高考化学氮及其化合物推断题综合练习题附答案.docx
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高考化学氮及其化合物推断题综合练习题附答案
高考化学氮及其化合物推断题综合练习题附答案
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质,工业用多种方法来治理。
某种综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图:
已知:
NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(1)固体1的主要成分有Ca(OH)2、___________________、__________________(填化学式)。
(2)若实验室需要配制100mL3.00mol·L-1NaOH溶液进行模拟测试,需用托盘天平称取NaOH固体质量为______g。
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为_______________________。
(4)捕获剂从气体3中捕获的气体主要是__________________(填化学式)。
(5)流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。
已知NaNO2能发生如下反应:
2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O;I2可以使淀粉变蓝。
根据上述反应,选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验,以鉴别NaNO2和NaCl。
需选用的物质是_____________________(填序号)。
①水②淀粉碘化钾试纸③淀粉④白酒⑤白醋
A.①③⑤B.①②④C.①②⑤D.①②③⑤
【答案】CaCO3CaSO312NO2-+NH4+=N2↑+2H2OCOC
【解析】
【分析】
工业废气通过过量的石灰乳,除去CO2和SO2,生成CaCO3和CaSO3,气体1是NO、CO、N2,通入适量的空气,把NO转化为NO2,通过氢氧化钠溶液只得到NaNO2溶液,说明气体2是NO、NO2、N2,气体3是CO和N2,捕获产物是CO,得到的NaNO2溶液和含NH4+废水发生氧化还原反应,得到无污染的气体是氮气。
【详解】
(1)根据分析,固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3;
(2)需要配制100mL3.00mol·L-1NaOH溶液,所需质量m=C·V·M=3.00mol·L-1×0.1L×40g·mol-1=12g;
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水,二者发生归中反应,氮元素最终都以氮气形式存在,反应的离子方程式为:
NO2-+NH4+=N2↑+2H2O;
(4)根据分析,捕获剂从气体3中捕获的气体主要是CO;
(5)由2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O,可知NO2-在酸性条件下可以氧化I-,生成的I2可以使淀粉变蓝。
故检验NO2-使用淀粉碘化钾试纸、白酒、水,故答案选C。
2.如图所示,在干燥的圆底烧瓶中充满某气体a,胶头滴管中吸有少量液体b,当把溶液b挤进烧瓶后,打开止水夹不能形成“喷泉”的组合是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氨气极易溶于水,导致烧瓶内压强迅速减小,能形成喷泉,故A不符合题意;
B.氯化氢极易溶于水,导致烧瓶内压强迅速减小,能形成喷泉,B不符合题意;
C.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠,导致烧瓶内压强迅速减小,能形成喷泉,故C不符合题意;
D.饱和氯化钠溶液中含有氯离子能抑制氯气的溶解,所以氯气不能使烧瓶内压强减小,不能形成喷泉,故D符合题意;
答案:
D。
【点睛】
根据形成喷泉的原理是使烧瓶内外产生压强差,所以只要考虑烧瓶内气体能否和滴管中的液体发生反应进行判断。
3.亚硝酸(HNO2)是一种不稳定的酸,易分解为NO2和NO;其盐亚硝酸钠是一种重要的化工原料,酸性条件下能氧化碘离子等还原性物质,常用作漂白剂、媒染剂。
回答下列问题:
(1)亚硝酸钠会与人体中的血红蛋白作用,将二价铁氧化为三价铁,从而使血红蛋白丧失输送氧气的功能而使人体中毒。
一旦发生亚硝酸盐中毒,立即注射美蓝溶液进行治疗,推断美蓝溶液具有________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)亚硝酸钠外观极像食盐,和食盐一样有咸味。
工业上常用下列两种方法检验食盐中是否混有亚硝酸钠。
①取样品,加稀硫酸,若观察到________(填现象),说明样品中含有亚硝酸钠。
②取样品,加________溶液(填试剂名称),酸化后溶液变蓝,说明样品中含有亚硝酸钠。
(3)研究不同条件下保存萝卜,发现亚硝酸钠含量随时间变化如图所示,若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg·kg-1时食用,则三种条件下保存时间由长到短的顺序是________(填序号)。
(4)鱼塘中亚硝酸钠浓度过高,鱼不吃食甚至死亡。
可用适量二氧化氯(ClO2)处理亚硝酸钠,ClO2被还原为Cl-,反应的离子方程式为________________________;若有3molClO2参与反应,则转移电子的物质的量是________。
【答案】还原溶液产生气泡淀粉碘化钾溶液③①②
15mol
【解析】
【分析】
本题综合考察了亚硝酸及亚硝酸盐的性质,分析时可从其+3价的化合价出发,+3价可升可降使其既能当氧化剂又能当还原剂,此外亚硝酸还是一个弱酸。
【详解】
(1)若要解毒可将血红蛋白中的
重新还原为
,因此美蓝溶液应具有还原性;
(2)①亚硝酸是弱酸,因此亚硝酸钠与硫酸反应可以得到
,
不稳定又分解产生
和
,因此可以观察到气泡;
②也可从其氧化性出发,加入淀粉碘化钾溶液,亚硝酸盐可将碘离子变为单质碘,单质碘遇淀粉变蓝即可证明;
(3)据图可以看出若要达到
的量,冷藏不密封用时最长,冷藏密封用时最短,因此保存时间由长到短为③①②;
(4)二氧化氯当氧化剂,亚硝酸钠当还原剂,离子方程式为:
;
在反应中由+4价降低到-1价,因此每个
得5个电子,3mol
在反应中一共转移15mol电子。
4.某港口化学品堆场发生火灾,消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下,用水灭火时,发生了剧烈爆炸。
事后有关部门初步认定危化品部分清单:
钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。
试回答:
⑴请你分析用水灭火时,随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。
⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________(简要说明操作步骤)。
⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________(写化学式)。
⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2,写出该反应的化学方程式______________________。
【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应,并释放出氢气。
氯酸钾受热分解产生氧气,氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水,取少量溶液于试管中,滴入浓氢氧化钠溶液并加热,在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验,若发现试纸变蓝,则说明该溶液中含有NH4+Na2O22KNO3
2KNO2+O2↑
【解析】
【分析】
钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气,而氯酸钾分解会产生氧气,氢氧混合受热后会发生爆炸,后面再根据要求来作答即可。
【详解】
(1)根据分析,钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气,而氯酸钾受热产生氧气,氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸;
(2)铵离子可以通过加水溶解后,加入浓碱并加热的方法来检验,因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体;实验操作为:
将氯化铵溶于水,取少量溶液于试管中,滴入浓氢氧化钠溶液并加热,在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验,若发现试纸变蓝,则说明该溶液中含有NH4+,
(3)过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂,化学式为Na2O2;
(4)硝酸钾受热分解产生
和
的过程是一个自身氧化还原反应,氮从+5价降低到+3价,得2个电子,氧从-2价升高到0价,失2个电子,据此来写出氧化还原方程式即可:
。
5.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
6.Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质(括号内为杂质),在空格中填上需加入最适合的一种试剂:
(1)FeCl3溶液(FeCl2)________________,
(2)FeCl2溶液(FeCl3)________________,
(3)Fe粉末(Al)_______________,
Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量,进行了下列实验:
取一定量合金,加入100mL0.3mol·L-1稀硝酸,合金完全溶解,产生的气体在标准状况下体积为560mL;再加入0.2mol·L-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,用去300mLNaOH溶液。
则所取样品中铝的物质的量为___________,反应中转移的电子数为______________。
【答案】Cl2FeNaOH溶液0.055mol0.075NA
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)氯气把FeCl2氧化为FeCl3;
(2)铁粉能把FeCl3还原为FeCl2;
(3)Fe与氢氧化钠不反应,Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气;
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体,向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO),根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),据此计算n(NaAlO2),再根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)计算。
【详解】
Ⅰ.
(1)氯气把FeCl2氧化为FeCl3,用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2;
(2)铁粉能把FeCl3还原为FeCl2,用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3;
(3)Fe与氢氧化钠不反应,Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉;
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮,向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO)=0.1L×0.3mol/L-
=0.03mol-0.025mol=0.005mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),故n(NaAlO2)=0.3L×0.2mol/L-0.005mol=0.055mol,根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)=0.055mol;
,氮元素化合价由+5变为+2,生成1molNO转移3mol电子,所以反应中转移的电子数为
0.075NA。
7.2016年10月17日7时30分,我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。
此次火箭的主要燃料是偏二甲肼(C2N2H8)和一种氮的氧化物(用R表示),当火箭发射时,这两种燃料会剧烈反应产生大量气体,并释放出大量的热,化学方程式如下(已配平):
C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑
(1)R的化学式是___;已知偏二甲肼中N元素显-2价,H元素显+1价,由此推断,C元素的化合价是___。
(2)该反应的还原剂是___,被还原的元素是___。
(3)若反应生成22.4LCO2(标准状况),则反应转移电子___mol。
(4)火箭发射时,尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色,该红棕色气体的化学式可能是___。
(5)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。
Na2FeO4能给水消毒利用的是___性。
用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水,其净水原理与明矾相同,Fe3+净水原理是___(用简要的文字叙述)。
【答案】N2O4-2C2N2H8N2O48NO2氧化性Fe3+是弱碱阳离子,能结合水电离出的氢氧根生成Fe(OH)3胶体,可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降
【解析】
【分析】
(1)化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑,由原子守恒可得R的化学式;
(2)该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价,C2N2H8中C和N的化合价升高,可以判断出氧化剂和还原剂;
(3)标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol,生成1molCO2时,有1molN2O4被还原,可以求出转移电子数;
(4)火箭的燃料是两种组分,偏二甲肼和四氧化二氮,四氧化二氮是无色的气体,四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体;
(5)Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态,有很强的氧化性。
【详解】
(1)化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑,由原子守恒可知,R的化学式为:
N2O4;已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价,H元素显+1价,设C的化合价为x,则有2x+8-2×2=0,解得x=-2,C元素的化合价是-2;
(2)该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价,C2N2H8中C和N的化合价升高,故该反应的还原剂是C2N2H8,氧化剂是N2O4;
(3)标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol,生成1molCO2时,有1molN2O4被还原,N2O4被还原为N2,得8个电子,1molN2O4得8电子,故转移8mol电子;
(4)火箭的燃料是两种组分,偏二甲肼和四氧化二氮,四氧化二氮是无色的气体,四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体,故该红棕色气体的化学式可能是NO2;
(5)化合物中化合价的代数和为0,Na2FeO4中钠元素为+1价,氧元素为-2价,故铁元素为+6价;+6价的铁是铁元素的最高价态,有很强的氧化性,可用于杀菌消毒;杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子,能结合水电离出的氢氧根生成Fe(OH)3胶体,可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。
8.X、Y、Z是中学化学常见的三种物质,它们之间的相互转化关系如下(X、Y、Z、E、F为英文字母,部分反应条件及产物略去)
I.若Y是一种易溶于水,且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。
(1)Y气体的大量排放会形成酸雨,在工业上可以用足量氨水吸收,化学方程式为_____。
(2)Z的水溶液可以制得某种强酸E。
实验室用98%的浓E(ρ=1.84g·cm−3)溶液配制l.5mol·L−1稀E溶液240 mL。
①制该稀E溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和_____;
II.若Z是淡黄色固体粉末。
在呼吸面具或潜水艇中由Z和CO2制备氧气的化学反应方程式为_____。
III.若Z是红棕色气体。
(1)试写出Z与水反应制备另一种强酸F的化学方程式_____。
(2)2.0g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL−1质量分数为63%的浓F溶液中,得到Z和N2O4(Z和N2O4均为浓F溶液的还原产物)的混合气体1792mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀,得到3.7g沉淀。
则合金中铜与镁的物质的量之比为_____,加入NaOH溶液的体积为_____mL。
【答案】2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O250mL容量瓶2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O23NO2+H2O=2HNO3+NO2:
31300
【解析】
【分析】
I.若Y是一种易溶于水,且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体,则Y为SO2;
II.若Z是淡黄色固体粉末,则Z为Na2O2;
III.若Z是红棕色气体,则Z为NO2,X为N2或NH3,Y为NO。
【详解】
I.
(1)根据分析,Y为SO2,SO2的大量排放会形成酸雨,在工业上可以用足量氨水吸收,生成亚硫酸铵和水,其反应的化学方程式为:
2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O,故答案为:
2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O。
(2)①二氧化硫氧化生成三氧化硫,三氧化硫溶于水得硫酸,E是硫酸。
实验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg⋅cm−3)溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL,依据配制溶液的步骤可知,需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶,故答案为:
250mL容量瓶。
II.根据分析,Z为Na2O2,在呼吸面具或潜水艇中Na2O2和CO2制备O2的化学反应方程式为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
III.
(1)Z为NO2,X为N2或NH3,Y为NO,NO2与H2O反应生成HNO3和NO,其化学反应方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO。
(2)F为HNO3,金属离子全部沉淀时,得到3.7g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁,所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g−2g=1.7g,氢氧根离子的物质的量为:
,根据电荷守恒可知,金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,则:
,计算得出:
,所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02:
0.03=2:
3;标准状况下,NO2和N2O4混合气体的物质的量为:
,设二氧化氮的物质的量为amol,则四氧化二氮的物质的量为(0.08−a)mol,根据电子转移守恒可知,a×1+(0.08−a)×2×1=0.1,计算得出:
a=0.06mol,则N2O4的物质的量为0.02mol,根据钠离子守恒可知,氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量,根据氮元素守恒可知,硝酸钠的物质的量为:
−0.06mol−0.02mol×2=1.3mol,所以需要氢氧化钠溶液的体积为:
,故答案为:
2:
3;1300。
9.下列A~H八种物质存在如下图所示的转化关系(反应条件、部分产物未标出)。
已知A是正盐,B能使品红溶液褪色,G是红棕色气体。
试回答下列问题:
(1)写出下列各物质的化学式:
A________________;B________________。
(2)按要求写出下列反应的有关方程式
E→F反应的化学方程式_____________________________________________________;
G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。
(3)写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式_______________________________________。
(4)检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。
【答案】(NH4)2SO3SO24NH3+5O2
4NO+6H2O3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOC+4HNO(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O取少量该溶液于试管中,加足量稀盐酸酸化,未见沉淀生成.再加入少量BaCl2溶液,如果出现白色沉淀,则证明该溶液中含有SO42-
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则是NO2,F和氧气反应生成二氧化氮,所以F是NO;A是正盐,和氢氧化钠反应生成E,E和氧气反应生成NO,则E是NH3,A是铵盐;二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H,则是和水反应生成硝酸和NO,所以H是硝酸;B能使品红溶液褪色,且B能和氧气反应生成C,所以B是SO2,C是SO3,A是正盐且是铵盐,反应后能生成二氧化硫,所以A是(NH4)2SO3,三氧化硫和水反应生成硫酸,则D是硫酸,据此分析解答。
【详解】
(1)通过以上分析知,A是(NH4)2SO3;B是SO2;
(2)高温、催化剂条件下,氨气和氧气反应生成一氧化氮和水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,离子方程式为:
3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO;
(3)加热条件下,碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水,反应方程式为:
C+4HNO3(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O;
(4)D中含有硫酸根离子,硫酸根离子的检验方法是:
取少量该溶液于试管中,加足量稀盐酸酸化,未见沉淀生成,再加入少量BaCl2溶液,如果出现白色沉淀,则证明该溶液中含有SO42-。
10.下列是一些常见物质之间的转化关系。
A是一种红色金属,F为不溶于酸的白色沉淀,B和C是两种强酸。
(图中部分产物及反应条件略去)
则:
①A和B分别为:
A_________B_________;
②A与B发生反应的条件是_______
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