备战高考化学易错题精选氮及其化合物练习题.docx
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备战高考化学易错题精选氮及其化合物练习题
备战高考化学易错题精选-氮及其化合物练习题
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.硝酸是一种重要的化工原料,用来制取一系列硝酸盐类氮肥,如硝酸铵、硝酸钾等;也用来制取含硝基的炸药等。
试回答下列问题:
(1)某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究,若HNO3只被还原成NO,则:
①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式:
__。
②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式:
__。
③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为__。
上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液,滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,最终得到的固体质量为__g。
(2)饮用水中NO3-对人类健康会产生危害,为了降低饮用水中NO3-的浓度,某饮用水研究人员提出,可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。
①配平方程式:
__Al+__NO3-+__OH-+__=__[Al(OH)4]-+__N2↑。
②上述反应中,还原剂与还原产物的物质的量之比是__,反应中转移电子0.3mol,生成__mL(标准状况下)N2。
【答案】Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O2∶340106418H2O10310∶3672
【解析】
【详解】
(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水,离子方程式为Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O;
②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水,离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O;
③28g铁的物质的量为0.5mol,与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应,设生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol,即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁,根据N原子守恒知,生成NO的物质的量为(1.6-3x-2y)mol,根据得失电子守恒有3x+2y=3(1.6-3x-2y),又有x+y=0.5,解得x=0.2,y=0.3,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2∶3;上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液,滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁,氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁,故其物质的量为0.5mol×
=0.25mol,质量为40g;
(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,可知离子方程式为10Al+6NO3-+4OH-+18H2O=10[Al(OH)4]-+3N2↑;
②上述反应中,还原剂是Al,还原产物是N2,其物质的量之比为10∶3;由方程式可知,生成3molN2时转移电子30mol,所以反应中转移电子0.3mol,生成N2的体积(标准状况下)为
×22.4L·mol-1=0.672L=672mL。
【点睛】
金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法:
①原子守恒法:
HNO3与金属反应时,一部分HNO3起酸的作用,以NO的形式存在于溶液中;一部分作为氧化剂转化为还原产物,这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量;②得失电子守恒法:
HNO3与金属的反应属于氧化还原反应,HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量;③电荷守恒法:
HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH-)有:
c(NO3-)=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子);④离子方程式计算法:
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时,由于溶液中NO3-在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应,因此此类题目应用离子方程式来计算,先作过量判断,然后根据完全反应的金属或H+或NO3-进行相关计算,且溶液中要符合电荷守恒。
2.人类农业生产离不开氮肥,科学合理使用氮肥,不仅能提高化肥的使用率,而且能够更好地保护环境,请回答下列问题:
(1)将N2转化为含氮化合物的过程称为固氮
①人工固氮,将N2→NH3,N2发生_________反应
②自然界固氮,可将少量N2转化为Ca(NO3)2等氮肥,转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去):
N2→NO→NO2→HNO3
Ca(NO3)2。
写出NO→NO2→HNO3的化学方程式__________、__________。
将HNO3转化为Ca(NO3)2,列举三种不同类别的化合物M_______(写化学式)。
(2)科学合理地保存、施用氮肥
①NH4HCO3需阴凉处保存,原因是__________(写化学方程式)。
②铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用,以NH4Cl为例写出发生反应的离子方程式________。
(3)过渡施用氮肥将导致大气中NH3含量增高,加剧雾霾的形成。
(NH4)2SO4是雾霾的成分之一,其形成过程如下图所示(转化所需试剂及条件已略去):
①X可能是______、_______。
Y是___________。
②尿素CO(NH2)2是一种常用化肥,缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3则尿素中C元素化合价为__________。
【答案】还原2NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NOCaO、Ca(OH)2、CaCO3NH4HCO3
NH3↑+CO2↑+H2ONH4++OH-=NH3↑+H2OSO3H2SO3H2SO4+4
【解析】
【分析】
本题主要考察含N物质的化学性质,运用所学知识答题即可。
【详解】
(1)①N2→NH3,N的化合价由0变为了-3,则N2作氧化剂,发生还原反应;
②NO→NO2的化学方程式为:
2NO+O2=2NO2;NO2→HNO3的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO;HNO3
Ca(NO3)2,M可以是CaO、Ca(OH)2、CaCO3;
(2)①NH4HCO3需阴凉处保存,是因为该物质对热不稳定,受热易分解,相关的化学方程式为:
NH4HCO3
NH3↑+CO2↑+H2O;
②该离子方程式为:
NH4++OH-=NH3↑+H2O;
(3)①根据图可知,Y为H2SO4;在自然环境中,SO2变为H2SO4的途径有两种:
、
,故X为SO3或H2SO3;
②尿素CO(NH2)2缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3,说明尿素中N呈-3价,由于O呈-2价,H呈+1价,故可算得C呈+4价。
3.2016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。
4.如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。
先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加热,然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶,当三氧化二铬保持红热状态时,移去酒精灯。
根据题意回答问题:
(1)硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为______。
当三氧化二铬红热时,要移去酒精灯,原因是:
______。
(2)圆底烧瓶里的实验现象是______,鼓入空气的作用是______。
(3)实验过程中,如果慢慢地鼓入空气,石蕊溶液的颜色______。
(4)实验结束后,在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体,写出生成该晶体的化学方程式:
______。
(5)工业上要获得浓度较大的硝酸,往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸,然后______(填一种操作名称)。
(6)实验室里保存浓硝酸要用棕色瓶的原因是__________________(用化学方程式表示)。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O该反应是放热反应,温度太高可能使催化剂的活性降低有红棕色气体产生提供O2,且促进氨的挥发变红色NH3+HNO3=NH4NO3蒸馏4HNO3(浓)
4NO2↑+2H2O+O2↑
【解析】
【分析】
(1)氨气具有还原性,在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO;根据反应反应放热,温度会影响催化剂的活性;
(2)根据NO2为红棕色气体;鼓入空气有利于氨气的逸出,同时提供氧气;
(3)根据酸能使石蕊溶液变红;
(4)根据NO2与水反应生成硝酸,进而与氨气生成硝酸铵;
(5)根据硝酸和其他溶液是互溶的液体利用硝酸沸点低,容易挥发分析;
(6)根据硝酸不稳定,易分解。
【详解】
(1)氨气具有还原性,在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO,反应为4NH3+5O2
4NO+6H2O,该反应是放热反应,温度太高可能使催化剂的活性降低;
(2)产生的NO能和O2反应生成红棕色的NO2,鼓入空气有利于氨气的逸出,同时提供氧气;
(3)NO2易与水反应生成硝酸,硝酸具有酸性,能使石蕊溶液变红色;
(4)NO2与水反应生成HNO3,NH3与HNO3反应生成了NH4NO3:
NH3+HNO3=NH4NO3;
(5)硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶,可以利用硝酸沸点低,容易挥发变为气体的性质,采取蒸馏的方法分离;
(6)硝酸不稳定,光照容易分解,故硝酸应盛于棕色瓶,密封放于阴暗处。
【点睛】
本题考查硝酸的制取、保存等知识,涉及氨气的制取、性质以及二氧化氮和硝酸铵等知识,注意把握元素化合物知识的理解和应用。
5.有一无色透明溶液,欲确定是否含有下列离子:
Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO
、SO
、Cl-、SO32-、HCO
,取该溶液进行以下实验:
①取少量待测液,加入几滴石蕊试液,溶液呈红色。
②取少量待测液,浓缩后加入铜片和浓硫酸,加热,有无色气体产生,此无色气体遇空气变成红棕色。
③取少量待测液,加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生。
④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液,有白色沉淀产生,此沉淀不溶于稀硝酸。
⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液,有白色沉淀产生,当NaOH过量时,沉淀部分溶解。
(1)根据以上实验,溶液中肯定存在的离子是_________________;肯定不存在的离子是______________;尚不能确定的离子是_______________。
(2)写出②中有关反应的离子方程式:
________________________________________。
(3)写出⑤中沉淀溶解的离子方程式:
________________________________________。
(4)实验室检验Na+一般用焰色反应即可确定,此实验做之前要用______清洗铂丝。
【答案】Mg2+、Al3+、
、
Fe2+、Ba2+、SO32-、
Na+、Cl-3Cu+8H++2
===3Cu2++2NO↑+4H2OAl(OH)3+OH-===
+2H2O稀盐酸
【解析】
【分析】
无色溶液中,有色离子不能存在,氢氧化铝是两性氢氧化物,能溶于强碱中,白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡,在酸性环境下,能和氢离子反应的离子不能共存,根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。
【详解】
因是无色溶液,Fe2+是浅绿色,所以不含Fe2+;
①由于滴加几滴石蕊试液,溶液呈红色,证明溶液显酸性,因此溶液中一定没有SO32-、HCO3-;②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸,加热,有无色气体产生,此无色气体遇空气变成红棕色,说明原溶液中一定含有NO3-;
③取少量待测液,加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则原溶液中一定含有SO42-,故一定没有Ba2+;
④由于③的上层清液滴中加AgNO3溶液,有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸,说明含有Cl-,但由于③中加入了BaCl2溶液,无法证明原溶液中是否存在Cl-;
⑤由于原溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生,当NaOH过量时,沉淀部分溶解,则含有Al3+、Mg2+;
Na+在水溶液里无色,不会参与上述反应,所以无法判断原溶液中是否存在Na+;
(1)根据以上分析可知,溶液中一定存在的离子有Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-;肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-;尚不能确定的离子是Na+、Cl-;
答案为:
Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-;Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-;Na+、Cl-;
(2)②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO,离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
答案为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
(3)⑤中加NaOH溶液,生成的白色沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3,当NaOH过量时,部分溶解的是Al(OH)3,离子方程式为:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
答案为:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
(4)溶液里的钠离子是否存在一般用焰色反应来确定,钠离子的焰色反应为黄色,实验之前,为防止杂质的干扰,用稀盐酸先清洗铂丝;
答案为:
稀盐酸。
6.化合物A是一种化肥,受热分解生成三种物质,物质间的有关转换关系如图所示,部分生成物已省略,其中C为无色气体,B为无色液体,D为无色有刺激性气味的气体,B到E的反应条件为通电,I为一种常见强酸。
请回答下列问题:
(1)A的化学式为___________________________。
(2)C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序:
___________________(用化学式填空)
(3)B生成E的化学方程式为_____________________。
(4)金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________,该反应中还原产物是______,生成1mo1的还原产物,转移电子的数目为__________NA。
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3HNO3>H2CO32H2O
2H2↑+O2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONO3
【解析】
【分析】
化合物A是一种化肥,受热分解生成三种物质,其中C为无色气体,B为无色液体,D为无色有刺激性气味的气体,A是碳酸氢铵或碳酸铵,C是二氧化碳,B是水,D是氨气,B到E的反应条件为通电,E是氢气,F是氧气,F和D反应生成G,G是一氧化氮,H为二氧化氮,I为一种常见强酸,是硝酸。
【详解】
根据分析可知,A为碳酸氢铵或碳酸铵,C是二氧化碳,B是水,D是氨气,E是氢气,F是氧气,G是一氧化氮,H为二氧化氮,I为硝酸。
(1)A是碳酸氢铵或碳酸铵,化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3;
(2)C的水化物为碳酸,I为硝酸,N的非金属性强于C,故酸性:
HNO3>H2CO3;
(3)B在通电的条件下生成E和F,化学方程式为电解水,2H2O
2H2↑+O2↑;
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜,一氧化氮和水,离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2,是氧化剂,得到的一氧化氮是还原产物,生成2molNO转移6mol电子,故生成1mo1的NO,转移3mol电子,数目为3NA。
7.实验室用化合物A模拟工业上制备含氧酸D的过程如图所示,已知D为强酸,请回答下列问题。
(1)若A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是________;
②在工业生产中,B气体的大量排放被雨水吸收后形成了_____而污染了环境。
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色的气体。
①A的化学式是_________;C的化学式是_______。
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,反应的化学方程式是____,该反应______(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
【答案】H2SO4酸雨NH3NO2Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O属于
【解析】
【分析】
(1)若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则其为二氧化硫。
①由B可推出C,进而推出D;
②在工业生产中,B气体的大量排放被雨水吸收,生成亚硫酸和硫酸而污染环境。
(2)若C是红棕色的气体,则其为二氧化氮。
①由C可逆推出A。
②由C可推出D为硝酸,浓硝酸在常温下可与铜反应并生成二氧化氮气体,由此可写出反应的化学方程式,并可分析该反应是否为氧化还原反应。
【详解】
(1)若B是能使品红溶液褪色的有刺激气味的无色气体,则B为二氧化硫,C为三氧化硫,D为硫酸。
①D的化学式是H2SO4;答案为:
H2SO4;
②在工业生产中,B气体的大量排放被雨水吸收后形成了酸雨而污染环境。
答案为:
酸雨;
(2)若C是红棕色气体,则C为二氧化氮,B为一氧化氮,A为氨气,D为硝酸。
①A的化学式是NH3;C的化学式是NO2。
答案为:
NH3;NO2;
②由C可推出D为硝酸,浓硝酸在常温下可与铜反应并生成二氧化氮气体,反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,在该反应中,Cu、N两元素的化合价发生了变化,所以该反应属于氧化还原反应。
答案为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;属于。
8.如图所示每一方框表示一种反应物或生成物,其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体,且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1,B为常见液体。
试回答下列问题:
(1)X是________(填化学式,下同),F是__________。
(2)A―→D反应的化学方程式为_______。
(3)G与Cu的反应中,G表现的性质为______。
(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。
(5)以C、B、D为原料可生产G,若使amolC完全转化为G,理论上至少需要D___mol。
【答案】NH4HCO3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2酸性和氧化性NH4++HCO3—+2OH-=2H2O+CO32—+NH3↑2a
【解析】
【分析】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体,应为弱酸铵盐,与盐酸反应得到气体A,A能与过氧化钠反应生成气体D,则A为CO2、D为O2,X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3,A与C物质的量之比为1:
1,且B为常见液体,可以推知X为NH4HCO3、B为H2O,C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO,E与氧气反应生成F为NO2,F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2,则G为HNO3,据此解答。
【详解】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体,应为弱酸铵盐,与盐酸反应得到气体A,A能与过氧化钠反应生成气体D,则A为CO2、D为O2,X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3,A与C物质的量之比为1:
1,且B为常见液体,可以推知X为NH4HCO3、B为H2O,C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO,E与氧气反应生成F为NO2,F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2,则G为HNO3;
(1)由上述分析可知,X是NH4HCO3; F是NO2;
(2)A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物,反应中N元素的化合价部分为不变化,部分降低,故硝酸表现酸性、氧化性;
(4)NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4++HCO3—+2OH-
2H2O+CO32—+NH3↑;
(5)以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3,使a mol NH3完全转化为HNO3,根据电子转移守恒,理论上至少需要氧气的物质的量=
=2amol。
9.A、B、C、D是四种常见气体单质。
E的相对分子质量比F小16,且F为红棕色。
有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题:
(1)D的化学式为__,Y的化学式为__,E的化学式为__。
(2)Y与氧化铜反应,每生成1molB消耗3mol氧化铜,该反应的化学方程式为__。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z,这是一个具有实际意义的反应,可消除E对环境的污染,该反应的化学方程式为__。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示),洗气瓶中是否有沉淀生成?
__,理由是__。
【答案】H2NH3NO2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O6NO+4NH3
5N2+6H2O有二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质.E的相对分子量比F的小16,且F为红棕色,可推知F为NO2,E为NO
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