高考化学综合题专题复习铁及其化合物专题解析.docx
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高考化学综合题专题复习铁及其化合物专题解析
高考化学综合题专题复习【铁及其化合物】专题解析
一、高中化学铁及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素,彼此转化关系如下:
请回答:
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应),写出该反应的化学方程式:
__、其中Al作__剂。
(2)反应④的离子方程式为:
__。
(3)新配制的C溶液中应加入__,以防止其转化为D。
检验D溶液中阳离子的常用试剂是__(填化学式),实验现象为__。
【答案】2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉(屑)KSCN(或NH4SCN)溶液变红(或呈现血红色)
【解析】
【分析】
氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应,生成A,则A为Fe,铁和水蒸气在高温下反应生成B,B为黑色磁性氧化物,则B为Fe3O4,Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价,与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2,铁与过量盐酸反应生成FeCl2,则C为FeCl2,FeCl2与双氧水反应生成FeCl3,则D为FeCl3,据此分析解答。
【详解】
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应),该反应的化学方程式:
2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3,反应中Al有0价变为+3价,化合价升高,失电子,被氧化,作还原剂;
(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3,离子方程式为:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)C为FeCl2,D为FeCl3,亚铁离子具有还原性,易被氧化,新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑),以防止其转化为FeCl3。
检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN),三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。
2.在下列物质转化关系中,反应的条件和部分产物已略去。
已知:
甲、乙是两种常见金属,反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。
回答下列问题:
(1)反应I中,甲在通常条件下和水剧烈反应,除丙外,还生成一种焰色反应为黄色的物质,写出该物质的电子式:
_______,该化合物中存在的化学键有:
_________。
与甲在同一周期的金属元素(包括甲),按单质熔点由高到低的顺序排列依次为:
_______(元素符号)。
(2)反应Ⅱ中,乙与H2O在高温下反应,除丙外,还生成一种有磁性的物质,则乙在周期表中的位置是_______;写出反应Ⅱ的化学方程式_______。
(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件,可得出甲的金属性比乙的金属性_______(填“强”或“弱”),比较二者金属性强弱的依据还可以是_______(写出一种即可)。
(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_______(选填答案编号)
a.工业上一般用电解法进行冶炼,获取单质
b.金属阳离子都具有相同的电子排布式
c.氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物
d.金属氯化物都是电解质,都属于离子化合物
【答案】
离子键、共价键Al、Mg、Na第四周期Ⅷ族3Fe+4H2O
Fe3O4+H2强NaOH是强碱,而Fe(OH)3是弱碱ab
【解析】
【分析】
已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应,则丙为H2,丁为HCl;反应I中,甲在通常条件下和水剧烈反应,除丙外,还生成一种焰色反应为黄色的物质,则甲为金属钠;反应Ⅱ中,乙与H2O在高温下反应,除丙外,还生成一种有磁性的物质,则乙为铁。
据此解答。
【详解】
(1)由以上分析知,甲为金属钠,则焰色反应为黄色的物质为NaOH,电子式为
,该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。
与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种,它们的离子带电荷数依次增多,离子半径依次减小,所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。
答案为:
;离子键、共价键;Al、Mg、Na;
(2)由以上分析知,乙为铁,与H2O在高温下反应,生成的有磁性的物质为Fe3O4,铁为26号元素,电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族;反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+H2。
答案为:
第四周期Ⅷ族;3Fe+4H2O
Fe3O4+H2;
(3)钠与水在常温下剧烈反应,铁与水在高温下才能反应,由此可得出钠的金属性比铁的金属性强,比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱,而Fe(OH)3是弱碱来判断。
答案为:
强;NaOH是强碱,而Fe(OH)3是弱碱;
(4)a.工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3,获取单质,a正确;
b.Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6,b正确;
c.NaOH热稳定性强,很难分解得到相应的氧化物,c不正确;
d.金属氯化物都是电解质,但AlCl3属于共价化合物,d不正确;
答案为:
ab。
【点睛】
在书写铁与H2O在高温下反应,我们易忽视“有磁性的物质”,而把产物写成Fe2O3和H2,从而产生错误。
3.A、B、C、D、E分别是铁或铁的化合物。
其中D是一种红褐色沉淀。
其相互反应关系如图所示:
根据如图所示变化,按要求回答下列问题:
(1)写出A、E的化学式:
A__,E__;
(2)写出其中几步反应的化学方程式:
C→B:
___;
B→D:
___;
E→A:
___。
(3)C中加入NaOH溶液,看到的现象是__。
【答案】FeFe2O32FeCl2+Cl2=2FeCl3FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaClFe2O3+3CO
2Fe+3CO2(或Fe2O3+2Al
2Fe+Al2O3)出现白色沉淀,迅速变成灰绿色,最终变成红褐色
【解析】
【分析】
D是一种红褐色沉淀,应为Fe(OH)3,由转化关系可知E为Fe2O3,A为Fe,则B为FeCl3,C为FeCl2,结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知A为Fe,E为Fe2O3,
故答案为:
Fe;Fe2O3;
(2)C为FeCl2,可与氯气反应生成FeCl3,方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3,B为FeCl3,可与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)3,方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl,可经一氧化碳高温下还原(或铝热反应)生成Fe,方程式为Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2(或Fe2O3+2Al
2Fe+Al2O3),
故答案为:
2FeCl2+Cl2=2FeCl3;FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl;Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2(或Fe2O3+2Al
2Fe+Al2O3);
(3)C为FeCl2,可与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2,出现白色沉淀,Fe(OH)2不稳定已被空气中的氧气氧化,迅速变成灰绿色,最终变成红褐色,
故答案为:
出现白色沉淀,迅速变成灰绿色,最终变成红褐色。
4.中学化学常见物质A、B、C、D、E有如下转化(已知A、B、C、D、E均含有同一元素):
请写出:
(1)B→C+D的离子方程_______________________;
(2)E→F化学方程式__________________________。
(3)若A→B过程的反应不是化合反应,该反应可能的化学方程式___________________。
(4)D通过化合反应转化为C的离子方程式为____________________________________。
【答案】
【解析】
【分析】
由F是红褐色物质,可知F是Fe(OH)3;E能氧化为Fe(OH)3,E是Fe(OH)2;逆推可知C含有Fe2+、D含有Fe3+,则A是Fe;B中的铁元素有+2、+3两种,B是Fe3O4。
【详解】
根据以上分析,
(1)Fe3O4与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁,反应的离子方程
;
(2)氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁,反应化学方程式为
;
(3)若Fe→Fe3O4过程的反应不是化合反应,则为铁和水蒸气高温条件下生成四氧化三铁和氢气,反应可能的化学方程式为
;
(4)Fe3+和Fe通过化合反应生成Fe2+,反应的离子方程式为
。
5.硫及其化合物有如下转化关系
(1)发生氧化还原反应的是___________(填序号)
(2)写出(5)的反应方程式____________,说明浓硫酸具有___________,制取CuSO4,__________方法最好(填序号);
(3)SO2是造成空气污染,形成酸雨的主要物质。
SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸,反应方程式为_____________。
验证二氧化硫的方法是_____________。
(4)某溶液中含有Cl-、SO42-,可能含有Na+、Fe2+或其中一种。
①验证Cl-、SO42-的方法是______________
A.先加BaCl2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液
B.先加AgNO3溶液,等沉淀后,再加BaCl2溶液
C.先加Ba(NO3)2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液
②验证Na+或Fe2+最简单的方法是_____________。
【答案】①②⑤2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O强氧化性⑥2SO2+O2+2H2O=2H2SO4将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2C若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在
【解析】
【详解】
(1)依据转化关系中反应前后元素化合价变化分析,①反应是硫单质和铁发生反应一定有元素化合价变化属于氧化还原反应;②是硫和氧气反应生成二氧化硫属于氧化还原反应;③是三氧化硫和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀,无元素化合价变化,不是氧化还原反应;④是硫酸铜和氯化钡溶液反应生成沉淀,发生的是复分解反应;⑤是铜和浓硫酸加热反应,发生的是氧化还原反应,⑥是氧化铜与硫酸的反应,没有元素的化合价发生变化;有元素化合价变化的反应为氧化还原反应,因此①②⑤属于氧化还原反应;故答案为①②⑤;
(2)反应⑤是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:
2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O,反应中浓硫酸表现了酸性和强氧化性;硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜,反应过程中无污染气体生成最好,制备硫酸铜的方法,⑥最好,⑤生成二氧化硫污染性气体;故答案为2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O;强氧化性;⑥;
(3)SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸,分压的化学方程式为:
2SO2+O2+2H2O═2H2SO4;依据二氧化硫的特征性质检验二氧化硫,使品红试液褪色,加热恢复红色,方法为:
将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2;故答案为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4;将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2;
(4)①依据氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验、硫酸根离子检验方法加入盐酸,在加入硝酸钡进行检验,注意离子检验设计应先检验硫酸根离子,沉淀完全后再检验氯离子的存在。
A.先加BaCl2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液,氯离子和硫酸根离子都会生成白色沉淀,不能确定离子存在,选项A错误;
B.先加AgNO3溶液,等沉淀后,再加BaCl2溶液,硫酸根离子也能生成白色沉淀硫酸银,不能检验离子存在,选项B错误;
C.先加Ba(NO3)2溶液,等沉淀后,检验硫酸根离子存在,除去硫酸根离子后再加AgNO3溶液,检验氯离子存在,选项C正确;
答案为C;
②依据亚铁离子溶液呈浅绿色,钠离子溶液中为无色,或做焰色反应检验;若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在;故答案为若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在。
6.A、B、C为中学常见单质,其中一种为金属;通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。
D、E、F、G、H、X均为化合物,其中X常温下是无色气体,其水溶液是一种无氧强酸溶液,E为黑色固体,H在常温下为液体。
它们之间的转化如图所示(某些反应条件和部分反应产物已略去)。
(1)写出下列物质的化学式:
D___,X___。
(2)在反应①~⑦中,不属于氧化还原反应的是___(填数字编号)。
(3)反应⑥的离子方程式为:
___。
(4)反应⑦的化学方程式为___;该反应中每消耗0.3mol的A,可转移电子___mol。
(5)除去D溶液中混有的少量G的方法是:
___。
(6)检验G溶液中阳离子的方法是:
___。
【答案】FeCl3HCl③⑥Fe3++3SCN-=Fe(SCN)33Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H20.8向混合液中通入足量氯气(或氯水)(或加入足量H2O2)取少量G溶液于试管中,滴2滴KSCN溶液,溶液不变色,再加新制氯水,溶液变为红色
【解析】
【分析】
单质A和C反应生成黑色晶体E,E和X酸反应生成D、G、H,其中D、G之间可以实现相互转化,说明A为变价金属Fe,E为Fe3O4,C为O2,依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物,F为含硫氰酸根离子的化合物,G为含Fe2+离子的化合物,H在常温下为液体,H为H2O;B为黄绿色气体,B是氯气,依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。
据此解答。
【详解】
根据以上分析,
(1)D是氯化铁,化学式是FeCl3,X是盐酸,化学式是HCl。
(2)反应①是铁与氯气反应生成氯化铁,元素化合价改变,属于氧化还原反应;反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4,元素化合价改变,属于氧化还原反应;反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水,元素化合价不变,不属于氧化还原反应;反应④是FeCl3与铁反应生成FeCl2,铁元素化合价改变,属于氧化还原反应;反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3,元素化合价改变,属于氧化还原反应;反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3,元素化合价不变,不属于氧化还原反应;反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气,元素化合价改变,属于氧化还原反应;在反应①~⑦中,不属于氧化还原反应的是③⑥。
(3)反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3,离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
(4)反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气,化学方程式为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;3mol铁反应转移8mol电子,所以反应中每消耗0.3mol的铁,可转移电子0.8mol。
(5)FeCl2与氯气反应生成FeCl3,除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是通入过量的氯气。
(6)Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe(SCN)3,Fe2+与SCN-作用不显红色,所以检验Fe2+的方法是:
取少量G溶液于试管中,滴2滴KSCN溶液,溶液不变色,再加新制氯水,溶液变为红色,说明含有Fe2+。
7.A~I分别表示中学化学中常见的一种物质,它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。
已知H为固态氧化物,F是红褐色难溶于水的沉淀,且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。
请填写下列空白:
(1)B的俗称_______,反应①的用途_____(填一项)。
(2)反应①的化学方程式为________。
反应③的离子方程式为_________。
反应⑧的化学方程式为______。
(3)反应⑥的化学方程式及变化过程中的现象是__________。
(4)向G溶液中加入AlCl3溶液的离子方程式____________。
【答案】磁性氧化铁焊接钢轨(或冶炼金属铁)8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9FeFe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色3AlO2-+Al3++6H2O==Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
F是红褐色难溶于水的沉淀,说明F为Fe(OH)3,E在空气中可转变为Fe(OH)3,说明E为Fe(OH)2,E与F是B与盐酸反应生成的C和D再与NaOH反应得到,因此C为FeCl2,D为FeCl3,B为Fe3O4,A在氧气中燃烧生成Fe3O4,那么A为Fe,B和I高温下反应生成单质铁,说明发生的是铝热反应,即H为Al2O3,I为Al,Al2O3与Al与过量的氢氧化钠溶液反应生成G,那么G为NaAlO2,据此分析作答。
【详解】
(1)B为Fe3O4,俗名为磁性氧化铁,反应①用于焊接钢轨或冶炼金属铁;
(2)反应①为铝热反应,反应方程式为8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe;反应③为Fe3O4与稀盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水的反应,离子方程式为:
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O;反应⑧为Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠的反应,方程式为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(3)反应⑥为Fe(OH)2在空气中氧化的反应,Fe(OH)2为白色沉淀,被氧化后迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;
(4)向偏铝酸钠溶液中加入AlCl3溶液,生成了白色沉淀,离子反应方程式为:
3AlO2-+Al3++6H2O==Al(OH)3↓。
8.将单质Fe和FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中,搅拌、静置。
根据下述不同情况,填写金属单质或金属离子的符号。
(1)充分反应后,若Fe有剩余,则烧杯中不可能含有的金属离子是_____。
(2)充分反应后,如果烧杯中还有大量的Fe3+,则还会有的金属离子是_____。
(3)如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半,则烧杯中一定没有的金属离子是____,一定没有的金属单质是______。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe3+Fe
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,铁先与氯化铁溶液反应,Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2,则铁先与氯化铁溶液反应。
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu;
①Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+、Cu2+;
②如容器内有大量Fe3+,说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应,所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+;
③如有一半Cu2+剩余,说明铜离子已部分反应,所以氧化性强的铁离子已完全反应,则容器内一定没有的金属离子是:
Fe3+;则Fe完全溶解,一定没有Fe剩余。
【点睛】
考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较,能正确判断固体的成分是解本题的关键;本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序,从而确定固体的成分、溶液的成分;有固体剩余,若固体只有铜,则反应后的溶液中一定无Fe3+存在,一定存在Fe2+,可能含有Cu2+;若有铁剩余,一定有铜生成,Fe3+和Cu2+无剩余。
9.已知A为淡黄色固体,T为生活中使用最广泛的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C是无色无味的气体,H是白色沉淀。
(1)物质D的化学式为________。
(2)A和水反应生成B和C的离子方程式为____________________,列出A的一种重要用途_________________。
(3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________。
(4)反应①的离子方程式为_______________________________________。
【答案】Fe3O42Na2O2+2H2O=4Na++OH-+O2↑供氧剂(或漂白剂)白色絮状沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
【解析】
【分析】
由已知D是具有磁性的黑色晶体,则D为Fe3O4;A为淡黄色固体,A与水反应生成B和C,所以A为Na2O2,C是无色无味的气体,C为O2,B为NaOH,T为生活中使用最广泛的金属单质,T为Fe,H是白色沉淀,则H为Fe(OH)2。
【详解】
(1)根据上述分析可知物质D的化学式为Fe3O4;答案:
Fe3O4。
(2)根据上述分析可知物质A为Na2O2,B为NaOH,C为O2,A和水反应生成B和C的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++OH-+O2↑;A的一种重要用途为供氧剂(或漂白剂);答案:
2Na2O2+2H2O=4Na++OH-+O2↑;供氧剂(或漂白剂)。
(3)H为Fe(OH)2,在空气中很不稳定,被氧气氧化,白色絮状沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;答案:
白色絮状沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色。
(4)反应①是Fe3O4与盐酸的反应,生成氯化铁和氯化亚铁、水,其离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O;答案:
Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O。
10.归纳总结是学习化学的一种方法。
(1)甲同学发现A、B、C三种物质有如图l所示的相互反应关系,“—”表示能反应(部分反应物、生成物以及反应条件省略,下同)。
己知A是常见金属,人体缺乏组成A的元素易患贫血症;B胃酸的主要成分;B与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,则A是__(填化学式(下同),C是___。
请写出下列反应的化学方程式:
A与B__;B与C____。
(2)乙同学发现X、Y、Z三种物质有如图2所示的循环转化关系“→”表示能转化。
①若X、Y、Z均为含钙化合物,X是一种常用干燥剂氯化钙,Y俗称熟石灰。
则X的化学式为___;请写出Y→Z的反应化学方程式____。
【答案】FeAgNO3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3CaCl2Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O
【解析】
【详解】
(1)A是常见金属,人体缺乏组成A的元素易患贫血症,所以A是铁,B是胃酸的主要成分,所以B盐酸,盐酸与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,所以C是硝酸银,铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,盐酸和硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀和硝酸,铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银,推出的物质满足题中的转化关系。
故A是Fe,C是AgNO3,A与B的反应是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,化学方程式为:
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,B与C的反应是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸,化学方程式为:
HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3;
(2)X、Y、Z均为含钙化合物,X是一种常用干燥剂氯化钙,化学式为CaCl2,Y俗称熟石灰,所以Y是氢氧化钙,依据X、Y、Z三种物质的转化关系可知,Z是碳酸钙,氯化钙和饱和氢氧化钠反应会生成氢氧化钙,氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙,碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水,推出的各种物质均满足题中的转化关系。
故X的化学式为CaCl2,Y→Z的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水,化学方程式为:
Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。
【点睛】
解框图题的方法:
最关键的是寻
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- 高考 化学 综合 专题 复习 及其 化合物 解析