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2019-2020年高二下期6月月考化学试卷含解析II1.据报道用激光将置于铁室中的石墨靶上的碳原子“炸松”,与此同时再用一个射频电火花喷射出氮气,此时,碳、氮原子结合成碳氮化合物的薄膜,该膜的硬度比金刚石更坚硬,其原因可能是( ) A.碳、氮原子构成网状结构的原子晶体 B.膜中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长短 C.碳、氮同属非金属元素,化合时放出大量热 D.由相邻主族的非金属元素所形成的化合物都比单质的硬度大【答案】B【解析】原子晶体强弱比较键长,和键能键长越短,键能越大,物质越稳定膜中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长短,所以物质更加稳定点评考查物质的稳定性2.下列反应的离子方程式书写正确的是()A、金属铝溶于氢氧化钠溶液Al+20H-=AlO2-+H2↑B、钠和水反应Na+2H20=Na++20H-+H2↑C、金属铝溶于稀硫酸中2Al+6H+=2A13++3H2↑D、铜粉加入FeCl3溶液中Cu+Fe3+=Fe2++Cu2+【答案】C【解析】A、电子得失不守恒2Al+2OH-+2H20=2AlO2-+3H2↑B、电子得失不守恒2Na+2H20=2Na++20H-+H2↑D、电荷不守恒Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+故答案为C3.XY2是由短周期元素形成的化合物,Y一比X2+多一个电子层,且与氩原子的电子层结构相同下列有关叙述不正确的是A.X是第二周期元素B.Y是第ⅦA族元素C.Y-与X2+的最外层电子数相同D.化合物XY2的化学键为离子键【答案】A【解析】试题分析XY2是由短周期元素形成的化合物,Y一比X2+多一个电子层,且与氩原子的电子层结构相同,则Y是Cl,X是MgA、镁是第三周期元素,A错误;B、氯元素是第ⅦA族元素,B正确;C、Y-与X2+的最外层电子数相同,均是8个,C正确;D、氯化镁含有离子键,D正确,答案选A考点考查元素推断及元素周期表的结构4.我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例来确定“北京人”年龄,这种测量方法叫铝铍测年法.关于26Al和10Be的说法不正确的是A.10Be和9Be是中子数不同质子数相同的不同原子B.10Be的原子核内中子数比质子数多C.
5.2g26Al3+中所含的电子数约为
6.02×1024D.26Al和26Mg的质子数、中子数和核外电子数均不相同【答案】D【解析】试题分析A.10Be和9Be互为同位素,中子数不同质子数相同,A正确;B.10Be的原子核内,质子数为4,中子数为10-4=6,中子数比质子数多,B正确;C.
5.2g26Al3+中所含的电子数约为≈
1.2×1024,C错误;D.26Al和26Mg的质子数分别为
13、12,中子数分别为
13、14,质子数等于核外电子数,质子数、中子数和核外电子数都不相同,D正确;答案选D考点考查物质的量的计算及原子中的数量关系5.在气体反应中,能使反应物单位体积内活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是()
①增大反应物的浓度
②升高温度
③移去生成物
④增大压强
⑤加入催化剂A.
①③B.
②④C.
②⑤D.
①⑤【答案】C【解析】试题分析增大反应物的浓度和增大压强,只能增大活化分子数,不能增大活化分子百分数,而
②和
⑤既能增大活化分子数,又能增大活化分子百分数,移去生成物,浓度降低,活化分子和活化分子的百分数都减小,故选C考点考查了外界条件对反应速率的影响的相关知识6.关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法不正确的是A.在水中的溶解性NaHCO3<Na2CO3B.相同条件下,与等浓度盐酸反应生成CO2的速率NaHCO3<Na2CO3C.等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应,NaHCO3放出CO2更多D.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同【答案】B【解析】A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体,则相同条件下,在水中的溶解性为NaHCO3<Na2CO3,故A正确;B.碳酸氢钠和盐酸一步反应,而碳酸钠和盐酸反应分步完成,所以与盐酸反应的速率为NaHCO3>Na2CO3,故B错误;C.等质量的Na2CO3和NaHCO3,碳酸钠的摩尔质量大,其物质的量少,盐酸足量,则与盐酸完全反应,碳酸钠产生的气体少,故C正确;D.碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时,根据碳元素守恒,等物质的量的Na2CO
3、NaHCO3中C的量相等,均生成二氧化碳,所以生成二氧化碳的量相等,故D正确.故选B.【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠性质的比较,为高频考点,把握二者性质的差异是解答的关键,注意知识的积累和灵活应用,题目难度不大.7.下列反应既属于氧化还原反应,又是放热反应的是A.酒精燃烧生成CO2和H2OB.NaOH和H2SO4反应C.BaOH2·8H2O与NH4Cl的反应D.KClO3在MnO2催化下制O2【答案】A【解析】B是放热反应,但不是氧化还原反应;C是吸热反应,也不是氧化还原反应;D是氧化还原反应,但属于吸热反应;8.锌锰干电池放电时总反应方程式为:Zn(s)+2MnO2+2NH4+Zn2++Mn2O3(s)+2NH3↑+H2O此电池放电时正极(碳棒)上发生反应的物质是A.ZnB.碳C.MnO2和NH4+D.Zn2+和NH3【答案】C【解析】试题分析锰锌干电池在放电时,发生Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O,Zn元素的化合价升高,失去电子,作负极,则正极(碳棒)上,Mn元素的化合价降低,所以MnO2得到电子发生还原反应,只有C符合,故选C9.取ag某物质在氧气中完全燃烧,将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应,反应后固体的质量恰好也增加了ag下列物质中不能满足上述结果的是()A.H2B.COC.C6H12O6D.C12H22O11【答案】D【解析】氢气燃烧生成水,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,即氢原子结合的氧原子又重新生成了氧气,所以增加的质量就是氢气的质量,有关反应式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑同样分析可知,CO也符合,有关方程式为2CO+O22CO
2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2由此可知如果物质能满足H2nCOm形式,就能满足题中条件选项C中可以是H26CO6,正确而选项D是H211CO11C,所以选项D不符合答案选D10.下列有关化学用语表示正确的是A.HCl的电子式B.离子的原子结构示意图C.CO2分子的结构式O=C=OD.四氯化碳分子比例模型【答案】C【解析】试题分析A.HCl是共价化合物,通过共用电子对形成物质,电子式为,A项错误;B.氧离子中质子数为8,核外电子数为10,则离子的原子结构示意图为,B项错误;C.CO2分子的结构式为O=C=O,C项正确;D.CCl4分子中碳原子位于正四面体的中心,Cl原子位于四面体的四个顶点,且Cl原子的原子半径比C原子半径大,D项错误;答案选C考点考查化学用语的正误判断11.(xx春•确山县校级期中)理论上不能设计为原电池的化学反应是()A.CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H<0B.HNO3(aq)+NaOH(aq)═NaNO3(aq)+H2O(l)△H<0C.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H<0D.2FeCl3(aq)+Fe(s)═3FeCl2(aq)△H<0【答案】B【解析】A.该反应是自发进行的放热的氧化还原反应,能设计成甲烷燃料电池,故A不选;B.该反应中各元素化合价不变,没有电子转移,不是氧化还原反应,所以不能设计成原电池,故B选;C.该反应是自发进行的放热的氧化还原反应,能设计成氢氧燃料电池,故C不选;D.该反应是自发进行的放热的氧化还原反应,能设计成原电池,Fe作负极,电解质溶液为氯化铁溶液,故D不选;【点评】本题考查了原电池电池反应式特点,方程式只要同时具备“自发进行”、“放热”、“氧化还原反应”就能设计成原电池,否则不能设计成原电池.12.下列叙述中正确的是A.CH32C=CHCH2CH3分子中的六个碳原子中至少有五个在同一个平面上B.液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷C.乙醇、丙三醇互为同系物,同系物之间不可能互为同分异构体D.间二溴苯仅有一种空间结构,这可以证明苯分子中不存在单双键交替的结构【答案】A【解析】试题分析碳碳双键是平面型结构,所以凡是和碳碳双键中的碳原子直接相连的原子一定位于这个平面上,因此选项A正确;液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等,B不正确;乙醇和丙三醇中羟基的个数不同,二者不可能互为同系物,C不正确;苯分子中即使存在单双键交替的结构,间二溴苯也仅有一种结构,D不正确,答案选A考点考查有机物的结构、物质的组成、同系物的判断点评该题是高考中常见的题型,为中等难度的试题该题的难点在于有机物的空间结构,这类题切入点是平面型结构有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1,3-丁二烯、苯三种,其中乙烯平面有6个原子共平面,1,3-丁二烯型的是10个原子共平面,苯平面有12个原子共平面这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代,替代的原子仍共平面13.氢氧燃料电池是一种高性能电池,总反应为2H2+O2=2H2O,电解质溶液为KOH溶液,下列有关该电池的叙述中不正确的是A.H2为负极,O2为正极B.工作时电解质溶液的PH不断增大C.负极反应2H2-4e-+4OH-=4H2OD.正极反应O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】B【解析】A正确,燃料电极工作时,燃料进入负极,氧气进入正极;B错,工作时产生水,稀释了KOH,使溶液碱性减小,即PH不断减小;C正确,负极反应2H2-4e-+4OH-=4H2O;D正确,O2+4e-+2H2O=4OH-14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.室温下,向
0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性cNa+cSO42-cNH4+cOH-=cH+B.
0.1mol·L-1NaHCO3溶液cNa+cOH-cHCO3-cH+C.Na2CO3溶液cOH--cH+=cHCO3-+2cH2CO3D.25℃时,,pH=
4.
75、浓度均为
0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液cCH3COO-+cOH-cCH3COOH+cH+【答案】AC【解析】试题分析A、溶液中性,根据电荷守恒可知,cNa++cNH4++cH+=2cSO42-+cOH-,cOH-=cH+,所以有cNa++cNH4+=2cSO42-,因为物料守恒分析,cNH4++cNH3·H2O=cSO42-,cSO42-cNH4+,所以正确,选A;B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢的电离大于水解,溶液显碱性,但是氢氧根离子浓度小于碳酸氢根离子浓度,错误,不选B;C、根据物料守恒分析,cNa+=cHCO3-+cH2CO3+cCO32-,电荷守恒,cNa++cH+=cHCO3-+cOH-+2cCO32-,两式联立,去掉钠离子浓度,可得cOH--cH+=cHCO3-+2cH2CO3,正确,选C;D、溶液显酸性,说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解,则醋酸分子浓度小于钠离子浓度,根据电荷守恒分析,cCH3COO-+cOH-=cNa++cH+,则推出cCH3COO-+cOH-cCH3COOH+cH+,错误,不选D考点溶液中的离子浓度大小比较15.25℃时,下列各项分别由等体积
0.1mol·L-1的两种溶液混合,有关混合后的溶液说法不正确的是()A.Ba(OH)2溶液与Na2SO4溶液pH=13B.醋酸与CH3COONa溶液c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.Na2CO3溶液与NaHCO3溶液2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)D.Na2CO3溶液与NaOH溶液c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】试题分析D.等量Na2CO3溶液与NaOH溶液混合,考虑到碳酸根离子水解,氢氧根离子要比碳酸根离子浓度大c(Na+)c(OH-)c(CO32-)c(H+)考点考查离子浓度大小比较16.称取一定质量的纯碱,溶于水后与盐酸完全反应放出CO2,用“增大”或“减少”填空
(1)若纯碱中含NaHCO3,则所需盐酸的用量(),产生的气体();
(2)若纯碱中含K2CO3,则所需盐酸的用量(),产生的气体();
(3)若纯碱中含NaCl,则所需盐酸的用量(),产生的气体()【答案】
(1)减少 增多
(2)减少 减少
(3)减少 减少【解析】本题可用“平均值法”解题设Na2CO
3、K2CO
3、NaHCO3的质量均为1gNa2CO3—2HCl—CO210673441K2CO3—2HCl—CO213873441NaHCO3—HCl—CO
28436.5441讨论
(1)等质量的Na2CO
3、NaHCO3相比,NaHCO3消耗盐酸少,NaHCO3产生CO2多故Na2CO3中混有NaHCO3应知消耗盐酸减少,而产生CO2增多
(2)等质量的Na2CO
3、K2CO3相比,K2CO3消耗盐酸少,产生CO2少,故Na2CO3中混有K2CO3后消耗盐酸减少,产生CO2减少
(3)NaCl既不与盐酸反应,也不产生CO2,相当于等质量的Na2CO3和NaCl相比,NaCl消耗盐酸少(等于零),产生CO2少(等于零),故Na2CO3中混有NaCl时消耗盐酸减少,产生CO2也减少17.电解原理在化学工业中有广泛应用右图表示一个电解池,装有电解液a;X、Y是两块电极板,通过导线与直流电源相连请回答以下问题若X、Y都是惰性电极,a是饱和NaCl溶液,实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞试液,则
①电解池中X极上的电极反应为在X极附近观察到的实验现象是
②Y电极上的电极反应式为检验该电极反应产物的方法是【答案】.
①2H++2e-=H2↑电极表面产生大量气泡,溶液颜色变红
②2Cl-+2e-=Cl2↑使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【解析】试题分析
①电解池中X极和电源的负极相连,做阴极,溶液中的氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H++2e-=H2↑由于氢离子放电,破坏了阴极周围水的电离平衡,所以溶液显碱性,则实验中观察到的现象是电极表面产生大量气泡,溶液颜色变红
②Y电极和电源的正极相连,做阳极,溶液中的氯离子放电,则电极反应式为2Cl-+2e-=Cl2↑氯气具有强氧化性,据此可以鉴别,即检验该电极反应产物的方法是使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝考点考查当今饱和食盐水的有关判断点评该题是基础性试题的考查,试题紧扣教材基础上,旨在巩固学生的教材,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题的关键是明确电解池的工作原理,然后结合题意和装置图灵活运用即可18.13分实验室为探究铁与浓硫酸的反应,并验证SO2的性质,设计如图所示装置进行实验请回答下列问题
(1)实验时A中导管a插入浓硫酸中,可使B中的溶液不发生倒吸其原因是_______
(2)B中酸性KMnO4逐渐褪色,则B中反应的离子方程式是_______________________;C中反应的化学方程式是_________________
(3)D装置的作用是________;实验结束时需从a导管通入大量空气,其目的是___________
(4)欲探究A装置中反应后铁元素的价态,设计实验方案如下将反应后试管中的溶液稀释取少许溶液,滴入3~5滴________溶液,若溶液呈红色,则证明含有Fe3+,否则不含Fe3+;取少许溶液,滴入3~5滴________溶液,若溶液褪色,则证明含有Fe2+,否则不含Fe2+若实验证明反应后的溶液中只含有Fe3+,则A中反应的化学方程式是___________________________________________【答案】
(1)A装置试管中气体压强减小时,空气从导管a进入A装置,a导管起平衡气压的作用
(2)5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+2H2S+SO2=2H2O+3S↓
(3)验证SO2的漂白性和生成物的不稳定性;使装置中残留的SO2气体完全被E装置吸收,以防止污染环境
(4)KSCN酸性KMnO42Fe+6H2SO4浓Fe2SO43+6H2O+3SO2↑【解析】试题分析
(1)根据装置结构可知当A装置试管中气体压强减小时,空气从导管a进入A装置,a导管起平衡气压的作用,所以可使B中的溶液不发生倒吸
(2)SO2具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+;SO2还具有氧化性,能氧化H2S生成单质S,反应的离子方程式为2H2S+SO2=2H2O+3S↓
(3)SO2具有漂白性,且SO2的漂白是不稳定的,所以D装置的作用是验证SO2的漂白性和生成物的不稳定性;由于装置中还残留有SO2气体,所以实验结束时需从a导管通入大量空气的目的是使装置中残留的SO2气体完全被E装置吸收,以防止污染环境
(4)检验铁离子一般用KSCN溶液亚铁离子具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以可以用酸性KMnO4检验亚铁离子铁在加热的条件下与浓硫酸反应的化学方程式为2Fe+6H2SO4浓Fe2SO43+6H2O+3SO2↑考点考查铁与浓硫酸反应的实验设计与探究19.实验室用NaOH固体配制230mL
1.25mol/L的NaOH溶液,填空并请回答下列问题
(1)配制时必须的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、、
(2)下列配制的溶液浓度偏低的是;A、称量NaOH时,砝码放在左盘B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线D、定容时俯视刻度线E、配制前,容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理F、定容时加水时超过刻度线,用滴管吸出
(3)某同学改用固体Na2CO3配制Na2CO3溶液的过程如图所示,其错误操作序号是【答案】
24.
(1)250ml容量瓶胶头滴管
(2)ABCF
(3)
①⑥【解析】试题分析
(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解.冷却后转移到250mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀.所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管.根据提供的仪器可知,还需的玻璃仪器有250ml容量瓶、胶头滴管,答案为250ml容量瓶、胶头滴管;
(2)A、称量NaOH时,砝码错放在左盘,会导致药品的质量偏小,则所配溶液的浓度偏低;B、向容量瓶中转移溶液时(实验步骤C)不慎有液滴洒在容量瓶外面,会导致溶质的损失,故所配溶液的浓度偏低;C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线,溶液体积偏大,浓度偏低;D、定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,浓度偏大;E、若容量瓶未干燥即用来配制溶液,对溶液浓度无影响,因为只要定容时正确,至于水是原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响;F、定容时加水时超过刻度线,用滴管吸出,会导致溶液的浓度偏低;选ABCF.
(4)用托盘天平称量固体时应左物右码,故
①错;定容时应平视刻度线,故
⑥错,选
①⑥考点考查配制一定物质的量浓度的溶液20.(8分)欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱,两同学分别设计了以下两组装置请回答
(1)如甲图所示,分别用Na2CO3和NaHCO3做实验,试管
②中的试剂是_______(填字母);A.稀H2SO4B.NaOH溶液C.CaOH2溶液试管
①中发生反应的化学方程式是_________________________
(2)如乙图所示,试管
④中装入的固体应该是_________(填化学式)
(3)通过上述实验,得出的结论是Na2CO3比NaHCO3的稳定性_____(填“强”或“弱”)【答案】8分,每空2分
(1)C、2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O、
(2)NaHCO
3、
(3)强【解析】试题分析
(1)Na2CO3加热不分解,NaHCO3在加热时会产生CO2,可以检验生成的CO2来鉴别Na2CO3和NaHCO3,检验CO2用澄清石灰水,故试管
②中的试剂选CNaHCO3在加热时反应为2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O
(2)用乙图装置,加热时外面的大试管温度较高,小试管温度较低,试管
④中装入的固体应该是NaHCO3,温度较低时都可分解,更能说明NaHCO3的热稳定性较弱
(3)Na2CO3比NaHCO3的稳定性强考点Na2CO3和NaHCO3的热稳定性强弱的探究21.(7分)一定量的氢气在氯气中燃烧,所得混合物用100mL4.00mol/L的NaOH溶液(密度为1.20g/mL)恰好完全吸收,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0800mol(以下计算要有计算过程)
(1)求原NaOH溶液的质量分数为多少?
(2)求所得溶液中Cl-的物质的量
(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为多少?【答案】解
(1)(2分)n(NaOH)=0.1L×4.00mol/L=0.4molw(NaOH)=0.4mol×40g/mol÷(100ml×1.20g/mL)×100%≈13.3%
(2)(2分)由钠守恒可知,溶液中n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)n(Cl-)=0.4mol-0.0800mol=0.32mol
(3)(3分)Cl2+H2=2HCl Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O由反应方程式可知与NaOH反应的氯气为0.08mol该反应生成的NaCl为0.08mol因此氢气燃烧产生氯化氢为0.24mol,则氢气为0.12mol.总的氯气为0.20mol所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)n(H2)=5︰3【解析】22.有机物FC9H10O2是一种有茉莉花香味的酯用下图所示的方法可以合成F其中A是相对分子质量为28的烃,其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物,且苯环上只有一个侧链回答下列问题
(1)A的分子式是________________;
(2)B的结构简式是______________________;
(3)为检验C中的官能团,可选用的试剂是________________;
(4)反应
④的化学方程式是______________________________【答案】
(1)C2H4;
(2)CH3CH2OH;
(3)银氨溶液或新制CuOH2;
(4)【解析】试题分析
(1)A是相对分子质量为28的烃,且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志,则A为乙烯,其结构简式CH2=CH2,分子式为C2H4;
(2)F属于酯,是由醇和酸通过酯化反应生成的,根据转化关系,此路线应是C2H4→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH,因此B的结构简式为CH3CH2OH;
(3)C为乙醛,检验醛基选用银镜反应或新制CuOH2;
(4)根据F的分子式,此F为一元酯,根据原子守恒,则E的分子式为C7H8O,含有苯环,只有一个侧链,则E的结构简式,其化学反应方程式为考点考查有机物的推断、醛基的推断等知识23.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、红褐色沉淀H,已知黄绿色气体乙为Cl2,它们之间能发生如下反应图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出,请根据以上信息回答下列问题
(1)写出下列物质的化学式B________C_______G丙
(2)一小块A放在坩埚里,加热,写出该反应的化学方程式;B的氧化物与D反应的离子方程式;反应
⑥的离子方程式;无机非金属材料的主角I的单质也能与物质D反应有甲生成,试着写出该反应的化学方程式;反应
④中氧化剂与还原剂物质的量之比为
(3)物质G的溶液中加入NH4SCN溶液,现象______________________,写出该反应的离子方程式【答案】
(1)AlFeFeCl3HCl
(2)2Na+O2===Na2O2Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2OFe3++3OH-===FeOH3↓Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑2:1
(3)溶液变红色Fe3++3SCN-⇌FeSCN3【解析】试题分析解答此类习题需准确把握题给的信息,找到解题的突破口,结合物质的转化关系确定各种物质的类别,本题的突破口为黄绿色气体乙和红褐色沉淀H,从而不难确定其他物质的类别,难度不大考点物质间的转化及方程式的书写aAXY+―
④FC9H10O2AE
③氧化CDB
②氧化
①CH2OH。