备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案.docx
- 文档编号:5851634
- 上传时间:2023-01-01
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:356.25KB
备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案.docx
《备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案.docx(17页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案
2020-2021备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案
一、高中化学铁及其化合物
1.排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+,为了减少环境污染,变废为宝,利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu,过程如下。
请回答:
(1)固体A的成分是________________(填化学式)。
(2)溶液B中的金属阳离子有___________________。
(3)试剂G是__________________(填名称)。
(4)B→D反应的离子方程式是_________________________。
(5)溶液E焰色反应呈黄色,试剂H是__________________。
【答案】Fe、CuFe2+、Al3+稀盐酸或稀硫酸2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—NaOH溶液
【解析】
【分析】
【详解】
(1)向含Fe3+、Al3+、Cu2+的工业废水中加入过量的废铁屑,发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2++Cu,而铁屑是过量的,因此固体A的成分是Fe和Cu;
(2)溶液B中的金属阳离子有反应产生的Fe2+和废水中原有的Al3+;
(3)向Fe和Cu的混合物中加入过量的试剂G能产生溶液B和固体C,则试剂G为稀盐酸或稀硫酸,而固体C为不溶于稀盐酸或稀硫酸的Cu;
(4)向溶液B中加入足量的氯水,Fe2+被Cl2氧化成Fe3+,而Al3+不反应,因此离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—;
(5)溶液D的成分是Fe3+和Al3+,向其中加入过量的H溶液生成沉淀F和溶液E,且沉淀F经过灼烧生成铁红,则F为Fe(OH)3;溶液E的焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,且一定条件下能得到Al2O3,说明含有铝元素,则E为Na[Al(OH)4];经过以上分析,可知H为NaOH溶液。
2.物质
是某新型净水剂的中间体,它可以看成由AlCl3(在180℃升华)和一种盐A按物质的量之比1:
2组成。
在密闭容器中加热X使之完全分解,发生如下转化:
请回答下列问题:
(1)X的化学式为__。
(2)将E混合晶体溶于水配成溶液,向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。
(3)高温下,若在密闭容器中长时间煅烧X,产物中还有另外一种气体,请设计实验方案验证之_。
【答案】AlCl3·2FeSO4Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O将气体通入足量NaOH溶液中,收集余气,把一条带火星的木条伸入其中,若复燃,则说明是O2
【解析】
【分析】
固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液,混合液变血红色,说明B中含有Fe3+,则B为Fe2O3,C为FeCl3溶液,无色D气体能使品红褪色,则D为SO2,由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素,A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫,则盐A为FeSO4,氧化铁的物质的量为
=0.02mol,生成二氧化硫为
=0.02mol,由Fe、S原子为1:
1可知生成SO3为0.02mol,4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3,AlCl3的物质的量为
=0.02mol,X的组成为AlCl3∙2FeSO4,以此解答该题。
【详解】
(1)根据上述分析,X的化学式为AlCl∙2FeSO4;
(2)将E混合晶体溶于水配成溶液,三氧化硫反应生成硫酸,则硫酸与氯化铝的物质的量相等,逐滴加入过量稀NaOH溶液,该过程的总反应的离子方程式为:
Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O;
(3)若在高温下长时间煅烧X,生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气,另一种气体分子式是O2,检验氧气的方法为:
将气体通入足量NaOH溶液中,收集余气,把一条带火星的本条伸入其中,若复燃,则说明是O2。
3.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)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是___。
(2)反应①的化学方程式为___。
(3)反应③的离子方程式为___。
(4)反应⑧的化学方程式为___。
(5)反应⑥过程中的现象是____。
(6)1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应,生成的气体换算成标准状况下占___L。
【答案】铁元素8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色33.6
【解析】
【分析】
F是红褐色难溶于水的沉淀,则F为氢氧化铁;E能在空气中转化为F,且E是C和氢氧化钠反应生成,则E为氢氧化亚铁,C为氯化亚铁;B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D,则B为四氧化三铁,D为氯化铁;A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁,则A为铁单质;四氧化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质,I又能与氢氧化钠反应,推知I为铝单质,与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应,生成H为氧化铝;铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G,则G为偏铝酸钠。
【详解】
(1)A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁,则六种物质中都含有铁元素,故答案为:
铁元素;
(2)①是铝与四氧化三铁发生铝热反应,其反应的方程式为8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe,故答案为:
8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe;
(3)③是四氧化三铁与盐酸反应,其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O,故答案为:
Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O;
(4)⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应,反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故答案为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(5)⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁,其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,故答案为:
生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色;
(6)1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝,生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气,根据得失电子守恒可知,铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数,可列式1×3=2×n(H2),则n(H2)=1.5mol,则标准状况下,氢气的体积V(H2)=1.5mol×22.4L/mol=33.6L,故答案为33.6。
【点睛】
铝与四氧化三铁反应生成铁,8molAl~9molFe,铁与水蒸气反应生成氢气,3molFe~4molH2,所以也可以根据对应关系8molAl~9molFe~12molH2,求得氢气的物质的量。
4.A、B、C均为中学化学常见的纯净物,它们之间存在如下转化关系:
其中①②③均为有单质参与的反应。
(1)若A是常见的金属,①③中均有同一种黄绿色气体参与反应,B溶液遇KSCN显血红色,且②为化合反应,写出反应②的离子方程式_________________________。
(2)如何检验上述C溶液中的阳离子?
______________________。
(3)若B是太阳能电池用的光伏材料,①②③为工业制备B的反应。
C的化学式是____________,属于置换反应____________,(填序号)写出反应①的化学方程式____________________。
【答案】Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)由转化关系可知A为变价金属,则A应为Fe,B为氯化铁,C为氯化亚铁,②为Fe与氯化铁的反应;
(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,以此解答该题。
【详解】
(1)A是常见的金属,①③中均有同一种气态非金属单质参与反应,且②为化合反应,则该非金属气体为Cl2,B为氯化铁,则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(2)由分析知C为氯化亚铁,检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+;
(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,则反应①的化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑,其中属于置换反应的有①③。
5.利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。
图中甲~己均含铁元素。
回答下列问题:
(1)K2FeO4常用作杀菌消毒剂,从铁元素化合价的角度分析是因其具有____性;下列关于乙的说法正确的是______(填标号)。
a.属于酸性氧化物,能与碱反应
b.属于碱性氧化物,能与酸反应
c.属于两性氧化物,既能与酸反应,又能与碱反应
(2)已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲+HNO3―→戊+己+NO↑+H2O(方程式未配平)。
若产物中戊和己的物质的量之比为3∶1,则甲与HNO3的物质的量之比为____。
(3)戊与烧碱溶液反应生成丙,放置一段时间后丙转化为丁,丙转化为丁的化学方程式为______,现象为______。
【答案】氧化b1∶34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色
【解析】
【分析】
根据图像可知,甲为铁;乙为氧化物且为+2价,为FeO;丙、丁为氢氧化物,分别为+2、+3价,分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁。
【详解】
(1)K2FeO4中铁元素的化合价是+6价,在反应中Fe元素能得电子表现强氧化性,常用作杀菌消毒剂。
根据图可知,铁元素的+2价氧化物是FeO,属于碱性氧化物,能与酸反应生成盐和水。
(2)根据图可知,戊和己分别是铁元素的+2价和+3价盐,铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe(NO3)2和Fe(NO3)3,HNO3在反应中被还原为NO,氮元素的化合价由+5价降为+2价;设反应生成Fe(NO3)3的物质的量为1mol,则生成Fe(NO3)2的物质的量为3mol,则参加反应的Fe(甲)的物质的量为4mol,根据电子守恒可得3mol+3mol×2=n(NO)×3,n(NO)=3mol;根据N原子守恒可知参加反应的n(HNO3)=n(NO)+n[Fe(NO3)2]×2+n[Fe(NO3)3]×3=12mol,则铁与HNO3的物质的量之比为4∶12=1∶3。
(3)Fe(NO3)2与烧碱溶液反应生成Fe(OH)2(丙),氢氧化亚铁与空气中的氧气氧化,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色的Fe(OH)3(丁)。
6.A、B、C、D四种化合物,其中A、C、D焰色反应均为黄色(含钠元素),而B的焰色反应为紫色(含钾元素),A、C和盐酸反应均得到D,将固体C加热可得到A,若在A的溶液中通入一种无色无味气体,又可制得C,若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E。
试写出各物质的化学式:
A:
__、B:
__、C:
__、D:
__、E:
___。
【答案】Na2CO3KOHNaHCO3NaClFe(OH)3
【解析】
【详解】
A、B、C、D四种化合物,其中A、C、D焰色反应均为黄色,含有钠元素。
而B的焰色反应为紫色,含有钾元素;A、C和盐酸反应均得到D,将固体C加热可得到A,若在A的溶液中通入一种无色无味气体,又可制得C,这说明C是碳酸氢钠,A是碳酸钠,D是氯化钠,通入的无色气体是二氧化碳。
B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀,说明溶液中发生了反应:
Fe2+→Fe(OH)2(白色沉淀)→Fe(OH)3(红褐色沉淀),E是氢氧化铁,由于B的溶液中阴离子只有一种,所以B是KOH。
答案为:
Na2CO3;KOH;NaHCO3;NaCl;Fe(OH)3
【点睛】
要熟悉常见物质的物理性质和化学性质,特别要熟悉物质之间的转化关系。
如本题中,Na2CO3和NaHCO3之间可以相互转化:
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O;Fe2+的转化:
Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
7.下列物质之间有如下反应关系:
已知由E转化成C的现象是:
白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色。
回答:
(1)写出下列物质的化学式:
A___,D___,甲___,丙___。
(2)写出红棕色粉末的一种用途___。
(3)写出E→C反应的化学方程式___。
(4)将饱和的B溶液滴入沸水中所得分散系中分散质颗粒直径范围为___。
(5)写出反应②的离子方程式___,该反应中,如果有5.6g铁粉完全反应则生成D的物质的量为___mol。
【答案】Fe2O3FeCl2Cl2KSCN做红色颜料(或炼铁等,合理即可)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)31~100nmFe+2Fe3+=3Fe2+0.3
【解析】
【分析】
分析关系图:
E转化成C的现象是:
白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,则E为Fe(OH)2,C为Fe(OH)3,A为红棕色粉末,则A为Fe2O3,A与盐酸反应生成的B为FeCl3,D为FeCl2,乙为碱如NaOH,由D→B的转化可知,甲为氯气或氯水等,由血红色溶液可知,丙为KSCN。
【详解】
(1)根据分析可知:
红棕色粉末A为Fe2O3,由B(FeCl3)与Fe生成的D为FeCl2,甲含Cl2,能与FeCl3产生血红色溶液的丙为KSCN。
答案为:
Fe2O3;FeCl2;Cl2;KSCN
(2)红棕色粉末是Fe2O3,可做红色颜料,可用于炼铁等。
答案为:
做红色颜料(或炼铁等,合理即可)
(3)E→C反应是Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3,化学方程式为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
答案为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(4)B溶液为FeCl3溶液,滴入沸水中加热后制得Fe(OH)3胶体,胶体分散质颗粒直径范围为1~100nm。
答案为:
1~100nm
(5)反应②是由B(FeCl3)与Fe生成D(FeCl2),离子方程式为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+;该反应中,如果有5.6g铁粉完全反应,则生成D(FeCl2)的物质的量为:
。
答案为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+;0.3
【点睛】
熟记常见物质的性质,特别是一些特殊性质,有利于快速找到推导题的突破口。
8.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+。
9.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F,它们之间能发生如下反应。
(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)
(1)A的原子结构示意图为_____________,丙的化学式为_____________。
(2)金属A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F中不能导电的有__________________、属于电解质的有___________。
(填“A”“B”“甲”“乙”“丙”“C”“D”“E”“F”)
(3)写出转化①发生的化学方程式:
____________________,写出转化④发生的离子方程式:
____________________。
(4)将Na2O2投入到E溶液中,可以观察到的现象是:
_____________。
【答案】
HCl甲、乙、丙丙2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+产生红褐色沉淀,同时生成无色气体
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色,则A为金属Na,由反应①可知,C为NaOH溶液,气体甲为H2;黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙HCl,HCl溶于水得物质D为盐酸,盐酸与金属B反应生成物质E,物质E与Cl2反应生成物质F,F与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe(OH)3,故物质F中含有Fe3+,分析可知金属B为Fe,物质E为FeCl2溶液,物质F为FeCl3溶液。
【详解】
(1)金属A焰色反应为黄色,则A为金属Na,原子结构示意图为
,黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl;故答案为:
、HCl;
(2)A:
Na、B:
Fe、C:
NaOH溶液、D:
盐酸、E:
FeCl2溶液、F:
FeCl3溶液、甲:
H2、乙:
Cl2、丙:
HCl,其中不能导电的有:
甲、乙、丙、属于电解质:
丙,故答案为:
甲、乙、丙;丙;
(3)转化①为金属Na与水的反应氢氧化钠和氢气,反应的化学方程式为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,转化④为FeCl2与Cl2的反应生成氯化铁,反应的离子方程式为:
Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,故答案为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;
(4)E为FeCl2,将Na2O2投入到FeCl2溶液中,Na2O2具有强氧化性,氧化亚铁离子生成铁离子,产生红褐色沉淀,同时生成无色气体氧气,故答案为:
产生红褐色沉淀,同时生成无色气体。
【点睛】
电解质:
在水溶液或熔融状态下能导电的化合物,不能是单质。
非电解质:
在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物,也不能是单质。
10.A~L分别表示中学化学中常见的一种物质,其中A、G为常见的金属单质,K、L为气体,K能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,M由两种元素组成,其质量比8:
1。
(1)K的电子式为_____
(2)反应②的离子方程式:
_____,反应③的离子方程式:
_____
(3)反应④的化学方程式:
_____,反应⑥的化学方程式_____
(4)已知A和K反应为置换反应,则M的化学式为_____
【答案】
Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++H2OFe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OFe2N
【解析】
【分析】
K能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,应为NH3,由转化关系可知A为变价金属,则为Fe,可知B为Fe3O4,C为FeCl2,D为FeCl3,E为Fe(OH)2、F为Fe(OH)3,A和K反应为置换反应,M由两种元素组成,其质量比8:
1,则应为Fe2N,L为H2,G为O2,H为Al、I为Al2O3,J为NaAlO2,以此解答该题。
【详解】
(1)K为氨气,电子式为
,故答案为:
;
(2)反应②为Fe3O4与盐酸的反应,离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++H2O,反应③为FeCl3与氨水的反应,离子方程式为Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,故答案为:
Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++H2O;Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;
(3)反应④的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,反应⑥的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O,故答案为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O;
(4)由以上分析可知M为Fe2N,故答案为:
Fe2N。
【点睛】
本题考查无机物推断,为高考常见题型,结合题干信息推断物质名称为解答关键,注意掌握常见元素化合物性质,试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
11.A~G各物质间的关系如下图,其中B、D为气态单质。
请回答下列问题:
(1)物质C和E的名称分别为________、________;
(2)可选用不同的A进行反应①,若能在常温下进行,其化学方程式为__________________________;
若只能在加热情况下进行,则反应物A应为________;
(3)写出D转化为G的化学方程式_____________________________________;
(4)新配制的F溶液应加入________以防止其转化为G。
检验G溶液中阳离子的常用试剂是________,实验现
- 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 及其 化合物 综合 练习题 详细 答案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)