2020年高中化学新教材同步必修第二册微专题汇编

一、二氧化硫和二氧化碳性质的比较SO2CO2物理性质气味有刺激性气味无味溶解性易溶能溶化学性质与水反应SO2＋H2OH2SO3CO2＋H2OH2CO3与碱反应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(高温))2CO还原性2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3，二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水、碘水等氧化剂氧化无漂白性有无对环境的影响形成酸雨引起温室效应1.(2018·广州南沙区一中高一期中)同类物质性质相似，SO2和CO2同属于酸性氧化物，性质类似。下列说法不正确的()A.SO2与澄清石灰水反应生成白色沉淀CaSO3B.SO2与BaO反应，生成BaSO3C.SO2与水反应生成H2SO3D.SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2答案D解析SO2与澄清石灰水反应生成白色沉淀CaSO3，A正确；SO2与BaO反应，生成BaSO3，B正确；SO2与水反应生成H2SO3，C正确；SO2具有还原性，Na2O2具有强氧化性，因此SO2和Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，D错误。2.(2019·湖南株洲检测)下列说法不正确的是()A.SO2和CO2均有毒B.SO2和CO2均能与澄清石灰水反应，并有白色沉淀生成C.SO2具有漂白性，但通入石蕊溶液中却不能使之褪色D.SO2和Cl2均能使品红溶液褪色答案A解析二氧化硫有毒，二氧化碳无毒，A项错误；二氧化硫和二氧化碳均能与澄清石灰水反应产生白色沉淀，B项正确；二氧化硫具有漂白性，但是不能漂白石蕊溶液，C项正确；二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性，也能使品红溶液褪色，D项正确。3.将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，一定能产生沉淀的是()选项甲乙丙ACl2SO2氯化钡溶液BHClCO2石灰水CCO2SO2石灰水DCO2Cl2氯化钙溶液答案A解析在溶液中Cl2可将SO2氧化为SOeq\o\al(2－,4)，进而与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，一定能产生沉淀，A符合题意；若HCl过量，则没有沉淀，B不符合题意；足量的CO2和SO2组成的混合气体通入丙溶液中，若CO2、SO2过量，则没有沉淀，C不符合题意；足量CO2和Cl2通入丙溶液中无沉淀生成，D不符合题意。将SO2通入BaCl2溶液或CaCl2溶液中无明显现象，因为SO2与BaCl2溶液或CaCl2溶液不反应。但在强氧化性环境如氯水、氯化铁溶液等中，SO2可被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，SOeq\o\al(2－,4)与Ba2＋或Ca2＋反应生成BaSO4或CaSO4沉淀。二、混合气体中同时含有SO2、CO2的检验与净化1.流程设计流程设计检验SO2→除去SO2→检验SO2是否被除尽→检验CO2选用试剂品红溶液酸性KMnO4溶液品红溶液澄清石灰水实验现象褪色褪色(或变浅)不褪色变浑浊

2.实验装置3.特别提示当SO2中混有CO2时，不会影响SO2的检验；当CO2中混有SO2时会干扰CO2的检验，应先检验并除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2气体。4.(2018·福州八县市协作校高一期中)检验CO2中是否混有SO2气体，可采用的方法是()A.先通过NaOH溶液，再通过品红溶液，若品红溶液褪色，则说明混有SO2气体B.通过澄清石灰水，若变浑浊，则说明混有SO2气体C.先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水，若变浑浊，则说明有SO2气体D.通过酸性KMnO4溶液，若溶液褪色，则说明混有SO2气体答案D解析SO2和CO2通过NaOH溶液均发生反应：2NaOH＋SO2=Na2SO3＋H2O,2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，再通过品红溶液不能检测到SO2，A错误；SO2和CO2通过澄清石灰水都会产生白色沉淀，B错误；SO2和CO2通过NaOH溶液都可能被吸收完全，也可能均过量，再通过澄清石灰水，若变浑浊，也不能确定混有SO2，C错误；因为CO2不能使酸性KMnO4溶液，D正确。5.检验二氧化硫中是否混有二氧化碳气体，可采用的方法是()A.通过品红溶液B.先通过氢氧化钠溶液，再通过澄清石灰水C.通过澄清石灰水D.先通过过量酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清石灰水答案D解析二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化碳不能使品红溶液褪色，品红溶液可检验二氧化硫，而不能检验二氧化碳的存在；二氧化硫和二氧化碳都能与氢氧化钠溶液、澄清石灰水反应；二氧化硫被过量酸性高锰酸钾溶液完全吸收后，再通过澄清石灰水，若有白色沉淀，说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气体，可选用的试剂是()A.饱和食盐水 B.氢氧化钠溶液C.足量澄清石灰水 D.饱和碳酸氢钠溶液答案D解析二氧化碳和二氧化硫都能与氢氧化钠溶液、澄清石灰水反应，都不能与饱和食盐水反应。因为亚硫酸的酸性强于碳酸，可用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫气体。7.CO2气体中含有少量SO2，欲得到纯净、干燥的CO2，通过如图所示的洗气瓶，①②两瓶中所装的试剂应该是()A.①NaOH溶液；②浓硫酸B.①浓硫酸；②NaOH溶液C.①饱和NaHCO3溶液；②浓硫酸D.①浓硫酸；②Na2CO3溶液答案C解析CO2和SO2都是酸性氧化物，通过NaOH溶液，全部被吸收，无法得到CO2，A、B错误；亚硫酸的酸性强于碳酸，SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，然后用浓硫酸干燥CO2，C正确；碳酸钠与CO2反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，会吸收CO2，D错误。除去二氧化碳中二氧化硫的方法(1)利用二氧化硫的还原性，用酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水等除去。(2)利用亚硫酸的酸性比碳酸强，用饱和碳酸氢钠溶液除去。三、二氧化硫和二氧化碳的鉴别方法1.物理方法(1)根据气味鉴别：有刺激性气味的气体是SO2，无气味的是CO2。(2)根据溶解性鉴别：同温同压下，将两种气体充满相同的试管，分别倒置于水槽中，试管内进水多的是SO2。2.化学方法(1)用品红溶液鉴别：将两种气体分别通入品红溶液中，能使品红溶液褪色的是SO2。(2)用溴水或酸性高锰酸钾溶液鉴别：将两种气体分别通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色的是SO2。(3)用氢硫酸溶液鉴别：将两种气体分别通入H2S溶液中，出现淡黄色浑浊的是SO2，无明显现象的是CO2。化学方程式为2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O。(4)用O2。离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。8.能够用于鉴别二氧化硫和二氧化碳的溶液是()A.澄清石灰水 B.品红溶液C.紫色石蕊溶液 D.氯化钡溶液答案B解析二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊；二氧化硫、二氧化碳与水反应的产物都能使紫色石蕊溶液变红；二氧化硫、二氧化碳都不与氯化钡溶液反应，选项A、C、D错误。9.下列溶液不能鉴别二氧化硫和二氧化碳气体的是()A.酸性高锰酸钾溶液 B.品红溶液C.氢硫酸溶液 D.氢氧化钡溶液答案D解析二氧化硫和二氧化碳都能与氢氧化钡溶液反应生成白色沉淀，继续通入二氧化硫或二氧化碳，白色沉淀溶解，氢氧化钡溶液不能鉴别二氧化硫和二氧化碳。10.某化学兴趣小组为了探究常温下某未知气体的成分，将该气体通入澄清石灰水中，发现澄清石灰水变浑浊，持续通入，发现浑浊又变澄清。由此该小组同学对气体的成分提出猜想。提出猜想猜想1：________________________________________________________________________；猜想2：________________________________________________________________________；猜想3：________________________________________________________________________。为了验证猜想，该小组同学设计如下实验进行探究。实验探究该小组同学按如图所示连接装置，将气体从a端通入。(1)B中盛放的溶液应该是________(填字母)。a.NaCl溶液 b.酸性KMnO4溶液c.盐酸 d.澄清石灰水(2)A中品红溶液的作用是____________________________________________________。(3)D中澄清石灰水的作用是__________________________________________________。通过以上实验，该小组同学观察到以下实验现象：①A中品红溶液褪色；②C中品红溶液不褪色；③D中澄清石灰水变浑浊。得出结论(4)由上述现象，该小组同学认为该气体_________________________________________。答案气体含有CO2气体含有SO2气体含有CO2和SO2(1)b(2)检验该气体中是否含有SO2(3)检验该气体中是否含有CO2(4)含有CO2和SO2解析首先根据题给信息，分析可能涉及的物质，进行假设，本题中猜想气体可能含有SO2或CO2，或二者都有；然后分析题目涉及物质的化学性质，如SO2和CO2性质的异同点；最后根据题意对假设进行一一验证，最终得出正确结论。SO2和CO2在某些性质方面较相似，如都能使澄清石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则浑浊又变澄清。但SO2具有还原性，能被强氧化剂氧化，且SO2可使品红溶液褪色，而CO2不具备这些性质，可利用性质差异检验CO2是否存在。(1)SO2与CO2的最大区别在于SO2具有漂白性、还原性和氧化性，而CO2只有氧化性。解决有关问题时，要注意相似性方面的干扰。(2)CO2和SO2混合气体鉴别的实验题中，品红溶液常要使用两次，分别用于检验SO2的存在以及证明SO2是否被除尽。(3)SO2虽有漂白性，但并不是所有与SO2有关的褪色都是因为SO2的漂白性。如：①SO2能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色是因为SO2能与碱发生反应；②SO2能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2的还原性。

一、NO2和O2的混合气体通入水中的计算由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO和2NO＋O2=2NO2可得总反应式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，由此可知：V(NO2)∶V(O2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝4∶1，恰好完全反应，无气体剩余,＜4∶1，O2过量，剩余气体为O2,＞4∶1，NO2过量，剩余气体为NO))1.在标准状况下，将O2和NO2按1∶4的体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液里溶质的物质的量浓度为()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解析设烧瓶的体积为VL，由4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3以及O2和NO2的体积比为1∶4，知NO2的体积为eq\f(4,5)VL，所以最终液体充满整个烧瓶，溶液的体积为VL，NO2的物质的量为eq\f(\f(4,5)VL,22.4L·mol－1)＝eq\f(1,28)Vmol，所以硝酸的物质的量浓度为eq\f(\f(1,28)Vmol,VL)＝eq\f(1,28)mol·L－1。2.一定条件下，将充满二氧化氮和氧气的试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体体积为原混合气体体积的eq\f(1,8)，则原混合气体中二氧化氮和氧气的体积之比可能是()A.8∶1B.7∶3C.7∶2D.4∶1答案BL，二者体积比为7∶1。3.(2018·天津中学期中)将盛有12mLNO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2mL气体可能分别是()A.1.2mL，NO B.2.4mL，O2C.3.5mL，O2 D.4mL，NO答案A解析解题依据的化学反应原理为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO33NO2＋H2O=2HNO3＋NO设混合气体中O2的体积为x。剩余的气体有两种可能：(1)若剩O2，则V剩＝x－eq\f(1,4)(12mL－x)＝2mL，解得x＝4mL。(2)若剩NO，则V剩＝eq\f(1,3)[(12mL－x)－4x]＝2mL，解得x＝1.2mL。二、NO和O2通入水中的计算由2NO＋O2=2NO2和4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，可得反应总式4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，由此可知：V(NO)∶V(O2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝4∶3，恰好完全反应，无气体剩余,＞4∶3，剩余气体为NO,＜4∶3，剩余气体为O2))4.在一大试管中装入10mLNO倒立于水槽中，然后向其中缓慢通入6mLO2(气体体积均在相同条件下测定)，下面有关实验最终状态的描述，正确的是()A.试管内气体呈红棕色B.试管内气体呈无色，是1mLNOC.试管内气体呈无色，是2mLO2D.试管内液面上升答案D解析根据4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，可知，V(NO)∶V(O2)＞4∶3时，NO有剩余。由题意，V(NO)∶V(O2)＝5∶3可知，NO剩余2mL，则试管内液面上升。5.(2019·长沙高一检测)一定条件下，将等体积的NO和O2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后剩余气体的体积为原总体积的()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等体积，则一定条件下二者等物质的量，当二者溶于水时，发生反应4NO＋3O2＋2H2O=4HNO34mol3mol设初始时NO和O2的物质的量均为4mol，则4molNO反应掉3molO2，还剩余1molO2，则剩余O2为原气体总体积的eq\f(1,8)。6.如图所示，当向试管内通入21mLO2时，最后试管中的液面仍在原来的位置，则原试管中NO体积为()A.6mL B.12mLC.16mL D.18mL答案B解析据题意可推知反应后试管内气体为O2，且其体积与原NO体积相同。因发生反应4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，设原试管中NO为xmL，则反应后试管中剩余O2也有xmL，根据反应方程式有4∶3＝x∶(21－x)，解得x＝12。三、NO、NO2和O2通入水中的计算(1)可先求出NO2和H2O反应生成的NO的体积，然后按4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3进行分析计算。(2)也可认为NO与O2先反应生成NO2，NO2再与水反应。若O2过量，则按4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3进行分析计算；若转化后无O2剩余，则按关系式法计算。(3)有关NO、NO2、O2混合气体与H2O反应后剩余气体的问题，因NO2与H2O反应，NO与O2反应，所以剩余的气体只可能为NO或O2中的一种，绝对不会剩余NO2。7.盛有NO和NO2混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中，过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半。则原混合气体中NO和NO2的体积比是()A.3∶1B.1∶3C.2∶1D.1∶2答案B解析根据差量法计算。假设混合气体的体积为1L，则有3NO2＋H2O=2HNO3＋NOΔV32V(NO2)0.5L解得：V(NO2)＝0.75L，则V(NO)＝1L－0.75L＝0.25L，V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。8.(2018·山东菏泽期末)有一倒置于水槽且装满水的容器，向其中依次通入一定体积的NO2、NO和O2，充分反应后，若容器中仍充满溶液，则通入的NO2、NO和O2的体积比可能是()A.1∶1∶2 B.4∶3∶2C.4∶16∶13 D.4∶3∶4答案C解析反应后容器中仍充满溶液，说明没有气体剩余，根据反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3进行判断。若NO2为1体积，NO为1体积，则消耗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)))体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为1∶1∶1，A项不符合题意；若NO2为4体积，NO为3体积，则消耗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9,4)))体积O2，B项不符合题意；同理可得出C项符合题意，D项不符合题意。9.将10mLNO和NO2的混合气体通入装满水倒立在水槽中的量筒内，一段时间后，最后剩余4mL气体，原混合气体中含NO体积为()A.1mLB.3mLC.5mLD.7mL答案A解析若NO2体积为xmL，则NO体积为(10－x)mL，二氧化氮气体与水反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由此可知，eq\f(1,3)x＋(10－x)＝4，解得：x＝9，10－x＝1。

思维模型(1)硝酸与铜反应浓硝酸与足量的铜反应，开始浓硝酸被还原为NO2，随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸被还原为NO，向反应后的溶液中加稀硫酸，NOeq\o\al(－,3)又被还原为NO。(2)稀硝酸与铁反应Fe(少量)＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(过量)＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。①eq\f(nHNO3,nFe)≥4，产物为Fe(NO3)3；②eq\f(nHNO3,nFe)≤eq\f(8,3)，产物为Fe(NO3)2；③eq\f(8,3)<eq\f(nHNO3,nFe)<4，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。计算方法(1)原子守恒法：硝酸与金属反应时，一部分硝酸起酸的作用，以NOeq\o\al(－,3)的形式存在于溶液中，另一部分硝酸作为氧化剂转化为还原产物NOx，NOeq\o\al(－,3)和NOx中氮原子的总物质的量等于反应消耗的硝酸中氮原子的物质的量。(2)得失电子守恒法：硝酸与金属的反应属于氧化还原反应，硝酸中氮原子得到电子的物质的量等于金属失去电子的物质的量。(3)电荷守恒法：硝酸过量时，反应后溶液中(不考虑OH－)有c(NOeq\o\al(－,3))＝c(H＋)＋xc(Mx＋)(Mx＋代表金属离子)。(4)离提供H＋的条件下能继续与金属反应，故此类题目应用离子方程式来计算。先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NOeq\o\al(－,3)进行相关计算，且要符合电荷守恒。122.4mL。参加反应的铜的质量是()A.3.84×10－2g B.4.48×10－2gC.4.83×10－2g D.5.76×10－2g答案B解析铜与浓硝酸可能发生的化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O,3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。被还原硝酸的物质的量＝eq\f(22.4×10－3L,22.4L·mol－1)＝1×10－3mol，生成硝酸铜的物质的量＝eq\f(2.4×10－3mol－1×10－3mol,2)＝7×10－4mol，参加反应的铜的质量＝7×10－4mol×64g·mol－1＝4.48×10－2g。2.(2018·舟山中学月考)将14g铜银合金与足量的硝酸反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量为()A.4.8gB.3.2gC.6.4gD.10.8g答案B解析纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n(O2)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x×64g·mol－1＋y×108g·mol－1＝14g，根据得失电子守恒列方程：2x＋y＝0.05mol×4，解得：x＝0.05mol；y＝0.1mol，m(Cu)＝0.05mol×64g·mol－1＝3.2g。3.将19.5g锌粉与一定量的浓硝酸反应生成硝酸盐、水及气体，当锌粉完全反应时收集到11.2LNO、NO2混合气(标准状况下)，则所消耗硝酸的物质的量是()A.1.2mol B.1.1molC.0.9mol D.0.8mol答案B解析锌和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，n(NO2)＋n(NO)＝eq\f(11.2L,22.4L·mol－1)＝0.5mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.5mol，n(Zn)＝eq\f(19.5g,65g·mol－1)＝0.3mol，则生成的n[Zn(NO3)2]＝0.3mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.3mol×2＝0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.5mol＋0.6mol＝1.1mol。4.稀HNO3的还原产物可以是①NO、②N2O、③N2、④NH4NO3。在稀HNO3和Zn的反应中，若有1molHNO3参加反应，则有0.8mol电子转移，由此推断稀HNO3的还原产物可能为()A.仅④ B.②或④C.③或④ D.仅②答案B解析1mol硝酸参加反应，反应中硝酸表现为酸性和氧化性，转移电子0.8mol，则应生成0.4molZn(NO3)2，设稀HNO3的还原产物中氮元素的化合价为x，若有0.2mol硝酸被还原，则有0.2mol×(5－x)＝0.8mol，解得x＝＋1，应生成N2O；若有0.1mol硝酸被还原，则有0.1mol×(5－x)＝0.8mol，解得x＝－3，应生成NH4NO3，故稀HNO3的还原产物为②N2O或④NH4NO3。5.(2019·安徽师大附中月考)200mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，已知：c(H2SO4)＋c(HNO3)＝5.0mol·L－1。则理论上最多能溶解铜的量为()A.0.6molB.19.2gC.1.5molD.51.2g答案A解析由题可知，硝酸为稀溶液，3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，当氢离子与硝酸根恰好完全反应时，能溶解铜的量最多，即n(H＋)∶n(NOeq\o\al(－,3))＝4∶1，设混合溶液中硫酸物x＝0.6mol，溶解铜的物质的量为0.6mol。6.(2018·山东济南月考)将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下的一氧化氮和二氧化氮混合气体共11.2L。请回答下列问题：(1)产生一氧化氮的体积为________L(标准状况下)。(2)待反应结束后，向溶液中加入VmLamol·L－1的氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度为______________mol·L－1(不必化简)。(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠，至少需要氧气________mol。答案(1)5.824(2)eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)(3)0.255解析(1)该过程发生两个反应：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。设生成的NO和NO2的物质的量分别为x、y，则x＋y＝0.5mol,1.5x＋0.5y＝0.51mol，解得x＝0.26mol，y＝0.24mol，故标准状况下V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L。(2)在反应过程中，HNO3一部分表现酸性，另一部分表现氧化性。由溶液中的Cu2＋恰好全部转化为沉淀，得表现酸性的HNO3和与Cu反应后可能剩余的n(HNO3)＝n(NaOH)，表现氧化性的n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO2)，故原硝酸中HNO3的物质的量n(HNO3)＝n(NaOH)＋n(NO)＋n(NO2)＝(aV×10－3＋0.5)mol，则c(HNO3)＝eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)mol·L－1。(3)通入氧气的目的是将0.26molNO和0.24molNO2全部转化为HNO3。根据得失电子守恒：4n(O2)＝3n(NO)＋n(NO2)＝3×0.26mol＋0.24mol＝1.02mol，则n(O2)＝0.255mol。思维模型解答无机框图推断题的关键是寻找“突破口”(题眼)。寻找“突破口”要从“特”字入手，如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。(1)常见物质的颜色淡黄色固体—S、Na2O2；红棕色粉末—Fe2O3；红褐色沉淀—Fe(OH)3；蓝色沉淀—Cu(OH)2；黑色固体—Fe3O4、CuO等；红色溶液——Fe(SCN)3；红棕色气体—NO2；黄绿色气体—Cl2。(2)特殊的反应现象①焰色试验：钠为黄色、钾为紫色(透过蓝色钴玻璃片)。②Fe2＋遇碱出现沉淀颜色变化：白色→灰绿色→红褐色；Fe3＋遇SCN－显红色，遇碱液生成红褐色沉淀。③高中阶段所学的气体中溶于水显碱性的只有氨气；在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有NO。④能与盐酸、稀硫酸作用产生有刺激性气味的无色气体，且该气体能使溴水、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色的一般为含SOeq\o\al(2－,3)与HSOeq\o\al(－,3)的物质。(3)特殊的反应条件①N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3。②2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3、4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。③N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电))2NO。(4)特殊的转化关系①直线型转化关系“Aeq\o(→,\s\up7(O2))Beq\o(→,\s\up7(O2))Ceq\o(→,\s\up7(H2O))(酸或碱)”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。②三角型转化关系“”1.如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：写出图中编号的化学方程式：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。答案①2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O③2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3解析A为淡黄色粉末，且与CO2反应，可知A为Na2O2，E为淡黄色粉末，且与C反应生成F，F有刺激性气味且有漂白性，可知F为SO2，E为S，C为O2，则B为Na2CO3，G为SO3，H为H2SO4。2.(2018·滁州高一期末)如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色胶状沉淀。请回答下列问题：(1)B的化学式是__________，目前B已被用作________的主要原料。(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和过量的盐酸反应的离子方程式是_________________________________________。答案(1)SiO2光导纤维(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(胶体)解析C和过量的盐酸反应产生不溶于盐酸的白色胶状沉淀，可知E可能是硅酸，A可能是硅，带入题目进行验证，a溶液是强碱溶液或氢氟酸溶液，而硅和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应均生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与过量的盐酸反应产生氯化钠和硅酸白色沉淀；硅酸加热分解为二氧化硅和水，与题意相符，硅、二氧化硅与氢氟酸反应均生成四氟化硅，四氟化硅与盐酸不反应，与题意矛盾；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.如图表示某些物质之间的转化关系，每个字母代表一种物质，部分产物已略去。A是一种酸式盐，也是一种常用的化学肥料，B是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体，D是无色无味气体。回答下列问题：(1)物质A的名称是____________。(2)写出物质B的一种主要用途__________________________________________________。(3)写出实验室制取气体B的化学方程式：________________________________________；写出工业上制取气体B的化学方程式：___________________________________________。(4)写出下列反应的化学方程式：B→E______________________________________________________________________；F→G______________________________________________________________________。答案(1)碳酸氢铵(2)制氮肥(或制硝酸或作制冷剂)(3)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2ON2＋3H2eq\o(,\s\up7(高压、高温),\s\do5(催化剂))2NH3(4)4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(高温))4NO＋6H2O3NO2＋H2O=2HNO3＋NO解析A与NaOH固体加热反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B，B是NH3，A是铵盐，D是无色无味气体，由B＋D→E，E＋D→F可推测D为O2，则E为NO，F为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3(G)，在加热条件下HNO3与木炭反应生成NO2和CO2，即C为CO2，A为NH4HCO3。4.(2018·成都期末)如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。试回答下列问题：(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。(2)A→D反应的化学方程式为__________________________________________________。(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______________。(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为________________________________。(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要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能与盐酸、氢氧化钠溶液反应生成气体，故X应为弱酸的铵盐。X与盐酸反应得到气体A，A能与Na2O2反应生成气体D，则A为CO2，D为O2，X与NaOH溶液反应得到的气体C应为NH3；加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，且B为常见液体，可推知X为NH4HCO3，B为H2O。C(NH3)与D(O2)反应生成的E为NO，E与O2反应生成的F为NO2，F与H2O反应得到的G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3。(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3，F是NO2。(2)A→D为Na2O2与CO2的反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。(3)Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，HNO3中一部分N的化合价不变，一部分降低，故硝酸表现酸性和氧化性。(4)NH4HCO3与过量NaOH溶液反应生成NH3的离子方程式为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为原料可生产HNO3，使amolNH3完全转化为HNO3，则amolNH3共失去8amol电子，根据得失电子守恒知，O2得到8amol电子，则氧气的物质的量为2amol。5.(2018·湖北荆州期末)如图所示的物质相互转化关系中A为固体单质，B溶液为浅绿色，I溶液为棕黄色，J为AgCl，已知钾元素的焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)。请回答：(1)C的化学式为__________，F的化学式为_______________________________________。(2)B的化学式为________________，检验B中阳离子的操作方法是_________________________________________________________________(填一种方法即可，用文字表述)。(3)写出由G转变成H的化学方程式：____________________________________。(4)写出检验I溶液中阳离子的离子方程式：______________________(写出一个即可)；向I溶液中加入单质Cu，发生反应的离子方程式是________________________。答案(1)Cl2KCl(2)FeCl2取少量B溶液于试管中，向其中滴加硫氰化钾溶液，无现象，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色(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)由题给信息知B溶液为浅绿色，说明溶液中含Fe2＋；由题给框图可知白色沉淀G在空气中转化为红褐色沉淀H，说明G是Fe(OH)2，H是Fe(OH)3；氢氧化铁与盐酸反应生成的氯化铁(I)溶液为棕黄色，F与硝酸银反应生成AgCl(J)和焰色试验呈紫色的物质，推知该物质为KNO3，F为KCl，则B为FeCl2；B溶液中通入足量气体C得到I溶液，则C为氯气，A为铁单质。(2)检验B中阳离子Fe2＋的方法：取少量B溶液于试管中，向其中滴加硫氰化钾溶液，无现象，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色。(3)由氢氧化亚铁转变成氢氧化铁的子Fe3＋，反应生成红色溶液，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；或用NaOH溶液检验I溶液中的阳离子Fe3＋，反应生成红褐色沉淀，离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；向I溶液中加入单质Cu，反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。

一、烃的一氯代物同分异构体数目的判断先根据烃的分子结构，找出分子中位置相同的氢原子，即等效氢。若烃有n种不同的等效氢，其一元取代物就有n种。(1)同一碳原子上的氢为等效氢；(2)同一碳原子上所连甲基(—CH3)上的氢为等效氢；(3)处于对称位置的碳原子上的氢为等效氢。1.(2019·南通高一检测)下列烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代烃种类最多是()A. B.C.CH3CH2CH2CH3 D.答案B解析A项分子中，只含有1种位置的氢原子，所以生成的一氯代物只有1种；B项分子中，含有3种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代物有3种；C项分子中有2种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有2种；D项分子中，含有2种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代物有2种；故最多的是B项。2.下列烷烃在光照条件下与氯气反应，只生成一种一氯代物的是()A.CH3CH2CH2CH3B.C.D.答案C解析A项分子中有2种位置的氢原子，一氯代物有2种；B项有2种位置的氢原子，一氯代物有2种；C项分子中6个甲基位置相同，氢原子只有一种位置，故一氯代物有1种；D项分子中氢原子位置有4种，一氯代物有4种，故答案选择C项。3.四联苯的一氯代物有()A.3种B.4种C.5种D.6种答案C解析四联苯分子高度对称，分子中氢原子有5种位置，故一氯代物有5种，答案选C。二、烃的二氯代物同分异构体数目的判断烃的二氯代物的同分异构体的书写方法：(1)先写出烃的同分异构体。(2)然后再利用“定一移一”法，即先固定一个氯原子的位置，再移动另一个氯原子，以确定同分异构体的数目，同时要仔细考虑是否出现重复的情况。4.(2018·大连高一月考)分子式为C3H6Cl2的有机物共有(不考虑立体异构)()A.2种B.3种C.4种D.5种答案C解析先标出丙烷分子中碳原子序号eq\o(C,\s\do8(①))—eq\o(C,\s\do8(②))—C，当—Cl在①号碳原子上时为，则另一个—Cl的位置有3种，即，当—Cl在②号碳原子上时为，则另一个Cl的位置只有一种位置，即，故C3H6Cl2的有机物共4种，答案选C。5.分子式为C4H8Cl2的有机物有(不含立体异构)()A.7种B.8种C.9种D.10种答案C解析先写出烃C4H10的同分异构体CH3CH2CH2CH3和。①在CH3CH2CH2CH3分子中氢原子位置有2种，先让一个—Cl取代一个氢原子，即，再用另一个—Cl取代分子中4种不同的氢原子，即，将—Cl取代第二种位置氢原子，即，然后另外一个氯原子再取代位置不同的氢原子，即，故CH3CH2CH2CH3的二氯代物有6种。②在分子中，氢原子位置有2种，先把一个氯原子取代一种位置的氢原子，另外一个氯原子再取代另外氢原子，即共3种，因此C4H8Cl2共9种同分异构体。答案选C。

判断烃分子中原子共面的方法1.(2018·沈阳高一期末)下列分子中的所有原子都处于同一平面的是()A.甲烷 B.乙烯C.丙烯(CH2=CH—CH3) D.正丁烷答案B解析甲烷是正四面体形分子，所有原子不可能都在同一平面上，A项错误；乙烯是平面形分子，所有原子处于同一平面，B项正确；丙烯(CH3—CH=CH2)中含有甲基，甲基碳上所连的原子不可能在同一平面内，C项错误；正丁烷中含有甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面，D项错误。2.(2019·无锡高一月考)已知苯分子中6个碳原子和6个氢原子在同一平面内，则在分子中，同一平面内的碳原子最少应有()A.7个B.8个C.9个D.14个答案C解析苯环是平面正六边形结构，而碳碳单键能够旋转，该分子中有2个苯环，通过碳碳单键的旋转