5)在第一个阶段,减少的水的质量是:
m(H2O)=40.54%×49.95g=20.25g,失去的结晶水的物质的量是:
n(H2O)=
=1.125mol,则在晶体中n(Al2(SO4)3):
n(H2O)=
:
(1.35mol-1.125mol)=1:
3,所以此时得到的晶体的化学式是Al2(SO4)3·3H2O;
在第二个阶段,失去结晶水的物质的量是n(H2O)=
=1.35mol,结晶水完全失去,得到的固体物质是:
Al2(SO4)3,则在第三个阶段加热发生分解反应,是硫酸铝的分解,方程式是:
Al2(SO4)3
Al2O3+3SO3↑。
2.A为常见金属,D、E为常见非金属单质,D为黑色固体,E是常温下密度最小的气体,B、F是同种非金属化合物气体,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,A→F之间的转化关系如图:
按要求完成下列各题:
(1)写出A与F的化学式:
A__________F__________
(2)下列物质中有一种与B物质不属于同一类,其他与B均属于同一类,这一物质是_______
A.P2O5B.NOC.Na2OD.SiO2
(3)D高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成E和F时,所得气体的平均相对分子质量是__________g/mol
(4)写出反应①的方程式:
_______________________
【答案】
(1)MgCO
(2)C
(3)15
(4)2Mg+CO2
2MgO+C
【解析】
【分析】
A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,据此答题。
【详解】
A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,
(1)根据上面的分析可以知道,A为Mg,F为CO,
因此,本题正确答案是:
Mg,CO;
(2)B为二氧化碳,属于非金属氧化物,NO、P2O5、SiO2也都是非金属氧化物,与CO2同一类;Na2O是金属氧化物,也是碱性氧化物,与CO2既是非金属氧化物,也是酸性氧化物,所以氧化钠与二氧化碳不同类;
综上所述,本题正确选项C;
(3)C高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成CO和H2时,CO和H2的物质的量之比等于1:
1,所以所得气体的平均摩尔质量(28×1+2×1)/2=15g/mol,相对分子质量为15;
因此,本题正确答案是:
15;
(4)镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,反应①的方程式:
2Mg+CO2
2MgO+C;因此,本题正确答案是:
2Mg+CO2
2MgO+C;
3.A、B、C是中学化学中常见的三种物质,它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去):
(1)若A是一种金属,C是淡黄色固体,则B的化学式为_______,A→C反应的化学方程式为__________________________;若将金属A与金属铝同时加入足量水中,充分反应后,发现溶液中既无沉淀生成又无残留金属剩余,经测定溶液中只含有一种溶质,则投入水中的金属A与金属Al的物质的量之比为_________。
(2)若A是一种非金属,其常见单质为黑色固体,C是最主要的温室气体,则C的分子式为______,B→C反应的化学方程式为_________________________________;金属镁可在气体C中燃烧,当有1mol气体C参与反应时,反应转移电子的物质的量为__________。
【答案】Na2O2Na+O2
Na2O21:
1CO22CO+O2
2CO24mol。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A是一种金属,C是淡黄色固体,则A为Na,C为Na2O2,B为Na2O;Na在氧气中燃烧生成Na2O2,方程式为2Na+O2
Na2O2;若将Na与铝同时加入到足量的水中充分反应后无固体剩余,且所得溶液中只有一种溶质即为NaAlO2,发生的反应为Na+Al+2H2O=2NaAlO2+2H2↑,根据方程式可知金属Na与金属Al的物质的量之比为1:
1;
(2)C是最主要的温室气体,则C为CO2,A为C,B为CO;CO燃烧生成CO2,方程式为2CO+O2
2CO2;金属镁可在CO2中燃烧时CO2被还原成C单质,且还原剂唯一,所以当有1molCO2参与反应时转移电子的物质的量为4mol。
4.把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中,然后向其中滴入1mol·L-1NaOH溶液,生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如下图所示。
①写出OA段的离子反应方程式________
②写出BC段的化学方程式________
③合金中镁的质量__________g。
④盐酸的物质的量浓度___________mol·L-1。
【答案】H++OH-=H2OAl(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O0.120.5
【解析】
【详解】
①由图可知,从开始至加入NaOH溶液10mL,没有沉淀生成,说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余,此时发生的反应为:
HCl+NaOH=NaCl+H2O,则OA段的离子反应方程式为H++OH-=H2O;
②继续滴加NaOH溶液,到氢氧化钠溶液为50mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液为氯化钠溶液.再继续滴加NaOH溶液,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,则BC段的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O;
③由图可知,从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀,加入氢氧化钠溶液为50mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,该阶段消耗氢氧化钠40mL,由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=(0.06L-0.02L)×1mol/L=0.04mol.从加入氢氧化钠溶液50mL~60mL溶解氢氧化铝,该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,所以n[Al(OH)3]=(0.06-0.05)L×1mol/L=0.01mol,3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol,解得n[Mg(OH)2]=0.005mol,由原子守恒n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.005mol,m(Al)=0.01mol×27g•mol-1=0.27g,m(Mg)=0.005mol×24g•mol-1=0.12g,故答案为:
合金中镁的质量为0.12g;
④加入氢氧化钠溶液为50mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液为氯化钠溶液,根据钠原子守恒,此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.05L×1mol/L=0.05mol,根据氯原子守恒n(HCl)=0.05mol,盐酸的物质的量浓度为0.05/0.1=0.5mol/L,故答案为:
该盐酸的浓度为0.5mol/L。
5.某学习小组探究Mg与NaHCO3溶液反应的机理,做了如下探究。
实验一:
实验A
实验B
操作
在注射器中加入过量镁片(擦去表面氧化膜),吸入15mL饱和NaHCO3溶液。
在注射器中加入过量镁片(擦去表面氧化膜),吸入15mL蒸馏水。
现象
有气体产生,20min后注射器内壁和底部产生大量白色沉淀
缓慢产生气体
(1)实验B的目的是___。
实验二:
(2)根据实验二,实验A中产生的气体是___。
(填分子式)
实验三:
分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中,各加入2滴BaCl2溶液,A中立即产生白色沉淀,B中无明显现象。
(3)实验三说明Mg与NaHCO3溶液反应产生了___(填离子符号)。
实验四:
该小组同学对实验A中产生的白色沉淀做出如下猜测:
并用图所示装置进行实验,进一步确定白色沉淀的成分。
猜测1:
白色不溶物可能为Mg(OH)2
猜测2:
白色不溶物可能为MgCO3
猜测3:
白色不溶物可能为碱式碳酸镁[yMg(OH)2⋅xMgCO3]
(4)若用装置A、B组合进行实验,B中有白色浑浊,则猜想___不正确;将装置按A、C、B的顺序组合进行实验,当出现___现象时,猜想3是正确的。
实验五:
用图所示装置测定碱式碳酸镁[yMg(OH)2⋅xMgCO3]的组成:
(5)称取干燥、纯净的白色不溶物7.36g,充分加热至不再产生气体为止,并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。
实验后装置A增重0.72g,装置B增重2.64g。
装置C的作用是___,白色不溶物的化学式为___。
【答案】做对照实验H2、CO2CO32-1当C中出现蓝色,B中出现浑浊防止B吸收空气中的二氧化碳和水2Mg(OH)2·3MgCO3
【解析】
【分析】
(1)根据实验A、B的操作不同点分析实验B的目的;
(2)根据实验二中现象分析即可得出结论;
(3)根据溶液中存在平衡以及加入氯化钡溶液后的现象分析;
(4)根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,水能使无水硫酸铜变蓝分析;
(5)根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量,所以B不能直接与空气接触;根据A中增重是水的质量,计算出氢氧化镁的质量,B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量。
【详解】
(1)本实验探究Mg与碳酸氢钠的反应,实验A加入碳酸氢钠水溶液,故为了排除其中水的干扰,设置实验B,加入等体积的水,与A对照;
(2)根据实验二现象分析,能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳,用燃着的火柴靠近,听到尖锐的爆鸣声证明有氢气;
(3)溶液中存在平衡HCO3-⇌H++CO32-,加入镁与H+反应,使c(H+)减少,平衡正移,产生CO32-,分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中,各加入2滴BaCl2溶液,A中立即产生白色沉淀,该沉淀为碳酸钡,证明溶液中含有CO32-;
(4)氢氧化镁分解会产生水,碳酸镁分解会产生二氧化碳,B中有白色浑浊产生,说明有碳酸镁,所以猜测1不正确,猜测3要想正确,必须同时产生二氧化碳和水,所以当C中出现蓝色,B中出现浑浊,猜想3正确;
(5)B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量,所以B不能直接与空气接触,为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中,影响实验结果,所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2;A中浓硫酸增重是水的质量,水为0.72g,水的物质的量为0.04mol,氢氧化镁物质的量为0.04mol,B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量,所以生成二氧化碳的质量为2.64g,二氧化碳的物质的量为0.06mol,原子守恒,碳酸镁的物质的量为0.06molX:
Y=0.04:
0.06=2:
3,白色不溶物的化学式为2Mg(OH)2·3MgCO3。
6.某学习小组设计如下实验制备Mg3N2进行定性的分析。
回答下列问题:
(制备)(装置如图所示)
(1)A装置用于制备NH3,试分析氢氧化钠的作用:
________
(2)仪器b为多孔球泡,其作用是_____;浓溴水中反应的化学方程式为_______
(3)E装置中发生反应的化学方粗式为__________
(4)整套装置存在着明显缺陷,你的改进措施是__________
(定性分析)
步骤一:
取少量氮化镁样品于洁净的试管中,加足量蒸馏水,试管底部有沉淀生成.试管口有刺激性气味的气体生成,写出氮化镁与水反应的化学方程式_________
步骤二,弃去上层清液,加入稀盐酸,观察到沉淀全部溶解且冒气泡。
该步骤中产生气泡的化学方程式为____________
【答案】氢氧化钠溶于水放热,促进氨水的分解;同时使溶液中c(OH-)增大,使NH3+H2O
NH3·H2O的平衡逆向移动,有利于氨气的逸出增大氨气与溴水的接触面积,提高吸收效率3Br2+8NH3=6NH4Br+N2或3Br2+2NH3=6HBr+N23Mg+N2=Mg3N2在E装置后添加一个装有碱石灰的干操管Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3Mg+2HCl=MgCl2+H2
【解析】
【制备】
(1)因氢氧化钠溶于水放热,促进氨水的分解;同时使溶液中c(OH-)增大,使NH3+H2O
NH3·H2O的平衡逆向移动,有利于氨气的逸出,则利用NaOH固体中滴加浓氨水可制备NH3;
(2)多孔球泡,可增大氨气与溴水的接触面积,提高吸收效率;Br2能氧化NH3生成N2,则浓氨水通入浓溴水中发生反应的化学方程式为3Br2+8NH3=6NH4Br+N2或3Br2+2NH3=6HBr+N2;
(3)Mg在N2中燃烧生成Mg3N2,发生反应的化学方式为3Mg+N2=Mg3N2;
(4)因Mg3N2易水解,则需要在E装置后添加一个装有碱石灰的干操管,防止空气中的水蒸气进入E中;
【定性分析】
步骤一,氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气,根据原子守恒,发生反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑;
步骤二,弃去上清液,加入盐酸,若观察到有气泡产生,则证明产物中含有未反应的镁,反应的方程式:
Mg+2HCl═MgCl2+H2↑。
7.在人类社会的发展进程中,金属起着重要的作用。
(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_______。
A.金属钠非常活泼,在实验室中保存在石蜡油或煤油中
B.用坩埚钳夹住一小块铝箔,在酒精灯上加热,可观察到铝箔熔化,并有熔融物滴下
C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为:
2Fe+3H2O(g)
Fe2O3+3H2
(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后,产生1.16g白色沉淀,再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液,加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
①A点的沉淀物的化学式为______________。
②写出A点至B点发生反应的离子方程式:
_________________。
③某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质,若把两者分开,应选用的试剂为:
NaOH溶液、_______和盐酸。
④C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为________mL。
【答案】AMg(OH)2AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓CO2130.0(130也给分)
【解析】
(1)金属钠非常活泼,能够与水、氧气等物质发生反应,但与石蜡油或煤油不反应,可以保存在石蜡油或煤油中,A正确;铝的熔点低,加热后会熔化,但铝在氧气中燃烧生成氧化铝,因为氧化铝的熔点高,加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落,B错误;铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁,C错误;正确选项A。
(2)从题给信息中可知:
产生的白色沉淀加盐酸后,沉淀质量不变,说明原溶液中氢氧化钠过量,所以1.16g白色沉淀为氢氧化镁,而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠,溶液中存在偏铝酸根离子,继续加盐酸,会发生AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,沉淀达到最大值,为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和(B点);接着再加入足量的盐酸,两种沉淀都溶于酸中,沉淀消失;
①A点的沉淀物为氢氧化镁,化学式为Mg(OH)2;正确答案:
Mg(OH)2。
②写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀,离子方程式:
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓;正确答案:
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓。
③含有MgCl2和AlCl3的混合液中,先加入足量的氢氧化钠溶液,生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液,过滤,得到沉淀氢氧化镁,再加适量的盐酸,生成MgCl2;滤液为偏铝酸钠溶液,通入足量二氧化碳气体,生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液,过滤得到沉淀固体,再加入适量盐酸,得到AlCl3,从而实现二者的分离;正确答案:
CO2。
④根据上述分析可知:
氢氧化镁沉淀质量为1.16克,物质的量为0.02mol,A→B过程为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,共消耗盐酸的量为(30-10)×10-3×1=0.02mol,生成Al(OH)3沉淀的量为0.02mol,两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液,根据氯离子守恒可得:
V(HCl)×1=0.02×2+0.02×3=0.1,V(HCl)=0.1L=100mL,C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为30+100=130.0mL,正确答案:
130.0(130也给分)。
8.某无色稀溶液X中,可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子
CO
、SiO
、AlO
、Cl-
阳离子
Al3+、Fe3+、Mg2+、NH
、Na+
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)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。
(1)若Y是盐酸,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为______________。
(2)若Y是NaOH溶液,则X中一定含有的离子是___________________。
ab段反应的离子方程式为_______________________________________。
【答案】SiO32-、AlO
CO32-Al(OH)3+3H+===Al3++3H2OAl3+、Mg2+、NH4+、Cl-NH4++OH-===NH3·H2O
【解析】
分析:
(1)无色溶液中不会含有Fe3+,加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3,前者能溶于过量盐酸中而后者不能,由图象知溶液中肯定含有AlO2-、SiO32-。
oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-,ab段为CO32-,bc段则是Al(OH)3溶解。
(2)当向溶液中加入NaOH时,生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab段是NH4+与OH-之间发生反应,因Al3+、Mg2+不能与CO32-、SiO32-、AlO
共存,故此时溶液中阴离子只有Cl-。
详解:
(1)某无色稀溶液X中,无色溶液中不会含有Fe3+,加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3,前者能溶于过量盐酸中而后者不能,所以由图象知溶液中含有AlO2-、SiO32-;则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-;ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab段为盐酸与CO32-反应,bc段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为:
Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O。
因此,本题正确答案是:
SiO32-、AlO
;CO32-;Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O;
(2)若Y是氢氧化钠,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,因为弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,
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