2020年高中化學(xué)新教材同步必修第二冊微專題匯編

一、二氧化硫和二氧化碳性質(zhì)的比較SO2CO2物理性質(zhì)氣味有刺激性氣味無味溶解性易溶能溶化學(xué)性質(zhì)與水反應(yīng)SO2＋H2OH2SO3CO2＋H2OH2CO3與堿反應(yīng)Ca(OH)2＋SO2=CaSO3↓＋H2OCaSO3＋SO2＋H2O=Ca(HSO3)2Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2OCaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2氧化性SO2＋2H2S=3S＋2H2OCO2＋Ceq\o(=,\s\up7(高溫))2CO還原性2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3，二氧化硫能被酸性高錳酸鉀溶液、氯水、溴水、碘水等氧化劑氧化無漂白性有無對環(huán)境的影響形成酸雨引起溫室效應(yīng)1.(2018·廣州南沙區(qū)一中高一期中)同類物質(zhì)性質(zhì)相似，SO2和CO2同屬于酸性氧化物，性質(zhì)類似。下列說法不正確的()A.SO2與澄清石灰水反應(yīng)生成白色沉淀CaSO3B.SO2與BaO反應(yīng)，生成BaSO3C.SO2與水反應(yīng)生成H2SO3D.SO2和Na2O2反應(yīng)生成Na2SO3和O2答案D解析SO2與澄清石灰水反應(yīng)生成白色沉淀CaSO3，A正確；SO2與BaO反應(yīng)，生成BaSO3，B正確；SO2與水反應(yīng)生成H2SO3，C正確；SO2具有還原性，Na2O2具有強(qiáng)氧化性，因此SO2和Na2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4，D錯(cuò)誤。2.(2019·湖南株洲檢測)下列說法不正確的是()A.SO2和CO2均有毒B.SO2和CO2均能與澄清石灰水反應(yīng)，并有白色沉淀生成C.SO2具有漂白性，但通入石蕊溶液中卻不能使之褪色D.SO2和Cl2均能使品紅溶液褪色答案A解析二氧化硫有毒，二氧化碳無毒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；二氧化硫和二氧化碳均能與澄清石灰水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，B項(xiàng)正確；二氧化硫具有漂白性，但是不能漂白石蕊溶液，C項(xiàng)正確；二氧化硫具有漂白性，可以使品紅溶液褪色，氯氣溶于水生成的次氯酸具有漂白性，也能使品紅溶液褪色，D項(xiàng)正確。3.將足量的甲和乙組成的混合氣體通入丙溶液中，一定能產(chǎn)生沉淀的是()選項(xiàng)甲乙丙ACl2SO2氯化鋇溶液BHClCO2石灰水CCO2SO2石灰水DCO2Cl2氯化鈣溶液答案A解析在溶液中Cl2可將SO2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，進(jìn)而與BaCl2反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，將足量的甲和乙組成的混合氣體通入丙溶液中，一定能產(chǎn)生沉淀，A符合題意；若HCl過量，則沒有沉淀，B不符合題意；足量的CO2和SO2組成的混合氣體通入丙溶液中，若CO2、SO2過量，則沒有沉淀，C不符合題意；足量CO2和Cl2通入丙溶液中無沉淀生成，D不符合題意。將SO2通入BaCl2溶液或CaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象，因?yàn)镾O2與BaCl2溶液或CaCl2溶液不反應(yīng)。但在強(qiáng)氧化性環(huán)境如氯水、氯化鐵溶液等中，SO2可被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，SOeq\o\al(2－,4)與Ba2＋或Ca2＋反應(yīng)生成BaSO4或CaSO4沉淀。二、混合氣體中同時(shí)含有SO2、CO2的檢驗(yàn)與凈化1.流程設(shè)計(jì)流程設(shè)計(jì)檢驗(yàn)SO2→除去SO2→檢驗(yàn)SO2是否被除盡→檢驗(yàn)CO2選用試劑品紅溶液酸性KMnO4溶液品紅溶液澄清石灰水實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象褪色褪色(或變淺)不褪色變渾濁

2.實(shí)驗(yàn)裝置3.特別提示當(dāng)SO2中混有CO2時(shí)，不會影響SO2的檢驗(yàn)；當(dāng)CO2中混有SO2時(shí)會干擾CO2的檢驗(yàn)，應(yīng)先檢驗(yàn)并除去SO2，再用澄清石灰水檢驗(yàn)CO2氣體。4.(2018·福州八縣市協(xié)作校高一期中)檢驗(yàn)CO2中是否混有SO2氣體，可采用的方法是()A.先通過NaOH溶液，再通過品紅溶液，若品紅溶液褪色，則說明混有SO2氣體B.通過澄清石灰水，若變渾濁，則說明混有SO2氣體C.先通過NaOH溶液，再通過澄清石灰水，若變渾濁，則說明有SO2氣體D.通過酸性KMnO4溶液，若溶液褪色，則說明混有SO2氣體答案D解析SO2和CO2通過NaOH溶液均發(fā)生反應(yīng)：2NaOH＋SO2=Na2SO3＋H2O,2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，再通過品紅溶液不能檢測到SO2，A錯(cuò)誤；SO2和CO2通過澄清石灰水都會產(chǎn)生白色沉淀，B錯(cuò)誤；SO2和CO2通過NaOH溶液都可能被吸收完全，也可能均過量，再通過澄清石灰水，若變渾濁，也不能確定混有SO2，C錯(cuò)誤；因?yàn)镃O2不能使酸性KMnO4溶液，D正確。5.檢驗(yàn)二氧化硫中是否混有二氧化碳?xì)怏w，可采用的方法是()A.通過品紅溶液B.先通過氫氧化鈉溶液，再通過澄清石灰水C.通過澄清石灰水D.先通過過量酸性高錳酸鉀溶液，再通過澄清石灰水答案D解析二氧化硫能使品紅溶液褪色，二氧化碳不能使品紅溶液褪色，品紅溶液可檢驗(yàn)二氧化硫，而不能檢驗(yàn)二氧化碳的存在；二氧化硫和二氧化碳都能與氫氧化鈉溶液、澄清石灰水反應(yīng)；二氧化硫被過量酸性高錳酸鉀溶液完全吸收后，再通過澄清石灰水，若有白色沉淀，說明一定含有二氧化碳。6.除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫氣體，可選用的試劑是()A.飽和食鹽水 B.氫氧化鈉溶液C.足量澄清石灰水 D.飽和碳酸氫鈉溶液答案D解析二氧化碳和二氧化硫都能與氫氧化鈉溶液、澄清石灰水反應(yīng)，都不能與飽和食鹽水反應(yīng)。因?yàn)閬喠蛩岬乃嵝詮?qiáng)于碳酸，可用飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中的二氧化硫氣體。7.CO2氣體中含有少量SO2，欲得到純凈、干燥的CO2，通過如圖所示的洗氣瓶，①②兩瓶中所裝的試劑應(yīng)該是()A.①NaOH溶液；②濃硫酸B.①濃硫酸；②NaOH溶液C.①飽和NaHCO3溶液；②濃硫酸D.①濃硫酸；②Na2CO3溶液答案C解析CO2和SO2都是酸性氧化物，通過NaOH溶液，全部被吸收，無法得到CO2，A、B錯(cuò)誤；亞硫酸的酸性強(qiáng)于碳酸，SO2與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，然后用濃硫酸干燥CO2，C正確；碳酸鈉與CO2反應(yīng)：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，會吸收CO2，D錯(cuò)誤。除去二氧化碳中二氧化硫的方法(1)利用二氧化硫的還原性，用酸性高錳酸鉀溶液、氯水、溴水等除去。(2)利用亞硫酸的酸性比碳酸強(qiáng)，用飽和碳酸氫鈉溶液除去。三、二氧化硫和二氧化碳的鑒別方法1.物理方法(1)根據(jù)氣味鑒別：有刺激性氣味的氣體是SO2，無氣味的是CO2。(2)根據(jù)溶解性鑒別：同溫同壓下，將兩種氣體充滿相同的試管，分別倒置于水槽中，試管內(nèi)進(jìn)水多的是SO2。2.化學(xué)方法(1)用品紅溶液鑒別：將兩種氣體分別通入品紅溶液中，能使品紅溶液褪色的是SO2。(2)用溴水或酸性高錳酸鉀溶液鑒別：將兩種氣體分別通入溴水或酸性高錳酸鉀溶液中，能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色的是SO2。(3)用氫硫酸溶液鑒別：將兩種氣體分別通入H2S溶液中，出現(xiàn)淡黃色渾濁的是SO2，無明顯現(xiàn)象的是CO2。化學(xué)方程式為2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O。(4)用O2。離子方程式為2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。8.能夠用于鑒別二氧化硫和二氧化碳的溶液是()A.澄清石灰水 B.品紅溶液C.紫色石蕊溶液 D.氯化鋇溶液答案B解析二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁；二氧化硫、二氧化碳與水反應(yīng)的產(chǎn)物都能使紫色石蕊溶液變紅；二氧化硫、二氧化碳都不與氯化鋇溶液反應(yīng)，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。9.下列溶液不能鑒別二氧化硫和二氧化碳?xì)怏w的是()A.酸性高錳酸鉀溶液 B.品紅溶液C.氫硫酸溶液 D.氫氧化鋇溶液答案D解析二氧化硫和二氧化碳都能與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成白色沉淀，繼續(xù)通入二氧化硫或二氧化碳，白色沉淀溶解，氫氧化鋇溶液不能鑒別二氧化硫和二氧化碳。10.某化學(xué)興趣小組為了探究常溫下某未知?dú)怏w的成分，將該氣體通入澄清石灰水中，發(fā)現(xiàn)澄清石灰水變渾濁，持續(xù)通入，發(fā)現(xiàn)渾濁又變澄清。由此該小組同學(xué)對氣體的成分提出猜想。提出猜想猜想1：________________________________________________________________________；猜想2：________________________________________________________________________；猜想3：________________________________________________________________________。為了驗(yàn)證猜想，該小組同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)進(jìn)行探究。實(shí)驗(yàn)探究該小組同學(xué)按如圖所示連接裝置，將氣體從a端通入。(1)B中盛放的溶液應(yīng)該是________(填字母)。a.NaCl溶液 b.酸性KMnO4溶液c.鹽酸 d.澄清石灰水(2)A中品紅溶液的作用是____________________________________________________。(3)D中澄清石灰水的作用是__________________________________________________。通過以上實(shí)驗(yàn)，該小組同學(xué)觀察到以下實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：①A中品紅溶液褪色；②C中品紅溶液不褪色；③D中澄清石灰水變渾濁。得出結(jié)論(4)由上述現(xiàn)象，該小組同學(xué)認(rèn)為該氣體_________________________________________。答案氣體含有CO2氣體含有SO2氣體含有CO2和SO2(1)b(2)檢驗(yàn)該氣體中是否含有SO2(3)檢驗(yàn)該氣體中是否含有CO2(4)含有CO2和SO2解析首先根據(jù)題給信息，分析可能涉及的物質(zhì)，進(jìn)行假設(shè)，本題中猜想氣體可能含有SO2或CO2，或二者都有；然后分析題目涉及物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，如SO2和CO2性質(zhì)的異同點(diǎn)；最后根據(jù)題意對假設(shè)進(jìn)行一一驗(yàn)證，最終得出正確結(jié)論。SO2和CO2在某些性質(zhì)方面較相似，如都能使澄清石灰水變渾濁，若通入的氣體過量，則渾濁又變澄清。但SO2具有還原性，能被強(qiáng)氧化劑氧化，且SO2可使品紅溶液褪色，而CO2不具備這些性質(zhì)，可利用性質(zhì)差異檢驗(yàn)CO2是否存在。(1)SO2與CO2的最大區(qū)別在于SO2具有漂白性、還原性和氧化性，而CO2只有氧化性。解決有關(guān)問題時(shí)，要注意相似性方面的干擾。(2)CO2和SO2混合氣體鑒別的實(shí)驗(yàn)題中，品紅溶液常要使用兩次，分別用于檢驗(yàn)SO2的存在以及證明SO2是否被除盡。(3)SO2雖有漂白性，但并不是所有與SO2有關(guān)的褪色都是因?yàn)镾O2的漂白性。如：①SO2能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色是因?yàn)镾O2能與堿發(fā)生反應(yīng)；②SO2能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色是因?yàn)镾O2的還原性。

一、NO2和O2的混合氣體通入水中的計(jì)算由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO和2NO＋O2=2NO2可得總反應(yīng)式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，由此可知：V(NO2)∶V(O2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝4∶1，恰好完全反應(yīng)，無氣體剩余,＜4∶1，O2過量，剩余氣體為O2,＞4∶1，NO2過量，剩余氣體為NO))1.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將O2和NO2按1∶4的體積比充滿干燥燒瓶，把燒瓶倒置于水中，瓶內(nèi)液體逐漸上升，假設(shè)燒瓶內(nèi)溶液不擴(kuò)散，最終燒瓶內(nèi)溶液里溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為()A.eq\f(1,14)mol·L－1 B.eq\f(4,5)mol·L－1C.eq\f(1,28)mol·L－1 D.eq\f(1,42)mol·L－1答案C解析設(shè)燒瓶的體積為VL，由4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3以及O2和NO2的體積比為1∶4，知NO2的體積為eq\f(4,5)VL，所以最終液體充滿整個(gè)燒瓶，溶液的體積為VL，NO2的物質(zhì)的量為eq\f(\f(4,5)VL,22.4L·mol－1)＝eq\f(1,28)Vmol，所以硝酸的物質(zhì)的量濃度為eq\f(\f(1,28)Vmol,VL)＝eq\f(1,28)mol·L－1。2.一定條件下，將充滿二氧化氮和氧氣的試管倒立于水槽中，充分反應(yīng)后，剩余氣體體積為原混合氣體體積的eq\f(1,8)，則原混合氣體中二氧化氮和氧氣的體積之比可能是()A.8∶1B.7∶3C.7∶2D.4∶1答案BL，二者體積比為7∶1。3.(2018·天津中學(xué)期中)將盛有12mLNO2和O2混合氣體的量筒倒立于水槽中，充分反應(yīng)后，還剩余2mL無色氣體，則原混合氣體中O2的體積和剩余的2mL氣體可能分別是()A.1.2mL，NO B.2.4mL，O2C.3.5mL，O2 D.4mL，NO答案A解析解題依據(jù)的化學(xué)反應(yīng)原理為4NO2＋O2＋2H2O=4HNO33NO2＋H2O=2HNO3＋NO設(shè)混合氣體中O2的體積為x。剩余的氣體有兩種可能：(1)若剩O2，則V剩＝x－eq\f(1,4)(12mL－x)＝2mL，解得x＝4mL。(2)若剩NO，則V剩＝eq\f(1,3)[(12mL－x)－4x]＝2mL，解得x＝1.2mL。二、NO和O2通入水中的計(jì)算由2NO＋O2=2NO2和4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，可得反應(yīng)總式4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，由此可知：V(NO)∶V(O2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝4∶3，恰好完全反應(yīng)，無氣體剩余,＞4∶3，剩余氣體為NO,＜4∶3，剩余氣體為O2))4.在一大試管中裝入10mLNO倒立于水槽中，然后向其中緩慢通入6mLO2(氣體體積均在相同條件下測定)，下面有關(guān)實(shí)驗(yàn)最終狀態(tài)的描述，正確的是()A.試管內(nèi)氣體呈紅棕色B.試管內(nèi)氣體呈無色，是1mLNOC.試管內(nèi)氣體呈無色，是2mLO2D.試管內(nèi)液面上升答案D解析根據(jù)4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，可知，V(NO)∶V(O2)＞4∶3時(shí)，NO有剩余。由題意，V(NO)∶V(O2)＝5∶3可知，NO剩余2mL，則試管內(nèi)液面上升。5.(2019·長沙高一檢測)一定條件下，將等體積的NO和O2的混合氣體置于試管中，并將試管倒立于水槽中，充分反應(yīng)后剩余氣體的體積為原總體積的()A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,8)D.eq\f(3,8)答案C解析由于NO和O2等體積，則一定條件下二者等物質(zhì)的量，當(dāng)二者溶于水時(shí)，發(fā)生反應(yīng)4NO＋3O2＋2H2O=4HNO34mol3mol設(shè)初始時(shí)NO和O2的物質(zhì)的量均為4mol，則4molNO反應(yīng)掉3molO2，還剩余1molO2，則剩余O2為原氣體總體積的eq\f(1,8)。6.如圖所示，當(dāng)向試管內(nèi)通入21mLO2時(shí)，最后試管中的液面仍在原來的位置，則原試管中NO體積為()A.6mL B.12mLC.16mL D.18mL答案B解析據(jù)題意可推知反應(yīng)后試管內(nèi)氣體為O2，且其體積與原NO體積相同。因發(fā)生反應(yīng)4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，設(shè)原試管中NO為xmL，則反應(yīng)后試管中剩余O2也有xmL，根據(jù)反應(yīng)方程式有4∶3＝x∶(21－x)，解得x＝12。三、NO、NO2和O2通入水中的計(jì)算(1)可先求出NO2和H2O反應(yīng)生成的NO的體積，然后按4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3進(jìn)行分析計(jì)算。(2)也可認(rèn)為NO與O2先反應(yīng)生成NO2，NO2再與水反應(yīng)。若O2過量，則按4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3進(jìn)行分析計(jì)算；若轉(zhuǎn)化后無O2剩余，則按關(guān)系式法計(jì)算。(3)有關(guān)NO、NO2、O2混合氣體與H2O反應(yīng)后剩余氣體的問題，因NO2與H2O反應(yīng)，NO與O2反應(yīng)，所以剩余的氣體只可能為NO或O2中的一種，絕對不會剩余NO2。7.盛有NO和NO2混合氣體的量筒倒立在盛有水的水槽中，過一段時(shí)間后，量筒內(nèi)的氣體體積減小為原來的一半。則原混合氣體中NO和NO2的體積比是()A.3∶1B.1∶3C.2∶1D.1∶2答案B解析根據(jù)差量法計(jì)算。假設(shè)混合氣體的體積為1L，則有3NO2＋H2O=2HNO3＋NOΔV32V(NO2)0.5L解得：V(NO2)＝0.75L，則V(NO)＝1L－0.75L＝0.25L，V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。8.(2018·山東菏澤期末)有一倒置于水槽且裝滿水的容器，向其中依次通入一定體積的NO2、NO和O2，充分反應(yīng)后，若容器中仍充滿溶液，則通入的NO2、NO和O2的體積比可能是()A.1∶1∶2 B.4∶3∶2C.4∶16∶13 D.4∶3∶4答案C解析反應(yīng)后容器中仍充滿溶液，說明沒有氣體剩余，根據(jù)反應(yīng)：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3進(jìn)行判斷。若NO2為1體積，NO為1體積，則消耗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)))體積O2，故NO2、NO和O2的體積比為1∶1∶1，A項(xiàng)不符合題意；若NO2為4體積，NO為3體積，則消耗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9,4)))體積O2，B項(xiàng)不符合題意；同理可得出C項(xiàng)符合題意，D項(xiàng)不符合題意。9.將10mLNO和NO2的混合氣體通入裝滿水倒立在水槽中的量筒內(nèi)，一段時(shí)間后，最后剩余4mL氣體，原混合氣體中含NO體積為()A.1mLB.3mLC.5mLD.7mL答案A解析若NO2體積為xmL，則NO體積為(10－x)mL，二氧化氮?dú)怏w與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由此可知，eq\f(1,3)x＋(10－x)＝4，解得：x＝9，10－x＝1。

思維模型(1)硝酸與銅反應(yīng)濃硝酸與足量的銅反應(yīng)，開始濃硝酸被還原為NO2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硝酸變稀，稀硝酸被還原為NO，向反應(yīng)后的溶液中加稀硫酸，NOeq\o\al(－,3)又被還原為NO。(2)稀硝酸與鐵反應(yīng)Fe(少量)＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(過量)＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。①eq\f(nHNO3,nFe)≥4，產(chǎn)物為Fe(NO3)3；②eq\f(nHNO3,nFe)≤eq\f(8,3)，產(chǎn)物為Fe(NO3)2；③eq\f(8,3)<eq\f(nHNO3,nFe)<4，產(chǎn)物為Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。計(jì)算方法(1)原子守恒法：硝酸與金屬反應(yīng)時(shí)，一部分硝酸起酸的作用，以NOeq\o\al(－,3)的形式存在于溶液中，另一部分硝酸作為氧化劑轉(zhuǎn)化為還原產(chǎn)物NOx，NOeq\o\al(－,3)和NOx中氮原子的總物質(zhì)的量等于反應(yīng)消耗的硝酸中氮原子的物質(zhì)的量。(2)得失電子守恒法：硝酸與金屬的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，硝酸中氮原子得到電子的物質(zhì)的量等于金屬失去電子的物質(zhì)的量。(3)電荷守恒法：硝酸過量時(shí)，反應(yīng)后溶液中(不考慮OH－)有c(NOeq\o\al(－,3))＝c(H＋)＋xc(Mx＋)(Mx＋代表金屬離子)。(4)離提供H＋的條件下能繼續(xù)與金屬反應(yīng)，故此類題目應(yīng)用離子方程式來計(jì)算。先作過量判斷，然后根據(jù)完全反應(yīng)的金屬或H＋或NOeq\o\al(－,3)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，且要符合電荷守恒。122.4mL。參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量是()A.3.84×10－2g B.4.48×10－2gC.4.83×10－2g D.5.76×10－2g答案B解析銅與濃硝酸可能發(fā)生的化學(xué)方程式：Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O,3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。被還原硝酸的物質(zhì)的量＝eq\f(22.4×10－3L,22.4L·mol－1)＝1×10－3mol，生成硝酸銅的物質(zhì)的量＝eq\f(2.4×10－3mol－1×10－3mol,2)＝7×10－4mol，參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量＝7×10－4mol×64g·mol－1＝4.48×10－2g。2.(2018·舟山中學(xué)月考)將14g銅銀合金與足量的硝酸反應(yīng)，放出的氣體與標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部吸收，則合金中銅的質(zhì)量為()A.4.8gB.3.2gC.6.4gD.10.8g答案B解析縱觀整個(gè)過程，金屬提供的電子等于氧氣獲得的電子，n(O2)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol，設(shè)Cu、Ag的物質(zhì)的量分別為x、y，則：根據(jù)質(zhì)量列方程：x×64g·mol－1＋y×108g·mol－1＝14g，根據(jù)得失電子守恒列方程：2x＋y＝0.05mol×4，解得：x＝0.05mol；y＝0.1mol，m(Cu)＝0.05mol×64g·mol－1＝3.2g。3.將19.5g鋅粉與一定量的濃硝酸反應(yīng)生成硝酸鹽、水及氣體，當(dāng)鋅粉完全反應(yīng)時(shí)收集到11.2LNO、NO2混合氣(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則所消耗硝酸的物質(zhì)的量是()A.1.2mol B.1.1molC.0.9mol D.0.8mol答案B解析鋅和濃硝酸反應(yīng)生成NO2，而與稀硝酸反應(yīng)時(shí)則生成NO，n(NO2)＋n(NO)＝eq\f(11.2L,22.4L·mol－1)＝0.5mol，即被還原的硝酸的物質(zhì)的量為0.5mol，n(Zn)＝eq\f(19.5g,65g·mol－1)＝0.3mol，則生成的n[Zn(NO3)2]＝0.3mol，可知表現(xiàn)酸性的硝酸的物質(zhì)的量為0.3mol×2＝0.6mol，則參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.5mol＋0.6mol＝1.1mol。4.稀HNO3的還原產(chǎn)物可以是①NO、②N2O、③N2、④NH4NO3。在稀HNO3和Zn的反應(yīng)中，若有1molHNO3參加反應(yīng)，則有0.8mol電子轉(zhuǎn)移，由此推斷稀HNO3的還原產(chǎn)物可能為()A.僅④ B.②或④C.③或④ D.僅②答案B解析1mol硝酸參加反應(yīng)，反應(yīng)中硝酸表現(xiàn)為酸性和氧化性，轉(zhuǎn)移電子0.8mol，則應(yīng)生成0.4molZn(NO3)2，設(shè)稀HNO3的還原產(chǎn)物中氮元素的化合價(jià)為x，若有0.2mol硝酸被還原，則有0.2mol×(5－x)＝0.8mol，解得x＝＋1，應(yīng)生成N2O；若有0.1mol硝酸被還原，則有0.1mol×(5－x)＝0.8mol，解得x＝－3，應(yīng)生成NH4NO3，故稀HNO3的還原產(chǎn)物為②N2O或④NH4NO3。5.(2019·安徽師大附中月考)200mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，已知：c(H2SO4)＋c(HNO3)＝5.0mol·L－1。則理論上最多能溶解銅的量為()A.0.6molB.19.2gC.1.5molD.51.2g答案A解析由題可知，硝酸為稀溶液，3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，當(dāng)氫離子與硝酸根恰好完全反應(yīng)時(shí)，能溶解銅的量最多，即n(H＋)∶n(NOeq\o\al(－,3))＝4∶1，設(shè)混合溶液中硫酸物x＝0.6mol，溶解銅的物質(zhì)的量為0.6mol。6.(2018·山東濟(jì)南月考)將32.64g銅與140mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解，產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的一氧化氮和二氧化氮混合氣體共11.2L。請回答下列問題：(1)產(chǎn)生一氧化氮的體積為________L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。(2)待反應(yīng)結(jié)束后，向溶液中加入VmLamol·L－1的氫氧化鈉溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則原硝酸的濃度為______________mol·L－1(不必化簡)。(3)欲使銅與硝酸反應(yīng)生成的氣體在氫氧化鈉溶液中全部轉(zhuǎn)化為硝酸鈉，至少需要氧氣________mol。答案(1)5.824(2)eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)(3)0.255解析(1)該過程發(fā)生兩個(gè)反應(yīng)：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。設(shè)生成的NO和NO2的物質(zhì)的量分別為x、y，則x＋y＝0.5mol,1.5x＋0.5y＝0.51mol，解得x＝0.26mol，y＝0.24mol，故標(biāo)準(zhǔn)狀況下V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L。(2)在反應(yīng)過程中，HNO3一部分表現(xiàn)酸性，另一部分表現(xiàn)氧化性。由溶液中的Cu2＋恰好全部轉(zhuǎn)化為沉淀，得表現(xiàn)酸性的HNO3和與Cu反應(yīng)后可能剩余的n(HNO3)＝n(NaOH)，表現(xiàn)氧化性的n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO2)，故原硝酸中HNO3的物質(zhì)的量n(HNO3)＝n(NaOH)＋n(NO)＋n(NO2)＝(aV×10－3＋0.5)mol，則c(HNO3)＝eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)mol·L－1。(3)通入氧氣的目的是將0.26molNO和0.24molNO2全部轉(zhuǎn)化為HNO3。根據(jù)得失電子守恒：4n(O2)＝3n(NO)＋n(NO2)＝3×0.26mol＋0.24mol＝1.02mol，則n(O2)＝0.255mol。思維模型解答無機(jī)框圖推斷題的關(guān)鍵是尋找“突破口”(題眼)。尋找“突破口”要從“特”字入手，如特殊顏色、特殊狀態(tài)、特殊氣味、特殊反應(yīng)、特殊現(xiàn)象、特殊制法、特殊用途等。(1)常見物質(zhì)的顏色淡黃色固體—S、Na2O2；紅棕色粉末—Fe2O3；紅褐色沉淀—Fe(OH)3；藍(lán)色沉淀—Cu(OH)2；黑色固體—Fe3O4、CuO等；紅色溶液——Fe(SCN)3；紅棕色氣體—NO2；黃綠色氣體—Cl2。(2)特殊的反應(yīng)現(xiàn)象①焰色試驗(yàn)：鈉為黃色、鉀為紫色(透過藍(lán)色鈷玻璃片)。②Fe2＋遇堿出現(xiàn)沉淀顏色變化：白色→灰綠色→紅褐色；Fe3＋遇SCN－顯紅色，遇堿液生成紅褐色沉淀。③高中階段所學(xué)的氣體中溶于水顯堿性的只有氨氣；在空氣中迅速由無色變?yōu)榧t棕色的氣體只有NO。④能與鹽酸、稀硫酸作用產(chǎn)生有刺激性氣味的無色氣體，且該氣體能使溴水、品紅溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色的一般為含SOeq\o\al(2－,3)與HSOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)。(3)特殊的反應(yīng)條件①N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3。②2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3、4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O。③N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放電))2NO。(4)特殊的轉(zhuǎn)化關(guān)系①直線型轉(zhuǎn)化關(guān)系“Aeq\o(→,\s\up7(O2))Beq\o(→,\s\up7(O2))Ceq\o(→,\s\up7(H2O))(酸或堿)”NH3(N2)eq\o(→,\s\up7(O2))NOeq\o(→,\s\up7(O2))NO2eq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3；H2S(S)eq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4；CH4(C)eq\o(→,\s\up7(O2))COeq\o(→,\s\up7(O2))CO2eq\o(→,\s\up7(H2O))H2CO3；Naeq\o(→,\s\up7(O2))Na2Oeq\o(→,\s\up7(O2))Na2O2eq\o(→,\s\up7(H2O))NaOH。②三角型轉(zhuǎn)化關(guān)系“”1.如圖是各物質(zhì)的反應(yīng)關(guān)系圖：已知A和E都是黃色粉末，F(xiàn)有刺激性氣味且有漂白性。請據(jù)此回答下列問題：寫出圖中編號的化學(xué)方程式：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。答案①2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O③2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3解析A為淡黃色粉末，且與CO2反應(yīng)，可知A為Na2O2，E為淡黃色粉末，且與C反應(yīng)生成F，F(xiàn)有刺激性氣味且有漂白性，可知F為SO2，E為S，C為O2，則B為Na2CO3，G為SO3，H為H2SO4。2.(2018·滁州高一期末)如圖所示物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系中，A是一種固體單質(zhì)，E是一種白色膠狀沉淀。請回答下列問題：(1)B的化學(xué)式是__________，目前B已被用作________的主要原料。(2)B和a溶液反應(yīng)的離子方程式是_____________________________________________。(3)A和a溶液反應(yīng)的離子方程式是_____________________________________________。(4)C和過量的鹽酸反應(yīng)的離子方程式是_________________________________________。答案(1)SiO2光導(dǎo)纖維(2)SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(2－,3)＋H2O(3)Si＋2OH－＋H2O=SiOeq\o\al(2－,3)＋2H2↑(4)SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3(膠體)解析C和過量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生不溶于鹽酸的白色膠狀沉淀，可知E可能是硅酸，A可能是硅，帶入題目進(jìn)行驗(yàn)證，a溶液是強(qiáng)堿溶液或氫氟酸溶液，而硅和二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)均生成硅酸鈉溶液，硅酸鈉溶液與過量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氯化鈉和硅酸白色沉淀；硅酸加熱分解為二氧化硅和水，與題意相符，硅、二氧化硅與氫氟酸反應(yīng)均生成四氟化硅，四氟化硅與鹽酸不反應(yīng)，與題意矛盾；因此A是Si、B是SiO2、C是Na2SiO3或K2SiO3、D是H2O、E是H2SiO3、F是H2、a是NaOH或KOH。3.如圖表示某些物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，每個(gè)字母代表一種物質(zhì)，部分產(chǎn)物已略去。A是一種酸式鹽，也是一種常用的化學(xué)肥料，B是能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的無色氣體，D是無色無味氣體?；卮鹣铝袉栴}：(1)物質(zhì)A的名稱是____________。(2)寫出物質(zhì)B的一種主要用途__________________________________________________。(3)寫出實(shí)驗(yàn)室制取氣體B的化學(xué)方程式：________________________________________；寫出工業(yè)上制取氣體B的化學(xué)方程式：___________________________________________。(4)寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：B→E______________________________________________________________________；F→G______________________________________________________________________。答案(1)碳酸氫銨(2)制氮肥(或制硝酸或作制冷劑)(3)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2ON2＋3H2eq\o(,\s\up7(高壓、高溫),\s\do5(催化劑))2NH3(4)4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(高溫))4NO＋6H2O3NO2＋H2O=2HNO3＋NO解析A與NaOH固體加熱反應(yīng)生成能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的無色氣體B，B是NH3，A是銨鹽，D是無色無味氣體，由B＋D→E，E＋D→F可推測D為O2，則E為NO，F(xiàn)為NO2，NO2與H2O反應(yīng)生成HNO3(G)，在加熱條件下HNO3與木炭反應(yīng)生成NO2和CO2，即C為CO2，A為NH4HCO3。4.(2018·成都期末)如圖所示每一方框表示一種反應(yīng)物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情況下均為氣體，且加熱X生成的A與C的物質(zhì)的量之比為1∶1，B為常見液體。試回答下列問題：(1)X是________(填化學(xué)式，下同)，F(xiàn)是__________。(2)A→D反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________________________。(3)G與Cu的反應(yīng)中，G表現(xiàn)的性質(zhì)為______________。(4)X與過量NaOH溶液反應(yīng)生成C的離子方程式為________________________________。(5)以C、B、D為原料可生產(chǎn)G，若使amolC完全轉(zhuǎn)化為G，理論上至少需要D________mol。答案(1)NH4HCO3NO2(2)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2(3)酸性和氧化性(4)NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－eq\o(=,\s\up7(△))2H2O＋COeq\o\al(2－,3)＋NH3↑(5)2a解析X能與鹽酸、氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氣體，故X應(yīng)為弱酸的銨鹽。X與鹽酸反應(yīng)得到氣體A，A能與Na2O2反應(yīng)生成氣體D，則A為CO2，D為O2，X與NaOH溶液反應(yīng)得到的氣體C應(yīng)為NH3；加熱X生成的A與C的物質(zhì)的量之比為1∶1，且B為常見液體，可推知X為NH4HCO3，B為H2O。C(NH3)與D(O2)反應(yīng)生成的E為NO，E與O2反應(yīng)生成的F為NO2，F(xiàn)與H2O反應(yīng)得到的G能與Cu反應(yīng)生成NO、NO2，則G為HNO3。(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3，F(xiàn)是NO2。(2)A→D為Na2O2與CO2的反應(yīng)：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。(3)Cu與硝酸反應(yīng)生成硝酸銅與氮的氧化物，HNO3中一部分N的化合價(jià)不變，一部分降低，故硝酸表現(xiàn)酸性和氧化性。(4)NH4HCO3與過量NaOH溶液反應(yīng)生成NH3的離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－eq\o(=,\s\up7(△))2H2O＋COeq\o\al(2－,3)＋NH3↑。(5)以NH3、H2O、O2為原料可生產(chǎn)HNO3，使amolNH3完全轉(zhuǎn)化為HNO3，則amolNH3共失去8amol電子，根據(jù)得失電子守恒知，O2得到8amol電子，則氧氣的物質(zhì)的量為2amol。5.(2018·湖北荊州期末)如圖所示的物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化關(guān)系中A為固體單質(zhì)，B溶液為淺綠色，I溶液為棕黃色，J為AgCl，已知鉀元素的焰色試驗(yàn)為紫色(透過藍(lán)色鈷玻璃)。請回答：(1)C的化學(xué)式為__________，F(xiàn)的化學(xué)式為_______________________________________。(2)B的化學(xué)式為________________，檢驗(yàn)B中陽離子的操作方法是_________________________________________________________________(填一種方法即可，用文字表述)。(3)寫出由G轉(zhuǎn)變成H的化學(xué)方程式：____________________________________。(4)寫出檢驗(yàn)I溶液中陽離子的離子方程式：______________________(寫出一個(gè)即可)；向I溶液中加入單質(zhì)Cu，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是________________________。答案(1)Cl2KCl(2)FeCl2取少量B溶液于試管中，向其中滴加硫氰化鉀溶液，無現(xiàn)象，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色(或其他合理方法)(3)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(4)Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)32Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋解析(1)由題給信息知B溶液為淺綠色，說明溶液中含F(xiàn)e2＋；由題給框圖可知白色沉淀G在空氣中轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀H，說明G是Fe(OH)2，H是Fe(OH)3；氫氧化鐵與鹽酸反應(yīng)生成的氯化鐵(I)溶液為棕黃色，F(xiàn)與硝酸銀反應(yīng)生成AgCl(J)和焰色試驗(yàn)呈紫色的物質(zhì)，推知該物質(zhì)為KNO3，F(xiàn)為KCl，則B為FeCl2；B溶液中通入足量氣體C得到I溶液，則C為氯氣，A為鐵單質(zhì)。(2)檢驗(yàn)B中陽離子Fe2＋的方法：取少量B溶液于試管中，向其中滴加硫氰化鉀溶液，無現(xiàn)象，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色。(3)由氫氧化亞鐵轉(zhuǎn)變成氫氧化鐵的子Fe3＋，反應(yīng)生成紅色溶液，離子方程式為Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；或用NaOH溶液檢驗(yàn)I溶液中的陽離子Fe3＋，反應(yīng)生成紅褐色沉淀，離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；向I溶液中加入單質(zhì)Cu，反應(yīng)生成亞鐵離子和銅離子，離子方程式為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。

一、烴的一氯代物同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷先根據(jù)烴的分子結(jié)構(gòu)，找出分子中位置相同的氫原子，即等效氫。若烴有n種不同的等效氫，其一元取代物就有n種。(1)同一碳原子上的氫為等效氫；(2)同一碳原子上所連甲基(—CH3)上的氫為等效氫；(3)處于對稱位置的碳原子上的氫為等效氫。1.(2019·南通高一檢測)下列烷烴在光照下與氯氣反應(yīng)，生成的一氯代烴種類最多是()A. B.C.CH3CH2CH2CH3 D.答案B解析A項(xiàng)分子中，只含有1種位置的氫原子，所以生成的一氯代物只有1種；B項(xiàng)分子中，含有3種位置不同的氫原子，所以生成的一氯代物有3種；C項(xiàng)分子中有2種位置不同的氫原子，所以生成的一氯代烴有2種；D項(xiàng)分子中，含有2種位置不同的氫原子，所以生成的一氯代物有2種；故最多的是B項(xiàng)。2.下列烷烴在光照條件下與氯氣反應(yīng)，只生成一種一氯代物的是()A.CH3CH2CH2CH3B.C.D.答案C解析A項(xiàng)分子中有2種位置的氫原子，一氯代物有2種；B項(xiàng)有2種位置的氫原子，一氯代物有2種；C項(xiàng)分子中6個(gè)甲基位置相同，氫原子只有一種位置，故一氯代物有1種；D項(xiàng)分子中氫原子位置有4種，一氯代物有4種，故答案選擇C項(xiàng)。3.四聯(lián)苯的一氯代物有()A.3種B.4種C.5種D.6種答案C解析四聯(lián)苯分子高度對稱，分子中氫原子有5種位置，故一氯代物有5種，答案選C。二、烴的二氯代物同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷烴的二氯代物的同分異構(gòu)體的書寫方法：(1)先寫出烴的同分異構(gòu)體。(2)然后再利用“定一移一”法，即先固定一個(gè)氯原子的位置，再移動另一個(gè)氯原子，以確定同分異構(gòu)體的數(shù)目，同時(shí)要仔細(xì)考慮是否出現(xiàn)重復(fù)的情況。4.(2018·大連高一月考)分子式為C3H6Cl2的有機(jī)物共有(不考慮立體異構(gòu))()A.2種B.3種C.4種D.5種答案C解析先標(biāo)出丙烷分子中碳原子序號eq\o(C,\s\do8(①))—eq\o(C,\s\do8(②))—C，當(dāng)—Cl在①號碳原子上時(shí)為，則另一個(gè)—Cl的位置有3種，即，當(dāng)—Cl在②號碳原子上時(shí)為，則另一個(gè)Cl的位置只有一種位置，即，故C3H6Cl2的有機(jī)物共4種，答案選C。5.分子式為C4H8Cl2的有機(jī)物有(不含立體異構(gòu))()A.7種B.8種C.9種D.10種答案C解析先寫出烴C4H10的同分異構(gòu)體CH3CH2CH2CH3和。①在CH3CH2CH2CH3分子中氫原子位置有2種，先讓一個(gè)—Cl取代一個(gè)氫原子，即，再用另一個(gè)—Cl取代分子中4種不同的氫原子，即，將—Cl取代第二種位置氫原子，即，然后另外一個(gè)氯原子再取代位置不同的氫原子，即，故CH3CH2CH2CH3的二氯代物有6種。②在分子中，氫原子位置有2種，先把一個(gè)氯原子取代一種位置的氫原子，另外一個(gè)氯原子再取代另外氫原子，即共3種，因此C4H8Cl2共9種同分異構(gòu)體。答案選C。

判斷烴分子中原子共面的方法1.(2018·沈陽高一期末)下列分子中的所有原子都處于同一平面的是()A.甲烷 B.乙烯C.丙烯(CH2=CH—CH3) D.正丁烷答案B解析甲烷是正四面體形分子，所有原子不可能都在同一平面上，A項(xiàng)錯(cuò)誤；乙烯是平面形分子，所有原子處于同一平面，B項(xiàng)正確；丙烯(CH3—CH=CH2)中含有甲基，甲基碳上所連的原子不可能在同一平面內(nèi)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；正丁烷中含有甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，因此所有原子不可能處于同一平面，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(2019·無錫高一月考)已知苯分子中6個(gè)碳原子和6個(gè)氫原子在同一平面內(nèi)，則在分子中，同一平面內(nèi)的碳原子最少應(yīng)有()A.7個(gè)B.8個(gè)C.9個(gè)D.14個(gè)答案C解析苯環(huán)是平面正六邊形結(jié)構(gòu)，而碳碳單鍵能夠旋轉(zhuǎn)，該分子中有2個(gè)苯環(huán)，通過碳碳單鍵的旋轉(zhuǎn)