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2019-2020年高考化學二輪復習 專題13 無機推斷題型訓練題（含解析） 1、化學與社會、生產、生活密切相關．下列說法不正確的是（ ） A．采用加熱方法消毒的目的是使蛋白質變性而殺滅細菌 B．石油分餾可得到石油氣、汽油、煤油、柴油等 C．“海水淡化”可以解決“淡水供應危機”，加入明礬可以使海水淡化 D．已知Ksp（MnS）＞Ksp（CdS） 所以工業(yè)上用MnO2制取MnCl2時，用MnS除去溶液中含有的Cd2+離子 【答案】C 【解析】A．加熱能使蛋白質變性，采用加熱消毒的目的是使蛋白質變性而殺滅細菌消毒，故A正確； B．石油分餾是將石油分成沸點段不同的產物，通過分餾可得到石油氣、汽油、煤油、輕柴油等餾分，故B正確； C．明礬可水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附性，可除去水中的懸浮物而凈化水，但不能使海水淡化，故C錯誤； D．沉淀向Ksp更小的方向轉化，加入MnS可使Cd2+離子轉化為CdS沉淀，故D正確． 故選C． 2、“綠色化學”是21世紀化學發(fā)展的主導方向。下列不符合“化學反應的綠色化”的是(　　) A.消除硫酸廠尾氣中的SO2:SO2+2NH3+H2O====(NH4)2SO3 B.消除制硝酸工業(yè)尾氣中的氮氧化物:NO2+NO+2NaOH====2NaNO2+H2O C.制CuSO4:Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O D.制CuSO4:2Cu+O22CuO,CuO+H2SO4(稀)====CuSO4+H2O 【答案】C 【解析】“綠色化學”的理念提倡提高原子利用率,從源頭上消除污染。C項中產生了SO2,是環(huán)境污染物,不符合“綠色化學”的理念。 3、下列說法正確的是（　?。? A．單質氧化物酸或堿鹽　硅單質可以按上述關系進行轉化 圖D4－1 B．若a、b、c分別為Si、SiO2、H2SiO3，則可以通過一步反應實現如圖D4－1所示的轉化關系 C．太陽能電池板中的硅在元素周期表中處于金屬與非金屬的交界位置 D．單質硅常用于制造光導纖維 【答案】C 【解析】SiO2雖然是酸性氧化物，但卻不能與水反應，A項、B項錯；硅單質是良好的半導體，在周期表中位于第3周期ⅣA族，C項正確；制造光導纖維是用SiO2，D項錯。 4、下表所列各組物質中，物質之間通過一步反應就能實現如圖所示轉化的是（　?。? 【答案】B 【解析】A中Al(OH)3轉化成Al不能一步完成；C中H2SiO3→Si不能一步完成；D中CH3CHO→CH2＝＝CH2不能一步完成；B符合題意，發(fā)生的反應有： a→b：3Cu+8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O c→a：3NO2+H2O====2HNO3+NO b→c：2NO+O2====2NO2 c→b：3NO2+H2O====2HNO3+NO。 5、某無色混合氣體可能由H2、O2、NH3、N2、CO2、HCl和He中的兩種或多種組成．常溫下取此氣體200mL進行實驗，實驗的過程和結果如下（上述氣體的體積都是折算成相同條件下的體積）．下列說法錯誤的是（　　） A．原混合氣體中有5mLO2 B．原混合氣體中肯定存在的氣體是NH3，肯定不存在的氣體是HCl C．原混合氣體中CO2的體積分數為40% D．可能存在N2和He，它們在原混合氣體中的體積分數不可能超過5% 【答案】A 【解析】200mL的混合氣體通過足量的濃H2SO4，體積減少至160mL，說明一定存在氨氣，且氨氣體積為200mL﹣160mL=40mL，則一定不存在HCl氣體；再通過過氧化鈉，體積減少，則一定含有CO2，發(fā)生反應：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2體積二氧化碳反應時，生成1體積氧氣，氣體體積減少1體積，故二氧化碳體積為（160mL﹣120mL）2=80mL，則反應生成氧氣為40mL；點燃后，體積減小，說明含有氫氣，發(fā)生反應：2H2+O22H2O，則參加反應的氫氣為（120mL﹣15mL）=70mL，參加反應氧氣為105mL﹣70mL=35mL，剩余的15mL氣體再通過銅網，體積減小，且還有氣體剩余，說明氫氣燃燒后氧氣剩余，混合氣體中還含有N2、He中的至少一種，且體積為10mL，故原混合氣體中氫氣為70mL，氨氣、氫氣、二氧化碳、氮氣、He的總體積為：40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合氣體中沒有氧氣， A．由上述分析可知，原混合氣體中沒有氧氣，故A錯誤； B．由上述分析可知，原混合氣體中一定存在氨氣，一定不含HCl，故B正確； C．原混合氣體中二氧化碳體積分數為100%=40%，故C正確； D．由上述分析可知，混合氣體中一定存在N2、He中的至少一種，且體積為10mL，在原混合氣體中的體積分數為100%=5%，故D正確， 故選A． 6、A、B、C分別是元素甲、乙、丙的單質，它們都是常見的金屬或非金屬，D、E、F是常見的三種氧化物，且有如圖所示轉化關系，則下列說法不正確的是（ ） A．D、E中一定都含有甲元素 B．單質B肯定是氧化劑 C．A、B、C中一定有一種是氧元素的單質 D．若A是非金屬，則B一定為金屬 【答案】B 【解析】A．由轉化關系可知：A+D→E和A+C→E都是化合反應，故E中一定含有甲元素，而B+D→A+F是置換反應，B是單質，則甲元素只能來自化合物D，A是甲元素的單質，故A正確； B．因為常見的氧化物中氧為﹣2價，則另一種元素顯正價，故在D中A元素顯正價，被還原劑B（金屬）可以還原為A中的0價態(tài)，而D被A（氧化劑）氧化為A元素更高價態(tài)的化合物E，故B錯誤； C．B+D→A+F是置換反應，B是單質，其中D、F為氧化物，則A肯定不含O元素，A+C→E是化合反應，A、C為單質，E為氧化物，所以C一定為氧氣，故C正確； D．置換反應B+D→A+F可以是氧化性置換（則B是非金屬），也可以是還原性置換（B是非金屬或金屬單質），若A為非金屬，B和氧化物發(fā)生置換反應生成氧化物和A單質非金屬，D中A元素為正價，被B的單質還原，也可以發(fā)生D+A=E，A+C=E，所以B只能為金屬元素，故D正確； 故選B． 7、某待測溶液（陽離子為Na+）中可能含有SO42－、SO32－、NO3－、Cl－、Br－、CO32－、HCO3－中的一種或多種，進行如圖所示的實驗，每次實驗所加試劑均過量，下列說法不正確的是（ ） A．SO42－、SO32－至少含有一種 B．沉淀B的化學式為BaCO3 C．肯定存在的陰離子有CO32-、HCO3－、Cl-，還有SO42－、SO32－至少含有一種 D．肯定沒有的離子是Br- 【答案】C 【解析】待測液與氯化鋇溶液反應生成沉淀A，則溶液中可能含有：CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成氣體D，且有部分沉淀不溶解，則溶液中一定存在CO32-，溶液中可能存在SO32-、SO42-中的兩種或一種；加入的氯化鋇過量，所以濾液A中有Ba2+，濾液A中加入過量的NaOH溶液得到白色沉淀B，則溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B為BaCO3；濾液B中通入氯氣，得無色溶液，溶液中一定不存在：S2-、Br-；濾液B中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀為AgCl，說明濾液B中含有Cl-，由于加入了氯化鋇溶液，不能確定原溶液中是否含有Cl-。A、根據以上分析可知，待測液中至少存在SO32-、SO42-中的一種，正確；B、根據分析可知，氣體D為CO2，沉淀B為碳酸氫根離子與鋇離子、氫氧根離子反應生成的BaCO3，正確；C、根據分析可知待測液中Cl-不能確定是否存在，錯誤；D、根據分析可知待測液中一定不存在的離子為：S2-、Br-，正確。 8、A～G各物質間的關系如下圖所示，其中B、D為氣體單質。則下列說法錯誤的是( ) A．若反應①在常溫下進行，則1 mol A在反應中能轉移1 mol電子 B．反應②的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑ C．新配制的F溶液一般需要加入鐵屑和稀鹽酸，前者用于防止Fe2+被空氣氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解 D．已知C的濃溶液在催化劑存在的條件下加熱，能與B反應生成D，由此可以推斷B的氧化性比MnO2強 【答案】D 【解析】若反應①在常溫下進行，則A應該是雙氧水，B是氧氣，E是四氧化三鐵，所以C就應該是鹽酸。在加熱的條件下二氧化錳氧化濃鹽酸生成氯氣，氯氣與貼反應生成氯 9、下圖中M、N為含X元素的常見化合物，則X元素為（　?。? A. Fe或C B. Cu或Fe C. N或S D. C或Al 【答案】A 【解析】根據反應類別，X有可變價，Al無可變價，選項D錯誤；中學化學中N2無置換反應，選項C錯誤；Cu置換的產物為Cu2＋，無Cu2＋→Cu＋的化合反應，選項B錯誤。Fe和C的相關變化如下：，選項A正確。 10、下列各組物質按下圖所示轉化關系每一步都能一步實現的是（　?。? 選項 甲 乙 丙 丁 A FeCl3 FeCl2 Fe2O3 Fe(OH)3 B Cu CuO CuSO4 CuCl2 C NO HNO3 NO2 NH3 D Si Na2SiO3 SiO2 SiF4 【答案】B 【解析】FeCl3→Fe2O3，不能一步進行，選項A錯誤；NO→HNO3，不能一步進行，選項C錯誤；Na2SiO3→SiO2，選項D錯誤。 11、中學常見無機物A、B、C、D、E、X均由短周期元素組成，且存在如下圖轉化關系（部分反應物、生成物和反應條件略去）。下列推斷不正確的是（ ） A. 若X是Na2SO3，C是能使品紅溶液褪色的氣體，則A可能是氯氣，且D和E不反應 B．若A是單質,B和D的反應是OH-+ HCO3—=H2O+CO32- ，則E-定能還原CuO C．若B、X均為單質，D為CO，C能和E反應，則E為NaOH D．若D為白色沉淀，且與A的摩爾質量相等，則X-定是鋁鹽 【答案】A 【解析】 12、已知甲、乙、丙和X是四種中學化學中常見的物質，其轉化關系如下圖，則甲和X不可能是（　　） A．甲為C，X是O2 B．甲為SO2，X是NaOH溶液 C．甲為Cl2，X為Fe D．甲為Al，X為NaOH溶液 【答案】D 【解析】試題分析：A項甲為C，X是O2，則乙為CO，丙為CO2, 丙（CO2）和甲（C）反應又可以生成乙（CO），所以符合轉化關系；B項甲為SO2，X是NaOH溶液時，乙為NaHSO3，丙為Na2SO3, 丙（Na2SO3）和甲（SO2）反應加上H2O又可以生成乙（NaHSO3），符合轉化關系；C項甲為Cl2，X為Fe時，乙為FeCl3，丙為FeCl2, 丙（FeCl2）和甲（Cl2）反應又可以生成乙（FeCl3），符合轉化關系；D項甲為Al，X為NaOH溶液，乙為NaAlO2，乙（NaAlO2）不能和X（NaOH）反應，不符合轉化關系。 考點：考查有關連續(xù)反應 點評：本題涉及無機化合物之間的連續(xù)反應，平時學習要多積累 13、某混合氣體可能含N2、HCl、CO中的一種或幾種，將其依次通過足量NaHCO3溶液和灼熱的CuO，氣體體積都沒有變化；再通過足量Na2O2固體，氣體體積減小；最后通過灼熱的銅絲，充分反應后氣體體積又減小，但還有氣體剩余。以下判斷中，正確的是(　　) A．一定有N2和HCl，沒有CO B．一定有N2，CO和HCl中至少有一種 C．一定有N2，CO和HCl D．一定沒有N2，CO和HCl中至少有一種 【答案】B 【解析】當氣體通過足量Na2O2固體時，氣體體積減小，說明氣體中有CO2，CO2可能是HCl與NaHCO3溶液反應生成，也可能是CO還原灼熱CuO得到的。最后通過灼熱的銅絲充分反應，氣體還有剩余，說明原氣體中含有N2。 14、a、b、c、d、e是含有一種相同元素的5種物質，可發(fā)生如下轉化：其中a是單質，b是氣體，c、d是氧化物，e是最高價氧化物對應的水化物。則a不可能是（　　） A．Cl2 B．N2 C．S D．C 【答案】A 【解析】試題分析：a、b、c、d、e是含有一種相同元素的5種物質，可發(fā)生如下轉化：其中a是單質，b是氣體，c、d是氧化物，e是最高價氧化物對應的水化物。則a不可能是Cl2，因為a是單質，b是氣體，c、d是氧化物，e是最高價氧化物對應的水化物，不能滿足條件。故選A 考點：物質間的轉化 點評：本題旨在考查學生對化學反應的靈活應用的能力。學生只要熟悉各個物質間的轉化關系，此題便不難解決。 15、已知a是一種常見單質（提示：硅與強堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣），在一定條件下可發(fā)生如下圖所示的轉化關系，則下列敘述中不正確的是（　　） A.a在與強堿溶液的反應中被氧化 B.向b中滴加適量鹽酸可得到c C.c一定是兩性物質 D.d一定能和氫氧化鈉溶液反應 【答案】C 【解析】根據題中所給出的信息分析，本題重點考查的是無機推斷的相關知識。 16、A、B、C分別是元素甲、乙、丙的單質，它們都是常見的金屬或非金屬，D、E、F是常見的三種氧化物，且有如圖所示轉化關系，則下列說法不正確的是（　　） A．D、E中一定都含有甲元素 B．單質B肯定是氧化劑 C．A、B、C中一定有一種是氧元素的單質 D．若A是非金屬，則B一定為金屬 【答案】B 【解析】根據D＋A―→E，則E中一定含有甲元素，根據D＋B―→A＋F，由于A、B均為單質，B不可能含有甲元素，則D一定含有甲元素，A對；根據A＋C―→E、A和C都是單質，而E是一種氧化物，所以A和C中一定有一種是氧元素的單質，C對；根據D＋B―→A＋F，該反應為置換反應，D、F為氧化物，由于O的化合價不變，若A為非金屬，則反應中D得電子，B失電子，故B為金屬，作還原劑，B錯，D對。 17、如圖①﹣分別代表有關反應中的一種物質，請?zhí)顚懸韵驴瞻祝? （1）已知①中陰陽離子個數比為1：1，則①的化學式是 、②的電子式為 ． （2）圖中涉及的氧化還原反應共有 個． （3）③與④反應的化學方程式為 ． （4）⑧與⑨反應的化學方程式是 ． （5）一定條件下，將2amL④和⑦的混合氣體用排水法收集，得到amL氣體，則原混合氣體中④和⑦的體積比為 ． 【答案】（1）NH4HCO3；； （2）6； （3）4NH3+5O24NO+6H2O； （4）C+4HNO32H2O+4NO2↑+CO2↑； （5）23：1或3：2． 【解析】②與Na2O2反應，所以②只能是CO2和H2O，因為②是通過濃硫酸的，②只能是CO2，且產生Na2CO3和O2，④為O2，Mg與CO2反應生成MgO和C，③應為堿性氣體，應為NH3，則①為NH4HCO3，陰陽離子個數比為1：1，則⑥為NO，⑦為NO2，⑧為HNO3，⑨為C， （1）由以上分析可知①為NH4HCO3，②為CO2，其電子式為， 故答案為：NH4HCO3；； （2）題中涉及的氧化還原反應有③與④、④與⑤、②與⑩，⑥與④、⑦與水、⑧與⑨等反應，共6種， 故答案為：6； （3）③與④的反應為氨氣的催化氧化，化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O， 故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O； （4）⑧與⑨反應的化學方程式是C+4HNO32H2O+4NO2↑+CO2↑， 故答案為：C+4HNO32H2O+4NO2↑+CO2↑； （5）④和⑦的混合氣體用排水法收集，涉及反應的方程式為4NO2+O2+2H2O═4HNO3，3NO2+H2O═HNO3+2NO， 如氧氣過量，設氧氣為x mL，則NO2為（2a﹣x）mL， 根據反應方程式可得2a﹣（2a﹣x）=a， x=a，NO2為a， 即二者體積為3：2， 如NO2為過量，設為NO2xmL，氧氣為ymL， 則（x﹣5y）=a，x+y=2a， 解得x=a，y=a， 二者比值為23：1， 故答案為：23：1或3：2． 18、己知A為單質，B、C、D、E為化合物．它們之間存在如圖轉化關系： （1）若A為非金屬單質，B為鎂條在空氣中燃燒的產物之一，其與水反應可生成氣體C，D為無色氣體，在空氣中可變成紅棕色，C與HCl氣體反應生成E時產生大量白煙，則B的化學式為　 　，由C轉化為D的化學方程式為　 　，上述反應中屬于氧化還原反應的有　 　． （2）若A為生活中常見的金屬單質，B為A與鹽酸反應的產物，C可通過單質間的化合反應制得．加熱蒸干并灼燒C的溶液可得到紅棕色的D，將C滴入沸水中可得E的膠體，則由B轉化為C的離子方程式為　 　，加熱蒸干并灼燒C的溶液可得D的原因是　 ?。? 【答案】（1）Mg3N2；4NH3+5O24NO+6H2O；①②③⑤； （2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeCl3溶液在加熱的條件下充分水解生成氫氧化鐵，氫氧化鐵在加熱的條件下分解得氧化鐵． 【解析】解：己知A為單質，B、C、D、E為化合物， （1）D為無色氣體，在空氣中可變成紅棕色，則D為NO，B為鎂條在空氣中燃燒的產物之一，其與水反應可生成氣體C，C與HCl氣體反應生成E時產生大量白煙，則B為Mg3N2，Mg3N2與水反應生成C為NH3，NH3與HCl氣體反應生成E為NH4Cl，A為非金屬單質，所以A為N2，由C轉化為D的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，反應①為氮氣與鎂反應生成氮化鎂，是氧化還原反應，反應②為氮氣與氫氣合成氨，是氧化還原反應，反應③為氮氣與氧氣生成一氧化氮，是氧化還原反應，反應④為氮化鎂與水發(fā)生水解，是非氧化還原反應，反應⑤為氨的催化氧化，是氧化還原反應，反應⑥為氨氣與氯化氫生成氯化氨，是非氧化還原反應，所以上述反應中屬于氧化還原反應的有， 故答案為：Mg3N2；4NH3+5O24NO+6H2O；①②③⑤； （2）C可通過單質間的化合反應制得，加熱蒸干并灼燒C的溶液可得到紅棕色的D，將C滴入沸水中可得E的膠體，則D為Fe2O3，C為FeCl3，E為Fe（OH）3，A為生活中常見的金屬單質，則A為Fe，B為A與鹽酸反應的產物，則B為FeCl2，所以由B轉化為C的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，加熱蒸干并灼燒FeCl3的溶液可得Fe2O3的原因是FeCl3溶液在加熱的條件下充分水解生成氫氧化鐵，氫氧化鐵在加熱的條件下分解得氧化鐵， 故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeCl3溶液在加熱的條件下充分水解生成氫氧化鐵，氫氧化鐵在加熱的條件下分解得氧化鐵． 19、根據圖所示變化關系，寫出A，B，C，D，E各物質的分子式A________，B________，C_______，D________，E________。 【答案】Si；Na2SiO3；H4SiO4；H2SiO3；SiO2。 【解析】根據題中所給的信息，結合已經學習過的知識分析，本題考查Si；Na2SiO3；H2SiO4；H2SiO3；SiO2等物質之間的關系及性質。 20、甲、乙、丙為常見單質，乙、丙兩元素在周期表中位于同一主族。X、A、B、C、D、E、F、G均為常見的化合物，其中A和X的摩爾質量相同，A、G的焰色反應為黃色。在一定條件下，各物質相互轉化關系如圖。 請回答： (1) 寫化學式：丙_________，E________。 (2)X的電子式為____________________。 （3） 寫出A與H2O反應的化學反應方程式：_______________ ___ ________ 。 （4）寫出B與G溶液反應生成F的離子方程式：___________ _ ____________。 （5）在上圖的反應中，不屬于氧化還原反應的是（填序號）______________。 【答案】 (1) O2 SO3 (2)Na2S電子式 (3) 2Na2O2 + 2H2O =4NaOH + O2↑ (4) HCO3－ + OH－=CO32－ + H2O (5) ⑧⑨ 【解析】試題分析：由A、G的焰色反應為黃色可判斷出都含有Na元素，而多次出現的丙，常伴隨著點燃這一條件，且其為單質，可以判斷出，丙為O2，A由O2和甲單質反應生成，且能與CO2和H2O反應，也都能生成O2，說明A為Na2O2，甲為Na，以此為突破口，可推斷出乙為S，B為NaOH,C為Na2SO3，D為SO2，E為SO3，F為Na2CO3,G為NaHCO3,X為Na2S。 考點：Na相關物質推斷 點評：此題考核了以Na元素為核心的推斷，主要是找到突破口，然后將各種物質推斷出來，在根據題目所問，解答，難度中等。 21、下圖是常見物質之間的轉化關系。氧化物A是光導纖維的基本原料，單質Ⅰ、Ⅲ為非金屬單質，單質Ⅱ為主族元素對應的金屬單質。請回答： （1）氧化物A的化學式：_________。單質Ⅱ與NaOH溶液反應的化學方程式___________________________。 （2）向鹽甲的水溶液中通入過量的CO2，觀察到的現象是___________________________。 （3）單質Ⅰ的用途非常廣泛，如用做_________（寫一種即可）。 （4）鹽乙的溶液呈現_________（填酸性或堿性或中性）。 【答案】（1）SiO2 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑ （2）有白色膠狀沉淀生成 （3）半導體材料（合理即可給分） （4）堿性 【解析】試題分析：氧化物A是光導纖維的基本原料，則A是二氧化硅。二氧化硅和氫氧化鈉溶液反應刪除硅酸鈉和水，則甲是硅酸鈉，C是水。單質Ⅰ和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉，則單質Ⅰ是硅，所以單質Ⅲ為氫氣。單質Ⅱ為主族元素對應的金屬單質，且和氫氧化鈉溶液反應生成氫氣，所以該單質Ⅱ是鋁，則乙是偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉水解，溶液呈堿性。氧化物B和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，因此B是氧化鋁。 考點：考查以硅和鋁及其化合物的轉化的有關判斷 點評：該題是中等難度的試題，也是高考中的常見題型，試題注重基礎，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的訓練。該類試題學生需要明確的是化學推斷題是一類綜合性較強的試題，如元素及化合物性質和社會生活，環(huán)境保護，化學計算等知識，還可引入學科間綜合。它不僅可考察學生對化學知識的理解程度，更重要的是培養(yǎng)學生的綜合分析能力和思維方法。解框圖題的方法：最關鍵的是尋找突破口，突破口就是抓特字，例如特殊顏色、特殊狀態(tài)、特殊氣味、特殊反應、特殊現象、特殊制法、特殊用途等。 22、下圖表示各物質之間的轉化關系。已知：常溫下D、E、F、I、J為氣體，且D、I是水煤 氣的主要成分；B是無色液體，M為紅褐色固體，C的焰色反應為黃色。 A 電解 △ B C D E H I J F G B D K A L 空氣中 M ① ② ⑴基于反應①原理的化學工業(yè)稱為 ，寫出該反應的化學方程式 。 ⑵寫出K和E反應的離子方程式_______________________________________。 寫出F溶液和H反應的離子方程式___________________________________。 ⑶已知：由G分解得到的H、I、J三者的物質的量之比為1∶1∶1，則G的化學式為_____________。 【答案】⑴氯堿工業(yè) 2NaCl＋2H2OH2↑＋C12↑＋2NaOH ⑵2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl— FeO＋2H+＝Fe2＋＋H2O⑶FeC2O4 23、有關物質的轉化關系如下圖所示（部分物質和條件已略去）。A是海水中含量最多的鹽，B、E、F是氣體單質，C是金屬單質，X是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，Y是最常見的無色液體。 請回答下列問題： （1）X的化學式為 。 （2）E的電子式為 。 （3）寫出C與Y反應的化學方程式： 。 （4）寫出D溶液與G溶液反應的離子方程式： 。 【答案】 24、工業(yè)上測量S02、N2、O2混合氣體中S02含量的裝置如右圖。反應管中裝有碘的淀粉溶液。S02和I2發(fā)生的反應為(N2、02不與I2反應)： SO2+I2 +2H20==H2SO4+2HI (1)混合氣體進入反應管后，量氣管內增加的水的體積等 于 的體積(填寫氣體的分子式)。 (2)反應管內的溶液藍色消失后，沒有及時停止通氣，則測得的S02含量 (填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)。 (3)反應管內的碘的淀粉溶液也可以用 代替(填寫物質名稱)。 (4)若碘溶液體積為VmL，濃度為cmolL。N2與02的體積為VmL(已折算為標準狀況下的體積)。用c、V、V表示SO2的體積百分含量為： 。 (5)將上述裝置改為簡易實驗裝置，除導管外，還需選用的儀器為 (選下列儀器的編號)。 a．燒杯b．試管c．廣口瓶d．容量瓶巴量筒 f．單孔塞g．雙孔塞 【答案】(1)N2、02 (2)偏低(3)酸性高錳酸鉀溶液或溴水 (4)V(S02)％=100％ (5)b、c、e、g或b、e、g或c、e、g 【解析】(1)混合氣體進入反應管中，混合氣體中的S02被I2吸收，剩余的氣體為N2和02。量氣管內增加水的體積即為N2和02的總體積。 (2)當反應管內藍色消去，說明I2與SO2恰好反應，若繼續(xù)通入氣體，則未反應的SO2也會排入量氣管中，使N2、02的體積增大，測得S02的含量降低。 (3)反應管中I2與淀粉的作用是吸收SO2，且恰好完全反應時溶液由藍色變無色來指示反應的終點。其他一些能氧化SO2，且溶液有顏色變化的物質可代替I2和淀粉，如酸性KMn04溶液或溴水。 (4)因SO2+I2+2H2O==H2S04+2HI n(SO2)=n(I2)=V10LcmolL= Vcl0mol V(SO2)= Vcl0mol22400mL/mol=22.4cVmL 即S02的體積分數為： 100％ (5)由所給裝置可知，反應管起密封容器的作用，因此，可用試管或廣口瓶代替，而量取氣體還可用測量氣體所排出液體的體積確定，可用廣口瓶、雙孔塞、量筒代替量氣管。其裝置可以為:b、c、e、g或b、e、g或c、e、g。 25、無機化合物A主要用于藥物制造．在一定條件下，2.30g固體A與5.35g NH4Cl固體恰好完全反應，生成固體B和4.48L氣體C（標準狀況）．氣體C極易溶于水得到堿性溶液，電解無水B可生成一種短周期元素的金屬單質D和氯氣．由文獻資料知道：工業(yè)上物質A可用金屬D與液態(tài)的C在硝酸鐵催化下反應來制備A物質，純凈的A物質為白色固體，但制得的粗品往往是灰色的；物質A的熔點390℃，沸點430℃，密度大于苯或甲苯，遇水反應劇烈，也要避免接觸酸、酒精．在空氣中A緩慢分解，對其加強熱則猛烈分解，在750～800℃分解為化合物E和氣體C． 回答下列問題： （1）A的化學式　 　，C的電子式為　 ?。? （2）A與鹽酸反應的化學方程式為　 ?。? （3）A在750～800℃分解的方程式為　 　，制得的粗品往往是灰色的，其可能的原因是　 ?。? （4）久置的A可能大部分變質而不能使用，需要將其銷毀．遇到這種情況，可用苯或甲苯將其覆蓋，然后緩慢加入用苯或甲苯稀釋過的無水乙醇，試解釋其化學原理．　 　 ． （5）工業(yè)制備單質D的流程圖如圖： ①步驟①中操作名稱是　 ?。? ②試用平衡移動原理解釋步驟②中減壓的目的是　 　． （6）寫出D的重氫化合物與水反應的化學方程式為　 ?。? 【答案】（1）LiNH2；； （2）LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl； （3）3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的產物中含有雜質鐵； （4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應，方程式為LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應進行較緩慢，可將其銷毀又不會有危險． （5）① 蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶； ② 存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2O（g），減小壓強，有利于平衡向正方向移動，有利于無水LiCl的制備； （6）LiD+H2O=LiOH+HD↑． 【解析】（1）在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應，生成固體B和4.48L氣體C （標準狀況），氣體C極易溶于水得到堿性溶液，可推知C為NH3，電解無水B可生成一種短周期元素的金屬單質D和氯氣，B為金屬D氯化物，4.48L氨氣的物質的量==0.2mol，其質量=0.2mol17g/mol=3.4g，根據質量守恒可知B的質量為2.3g+5.35g﹣3.4g=4.25g，NH4Cl的摩爾質量為53.5g/mol，5.35gNH4Cl為0.1mol，若D為ⅡA族金屬，則固體A與NH4Cl固體反應可表為：A+NH4Cl→DCl2+NH3，根據Cl原子守恒，DCl2的物質的量=0.05mol，其摩爾質量==85g/mol，D的相對分子質量=85﹣71=14，不符合題意，若D為ⅠA族金屬，則固體A與NH4Cl固體反應可表為：A+NH4Cl→DCl+NH3，根據Cl原子守恒，DCl的物質的量=0.1mol，其摩爾質量==42.5g/mol，D的相對分子質量=42.5﹣35.5=7，故D為Li，可推知B為LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也為 0.1mol，再根據質量守恒和原子守恒（原子的種類和數目反應前后相同），則2.3gA中含有N原子為0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，含有H原子為0.2mol4﹣0.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2，氨氣的電子式為：， 故答案為：LiNH2；； （2）根據化合物A（LiNH2）遇水強烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其與鹽酸反應生成LiCl、NH4Cl，反應方程式為：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl， 故答案為：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl； （3）LiNH2中N原子與H原子數目之比為1：2，NH3中N原子與H原子數目之比為1：3，故化合物E含有Li、N元素，應為Li3N，反應方程式為：3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的產物中含有雜質鐵，使粗品往往是灰色， 故答案為：3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的產物中含有雜質鐵； （4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應，方程式為LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應進行較緩慢，可將其銷毀又不會有危險， 故答案為：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應，方程式為LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應進行較緩慢，可將其銷毀又不會有危險． （5）通過工業(yè)制備單質Li的流程圖可知：步驟①是要從LiCl溶液獲得LiCl﹒H2O晶體，所以，其操作應為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌．步驟②是要將LiCl﹒H2O晶體在減壓、干燥的氯化氫氣氛中加熱（200℃）生成無水LiCl，然后經步驟③電解熔融的LiCl制得金屬Li，則： ①步驟①中的操作己經有過濾、洗滌，還應有“蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶”， 故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶； ②LiClH2O晶體脫去結晶水生成無水LiCl的反應：LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），是一個擴大氣體體積的反應，所以減小壓強，有利于平衡LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），向正方向移動，有利于無水LiCl的制備． 故答案為：存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2O（g），減小壓強，有利于平衡向正方向移動，有利于無水LiCl的制備； （6）LiD中陽離子與水電離的氫氧根離子結合，而陽離子與水電離的氫離子結合，反應方程式為：LiD+H2O=LiOH+HD↑， 故答案為：LiD+H2O=LiOH+HD↑．