1、河南省信阳一高2015-2016学年高二下期暑假化学自学自测考点专练：非金属及其化合物（解析版）1下列气体通入蒸馏水中，可生成两种酸的是ACl2 BCO2 CSO2DNH3【答案】A【解析】试题分析：氯气与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的是两种酸，因此答案为A。考点：氯气的性质点评：考查氯气的性质，属于基础题，也是课本的重点内容，需结合氯气的其他性质，加强理解、掌握。2湿润的淀粉碘化钾试纸接触某气体而显蓝色，该气体中可能有Cl2；NO2；H2S；SO2；HCl；溴蒸气中的ABCD【答案】 C【解析】 要使淀粉碘化钾试纸变蓝色就必须有I2单质存在，而能跟KI反应产生
2、I2的物质为氧化剂，据此知Cl2、NO2、溴蒸气能氧化KI产生I2,从而试纸变蓝色故C项正确3a g铜粉与足量硝酸共热，完全反应后生成b L(标准状况下)气体，则被还原的硝酸不可能是（ ）A. mol B. mol C. mol D. mol【答案】D【解析】用Cu表示被还原的HNO3:若还原产物全为NO2:Cu2NO22HNO3被还原的HNO3为 mol2= mol若还原产物全为NO：3Cu2NO2HNO3被还原的HNO3为：(mol)实际被还原的HNO3应处于二者之间。4如图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是A烧瓶中立即出现白烟B烧瓶中立即出现红棕色C烧瓶中发
3、生的反应表明常温下氨气有还原性 D烧杯中的溶液是为了吸收有害气体【答案】B【解析】试题分析：A、氯气与氨气发生反应，生成白色固体氯化铵，正确；B、氯气与氨气发生氧化还原反应，氨气被氧化成无色氮气，错误；C、烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性，被氧化成氮气，正确；D、氯气、氨气对空气都有污染，不能直接排入空气中，所以用氢氧化钠溶液吸收，正确，答案选B。考点：考查氯气与氨气的化学性质5将贮满某种干燥气体的试管倒置于水中，轻轻摇晃后，水可以充满试管。该气体可能是AO2 BN2 CH2 DNH3【答案】D【解析】试题分析：将贮满某种干燥气体的试管倒置于水中，轻轻摇晃后，水可以充满试管，这说明该气体
4、极易溶于水，氧气、氮气和氢气均是难溶于水的，氨气极易溶于水，因此该气体可能是氨气，答案选D。考点：考查气体的溶解性6下列说法正确的是A光导纤维和太阳能电池的主要材料都是二氧化硅B铵盐受热易分解，一定生成氨和相应的盐CCl2通入冷的消石灰中可制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2D浓硝酸保存在棕色玻璃瓶中，烧碱溶液保存在无色带磨砂玻璃塞的玻璃瓶中【答案】C【解析】太阳能电池的主要材料是硅单质，A不正确；B不正确，例如硝酸铵分解，不一定生成氨气；D不正确，氢氧化钠溶液应该保存再带橡皮塞的玻璃瓶中，所以正确的答案选C。7亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危害。其在酸性
5、条件下会产生NO和NO2。下列有关说法错误的是ANaNO2既具有氧化性又具有还原性B食用“醋溜豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害CNaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO2-2H=NONO2H2OD1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1 mol【答案】D【解析】试题分析：A、NaNO2中的氮元素的化合价为3价，既能升高又能降低，A正确；B、食醋中含有乙酸，可与亚硝酸钠作用而使其损耗，B正确；C、胃酸属于强酸，根据题意，NaNO2在酸性条件下会产生NO和NO2。且NaNO2是易溶于水的强电解质，C正确；D、根据C中离子方程式分析可知；1 mol N
6、aNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量应为0.5 mol，D错误。考点：考查了亚硝酸钠的相关知识。8将过量的CO2分别通入CaCl2溶液，Na2SiO3溶液，Ca(ClO)2溶液，饱和Na2CO3溶液,最终有沉淀析出的是（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：CO2和氯化钙溶液不反应，和硅酸钠溶液反应生成白色沉淀硅酸，和次氯酸钙反应最终生成碳酸氢钙，和饱和碳酸钠溶液反应生成沉淀碳酸氢钠，因此正确的答案选B。考点：考查物质性质和变化点评：该题容易错选或。这是应用一方面试题不清，因为CO2是过量的，不可能生成碳酸钙白色沉淀。另一方面，不能判断CO2和氯化钙
7、是否反应而导致的。因此既需要熟练掌握基础知识，但更重要的是灵活运用知识。9氰气的化学式为(CN)2，它的性质和卤素相似，称为拟卤素，对其性质和有关化合物性质的叙述不正确的是ANaCN和AgCN都易溶于水 BHCl和HCN都易形成白雾CMnO2可与HCN反应生成(CN)2D(CN)2和NaOH溶液反应生成NaCN、NaCNO和H2O【答案】A【解析】试题分析：ANaCN易溶于水，而AgCN难溶于水，错误；BHCl和HCN都是酸，具有挥发性，在空气中易形成白雾，正确；CMnO2可与HCN在加热时发生反应生成(CN)2，正确；D根据卤素与碱反应的规律可知(CN)2和NaOH溶液反应生成NaCN、Na
8、CNO和H2O，正确。考点：考查氰气的化学性质的知识。10下列组合中不可能形成喷泉的是( )AHCl和H2O BCl2与饱和NaCl溶液 CNO2和H2O DCO2和NaOH溶液【答案】B【解析】试题分析：A、氯化氢气体极易溶于水，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故A不选；B、Cl2与饱和NaCl溶液几乎不溶，使瓶内气压变化不大，不能产生喷泉现象，故B选；C、二氧化氮能够与水反应，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故C不选；D、二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠与水，使瓶内气压减小，所以能形成喷泉，故D不选；故选B。【考点定位】考查喷泉实验【名师点晴】本题以气体的化学性质为载体考查了喷泉实验
9、。只要气体极易溶于该液体产生压强差就可形成喷泉，或能与液体反应时，造成烧瓶内部压强变小，导致烧瓶内外产生压强差也可形成喷泉。11某溶液中可能存在Br、CO32、SO32、Al3+、I、Mg2+、Na+ 7种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下实验现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是AAl3+、Na+、SO32、I BMg2+、Na+、CO32、ICAl3+、Mg2+、I、SO32 DAl3+、CO32、Br、I【答案】C【解析】试
10、题分析：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明产生溴，即含有溴离子。且有无色气泡冒出，说明还含有碳酸根，产生的气泡是CO2，因此一定不存在镁离子和铝离子；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明没有亚硫酸根。因为如果有亚硫酸根，被氯水氧化后产生硫酸根，进而可以产生硫酸钡白色沉淀；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明没有碘产生，即不存在碘离子。根据溶液的电中性可知一定还存在钠离子，因此该溶液中肯定不存在的离子是Al3+、Mg2+、I、SO32，答案选C。考点：考查离子共存与离子检验的判断12下列关于SO2的说法中，不正确的是ASO2是硫及某些含硫化合物在空气中燃烧的
11、产物BSO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色CSO2与水反应生成H2SO4DSO2是一种大气污染物，它主要来自于化石燃料的燃烧【答案】C【解析】答案：CC不正确，SO2与水反应生成H2SO3；硫及某些含硫化合物，化石燃料的燃烧，都产生SO2,是大气污染物，是酸性氧化物，能与水、碱、部分氧化剂、还原剂反应，具有漂白性，可以使品红溶液褪色。A、D、B均正确。13实验室制备氨气，检验是否收集满的正确方法是A用手扇动收集的气体，有气味则已收集满B将润湿的淀粉KI试纸接近瓶口，试纸变蓝则已收集满C将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，试纸变蓝则已收集满D用玻璃棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟，证明已收集满
12、【答案】D【解析】A氨气极易挥发，闻到有气味的气体不一定表明已收集满，氨气是碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸放到试管口，如果变蓝，则氨气已收集满；或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，若观察到白烟，则氨气已收集满，故A错误；B氨气没有强氧化性，不能使淀粉KI试纸变蓝，故B错误；C氨水显碱性，将用水润湿的红色石蕊试纸放在氨水的试剂瓶口，则试纸呈蓝色，选项中红色石蕊试纸伸入瓶内操作错误，故C错误；DNH3和HCl反应生成NH4Cl产生白烟，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，用玻璃棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟能证明已收集满，故D正确；14将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀
13、硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收。向反应后的溶液中加入足量的4mol/L-1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀。则形成沉淀的质量是A63.8g B53.6g C46.8g D43.2g【答案】C【解析】试题分析：Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n(e-)=0.3mol4=1.2mol。当向反应后
14、的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m(OH-)=nM=1.2mol17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两
15、极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。15现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.6 L 2.0 mol/L稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48 L NO（标准状况）。向所得溶液中加入一定体积1.0 mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0 g固体。（忽略溶液的体积变化）。下列说法正确的是A该混合物中铜的质量为19.2 gB与该混合物反应消耗的HNO3的量为1.2 molC加入NaOH溶液的体积是800 mLDCu2+沉淀完全后，溶液中c(NO3-）为0.7 mol/L【答案】A【解
16、析】试题分析：Cu和CuO混合物加入稀硝酸，发生反应产生Cu(NO3）2，硝酸得到电子被还原变为NO，n(NO）= 4.48 L22.4L/mol=0.2mol，根据电子守恒可得n(Cu）=( 0.2mol3）2=0.3mol，当Cu2+沉淀完全时，形成的沉淀是Cu(OH）2，灼烧产生CuO，n(CuO）= 32.0 g80g/mol=0.4mol，所以原混合物中含有CuO的物质的量是0.1mol。A该混合物中铜的质量为m(Cu）=0.3mol64g/mol=19.2 g，正确；B与该混合物反应消耗的HNO3的量n(HNO3）=2nCu(NO3）2+n(NO）=20.4mol +0.2mol
17、=1.0 mol，错误；C向反应后溶液中加入一定体积1.0 mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，这时溶液为NaNO3，溶液中n(NO3-）=0.6 L 2.0 mol/L-0.2mol=1.0mol，则根据元素守恒可知加入NaOH溶液的物质的量也是1.0mol，溶液的体积是V(NaOH）=1mol1.0 mol/L =1L=1000 mL，错误；DCu2+沉淀完全后，溶液中溶液中n(NO3-）=1.0mol；则c(NO3-）=1.0mol（1.0L+0.6L）= 0.625 mol/L，错误。考点：考查混合物反应的计算的知识。16(9分)A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A
18、是单质。它们之间有如下的反应关系：（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。其中D与水反应生成酸的名称为_。（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。写出反应的化学方程式_。（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的气体。写出反应的离子方程式_。（4）若A是制造整流器和太阳能电池的材料。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的另一种元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式_。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。写出反应的离子方程式_。【答案】（1）硫酸 （2）4NH35O2
19、4NO6H2O （3）Al(OH)4CO2=HCO3Al(OH)3（4）Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2 （5）2Fe3Fe=3Fe2【解析】试题分析：（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A是S，B是H2S，C是SO2，D是三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，即D与水反应生成酸的名称为硫酸；（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，因此C、D是氮的氧化物，则A是氮气，B是氨气，C是NO，D是NO2，反应是氨气的催化氧化，则反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2O；（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种
20、引起温室效应的气体，该气体是CO2，则D是氢氧化铝，C是偏铝酸盐，B是氧化铝，A是铝，则反应的离子方程式为Al(OH)4CO2=HCO3Al(OH)3；（4）若A是制造整流器和太阳能电池的材料，则A是硅。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的另一种元素为同一主族，且溶液均显碱性，所以B是二氧化硅，C是硅酸钠，D是原硅酸钠，则反应的化学方程式为Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2；（5）若A是应用最广泛的金属，则A是铁。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，则B是氧化铁，C是氯化铁，D是氯化亚铁，因此反应的离子方程式为2Fe3Fe=3Fe2。考点：考查无机框图题推断17（11分）A、B、C
21、、D、E、F、G、H、和I是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使 湿润的石蕊试纸变色；A和I相遇产生白烟B和E都能使品红溶液褪色将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟 将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒； C和D相遇生成红棕色气体； G在D中燃烧可以产生E和H2O 将B和H 在瓶中混合后于光亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A。回答下列问题：（1）A的化学式是 ，中白烟的化学式是 ；（2） 中发生反应的化学方程式是 ；（3
22、）中发生反应的化学方程式是 ；（4）C的化学式是 ，D的电子式是 ；（5） 中发生反应的化学方程式是 ；（6） H的结构式是 【答案】（共11分）（1）HCl NH4Cl （2）Cu+Cl2CuCl2 （3）2Mg+ CO2 2MgO+ C（4）NO （5）2H2S+ 3O22H2O+ 2SO2 （6）【解析】试题分析：（1）能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明I是氨气，所以A是HCl，产生的白烟是氯化铵的固体小颗粒，所以白烟的化学式是NH4Cl；（2）红热的铜丝在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，所以B是氯气，化学方程式为Cu+Cl2CuCl2（3）镁条在二
23、氧化碳中燃烧产生白色的氧化镁与黑色的单质碳，所以F是二氧化碳，化学方程式为2Mg+ CO2 2MgO+ C；（4）NO与O2相遇生成二氧化氮是红棕色气体，结合G在D中燃烧，所以D是氧气，C是NO，氧气得电子式为；（5）E能使品红溶液褪色，则E是SO2, G在D中燃烧可以产生E和H2O,说明G中含有H元素，所以G是H2S，中发生反应的化学方程式是2H2S+ 3O22H2O+ 2SO2（6）B是氯气，甲烷与氯气放在光亮处有油状液滴出现，所以H是甲烷，其结构式为。考点：考查对气体的综合应用18将19.2gCu和一定量浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共
24、收集到气体11.2L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为 若将生成的气体与一定量O2混合后通入水中被完全吸收，需标准状况下O2 L【答案】1.1mol；3.36【解析】n（Cu）=0.3mol，气体的物质的量为=0.5mol，由N原子守恒可知，原子守恒得生成硝酸铜需要的n（HNO3）=2nCu（NO3）2=2n（Cu）=20.3mol=0.6mol，气体为氮氧化物，气体的物质的量=n（NO）+n（NO2）=0.5mol，根据N元素守恒可知共消耗硝酸的物质的量为0.6mol+0.5mol=1.1mol，n（O2）=n（Cu）=0.3mol=0.15mol，所以需标准状况下O2的体积为：
25、0.15mol22.4L/mol=3.36L， 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大19某研究性学习小组设计两套实验方案制备氨气并探究其还原性(部分夹持装置已省略)。甲方案：如图所示。乙方案：如图所示。根据方案回答下列问题：(一)甲方案(1)B装置盛装碱石灰，A装置中药品可以是 。a氯化铵固体和烧碱 b碳酸氢铵固体c氯化铵固体 d硫酸铵和熟石灰(2)实验完毕后，设计简单实验检验D试管收集到的物质(简述操作过程、现象和结论) 。(3)写出C中发生反应的化学方程式 。(二)乙方案(4)A为浓氨水，B为生石灰，简述
26、实验原理： 。E装置里盛装的药品是 。(5)能证明氨气具有还原性的实验现象 。(任写两条)(6)铜有2价、1价、0价，根据氧化还原反应原理，D玻璃管里还原产物除铜外，还可能有 ，假设有铜以外的还原产物生成，写出D中发生反应的化学方程式： 。【答案】(1)bd (2)用玻璃棒蘸取D中液体滴在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，证明D中收集的是氨水 (3)3CuO2NH3N23Cu3H2O (4)生石灰溶于水放出大量的热，氨气在水中的溶解度随温度的升高而减小，生石灰与水反应，消耗水，减少了氨水中的溶剂，故生石灰与浓氨水混合产生大量氨气；无水硫酸铜 (5)D玻璃管中的黑色粉末变成红色，玻璃管壁有水珠；E中无水
27、硫酸铜粉末由白色变为蓝色；F中收集到一定量气体等 (6)Cu2O；4CuO2NH3=Cu2O2CuN23H2O【解析】本实验的目的是制备氨气，并探究氨气的还原性。实验流程为：(1)烧碱的碱性强，在加热时易腐蚀试管。碳酸氢铵分解生成氨气、二氧化碳和水，用碱石灰吸收二氧化碳和水，能制取纯净的氨气。氯化铵固体分解生成氨气与氯化氢，而氯化氢和氨气在试管口附近遇冷会产生氯化铵，不能制取氨气。综上所述，在四组物质中，选择硫酸铵和熟石灰或碳酸氢铵制氨气较合适。(2)生成的水在D中凝结，未反应的NH3溶于水，故D中收集到的是氨水，E试管收集的气体是氮气。(3)氨气与灼热氧化铜反应生成铜、氮气、水。(4)生石灰
28、溶于水放出大量的热，氨气在水中的溶解度随温度的升高而降低，且生石灰与水反应，消耗了水；E中盛装无水硫酸铜，用来检验产物水。(5)D中发生反应，实验现象有：D玻璃管中黑色粉末变成红色，玻璃管壁有水珠；E中无水硫酸铜粉末由白色变蓝色；F中收集到一定量的气体。(6)根据氧化还原反应原理，氨气与氧化铜反应，氮元素化合价由3价升至0价，而2价铜可以降至1价、0价，即还原产物有氧化亚铜(红色)、铜(红色)，化学方程式为4CuO2NH3Cu2ON23H2O2Cu。20（15分） 三氯化磷（PCl3）是一种重要的有机合成催化剂。实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，装置如下图所示。已知：红磷与少量Cl2反
29、应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)， POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl。PCl3、POCl3的熔沸点见下表。物质熔点/沸点/PCl3-11275.5POCl32105.3请回答： （1）写出A中反应的离子方程式 。 （2）B装置中所盛试剂是 ；E中烧杯内冷水的作用是 。 （3）实验前玻璃管之间连接需要用到橡皮管，其连接方法是：先把 ，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。 （4）检查装置气密性后，向D装置的曲颈瓶中加入红磷，打开K3通入干燥的CO2，一段时间后关闭K3，加热曲颈瓶至上部有黄色升华物出现时通
30、入氯气，反应立即进行。其中通入干燥CO2的目的是 。 （5）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入红磷加热除去PCl5后，再通过 （填实验名称）即可得到较纯净的PCl3。 （6）实验后关闭K1，打开K2，将A、B中余氯通入300ml 1mol/L的NaOH溶液中。若NaOH恰好完全反应，则吸收氯气的物质的量为（假设反应生成了NaCl 、 NaClO 和 NaClO3 等钠盐） mol，反应中转移电子的物质的量(n)的范围是 。【答案】（除标注外，每空2分，共15分）(1) MnO2 + 4H+ + 2 Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O （其他合理答案均计分）(2) 浓硫酸
31、 冷凝，便于收集产品 （合理答案均计分）(3) 玻璃管口用水润湿（合理答案均计分）(4) 排尽曲颈瓶中的空气，防止PCl3与O2等发生副反应（合理答案均计分）(5) 蒸馏 (6) 0.15 （1分） 0.15mol n 0.25mol （无单位此次不扣分）【解析】试题分析：（1）A装置是产生氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，离子方程式为 MnO2 + 4H+ + 2 Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O ，或者用高锰酸钾溶液与浓盐酸不加热制取氯气；（2）实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，所以氯气需干燥后通入C中，B中盛放浓硫酸；PCl3的熔点较低，所以E中烧杯内冷水的作用是
32、 冷凝，便于收集产品 ；（3）玻璃管与橡胶管连接时，往往把胶管的一端用水浸湿，或把玻璃管口用水润湿，方便连接；（4）因为PCl3遇O2会生成POCl3，所以装置内不能存在氧气，所以通入干燥CO2的目的排尽曲颈瓶中的空气，防止PCl3与O2等发生副反应生成POCl3；（5）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离；（6）300ml 1mol/L的NaOH溶液中Na元素的物质的量是0.3mol，根据元素守恒，生成的NaCl 、 NaClO 和 NaClO3 等钠盐的总物质的量为0.3mol，所以需要氯气0.15mol；若只生成NaCl 、 NaClO ，则
33、转移的电子最少为0.15mol21/2=0.15mol，若只生成NaCl 、 NaClO3，则转移的电子最多，根据得失电子守恒，NaCl 、 NaClO3的物质的量之比是5:1，所以转移电子的物质的量为0.15mol25/6=0.25mol，当三种产物都存在时转移电子的物质的量介于二者之间 0.15mol n 0.25mol 。考点：考查物质制备实验，装置的判断，理解题目所给信息的能力，氧化还原反应的计算21NO的生物活性已引起科学家高度重视。它与超氧离子(O2 )反应，该反应的产物本题用A为代号。在生理pH值条件下，A的半衰期为1-2秒。A被认为是人生病，如炎症、中风、心脏病和风湿病等引起大
34、量细胞和组织毁坏的原因。A在巨噬细胞里受控生成却是巨噬细胞能够杀死癌细胞和入侵的微生物的重要原因。科学家用生物拟态法探究了A的基本性质，如它与硝酸根的异构化反应等。他们发现，当16O标记的A在18O标记的水中异构化得到的硝酸根有11% 18O，可见该反应历程复杂。回答如下问题：(1)写出A的化学式。写出NO跟超氧离子的反应。这你认为A离子的可能结构是什么？试写出它的路易斯结构式(即用短横表示化学键和用小黑点表示未成键电子的结构式)。(2)A离子和水中的CO2迅速一对一地结合。试写出这种物种可能的路易斯结构式。(3)含Cu+离子的酶的活化中心，亚硝酸根转化为一氧化氮。写出Cu+和NO2在水溶液中
35、的反应。(4)在常温下把NO气体压缩到100个大气压，在一个体积固定的容器里加热到50oC，发现气体的压力迅速下降，压力降至略小于原压力的2/3就不再改变，已知其中一种产物是N2O，写出化学方程式。并解释为什么最后的气体总压力略小于原压力的2/3。【答案】1)ONO2 (1分)NO + O2 = ONO2 (1分)(不要求构型) (2分)2)O2NOCO2 或ONO2CO2 (把O合在一起写也算正确答案) (1分) (2分)(不要求构型，但只写一种可能的得一半分)3)NO2 + Cu+ + 2H+ = NO + Cu2+ + H2O(写2OH也得分) (2分)4)3NO = N2O + NO2
36、 (歧化反应) (2分)发生2NO2 = N2O4的聚合反应，因此最后压力仅略低于2/3。 (1分)【解析】曾经被选为明星分子的NO的生物化学功能在我国举办的第27届国际化学奥林匹克竞赛试题中涉及过，本题的题面表述远比上述试题复杂，为解题而提供的有用的信息掩藏在逻辑复杂的表述中。这或许是命题人有意在考察选手获取信息、综合信息、分析信息的能力。例如在表述中两次提到A是硝酸根的异构体，但并没有直截了当地这样说。硝酸根的异构体除过氧亚硝酸根外不可能是别的，这一点学生似不难得出。而第二问涉及的过氧亚硝酸根离子与二氧化碳分子的结合产物就有两种可能性，显然，写一种是不全面的。本题后两题看答案就能理解，不再
37、赘述。22右图AE是五种中学化学常见物质其中A、B、C、D常温下都是气体，B 为红棕色，A为气体单质。（1）写出化学式： B C （2）实验室制备D实验中所用的干燥剂是： 。（3）B与H2O反应，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。（4）A与O2的反应方程式： ；D与O2的反应方程式： ；A与H2的反应方程式： 。【答案】（1）NO2；NO；（2）碱石灰；（3）1:2（4）N2O22NO；4NH35O24NO6H2O；N23H2 2NH3；【解析】试题分析：根据B 为红棕色气体，B为NO2，A为气体单质，结合框图，A为N2，则C为NO，D为NH3，E为HNO3。（1）根据上述分析，B为N
38、O2，C为NO，故答案为：NO2；NO；（2）氨气的水溶液显碱性，可以选用碱石灰干燥，故答案为：碱石灰；（3）NO2与H2O反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应的氧化剂和还原剂均为二氧化氮，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；（4）氮气在放电时与O2反应生成一氧化氮，反应方程式为N2O22NO，氨气在催化剂、高温时与O2反应生成一氧化氮和水，反应方程式为4NH35O24NO6H2O，氮气与H2的反应方程式为N23H2 2NH3，故答案为：N2O22NO；4NH35O24NO6H2O；N23H2 2NH3。考点：考查了无机推断的相关知识。23（1）下图
39、中A为淡黄色固体，B、C为溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。根据如图转化关系，填写下列物质的化学式：A为_D为_E为_写出BC的化学方程式_写出BA的化学方程式_（2）把某黑色固体单质A加热至红热，投入到一种无色溶液B中，产生由两种气体组成的混合气体X，将X做如下图所示的实验：由此可推断各物质的化学式为：C为_X为_写出A投入B中的化学方程式_写出D的稀溶液与F反应的离子方程式_【答案】（1）S SO2 BaSO3 Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl2H2S+H2SO3=3S+3H2O（2） CO2和NO CO2和NO2 C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O 3Cu+2
40、NO3-+8H+3Cu2+2NO+4H2O【解析】试题分析：(1) A为黑色固体，由转化关系可知应为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，由以上分析可知A为S， D为SO2，E为BaSO3； 写出BC的化学方程式Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；写出BA的化学方程式2H2S+H2SO3=3S+3H2O。（2）黑色固体A加热至红热，投入到一种无色溶液B中，产生由两种气体组成的混合气体X，应是碳与浓硫酸或浓硝酸的反应，无色气体C通入澄清石灰水生成白色沉淀，该沉淀应为
41、CaCO3，说明C中含有CO2，无色稀溶液D与单质F反应生成蓝色溶液，该溶液应含有Cu2+，则说明F为Cu，无色稀溶液D具有强氧化性，应为稀HNO3溶液，G为Cu（NO3）2，生成气体E为NO，则说明混合气体X应为CO2和NO2的混合物，则A为C，B为浓HNO3，无色气体C的成分为CO2、NO，由上述分析可知，C为CO2和NO， X为CO2和NO2；A和B反应的方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；稀硝酸和Cu反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+3Cu2+2NO+4H2O。【考点定位】考查无机物的推断【名师点晴】无机推断是高频考点，这类题综合性强，对学生分析问题解决问
42、题的能力要求高，要能在读题中快速发现解题突破点，是解题关键，本题（2）的分析是：黑色固体A加热至红热，投入到一种无色溶液B中，产生由两种气体组成的混合气体X，应是碳与浓硫酸或浓硝酸的反应，无色气体C通入澄清石灰水生成白色沉淀，该沉淀应为CaCO3，说明C中含有CO2，无色稀溶液D与单质F反应生成蓝色溶液，该溶液应含有Cu2+，则说明F为Cu，无色稀溶液D具有强氧化性，应为稀HNO3溶液，G为Cu（NO3）2，生成气体E为NO，则说明混合气体X应为CO2和NO2的混合物，则A为C，B为浓HNO3，无色气体C的成分为CO2、NO，结合物质的性质解答该题。24(15分）下图中，化合物A, B，G，M
43、, L, J 均由两种元素组成，其中A是一种无色液体， G是极易溶于水的常见气体，L分子中的电子数为18(L的相对分子量不超过34)。反应是工业上制X的主要反应之一，化合物H具有强的氧化性，可由常见卤素气体与苛性钾溶液在常温下反应而制得。N的溶液呈浅绿色。(注；有些反应的水也略去)请按要求填空：（1）写出下列物质的化学式：L： ，X： 。（2）反应的离子方程式为： 。（3）反应的离子方程式为： 。（4）略过量的H溶液与N溶液混合有大量的沉淀产生，其离子方程式为： 。（5）B中F的质量分数为30.77%，则B的化学式为： 。【答案】（1）N2H4 HNO3(2)Fe4H2NO3=Fe22NO22
44、H2O(3) Cl2NH3=N2H4ClH2O(4)5ClO2Fe25H2O=2Fe(OH)34HClOCl(5) FeN9【解析】试题分析：A是一种无色液体，即为水，水电解生成氢气和氧气N的溶液呈浅绿色说明含有亚铁离子。化合物H具有强的氧化性，可由常见卤素气体与苛性钾溶液在常温下反应而制得，因此H是KClO。G是极易溶于水的常见气体，因此G是氨气或HCl。若G是HCl，则L是次氯酸或氯化钾，都不符合18电子，故G是氨气，氨被H氧化生成18电子的微粒是N2H4，即L是N2H4，方程式为Cl2NH3=N2H4ClH2O。D和E生成氨气，则D是氢气，E是氮气，C是氧气，氨气发生催化氧化生成水和NO，J是NO。通过反应可得出M是二氧化氮，溶于水生成硝酸和NO，即X为硝酸，在加热时被铁还原生成二氧化氮。因此F是铁。B中F的质量分数为30.77%，所以B中N和Fe的个数比是 ，所以化学式为FeN9考点：考查图框题中物质的转化有关问题。
