2023高考化学-新题分类汇编D-非金属及其化合物(真题+模拟新题)

1、D单元非金属及其化合物D1无机非金属材料的主角硅 (碳族元素)11B1D12023全国卷 将足量CO2通入以下各溶液中，所含离子还能大量共存的是()AK、SiOeq oal(2,3)、Cl、NOeq oal(,3)BH、NHeq oal(,4)、Al3、SOeq oal(2,4)CNa、S2、OH、SOeq oal(2,4)DNa、C6H5O、CH3COO、HCOeq oal(,3)11B1D1【解析】 B二氧化碳为酸性氧化物，因此碱性溶液不能继续存在，C项中的OH会参与反响。酸性小于碳酸的弱酸根离子也会参加反响，因此A项中的SiOeq oal(2,3)和D项中的C6H5O(苯酚根离子)不能继

2、续存在。10D12023山东卷 某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素()A在自然界中只以化合态的形式存在B单质常用作半导体材料和光导纤维C最高价氧化物不与酸反响D气态氢化物比甲烷稳定10D1【解析】 A短周期非金属元素中，原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素只有Si。Si在自然界中只以化合态存在，A项正确；光导纤维的成分是SiO2，B项错误；SiO2可与氢氟酸反响，C项错误；碳的非金属性强于硅，故CH4比SiH4稳定，D项错误。D2富集在海水中的元素氯(卤素)15D2G22023海南化学卷 氯气在298 K、100 kPa时，在1 L水中可溶解0.09

3、mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反响。请答复以下问题：(1)该反响的离子方程式为_；(2)估算该反响的平衡常数_(列式计算)；(3)在上述平衡体系中参加少量NaOH固体，平衡将向_移动；(4)如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将_(填“增大“减小或“不变)，平衡将向_移动。15D2G2(1)Cl2H2OHClHClO(2)Keq f(0.03 molL10.03 molL10.03 molL1,0.06 molL1)4.5104mol2L2(3)正反响方向(4)增大正反响方向【解析】 (1)氯气与水反响生成的次氯酸为弱酸，不能拆写，离子方程式为：Cl2H2OHClHClO；(

4、2)由信息和氯气与水反响的离子方程式可求得剩余的c(Cl2)0.06 molL1，生成的c(H)0.03 molL1、c(Cl)0.03 molL1、c(HClO)0.03 molL1，Keq f(cHcClcHClO,cCl2)，得Keq f(0.03 molL10.03 molL10.03 molL1,0.06 molL1)4.5104mol2L2(3)参加少量NaOH固体，将中和H使得氢离子的浓度降低，平衡将向正反响方向移动。(4)由气体的溶解度随着压强的增大而增大，可知增大压强平衡将向正反响方向移动，氯气的溶解度增大。D3硫及其化合物(涉及绿色化学)D4氮及其化合物(氮、磷及其化合物)

5、28D4 J4G12023安徽卷 地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反响，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。 (1)实验前：先用0.1 molL1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是_，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液的pH调至2.5；为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入_(写化学式)。图119(2)图119表示足量Fe粉复原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(局部副反响产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反响的离子方程式 _ 。t1时刻后，该反

6、响仍在进行，溶液中NHeq oal(,4)的浓度在增大，Fe2的浓度却没有增大，可能的原因是_。(3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：溶液的pH；假设二：_；假设二：_；(4)请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。 (：溶液中的NOeq oal(,3)浓度可用离子色谱仪测定)实验步骤及结论：28D4 J4G1(1)去除铁粉外表的氧化物等杂质N2(2)4Fe10HNOeq oal(,3)=Fe2NHeq oal(,4)3H2O生成的Fe2水解(或和溶液中OH结合)(3)温度铁粉颗粒大小(4)实验步骤及结论：分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于

7、不同的试管中；调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；分别向上述溶液种参加足量的同种铁粉；用离子色谱仪测定相同反响时间时各溶液中的NOeq oal(,3)的浓度；假设pH不同的KNO3溶液中，测出NOeq oal(,3)浓度不同，说明pH对脱氮速率有影响，否那么无影响。【解析】 (1)先用稀硫酸洗涤Fe粉的目的是除去铁粉中氧化物杂质；为防止空气中的氧气对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入N2。(2)由图可知从0到t1时刻NHeq oal(,4)、Fe2的物质的量浓度在不断增大，H、NOeq oal(,3)的物质的量浓度不断减小，因此离子方程式为：4FeNOeq oal(,3)10H=4Fe2

8、NHeq oal(,4)3H2O；t1时刻后，Fe2发生水解(或与溶液中的OH结合)，导致反响虽然继续进行，但Fe2的浓度却不增加。(3)根据影响化学反响速率的条件推断，影响脱氮的因素除了溶液的pH外，可能有溶液的温度、铁粉颗粒大小等；(4)本小题为开放性试题，合理即可，例如见答案。D5非金属及其化合物综合11N1 E2 H2 D52023安徽卷 中学化学中很多“规律都有其适用范围，以下根据有关“规律推出的结论合理的是()A根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是7C根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出

9、pH6.8的溶液一定显酸性D根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO11N1 E2 H2 D5【解析】 DMg元素具有全充满的3s2状态，Al元素的3s23p1不是全充满、半充满或全空的状态，因此，Mg的第一电离能比Al大，故A错误；在卤族元素中F元素是非金属性最强的元素，只能显负价，不能显正价，故B错误；溶液中水的电离程度受温度的影响，C项中没有说明溶液的温度，因此，无法判断溶液的酸碱性，故C错误；由于H2CO3的酸性比HClO的强，故将CO2通入NaClO溶液能生成HClO，符合较强酸制取较弱酸的规律，D正确。25E5 F1 C2023安徽卷 W、X、Y

10、、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图118所示。W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。图118(1)X位于元素周期表中第_周期第_族；W的基态原子核外有_个未成对电子。(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是_(写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是_(写化学式)。 (3)Y与Z形成的化合物和足量水反响，生成一种弱酸和一种强酸，该反响的化学方程式是_。 (4)在25 、101 kPa下，Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1 mol 电子放

11、热190.0 kJ，该反响的热化学方程式是_。25E5 F1 C(1)三A2(2)SiHCl(3)SiCl43H2O=H2SiO34HCl(4)SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1【解析】 由W的一种核素的质量数18，中子数为10，可知W为氧元素；和Ne原子的核外电子数相差1的元素有F和Na，而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si，故Y为Si，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故Z是Cl。(1)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为1s22s22p4，其中2p4中有2个未成对电

12、子。(2)金属Na熔点比Si单质低，Cl的非金属性比Br的强，因此，HCl比HBr稳定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水发生水解反响：SiCl43H2O=H2SiO34HCl。(4)Y的气态氢化物为SiH4，由反响方程式：SiH42O2eq o(=,sup7(点燃)SiO22H2O可知1 mol SiH4完全燃烧转移8 mol电子，故该热化学方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1。7C5D52023福建卷 依据元素周期表及元素周期律，以下推断正确的是()AH3BO3的酸性比H2CO3的强BMg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强CHCl

13、、HBr、HI的热稳定性依次增强D假设M和R2的核外电子层结构相同，那么原子序数：RM7C5D5【解析】 BC的非金属性比B强，故其对应最高价氧化物的水化物酸性H2BO3弱于H2CO3，A项错误；Mg的金属性强于Be，所以对应碱的碱性Mg(OH)2强于Be(OH)2，故B项正确；Cl、Br、I，非金属性依次减弱，其对应氢化物的稳定性应依次减弱，故C项错误；M失去一个电子后与R得到两个电子具有相同的电子层子结构，故原子序数MR，D项错误。9D52023海南化学卷 “碳捕捉技术是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2别离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉CO2，其根本过程如下图(局部条件及

14、物质未标出)。图0以下有关该方法的表达中正确的是()A能耗大是该方法的一大缺点B整个过程中，只有一种物质可以循环利用C“反响别离环节中，别离物质的根本操作是蒸发结晶、过滤D该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品9D5【解析】 AD捕捉室中的反响2NaOHCO2=Na2CO3H2O，反响别离中的反响CaOH2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH，高温反响炉中的反响CaCO3eq o(=,sup7()CaOCO2。CaCO3分解需要高温条件，故A对；整个过程中NaOH溶液和CaO均可以循环利用，故B错；“反响别离环节中CaCO3是沉淀，只需过滤即可

15、别离，故C错；CO2可用来制备甲醇 , 故D对。3D52023江苏化学卷 以下有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B二氧化硅不与任何酸反响，可用石英制造耐酸容器C二氧化氯具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒D铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装假设干铜块以减缓其腐蚀3D5【解析】 A常温下Al与浓H2SO4发生钝化，在其外表形成一层致密的氧化膜，故铝制贮罐可以用来贮运浓硫酸，A对；SiO2可以与HF反响，B错；ClO2可用于自来水的杀菌消毒是因为具有强氧化性，C错；在海轮外壳装假设干铜块，在海水中构成原电池，铁作为负极，加快腐

16、蚀，D错。12023汕尾联考 以下说法正确的组合是()氯离子和氯原子的性质相同；5价的氯只具有氧化性；氯离子总比氯原子多一个电子；盐酸既具有氧化性、酸性，又具有复原性；Cl2的氧化性比盐酸的强；液氯与氯水是同一种物质。ABCD1C【解析】 中Cl离子与Cl原子的电子层结构不同，性质也不同；中5价的氯处于中间价态，既具有氧化性，也具有复原性。22023马鞍山联考 在新制的氯水中存在以下平衡：Cl2H2OHClHClO，假设向氯水中参加少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是()ApH增大，HClO浓度减小BpH减小，HClO浓度增大CpH增大，HClO浓度增大DpH减小，HClO浓度减小2C【解

17、析】 参加少量Na2CO3粉末，会与其中的氢离子反响，使平衡右移，HClO浓度增大，但因为氢离子发生反响而浓度下降，pH增大。32023郑州一模 某溶液中含有NHeq oal(,4)、SOeq oal(2,3)、SiOeq oal(2,3)、Br、COeq oal(2,3)、Na，向该溶液中通入过量的Cl2，以下判断正确的是()反响前后，溶液中离子浓度根本保持不变的有NHeq oal(,4)、Na有胶状物质生成有气体产生溶液颜色发生变化共发生了2个氧化复原反响A BC D3A【解析】 该溶液中通入过量的Cl2与水发生反响生成HCl和HClO，SOeq oal(2,3)被HClO氧化成SOeq

18、oal(2,4)，SiOeq oal(2,3)与H反响生成H4SiO4胶状物，Br被HClO氧化成Br2，溶液变成褐色，COeq oal(2,3)与H反响生成CO2气体，由此得出选项A正确。42023姜堰模拟 将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反响(反响过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClOeq oal(,3)两种离子的物质的量(n)与反响时间(t)的变化示意图如图K113所示。以下说法正确的是()图K113A苛性钾溶液中KOH的质量是4.94 gB反响中转移电子的物质的量是0.21 molC氧化性ClOClOeq oal(,3)DClOeq oal

19、(,3)的生成是由于温度升高引起的4BD【解析】 A项，Cl22KOH=KClKClOH2O，Cl26KOH=5KClKClO33H2O，由这两个方程式可知1份Cl2对应2份KOH，n(KOH)(0.060.03)2(3917)10.08 g；B项，ClO 0.06 mol转移0.06 mol电子，ClOeq oal(,3) 0.03 mol转移0.15 mol电子，总共0.21 mol；C项，ClOeq oal(,3)中的Cl最外层有2个电子，不容易得电子。ClO最外层有六个，比拟容易的电子，氧化性强。氧化性ClOClOeq oal(,3)；D项，从图示可以看出从0到t1都没有ClOeq o

20、al(,3)生成，说明氯酸根的生成是因为反响的放热、温度升高而导致氯酸根离子出现。应选BD项。52023宣城联考 以下是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图(图K122)，以下说法错误的是()图K122A单质是最活泼的非金属单质B单质能使品红溶液褪色C单质保存时加少量水进行水封D单质的氧化性是5D【解析】 依据题意，按相对分子质量可以确定：为F2；为Cl2；为Br2；为I2，单质的氧化性是。62023宿州一模 以下物质中，不含有硅酸盐的是()A水玻璃B硅芯片C黏土 D普通水泥6B【解析】 选项A，水玻璃的成分是Na2SiO3，故含硅酸盐；选项B，硅芯片的成分是硅单

21、质不是硅酸盐；选项C，黏土的主要成分是硅酸铝、硅酸铁等硅酸盐；选项D，普通水泥是硅酸铝和硅酸钙等硅酸盐。72023哈尔滨一模 开发新材料是现代科技开展的方向之一。以下有关材料的说法正确的是()硅是构成一些岩石和矿物的根本元素水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料C60属于原子晶体，用于制造纳米材料纤维素乙酸酯属于天然高分子材料A BC D7C【解析】 水晶的主要成分是SiO2，而非硅酸盐，错。光导纤维的主要成分是SiO2，而非单质Si，错。C60属于分子晶体，错；纤维素乙酸酯不是天然高分子材料，错。820

22、23广安调研 硅及其化合物的应用范围很广。以下说法正确的是()A硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B粗硅制备单晶硅不涉及氧化复原反响C反响：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2中，Si为复原剂，NaOH和H2O为氧化剂D盐酸可以与硅反响，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅8A【解析】 粗硅提纯涉及的反响：Si2Cl2eq o(=,sup7(高温)SiCl4、SiCl42H2eq o(=,sup7(高温)Si4HCl都是氧化复原反响，故B错；硅与氢氧化钠溶液反响实际分两步：Si3H2O=H2SiO32H2，H2SiO32NaOH=Na2SiO32H2O，其中反响为氧化复原反响，反响为非氧化复原

23、反响，因此NaOH既不是氧化剂，也不是复原剂，只是反响物，起氧化作用的只是水，故C错；硅能与氢氟酸反响，但不能与盐酸反响，故D错。92023金华二模 以下表述正确的是()人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是二氧化硅；化学家采用玛瑙研钵磨擦固体反响物进行无熔剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐；提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料；夏天到了，游客佩戴由添加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛；太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能。A BC D9D【解析】 人造刚玉的成分为氧化铝，错；玛瑙的主要成分是二氧化硅，错；水泥的主要成分是硅酸钙，正确；变色眼镜是

24、在玻璃中添加了溴化银，而不是氧化亚铜，错；因为硅是半导体，常用于电池中，既环保又节能，正确，选D。102023太原一模 图K141中，A、C是工业上用途很广的两种重要化工原料，B为日常生活中常见的金属，H、G是正四面体结构的非极性分子，H是一种重要的能源，J是一种耐高温材料且是两性氧化物，K是由两种常见元素组成的化合物(图中局部反响物或生成物没有列出)。图K141请按要求答复：(1)写出B的化学式_，元素B在元素周期表中的位置是_(填第几周期第几族)。G的电子式为_。(2)反响的离子方程式为_。(3)反响进行的条件是_。(4)反响的化学方程式为_。(5)写出Si与C溶液反响的离子方程式_。(6

25、)用电子式表示M(M是A与Mg反响生成的化合物)的形成过程_。10(1)Al第三周期第A族eq o(Cl,sup6(),sdo4() eq o(C,sup6(),sdo4() eq o(Cl,sup6(),sdo4() eq o(Cl,sup6() ,eq o(Cl,sdo4() (2)Al33AlOeq oal(,2)6H2O=4Al(OH)3(3)光照，过量Cl2(4)Al4C312H2O=4Al(OH)33CH4(5)Si2OHH2O=SiOeq oal(2,3)2H2(6)eq o(Cl,sup6(),sdo4()eq avs4alco1(o(sup7(),sdo5()Mg2eq av

26、s4alco1(o(sup7(),sdo5()eq o(Cl,sup6(),sdo4() 【解析】 此题是一个无机框图推断题，关键在于题眼的寻找和突破。此题的解题突破口是“H、G是正四面体结构的非极性分子，H是一种重要的能源，可推知H可能是CH4，G是CCl4。再利用“B为日常生活中常见的金属和“J是一种耐高温材料进行缩小范围，容易联想到试题与Al元素有关。再利用“K是由两种常见元素组成的化合物且能和水反响得到两种物质进行推断，另外利用Al既能和A又能和C反响，不难推断A和C应是酸和碱两类物质，最后用元素守恒和信息进行验证，得出答案。112023益阳联考 常温条件下，将SO2气体通入一定量Na

27、OH溶液中，所得溶液呈中性，关于该溶液的判断错误的是()A该溶液中溶质一定为NaHSO3与Na2SO3B溶液中c(Na)c(SOeq oal(2,3)c(HSOeq oal(,3)C溶液中离子浓度最大的是NaD向该溶液中参加氯化钾固体，溶液依然呈中性，且有c(K)c(Cl)11B【解析】 二氧化硫与氢氧化钠反响的化学方程式为：SO2NaOH=NaHSO3，SO22NaOH=Na2SO3H2O，溶液中主要溶质有五种可能：亚硫酸钠和氢氧化钠(碱性)；亚硫酸钠(碱性)；亚硫酸钠与亚硫酸氢钠(可能呈中性)；亚硫酸氢钠(酸性)；亚硫酸与亚硫酸氢钠(酸性)。所以溶质主要成分为亚硫酸钠与亚硫酸氢钠。依据电荷

28、守恒有c(Na)c(H)2c(SOeq oal(2,3)c(HSOeq oal(,3)c(OH)，中性溶液中c(H)c(OH)，得c(Na)2c(SOeq oal(2,3)c(HSOeq oal(,3)，B错误，C正确；向该溶液中参加氯化钾固体，电离生成的K与Cl与溶液中各离子均不反响，所以溶液依然呈中性，且有c(K)c(Cl)。选B。122023成都统测 有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能局部被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再参加足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀。对此实验下述结论正确的是()ANa2SO3已局部被空气中的氧气氧化B参加Ba(

29、NO3)2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4D此实验不能确定Na2SO3是否局部被氧化12CD【解析】 参加硝酸钡生成的沉淀可能是BaSO3，也可能是BaSO4或BaSO3与BaSO4二者的混合物，因稀硝酸可将BaSO3氧化成不溶于硝酸的BaSO4沉淀，所以向产生的白色沉淀中再参加足量稀硝酸，沉淀一定为BaSO4沉淀，但不能确定原沉淀是BaSO3还是BaSO4，故答案为CD。132023揭阳统测 有以下两种转化途径，某些反响条件和产物已省略，以下有关说法不正确的是()途径：Seq o(,sup7(浓HNO3)H2SO4途径：Seq o(,sup7(O2

30、)SO2eq o(,sup7(O2)SO3eq o(,sup7(H2O)H2SO4A途径反响中表达了浓HNO3的强氧化性和酸性B途径的第二步反响在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低本钱C由途径和分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol eD途径与途径相比更能表达“绿色化学的理念是因为途径比途径污染相对小且原子利用率高13A【解析】 途径反响的化学方程式可表示为S6HNO3(浓)=H2SO46NO22H2O，属于浓硝酸和非金属单质的反响，产物中无盐生成，因此浓硝酸只表现氧化性而不表现酸性，A错。142023洛阳模拟 以下变化的实质相似的是()浓硫酸和浓盐酸在

31、空气中敞口放置时浓度均减小二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸枯燥常温下浓硫酸用铁的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反响浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字A只有 B只有C只有 D全部14B【解析】 浓硫酸的吸水性和浓盐酸的挥发性；二氧化硫的化合漂白和HClO的氧化漂白；二氧化硫使品红褪色是发生了漂白作用，而使溴水褪色发生了氧化复原反响：SO2Br22H2O=H2SO42HBr；两者都能和浓硫酸反响，但是HI与浓硫酸发生了氧化复原反响：H2SO42HI=I2SO22H2O；两者都表达了浓硫酸的强氧化性(包括金属的钝化)；前者是浓硫

32、酸的脱水性，后者是氢氟酸的腐蚀性：4HFSiO2=SiF42H2O。综上此题选B。152023阳江联考 不同浓度的硫酸与锌反响时，硫酸可以被复原为SO2，也可被复原为氢气。为了验证这一事实，某同学拟用如图K162所示装置进行实验(实验时压强为101 kPa，温度为0 )。图K162(1)假设在烧瓶中放入1.30 g锌粒，与c mol/L H2SO4反响，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是_。A200 mLB400 mLC500 mL(2)假设1.30 g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重1.28 g，那么圆底烧瓶中发生反响的化学方程式为_。(3)假设烧瓶中投入a g锌且完全反响，氢氧化钠洗

33、气瓶增重b g，量气瓶中收集到V mL气体，那么有：a g65 gmol1b g64 gmol1V mL/22400 mLmol1，依据的原理是_。(4)假设在烧瓶中投入d g锌，参加一定量的c mol/L浓硫酸V L，充分反响后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重m g，那么整个实验过程产生的气体中，n(H2)/n(SO2)_(用含字母的代数式表示)。假设撤走盛有无水氯化钙的U形管，n(H2)/n(SO2)的数值将_(填“偏大“偏小或“无影响)。(5)反响结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：_；_；_。15(1)C(2)Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O(3)得失

34、电子守恒(4)eq f(64cV2m,m)偏小(5)待冷却至室温才开始读数读数前使量气管左右液面相平眼睛视线与液面最低处相平【解析】 根据实验设计目的，分析问题：(1)假设锌与硫酸完全反响生成H2时体积最大，为448 mL，选择500 mL的量气管为适宜。(2)假设锌完全溶解，增重1.28 g，根据电子转移守恒，气体全为SO2，反响方程式为：Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O。(3)分析等式数据，该依据的原理为电子守恒。(4)根据SOeq oal(2,4)守恒，生成SO2与H2的量等于硫酸的量，n(H2)/n(SO2)eq f(64cV2m,m)。假设无枯燥装置，反响生成的水进入

35、氢氧化钠溶液中，导致比值偏小。(5)试验中正确读数时要考虑：待冷却至室温才开始读数；读数前使量气管左右液面相平；眼睛视线与液面最低处相平。162023湖州一模 将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为()A0.2 molB0.4 molC0.8 mol D0.9 mol16A【解析】 纵观反响始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子，所以51.2 g Cu共失电子0.8 mol21.6 mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6 mol，故产物