备战高考化学复习硫及其化合物专项综合练.docx
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备战高考化学复习硫及其化合物专项综合练
2020-2021备战高考化学复习硫及其化合物专项综合练
一、高中化学硫及其化合物
1.硫酸是重要的基础化工原料之一,是化学工业中最重要的产品,号称“工业之母”。
在中学化学教材中有多处涉及其应用。
(1)利用浓硫酸配制稀硫酸
已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml,质量分数为98%,则该浓硫酸的物质的量浓度为_______;
现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸,在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外,还需用到的玻璃仪器有______________________;
(2)硫酸与无机物的反应
实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时,常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率,请写出发生的离子反应方程式______________________________;不活泼金属铜在与浓硫酸反应中,体现了浓硫酸的___________________性质;非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应,若要你设计实验检验反应生成的气体产物,则检验出气体产物的正确顺序为______________________;
(3)硫酸在有机中的应用
利用硫酸的性质可以制取多种有机物,比如烈性炸药TNT、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。
请写出制取TNT的化学方程式________________________________________;请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________;稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解,请写出蔗糖水解的产物名称_________。
【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+2H+=H2↑+Zn2+强氧化性和强酸性H2O、SO2、CO2
+3HNO3
+3H2OC2H5OH
CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖
【解析】
【分析】
(1)根据c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度;配制该溶液的步骤是:
称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀,根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器;
(2)硫酸铜溶液加快氢气生成的速率,原因是形成原电池反应;
【详解】
(1)该浓硫酸的物质的量浓度为:
c=1000×1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L;实验室没有480mL的容量瓶,配制时需要选用500mL容量瓶,实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液,配制该溶液的步骤是:
称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀,配制过程中需要使用的仪器为:
药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管,所以还缺少的仪器为:
500mL容量瓶,
故答案为:
18.4mol/L;500mL容量瓶;
(2)锌为活泼金属,加入硫酸铜,发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,置换出铜,与锌形成原电池反应,化学反应速率加快,离子方程式是Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+2H+=H2↑;铜与浓硫酸反应生成硫酸铜,二氧化硫和水,硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性,生成盐和水体现硫酸的酸性,故硫酸表现的性质是酸性和氧化性;碳和浓硫酸加热生成二氧化硫,二氧化碳和水,检验气体的顺序是水,二氧化硫,二氧化碳,
故答案为:
Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+2H+=H2↑;强氧化性和强酸性;H2O、SO2、CO2;
(3)制取TNT需要甲苯,浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热,反应的化学方程式是
+3HNO3
+3H2O;向乙醇中加入浓硫酸,加热到170度,可以制取乙烯,方程式是C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O;蔗糖水解产生葡萄糖和果糖,
故答案为:
+3HNO3
+3H2O;C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O;葡萄糖、果糖。
2.实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验:
(1)实验中为提高石灰石浆液脱硫效率可采取的一种措施是____,写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式____。
(2)将脱硫后的气体通入KMnO4溶液,可粗略判断烟气脱硫效率的现象是____。
(3)研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。
烟气流速一定时,脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示,在pH为5.7时脱硫效果最佳,石灰石浆液5.7<pH<6.0时,烟气脱硫效果降低的可能原因是____,烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高,是因为____。
(4)石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3,实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量,以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。
请补充完整测定CaSO3含量的实验方案:
取一定量石灰石烟气脱硫后的物质,____。
[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。
实验中须使用的药品:
75%的硫酸、标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液,标准浓度的酸性KMnO4溶液]
【答案】不断搅拌、制成浆液2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O+2CO2高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢石灰石的溶解度减小,减慢了与SO2的反应温度升高SO2的溶解度小加入足量的75%的硫酸,加热,将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液,记录加入KMnO4溶液的体积,充分反应后,用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(过量酸性KMnO4溶液),记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积,计算得出结果
【解析】
【分析】
(1)根据加快反应速率的条件分析;利用电子守恒、原子守恒写出化学方程式;
(2)用高锰酸钾溶液检测SO2的含量;
(3)根据影响化学反应速率的因素分析;
(4)利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。
【详解】
(1)实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液;根据电子守恒和原子守恒,写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O+2CO2。
(2)脱硫后的气体含有少量SO2气体,通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色,因此根据颜色褪去的快慢,可粗略判断烟气脱硫效率,本题答案为:
高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。
(3)由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知,在为5.7时脱硫效果最佳,pH增大石灰石的溶解度减小,减慢了与SO2的反应;温度升高SO2的溶解度小,因此,本题正确答案为:
石灰石的溶解度减小,减慢了与SO2的反应;温度升高SO2的溶解度小。
(4)欲测定CaSO3的含量,根据所给实验药品,先向样品中加入足量的75%的硫酸,加热,将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液,记录加入KMnO4溶液的体积,充分反应后,用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(过量酸性KMnO4溶液),记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积,计算得出结果。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计,难点是(4)小题中,实验步骤的设计,要注意实验原理的分析,根据实验原理设计实验步骤。
3.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件,部分产物为标出).已知:
A是酸式盐,B是能使品红溶液褪色的气体,G是红棕色气体。
按要求回答问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A________,B________,写出B的一种危害__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
E→F____________;红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:
____________;铜与H的浓溶液反应的离子方程式:
_____________。
(3)检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。
【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2
4NO+6H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则G是NO2;F和O2反应生成NO2,所以F是NO;NO2和水反应生成的H是HNO3;A是酸式盐,和NaOH反应生成E,E和O2反应生成NO,则E是NH3;B能使品红溶液褪色,且B能和O2反应生成C,所以B是SO2,C是SO3;SO3和水反应生成的D为H2SO4;A是酸式盐且是铵盐,所以A是NH4HSO3。
【详解】
(1)通过以上分析知,A、B分别是NH4HSO3、SO2,SO2属于酸性氧化物,能和H2O反应生成H2SO3,H2SO3不稳定,易被空气氧化生成H2SO4,随雨水降落地面而形成酸雨,所以其一种危害是酸雨;
(2)氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O,反应方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O,反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O;
(3)NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+,故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
4.
、
、
、
、
五种物质中含有同一种元素,其相互转化的关系如图所示。
已知
是黄色固体,回答下列问题。
(1)写出
、
的化学式:
______、
______。
(2)写出
的化学方程式:
____________。
(3)将足量的物质
通入
溶液中,下列说法正确的是______(填序号)。
a.溶液没有明显变化
b.溶液中出现白色沉淀
c.若继续通入
,则溶液中出现白色沉淀
【答案】
ac
【解析】
【分析】
A为黄色固体,A既能与O2反应,又能与H2反应,则A为S,C为SO2,B为H2S,D为SO3,E为H2SO4,据此分析;
【详解】
A为黄色固体,A既能与O2反应,又能与H2反应,则A为S,C为SO2,B为H2S,D为SO3,E为H2SO4,
(1)A为黄色固体,结合A的相关反应可判断出A是
,从而得出B、E分别是
、
;
(2)
的化学方程式为
;
(3)
与
不发生反应,若继续通入
,与
反应生成
,则溶液中出现白色沉淀。
【点睛】
无机推断题,应找准“题眼”,然后大胆猜测,突破口是A为黄色固体,高中常见的黄色有Na2O2、AgBr、AgI、S,A能与O2、H2反应,则A为S,应注意S与氧气反应,无论氧气是否过量,生成的都是SO2,然后按照流程就可以得到结果。
5.大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质。
某地酸雨中可能含有下列离子:
Na+、Ba2+、NH4+、Al3+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-等。
某研究小组取该地一定量的酸雨,浓缩后将所得澄清试液分成三份,进行如下实验:
试样
所加试剂
实验现象
第一份试液
滴加适量的淀粉KI溶液
溶液呈蓝色
第二份试液
滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀产生
第三份试液
滴加NaOH溶液,加热,加入的NaOH溶液体积(V)与生成的沉淀、产生的气体的物质的量(n)的关系如图
请回答下列问题:
(1)根据实验结果判断该酸雨中肯定不存在的离子是____,不能确定的离子有___。
(2)写出第一份试液滴加淀粉KI溶液时发生反应的离子方程式:
____。
(3)第三份试液滴加NaOH溶液,加热,整个过程中发生了多个反应,写出其中两个反应的离子方程式:
①最初发生的离子反应____。
②最后发生的离子反应____。
(4)该小组为了探究NO参与硫酸型酸雨的形成过程,在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体,再慢慢通入O2,发生化学反应后,再喷洒适量蒸馏水即得硫酸型酸雨,则NO在上述反应中的作用是_____。
【答案】SO32-、Ba2+Na+、Cl-6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+3I2+4H2OH++OH-=H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O催化剂
【解析】
【分析】
第一份试液:
滴加适量的淀粉KI溶液,显示蓝色,证明一定含有能将碘离子氧化的氧化性离子,因NO3-单独存在氧化性很弱,所以一定会含有H+和NO3-,一定不含有SO32-,因为亚硫酸根离子具有强的还原性,易被氧化,酸性条件下和硝酸根离子不能共存;
第二份试液:
滴加用盐酸酸化BaCl2溶液,出现白色沉淀,则一定含有SO42-,和硫酸根离子反应的Ba2+一定不存在;
第三份试液:
滴加NaOH溶液,加热,加入的NaOH溶液,产生气体,一定是氨气,所以一定含有NH4+,加入氢氧化钠产生沉淀,继续滴加氢氧化钠,沉淀会消失,所以一定含有Al3+;钠离子和氯离子是否存在不能判断;
(3)氢氧根可以和氢离子发生中和反应,可以和铝离子发生反应,可以和铵根离子发生反应,结合图像,根据混合溶液中复分解反应先后顺序分析;
(4)根据物质的性质来书写方程式,根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用。
【详解】
(1)根据上述分析,知道酸雨中肯定不存在的离子是SO32-、Ba2+,Na+、Cl-是否存在不能确定;
(2)试液中滴加淀粉KI溶液后,硝酸的存在会将碘离子氧化为碘单质,发生的反应为:
6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+3I2+4H2O;
(3)第三份试液滴加NaOH溶液,加热整个过程中有多个反应,根据分析中存在的离子,结合图像,第一个发生的反应为:
氢氧根离子与氢离子反应,离子反应为:
H++OH-=H2O;最后发生的是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,离子反应为:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(4)一氧化氮具有还原性,很容易被氧化,氧化后产物是二氧化氮,2NO+O2=2NO2,二氧化氮还可以将二氧化硫氧化,即NO2+SO2=SO3+NO,整个过程中,一氧化氮的质量没有发生变化,起到催化剂的作用。
【点睛】
第(3)小题解答时需要注意复分解反应发生的顺序为:
先发生酸碱中和,再发生生成气体的反应,再发生生成沉淀的反应,最后发生沉淀溶解的反应;
6.如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。
化合物B在常温常压下为气体,B和C的相对分子质量之比为4∶5,化合物D是重要的工业原料。
(1)写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式:
____。
(2)写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式:
____。
(3)写出一个由D生成B的化学方程式:
____。
【答案】H2+S
H2SH2SO3+2H2S=3S↓+3H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
由A是固体单质且与空气反应生成的B是气体,可知,A为非金属固态单质。
由B可与水反应生成E,则A可能为C或S,若为C,则B和C分别为CO、CO2,其相对分子质量之比不为4∶5,不符合题意;若为S,则B为SO2,C为SO3,B和C的相对分子质量之比为4∶5,符合题意。
所以D为H2SO4,E为H2SO3。
【详解】
⑴A在加热条件下与H2反应的化学方程式:
H2+S
H2S,故答案为:
H2+S
H2S。
⑵E与A的氢化物反应生成A的化学方程式:
H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O,故答案为:
H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O。
⑶写出一个由D生成B的化学方程式:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,故答案为:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O。
7.在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y能够反应,生成化合物Z,Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P(如下框图所示),已知气体G与空气之密度比约为1.17。
请填空:
(1)组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族;
(2)Z与水发生水解反应方程式_____________________;
(3)每生成1mol的化合物Z,反应中转移_________________mol的电子。
【答案】ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6
【解析】
【分析】
气体G与空气之密度比约为1.17,所以G的相对分子质量为29×1.17=34,则G应为H2S,在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y反应,生成化合物Z,则Z中含有X、Y两种元素,其中一种元素为S元素,Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P,可推知Z为Al2S3,沉淀P为Al(OH)3,所以X为Al、Y为S,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析,X为Al、Y为S,所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族,故答案为:
ⅢA、ⅥA;
(2)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑,故答案为:
Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑;
(3)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,Al由0价升高到+3价,每生成1mol的化合物Z,反应中转移电子6mol,故答案为:
6。
8.有关物质的转化关系如图所示(部分物质与条件已略去).X、Y、Z是三种常见金属单质,Z为紫红色,A是一种常见的酸,B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃),D为红褐色固体,F可用作净水剂.
请回答下列问题:
(1)F、Z的化学式分别为、.
(2)检验F中阴离子的操作方法是.
(3)写出溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式.
(4)写出反应①的化学方程式,该反应中每消耗2.24L(标准状况)O2,转移的电子的物质的量为mol.
【答案】
(1)KAl(SO4)2.12H2O;Cu;
(2)取少量F于试管中配成溶液,再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,产生白色沉淀,则证明含有SO42﹣;
(3)Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O;
(4)4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3;0.4.
【解析】
X、Y、Z是三种常见金属单质,Z为紫红色,则Z为Cu;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃),B中含有K元素,C在空气中放置生成D为红褐色固体,则C为Fe(OH)2、D为Fe(OH)3,D加热生成E为Fe2O3,金属X与氧化铁反应得到Fe,为铝热反应,则X为Al,Y为Fe,溶液1中含有铝盐、亚铁盐,与B反应生成氢氧化铁与溶液Ⅱ,则B为KOH,溶液Ⅱ中含有KAlO2,溶液Ⅱ中加入常见的酸A得到溶液Ⅲ,再经过浓缩、降温得到F,F可用作净水剂,可知A为硫酸、F为KAl(SO4)2.12H2O.
(1)F、Z的化学式分别为KAl(SO4)2.12H2O、Cu,故答案为KAl(SO4)2.12H2O;Cu;
(2)F中阴离子为硫酸根离子,检验硫酸根离子方法是:
取少量F于试管中配成溶液,再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,产生白色沉淀,则证明含有SO42﹣,
(3)溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式:
Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O,
(4)反应①的化学方程式:
4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3,该反应中每消耗2.24L(标准状况)O2,其物质的量为
=0.1mol,转移的电子的物质的量为0.1mol×4=0.4mol
【点评】本题考查无机物推断,涉及Al、Fe等元素单质化合物性质,物质的颜色、反应现象及转化中特殊反应等是推断突破口,需要学生熟练掌握元素化合物性质,涉及电子式,是对学生综合能力的考查,难度中等.
9.已知甲、乙、丙为常见的单质,A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物,且丙在常温常压下为气体,B为淡黄色固体,Y的摩尔质量数值比Z小16,乙、丙的摩尔质量相同,B的摩尔质量比D小2,B、X的摩尔质量相同。
各物质之间的转化关系如图所示(各反应条件略)。
请回答:
(1)在B与二氧化碳的反应中,每有1mol电子转移,生成气体L(标准状况)。
(2)X与Y的溶液混合后,再加入适量盐酸,会有乙生成,反应的离子方程式是。
(3)将C通入溴水中,所发生反应的离子方程式是。
D中含的化学键类型为。
(4)在101KPa时,4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C,放出37KJ的热量,该反应的热化学方程式是
(5)比甲元素的原子序数少4的M元素,在一定条件下能与氢元素组成化合物MH5。
已知MH5的结构与氯化铵相似,MH5与水作用有氢气生成,则MH5的电子式为(M要用元素符号表示)。
写出MH5与AlCl3溶液反应的化学方程式
【答案】
(1)11.2(2分)
(2)2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O(2分)
(3)SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4共价键;(各2分)
(4)S(s)+O2(g)=SO2(g);△H="-296kJ/mol"(2分)
(5)
(2分);AlCl3+3NH5+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑(3分)
【解析】
试题分析:
甲、乙、丙为常见的单质,A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物,且丙在常温常压下为气体,B为淡黄色固体,则B为Na2O2,甲为Na,丙为O2,B、X的摩尔质量相同,则X为Na2S,乙为S单质,C为SO2,D为SO3,Y为Na2SO3,Z为Na2SO4。
故
(1)在B与二氧化碳的反应中,每有1mol电子转移,生成气体体积为11.2L;
(2)X与Y的溶液混合后,再加入适量盐酸,会有乙生成,反应的离子方程式是2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O;(3)将C通入溴水中,所发生反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4;D中含的化学键类型为共价键;(4)在101KPa时,4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C,放出37KJ的热量,该反应的热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g);△H=-(32÷4.0×37)=-296kJ/mol;(5)比甲元素的原子序数少4的M元素,则M为N元素;NH5的结构与氯化铵相似,故化学式为:
NH4H,与水作用有氢气生成,则MH5的电子式为
,写出NH4H与AlCl3溶液反应,则为NH4H与H2O反应后生成的NH3·H2O与AlCl3反应,故化学方程式:
AlCl3+3NH4H+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑。
考点:
无机框图推断。
10.甲、乙、丙为常见单质,乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。
X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物,其中A和X的摩尔质量相同,A、G的焰色反应为黄色。
在一定条件下,各物质相互转化关系如下图。
请回答:
(1)写化学式:
丙_________,E________。
(2) X的电子式为____________________。
(3)写出A与H2O反应的化学反应方程式:
___________________________
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