高考化学专题复习无机非金属材料的推断题综合题.docx
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高考化学专题复习无机非金属材料的推断题综合题
高考化学专题复习无机非金属材料的推断题综合题
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.下列叙述正确的是
①久置于空气中的氢氧化钠溶液,加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体,但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③Na2O2与水反应,红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质
A.①④⑤B.①⑤⑥C.②③④D.④⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析:
①久置于空气中的氢氧化钠溶液和空气中的CO2反应生成变为碳酸钠,碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,①正确;②浓硫酸具有吸水性和强氧化性,浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体,不能干燥还原性的碘化氢气体,不能干燥碱性气体如氨气等,②错误;③红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,没有碱生成,③错误;④玻璃、水泥主要成分是硅酸盐,都是硅酸盐制品,水晶的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐制品,④错误;⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性,浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性,⑤正确;⑥氯化铁属于强酸弱碱盐,溶液中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl,加热促进水解,氯化铁胶体加热会聚沉,两者均产生红褐色沉淀氢氧化铁,灼烧后产物都是三氧化二铁,⑥正确.答案选B。
考点:
考查常见物质的性质与用途。
2.下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是()
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的H2SO4
③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2④向石灰水中通入过量CO2
⑤向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸.
A.①②③B.①②⑤C.①②③⑤D.①③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
①中发生的反应是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,NaHCO3比Na2CO3溶解度小但质量大,且反应中中消耗H2O,所以有沉淀析出且不溶解,符合;②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4首先发生胶体的聚沉,出现Fe(OH)3沉淀,H2SO4过量,Fe(OH)3与H2SO4反应而溶解,不符合;③硝酸钡溶液中通入二氧化硫,二氧化硫溶于水生成亚硫酸,酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性,能氧化亚硫酸为硫酸,溶液中生成硫酸钡沉淀,现象是只生成沉淀,③符合;④向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,反应现象是先沉淀后溶解,不符合;⑤向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸,发生反应Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl,只生成白色沉淀,符合;答案选D。
【点睛】
本题考查常见物质的的化学反应与现象。
向溶液中加入某物质,先出现沉淀后沉淀溶解的总结如下:
(1)向澄清石灰水中通入CO2(SO2)至过量。
(2)向Fe(OH)3胶体中加入硫酸至过量
(3)向可溶性铝盐中加入NaOH溶液至过量
(4)向偏铝酸盐中加入盐酸至过量
3.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是()
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水
B.高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
C.HCl通可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
D.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水它们都是酸性氧化物,与对应酸的酸性强弱没有关系,则无法比较酸性,故A错误;
B.比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应,则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论,故B错误;
C.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,根据强酸制弱酸,只能说明盐酸的酸性比碳酸强,盐酸易挥发,可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,可能为盐酸与硅酸盐的反应,则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱,故C错误;
D.因往硅酸盐溶液通入二氧化碳,可以看到溶液变浑浊,是因为生成了难溶的硅酸沉淀,反应方程式是:
Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓,反应原理是强酸制弱酸,说明碳酸比硅酸酸性强,故D正确;
答案选D。
4.化学与人类生产、生活密切相关,下列叙述中正确的是()
A.石英是制造光导纤维的原料,也是常用的半导体材料
B.刚玉
硬度仅次于金刚石,可做机械轴承,属于无机非金属材料
C.泰国银饰和土耳其彩瓷,其主要成分均为金属材料
D.手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.石英的主要成分是二氧化硅,是制造光导纤维的原料,硅单质是常用的半导体材料,故A错误;
B.无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。
是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称,刚玉
是金属氧化物,硬度仅次于金刚石,利用其硬度大的特点,可做机械轴承,属于无机非金属材料,故B正确;
C.泰国银饰主要成分是银单质,属于金属材料,土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐,属于无机非金属材料,故C错误;
D.手机外壳上贴的碳纤维外膜为碳单质,属于无机物,不是有机高分子化合物,故D错误;
答案选B。
5.化学与生活密切相关,下列有关说法正确的是()
A.漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂,又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂
B.燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质
C.合金材料的组成元素一定全部是金属元素
D.纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.漂白粉具有强氧化性,既能杀菌消毒,又具有漂白性,所以漂白粉既可用来漂白棉、麻、纸张,也能用作游泳池及环境的消毒剂,但不能做净水剂,A错误;
B.燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了一些金属元素,而不是金属单质,B错误;
C.合金材料的组成元素不一定全部为金属元素,可能含有非金属元素,C错误;
D.光导纤维的原料为二氧化硅,D正确;
答案选D。
6.按要求回答下列问题
(1)镁燃烧不能用CO2灭火,用化学方程式表示其理由________________________________。
(2)铝制品不能盛放碱性食品原因用离子方程式表示________________________________。
(3)不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液的原因用离子方程式表________________________________。
(4)有一种石棉矿叫做青石棉,其化学式为Na2Fe5Si8H2O24,写成氧化物形式的化学式为____________。
(5)已知CuCL是白色难溶的物质,写出CuCL2溶液与SO2反应的离子方程式________________________。
【答案】CO2+2Mg
C+MgO2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO2+2OH-=SiO32-+H2ONa2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O2Cu2++2H2O+SO2+2Cl-=2CuCl↓+2SO42-+4H+
【解析】
【分析】
(1)镁燃烧不能用CO2灭火:
;
(2)铝制品不能盛放碱性食品:
;
(3)不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液:
;
(4)Na2Fe5Si8H2O24,写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O;
(5)CuCl2溶液与SO2反应的离子方程式:
.
【详解】
(1)镁燃烧不能用CO2灭火:
;故答案为:
;
(2)铝制品不能盛放碱性食品:
;故答案为:
;
(3)不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液:
;故答案为:
;
(4)Na2Fe5Si8H2O24,写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O;故答案为:
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O;
(5)CuCl2溶液与SO2反应的离子方程式:
.故答案为:
。
7.硅铁合金广泛应用于冶金工业,可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等,回答下列问题:
(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图为________,基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
(2)绿帘石的组成为
,将其改写成氧化物的形式为_____________.
(3)
分子的中心原子的价层电子对数为________,分子的立体构型为________;四卤化硅的熔、沸点如下,分析其变化规律及原因________________________________。
熔点/K
182.8
202.7
278.5
393.6
沸点/K
177.4
330.1
408
460.6
(4)
可与乙二胺(
,简写为en)发生如下反应:
。
的中心离子的配位数为________;
中的配位原子为________。
(5)在硅酸盐中,
四面体(图a)通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。
图b为一种多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为________,化学式为________________。
O·Si
图a
图b
【答案】
哑铃4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O4正四面体形熔、沸点依次升高,原因是分子结构相似,相对分子量依次增大,分子间作用力逐渐增强6O和Nsp3
或Si2O52-
【解析】
【分析】
(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子;基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p,最高能级为2p;
(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7)O(OH),将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价,依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水,并注意原子的最简单整数比不变;
(3)SiCl4分子的中心原子为Si,形成4个σ键,具有甲烷的结构特点;由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高,为分子晶体,沸点与相对分子质量有关;
(4)配离子为[Fe(H2O)6]2+,中心离子为Fe3+,配体为H2O,[Fe(H2O)4(en)]2+中配体为H2O和en,根据孤对电子确定配位原子;
(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构,所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;图中为一种无限长层状结构的多硅酸根,图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为
。
【详解】
(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2,基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子,则基态Fe原子的核外价电子排布图为
;基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p,最高能级为2p,其电子云轮廓图为哑铃形;
(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7)O(OH),将其改写成氧化物的形式为4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O;
(3)SiCl4分子的中心原子为Si,形成4个σ键,价层电子对数为4,具有正四面体结构;四卤化硅的沸点逐渐升高,为分子晶体,沸点与相对分子质量有关,相对分子质量越大,沸点越高;
(4)配离子为[Fe(H2O)6]2+,中心离子为Fe3+,配体为H2O,则配位数为6;
中配体为H2O和en,其中O和N原子均能提供孤对电子,则配位原子为O和N;
(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构,所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根,图(a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为
,SiO44-四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×
=2.5,Si、O原子数目之比为1:
2.5=2:
5,故化学式
或Si2O52-。
【点睛】
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为:
碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO•nSiO2•mH2O).注意:
①氧化物之间以“•”隔开;②系数配置出现的分数应化为整数.如:
正长石KAlSi3O8不能改写成K2O•Al2O3•3SiO2,应改写成K2O•Al2O3•6SiO2.③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物),非金属氧化物在后,若同一元素有变价,那么低价在前,高价在后,H2O一般写在最后。
8.某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子,将其配成100mL溶液。
学生研究性学习小组为了确认其成分,设计并完成了如图所示实验:
请回答下列问题:
(1)配制100mL溶液需要使用容量瓶,该仪器使用前必须进行的一步操是______________;在“定容”操作中,当液面接近容量瓶刻度线1~2cm处,改用__________________,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。
(2)若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是_____________________
A.称量时砝码已经生锈;
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作;
C.定容时俯视;
D.定容时,液面超过容量瓶颈上的刻度线,用胶头滴管将过量的液体吸出;
E.容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水。
(3)根据以上实验可得出:
一定存在的离子是_________________,,一定不存在的离子是___________________。
(4)加入稀盐酸,所发生的离子反应方程式为________________。
【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切A、CCO32-、SiO32-SO42-、Al3+、Ba2+CO32-+2H+=CO2↑+H2O;SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B,气体A为CO2,则原溶液中一定含有CO32-,结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+;生成的沉淀B为硅酸,则一定存在SiO32-;向滤液C中加入氯化钡溶液,无明显现象,说明溶液中不存在SO42-,据此结合溶液配制的方法解答;
第
(2)题根据
进行分析;
【详解】
(1)容量瓶使用前要检查是否漏水;当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处,改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀,故答案为:
检查是否漏水;改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切;
(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大,继而导致浓度偏大,故A正确;
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小,浓度偏小,故B错误;
C.定容时俯视会导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大,故C正确;
D.定容时,液面超过容量瓶颈上的刻度线,用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小,浓度偏小,故D错误;
E.容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水对浓度没有影响,故E错误,
故答案为:
AC;
(3)根据分析可知一定存在的离子为:
CO32-、SiO32-;一定不存在的离子为:
SO42-、Al3+、Ba2+,故答案为:
CO32-、SiO32-;SO42-、Al3+、Ba2+;
(4)根据分析可知,加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应,故答案为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O;SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
9.在下列物质的转化关系中,A是一种固体单质,且常作半导体材料,E是一种白色沉淀,F是最轻的气体单质。
据此填写:
(1)B的化学式是____________,目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。
(2)B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。
(3)A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。
【答案】SiO2制光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于F是最轻的气体单质,则F为H2。
【详解】
A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于F是最轻的气体单质,则F为H2,
(1)B的化学式是SiO2,目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料;
(2)B和a溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(3)A和a溶液反应的离子方程式是Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
10.固体化合物X由四种常见的元素组成,为探究其成分,某学生进行如下实验:
①20.8gX固体进行实验,得到白色粉末1质量12.0g,白色粉末2质量为6.0g;
②白色粉末2可用作耐高温材料,白色粉末3是一种常见干燥剂;请回答问题:
(1)X中金属元素的名称是______。
(2)化合物X与足量盐酸反应离子方程式______。
(3)在高温条件下,白色粉末2中某元素单质与白色粉末1反应,是工业制备另一种单质方法之一,写出该反应的化学方程式______。
【答案】钙、镁Ca4Mg3Si4O15+14H+=4Ca2++3Mg2++4H2SiO3+3H2O2Mg+SiO2
2MgO+Si
【解析】
【分析】
化合物X与过量盐酸反应生成白色胶状沉淀与无色溶液,其中白色胶状灼烧得到的白色粉末1能与NaOH溶液反应得到无色溶液,故白色胶状沉淀为H2SiO3、白色粉末1为SiO2;无色溶液与过量的NaOH溶液反应得到白色沉淀,经灼烧生成的白色粉末2可用作耐高温材料,可知白色粉末2为MgO;白色粉末3是一种常见干燥剂,结合转化可知白色粉末3为CaO;由元素守恒可知X含有Si、Mg、Ca元素,而固体化合物X由四种常见的元素组成,与盐酸反应没有气体生成,根据元素守恒可知X不可能含有H元素,而是还含有O元素,化合物X为硅酸盐,改写为氧化物的形式,由原子守恒可知SiO2、MgO、CaO的物质的量,得到它们的比,就可得出X的化学式。
【详解】
根据上述分析可知:
白色胶状沉淀为H2SiO3;白色粉末1为SiO2;白色粉末2为MgO;白色粉末3为CaO;由元素守恒可知X含有Si、Mg、Ca元素,而固体化合物X由四种常见的元素组成,与盐酸反应没有气体生成,根据元素守恒可知X不可能含有H元素,而是还含有O元素,化合物X为硅酸盐,改写为氧化物的形式,由原子守恒可知n(SiO2)=12.0g÷60g/mol=0.2mol,n(MgO)=6.0g÷40g/mol=0.15mol,故n(CaO)=(20.8g-12.0g-6.0g)÷56g/mol=0.2mol,n(CaO):
n(MgO):
n(SiO2)=0.2mol:
0.15mol:
0.2mol=4:
3:
4,所以X的化学式为:
4CaO•3MgO•4SiO2。
(1)由上述分析可知,X中金属元素的名称是:
钙、镁;
(2)化合物X与足量盐酸反应离子方程式:
Ca4Mg3Si4O15+14H+=4Ca2++3Mg2++4H2SiO3+3H2O;
(3)在高温条件下,MgO中某元素单质与SiO2反应,是工业制备另一种单质方法之一,应是Mg与SiO2反应制备Si,同时生成MgO,该反应的化学方程式为:
2Mg+SiO2
2MgO+Si。
【点睛】
11.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前,制作瓷器所用的原料是高岭士,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为______________。
(2)《本草纲目》中记载:
“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为:
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是_________,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有____________mol。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象:
“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。
根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS,KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式,按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写,并要遵守原子守恒来分析解答;
(2)反应过程中,元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应,元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应,反应中得电子数等于失电子数来分析计算;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:
2Al2O3•4SiO2•4H2O;
(2)S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,反应中硫元素化合价0价降低为-2价,氮元素化合价+5价降低为0价,反应中做氧化剂的是S、KNO3,电子守恒计算,碳元素化合价0价升高为+4价,电子守恒分析电子转移总数12e-,其中硫得到电子2e-,氮元素得到电子10e-,电子转移总数12e-时,被硫氧化的碳0.5mol,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有
mol=
mol;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水,分解的化学方程式:
2FeSO4•7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。
12.完成下列各题。
(1)制备陶瓷是以粘土[主要成分Al2Si2O5(OH)4]为原料,经高温烧结而成。
若以氧化物形式表示粘土的组成,应写为。
(2)如果胃酸过多,可服用(填写化学式)缓解症状,但如果患有胃溃疡,则不能服用,以防止胃穿孔。
(3)雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的,这一过程中发生反应的化学方程式为。
(4)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂,工业上是用氯酸钠(NaClO
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