2019-2020年高考化学二轮复习 专题13 无机推断题型训练题（含解析）.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 专题13 无机推断题型训练题（含解析）1、化学与社会、生产、生活密切相关下列说法不正确的是（ ）A采用加热方法消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌B石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化D已知Ksp（MnS）Ksp（CdS） 所以工业上用MnO2制取MnCl2时，用MnS除去溶液中含有的Cd2+离子【答案】C【解析】A加热能使蛋白质变性，采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒，故A正确； B石油分馏是将石油分成沸点段不同的产物，通过分馏可得到石油气、汽油、煤油、轻柴油等馏分，故B正确；C明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故C错误；D沉淀向Ksp更小的方向转化，加入MnS可使Cd2+离子转化为CdS沉淀，故D正确故选C2、“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向。下列不符合“化学反应的绿色化”的是()A.消除硫酸厂尾气中的SO2:SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3B.消除制硝酸工业尾气中的氮氧化物:NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2OC.制CuSO4:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2OD.制CuSO4:2Cu+O22CuO,CuO+H2SO4(稀)=CuSO4+H2O【答案】C【解析】“绿色化学”的理念提倡提高原子利用率,从源头上消除污染。C项中产生了SO2,是环境污染物,不符合“绿色化学”的理念。3、下列说法正确的是（）A单质氧化物酸或碱盐硅单质可以按上述关系进行转化图D41B若a、b、c分别为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图D41所示的转化关系C太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置D单质硅常用于制造光导纤维【答案】C【解析】SiO2虽然是酸性氧化物，但却不能与水反应，A项、B项错；硅单质是良好的半导体，在周期表中位于第3周期A族，C项正确；制造光导纤维是用SiO2，D项错。4、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（） 【答案】B【解析】A中Al(OH)3转化成Al不能一步完成；C中H2SiO3Si不能一步完成；D中CH3CHOCH2CH2不能一步完成；B符合题意，发生的反应有：ab：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2Oca：3NO2+H2O=2HNO3+NObc：2NO+O2=2NO2cb：3NO2+H2O=2HNO3+NO。5、某无色混合气体可能由H2、O2、NH3、N2、CO2、HCl和He中的两种或多种组成常温下取此气体200mL进行实验，实验的过程和结果如下（上述气体的体积都是折算成相同条件下的体积）下列说法错误的是（）A原混合气体中有5mLO2B原混合气体中肯定存在的气体是NH3，肯定不存在的气体是HClC原混合气体中CO2的体积分数为40%D可能存在N2和He，它们在原混合气体中的体积分数不可能超过5%【答案】A【解析】200mL的混合气体通过足量的浓H2SO4，体积减少至160mL，说明一定存在氨气，且氨气体积为200mL160mL=40mL，则一定不存在HCl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有CO2，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160mL120mL）2=80mL，则反应生成氧气为40mL；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发生反应：2H2+O22H2O，则参加反应的氢气为（120mL15mL）=70mL，参加反应氧气为105mL70mL=35mL，剩余的15mL气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有N2、He中的至少一种，且体积为10mL，故原混合气体中氢气为70mL，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、He的总体积为：40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合气体中没有氧气，A由上述分析可知，原混合气体中没有氧气，故A错误；B由上述分析可知，原混合气体中一定存在氨气，一定不含HCl，故B正确；C原混合气体中二氧化碳体积分数为100%=40%，故C正确；D由上述分析可知，混合气体中一定存在N2、He中的至少一种，且体积为10mL，在原混合气体中的体积分数为100%=5%，故D正确，故选A6、A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（ ）AD、E中一定都含有甲元素B单质B肯定是氧化剂CA、B、C中一定有一种是氧元素的单质D若A是非金属，则B一定为金属【答案】B【解析】A由转化关系可知：A+DE和A+CE都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+DA+F是置换反应，B是单质，则甲元素只能来自化合物D，A是甲元素的单质，故A正确；B因为常见的氧化物中氧为2价，则另一种元素显正价，故在D中A元素显正价，被还原剂B（金属）可以还原为A中的0价态，而D被A（氧化剂）氧化为A元素更高价态的化合物E，故B错误；CB+DA+F是置换反应，B是单质，其中D、F为氧化物，则A肯定不含O元素，A+CE是化合反应，A、C为单质，E为氧化物，所以C一定为氧气，故C正确；D置换反应B+DA+F可以是氧化性置换（则B是非金属），也可以是还原性置换（B是非金属或金属单质），若A为非金属，B和氧化物发生置换反应生成氧化物和A单质非金属，D中A元素为正价，被B的单质还原，也可以发生D+A=E，A+C=E，所以B只能为金属元素，故D正确；故选B7、某待测溶液（阳离子为Na+）中可能含有SO42、SO32、NO3、Cl、Br、CO32、HCO3中的一种或多种，进行如图所示的实验，每次实验所加试剂均过量，下列说法不正确的是（ ）ASO42、SO32至少含有一种B沉淀B的化学式为BaCO3C肯定存在的阴离子有CO32-、HCO3、Cl-，还有SO42、SO32至少含有一种D肯定没有的离子是Br-【答案】C【解析】待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有：CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，且有部分沉淀不溶解，则溶液中一定存在CO32-，溶液中可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；加入的氯化钡过量，所以滤液A中有Ba2+，滤液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定不存在：S2-、Br-；滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入了氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，正确；B、根据分析可知，气体D为CO2，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，正确；C、根据分析可知待测液中Cl-不能确定是否存在，错误；D、根据分析可知待测液中一定不存在的离子为：S2-、Br-，正确。8、AG各物质间的关系如下图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是( ) A若反应在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol电子B反应的离子方程式为MnO24H2ClMn22H2OCl2C新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解D已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强【答案】D【解析】若反应在常温下进行，则A应该是双氧水，B是氧气，E是四氧化三铁，所以C就应该是盐酸。在加热的条件下二氧化锰氧化浓盐酸生成氯气，氯气与贴反应生成氯 9、下图中M、N为含X元素的常见化合物，则X元素为（）A. Fe或C B. Cu或Fe C. N或S D. C或Al【答案】A【解析】根据反应类别，X有可变价，Al无可变价，选项D错误；中学化学中N2无置换反应，选项C错误；Cu置换的产物为Cu2，无Cu2Cu的化合反应，选项B错误。Fe和C的相关变化如下：，选项A正确。10、下列各组物质按下图所示转化关系每一步都能一步实现的是（）选项甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe(OH)3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3SiO2SiF4【答案】B【解析】FeCl3Fe2O3，不能一步进行，选项A错误；NOHNO3，不能一步进行，选项C错误；Na2SiO3SiO2，选项D错误。11、中学常见无机物A、B、C、D、E、X均由短周期元素组成，且存在如下图转化关系（部分反应物、生成物和反应条件略去）。下列推断不正确的是（ ）A. 若X是Na2SO3，C是能使品红溶液褪色的气体，则A可能是氯气，且D和E不反应B若A是单质,B和D的反应是OH-+ HCO3=H2O+CO32- ，则E-定能还原CuOC若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则E为NaOHD若D为白色沉淀，且与A的摩尔质量相等，则X-定是铝盐【答案】A【解析】12、已知甲、乙、丙和X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如下图，则甲和X不可能是（）A甲为C，X是O2B甲为SO2，X是NaOH溶液C甲为Cl2，X为FeD甲为Al，X为NaOH溶液【答案】D【解析】试题分析：A项甲为C，X是O2，则乙为CO，丙为CO2, 丙（CO2）和甲（C）反应又可以生成乙（CO），所以符合转化关系；B项甲为SO2，X是NaOH溶液时，乙为NaHSO3，丙为Na2SO3, 丙（Na2SO3）和甲（SO2）反应加上H2O又可以生成乙（NaHSO3），符合转化关系；C项甲为Cl2，X为Fe时，乙为FeCl3，丙为FeCl2, 丙（FeCl2）和甲（Cl2）反应又可以生成乙（FeCl3），符合转化关系；D项甲为Al，X为NaOH溶液，乙为NaAlO2，乙（NaAlO2）不能和X（NaOH）反应，不符合转化关系。考点：考查有关连续反应点评：本题涉及无机化合物之间的连续反应，平时学习要多积累13、某混合气体可能含N2、HCl、CO中的一种或几种，将其依次通过足量NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化；再通过足量Na2O2固体，气体体积减小；最后通过灼热的铜丝，充分反应后气体体积又减小，但还有气体剩余。以下判断中，正确的是()A一定有N2和HCl，没有COB一定有N2，CO和HCl中至少有一种C一定有N2，CO和HClD一定没有N2，CO和HCl中至少有一种【答案】B【解析】当气体通过足量Na2O2固体时，气体体积减小，说明气体中有CO2，CO2可能是HCl与NaHCO3溶液反应生成，也可能是CO还原灼热CuO得到的。最后通过灼热的铜丝充分反应，气体还有剩余，说明原气体中含有N2。14、a、b、c、d、e是含有一种相同元素的5种物质，可发生如下转化：其中a是单质，b是气体，c、d是氧化物，e是最高价氧化物对应的水化物。则a不可能是（）ACl2 BN2 CS DC【答案】A【解析】试题分析：a、b、c、d、e是含有一种相同元素的5种物质，可发生如下转化：其中a是单质，b是气体，c、d是氧化物，e是最高价氧化物对应的水化物。则a不可能是Cl2，因为a是单质，b是气体，c、d是氧化物，e是最高价氧化物对应的水化物，不能满足条件。故选A考点：物质间的转化点评：本题旨在考查学生对化学反应的灵活应用的能力。学生只要熟悉各个物质间的转化关系，此题便不难解决。15、已知a是一种常见单质（提示：硅与强碱溶液反应生成硅酸钠和氢气），在一定条件下可发生如下图所示的转化关系，则下列叙述中不正确的是（）A.a在与强碱溶液的反应中被氧化B.向b中滴加适量盐酸可得到cC.c一定是两性物质D.d一定能和氢氧化钠溶液反应【答案】C 【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考查的是无机推断的相关知识。16、A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（）AD、E中一定都含有甲元素B单质B肯定是氧化剂CA、B、C中一定有一种是氧元素的单质D若A是非金属，则B一定为金属【答案】B【解析】根据DAE，则E中一定含有甲元素，根据DBAF，由于A、B均为单质，B不可能含有甲元素，则D一定含有甲元素，A对；根据ACE、A和C都是单质，而E是一种氧化物，所以A和C中一定有一种是氧元素的单质，C对；根据DBAF，该反应为置换反应，D、F为氧化物，由于O的化合价不变，若A为非金属，则反应中D得电子，B失电子，故B为金属，作还原剂，B错，D对。17、如图分别代表有关反应中的一种物质，请填写以下空白（1）已知中阴阳离子个数比为1：1，则的化学式是 、的电子式为 （2）图中涉及的氧化还原反应共有 个 （3）与反应的化学方程式为 （4）与反应的化学方程式是 （5）一定条件下，将2amL和的混合气体用排水法收集，得到amL气体，则原混合气体中和的体积比为 【答案】（1）NH4HCO3；（2）6；（3）4NH3+5O24NO+6H2O；（4）C+4HNO32H2O+4NO2+CO2；（5）23：1或3：2【解析】与Na2O2反应，所以只能是CO2和H2O，因为是通过浓硫酸的，只能是CO2，且产生Na2CO3和O2，为O2，Mg与CO2反应生成MgO和C，应为碱性气体，应为NH3，则为NH4HCO3，阴阳离子个数比为1：1，则为NO，为NO2，为HNO3，为C，（1）由以上分析可知为NH4HCO3，为CO2，其电子式为，故答案为：NH4HCO3；（2）题中涉及的氧化还原反应有与、与、与，与、与水、与等反应，共6种，故答案为：6；（3）与的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）与反应的化学方程式是C+4HNO32H2O+4NO2+CO2，故答案为：C+4HNO32H2O+4NO2+CO2；（5）和的混合气体用排水法收集，涉及反应的方程式为4NO2+O2+2H2O4HNO3，3NO2+H2OHNO3+2NO，如氧气过量，设氧气为x mL，则NO2为（2ax）mL，根据反应方程式可得2a（2ax）=a，x=a，NO2为a，即二者体积为3：2，如NO2为过量，设为NO2xmL，氧气为ymL，则（x5y）=a，x+y=2a，解得x=a，y=a，二者比值为23：1，故答案为：23：1或3：218、己知A为单质，B、C、D、E为化合物它们之间存在如图转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为 ，由C转化为D的化学方程式为 ，上述反应中属于氧化还原反应的有 （2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为 ，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是 【答案】（1）Mg3N2；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁【解析】解：己知A为单质，B、C、D、E为化合物，（1）D为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D为NO，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B为Mg3N2，Mg3N2与水反应生成C为NH3，NH3与HCl气体反应生成E为NH4Cl，A为非金属单质，所以A为N2，由C转化为D的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，反应为氮气与镁反应生成氮化镁，是氧化还原反应，反应为氮气与氢气合成氨，是氧化还原反应，反应为氮气与氧气生成一氧化氮，是氧化还原反应，反应为氮化镁与水发生水解，是非氧化还原反应，反应为氨的催化氧化，是氧化还原反应，反应为氨气与氯化氢生成氯化氨，是非氧化还原反应，所以上述反应中属于氧化还原反应的有，故答案为：Mg3N2；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则D为Fe2O3，C为FeCl3，E为Fe（OH）3，A为生活中常见的金属单质，则A为Fe，B为A与盐酸反应的产物，则B为FeCl2，所以由B转化为C的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，加热蒸干并灼烧FeCl3的溶液可得Fe2O3的原因是FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁19、根据图所示变化关系，写出A，B，C，D，E各物质的分子式A_，B_，C_，D_，E_。【答案】Si；Na2SiO3；H4SiO4；H2SiO3；SiO2。【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题考查Si；Na2SiO3；H2SiO4；H2SiO3；SiO2等物质之间的关系及性质。20、甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色。在一定条件下，各物质相互转化关系如图。请回答：(1) 写化学式：丙_，E_。(2)X的电子式为_。 （3） 写出A与H2O反应的化学反应方程式：_ _ _ 。（4）写出B与G溶液反应生成F的离子方程式：_ _ _。（5）在上图的反应中，不属于氧化还原反应的是（填序号）_。【答案】 (1) O2 SO3 (2)Na2S电子式(3) 2Na2O2 + 2H2O =4NaOH + O2(4) HCO3 + OH=CO32 + H2O (5) 【解析】试题分析：由A、G的焰色反应为黄色可判断出都含有Na元素，而多次出现的丙，常伴随着点燃这一条件，且其为单质，可以判断出，丙为O2，A由O2和甲单质反应生成，且能与CO2和H2O反应，也都能生成O2，说明A为Na2O2，甲为Na，以此为突破口，可推断出乙为S，B为NaOH,C为Na2SO3，D为SO2，E为SO3，F为Na2CO3,G为NaHCO3,X为Na2S。考点：Na相关物质推断点评：此题考核了以Na元素为核心的推断，主要是找到突破口，然后将各种物质推断出来，在根据题目所问，解答，难度中等。21、下图是常见物质之间的转化关系。氧化物A是光导纤维的基本原料，单质、为非金属单质，单质为主族元素对应的金属单质。请回答：（1）氧化物A的化学式：_。单质与NaOH溶液反应的化学方程式_。（2）向盐甲的水溶液中通入过量的CO2，观察到的现象是_。（3）单质的用途非常广泛，如用做_（写一种即可）。（4）盐乙的溶液呈现_（填酸性或碱性或中性）。【答案】（1）SiO2 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2（2）有白色胶状沉淀生成 （3）半导体材料（合理即可给分） （4）碱性【解析】试题分析：氧化物A是光导纤维的基本原料，则A是二氧化硅。二氧化硅和氢氧化钠溶液反应删除硅酸钠和水，则甲是硅酸钠，C是水。单质和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，则单质是硅，所以单质为氢气。单质为主族元素对应的金属单质，且和氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以该单质是铝，则乙是偏铝酸钠，偏铝酸钠水解，溶液呈碱性。氧化物B和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，因此B是氧化铝。考点：考查以硅和铝及其化合物的转化的有关判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型，试题注重基础，侧重对学生能力的培养和解题方法的训练。该类试题学生需要明确的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找突破口，突破口就是抓特字，例如特殊颜色、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。22、下图表示各物质之间的转化关系。已知：常温下D、E、F、I、J为气体，且D、I是水煤气的主要成分；B是无色液体，M为红褐色固体，C的焰色反应为黄色。A电解BCDEHIJFGBDKAL空气中M基于反应原理的化学工业称为 ，写出该反应的化学方程式 。写出K和E反应的离子方程式_。 写出F溶液和H反应的离子方程式_。已知：由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为111，则G的化学式为_。【答案】氯碱工业 2NaCl2H2OH2C122NaOH2Fe2Cl22Fe3+2Cl FeO2H+Fe2H2OFeC2O423、有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。A是海水中含量最多的盐，B、E、F是气体单质，C是金属单质，X是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，Y是最常见的无色液体。 请回答下列问题： （1）X的化学式为 。 （2）E的电子式为 。 （3）写出C与Y反应的化学方程式： 。 （4）写出D溶液与G溶液反应的离子方程式： 。【答案】24、工业上测量S02、N2、O2混合气体中S02含量的装置如右图。反应管中装有碘的淀粉溶液。S02和I2发生的反应为(N2、02不与I2反应)：SO2+I2 +2H20=H2SO4+2HI(1)混合气体进入反应管后，量气管内增加的水的体积等于 的体积(填写气体的分子式)。(2)反应管内的溶液蓝色消失后，没有及时停止通气，则测得的S02含量 (填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。(3)反应管内的碘的淀粉溶液也可以用 代替(填写物质名称)。(4)若碘溶液体积为VmL，浓度为cmolL。N2与02的体积为VmL(已折算为标准状况下的体积)。用c、V、V表示SO2的体积百分含量为： 。(5)将上述装置改为简易实验装置，除导管外，还需选用的仪器为 (选下列仪器的编号)。 a烧杯b试管c广口瓶d容量瓶巴量筒 f单孔塞g双孔塞【答案】(1)N2、02 (2)偏低(3)酸性高锰酸钾溶液或溴水 (4)V(S02)=100 (5)b、c、e、g或b、e、g或c、e、g【解析】(1)混合气体进入反应管中，混合气体中的S02被I2吸收，剩余的气体为N2和02。量气管内增加水的体积即为N2和02的总体积。 (2)当反应管内蓝色消去，说明I2与SO2恰好反应，若继续通入气体，则未反应的SO2也会排入量气管中，使N2、02的体积增大，测得S02的含量降低。 (3)反应管中I2与淀粉的作用是吸收SO2，且恰好完全反应时溶液由蓝色变无色来指示反应的终点。其他一些能氧化SO2，且溶液有颜色变化的物质可代替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的体积分数为： 100 (5)由所给装置可知，反应管起密封容器的作用，因此，可用试管或广口瓶代替，而量取气体还可用测量气体所排出液体的体积确定，可用广口瓶、双孔塞、量筒代替量气管。其装置可以为:b、c、e、g或b、e、g或c、e、g。25、无机化合物A主要用于药物制造在一定条件下，2.30g固体A与5.35g NH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况）气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备A物质，纯净的A物质为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；物质A的熔点390，沸点430，密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要避免接触酸、酒精在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在750800分解为化合物E和气体C回答下列问题：（1）A的化学式 ，C的电子式为 （2）A与盐酸反应的化学方程式为 （3）A在750800分解的方程式为 ，制得的粗品往往是灰色的，其可能的原因是 （4）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理 （5）工业制备单质D的流程图如图：步骤中操作名称是 试用平衡移动原理解释步骤中减压的目的是 （6）写出D的重氢化合物与水反应的化学方程式为 【答案】（1）LiNH2；（2）LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl；（3）3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的产物中含有杂质铁；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险（5） 蒸发浓缩、冷却结晶； 存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备；（6）LiD+H2O=LiOH+HD【解析】（1）在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C （标准状况），气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量=0.2mol，其质量=0.2mol17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，若D为A族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4ClDCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=0.05mol，其摩尔质量=85g/mol，D的相对分子质量=8571=14，不符合题意，若D为A族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4ClDCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=0.1mol，其摩尔质量=42.5g/mol，D的相对分子质量=42.535.5=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol0.1mol=0.1mol，含有H原子为0.2mol40.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2，氨气的电子式为：，故答案为：LiNH2；（2）根据化合物A（LiNH2）遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其与盐酸反应生成LiCl、NH4Cl，反应方程式为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl，故答案为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl；（3）LiNH2中N原子与H原子数目之比为1：2，NH3中N原子与H原子数目之比为1：3，故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N，反应方程式为：3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色，故答案为：3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的产物中含有杂质铁；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险，故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险（5）通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤是要从LiCl溶液获得LiClH2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤步骤是要将LiClH2O晶体在减压、干燥的氯化氢气氛中加热（200）生成无水LiCl，然后经步骤电解熔融的LiCl制得金属Li，则：步骤中的操作己经有过滤、洗涤，还应有“蒸发浓缩、冷却结晶”，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；LiClH2O晶体脱去结晶水生成无水LiCl的反应：LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），是一个扩大气体体积的反应，所以减小压强，有利于平衡LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），向正方向移动，有利于无水LiCl的制备 故答案为：存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备；（6）LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合，反应方程式为：LiD+H2O=LiOH+HD，故答案为：LiD+H2O=LiOH+HD