还剩16页未读，
继续阅读
必刷02 非金属元素及其化合物推断题-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（解析版）
展开
这是一份必刷02 非金属元素及其化合物推断题-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（解析版），共1页。
XYZA
A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
B．若X为S单质，则A为硫酸
C．若X为S单质，则A不一定能与金属铜反应生成Y
D．若X为N2或NH3，则A为硝酸
【答案】A
【分析】
X经两步氧化反应生成Z，Z与H2O反应生成A，常见的符合转化关系的有：NaNa2ONa2O2NaOH、S(或H2S) SO2SO3H2SO4、N2(或NH3) NONO2HNO3等；据此分析作答。
【详解】
A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③不一定为非氧化还原反应，如X、Y、Z、A依次为N2、NO、NO2、HNO3时，反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应属于氧化还原反应，A错误；
B．若X为S单质，S与O2点燃时反应生成的Y为SO2，SO2发生催化氧化生成的Z为SO3，SO3与H2O化合成硫酸，即A为硫酸，B正确；
C．根据B项分析，A为硫酸，Cu与浓硫酸常温下不反应，Cu与浓硫酸加热时反应生成CuSO4、SO2和水，Cu与稀硫酸不反应， C正确；
D．若X为N2或NH3，N2与O2放电或高温下化合成NO、NH3发生催化氧化反应生成NO，Y为NO，NO与O2化合成NO2，Z为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则A为HNO3，D正确；
答案选A。
2．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是
A．X是N2O5
B．可用排水法收集NO2气体
C．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D．从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化
【答案】B
【详解】
A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价时，对应的物质类别是氮的氧化物N2O5，故A正确；
B．NO2溶于水且和水反应生成NO气体，故不可用排水法收集NO2气体，故B错误；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，故C正确；
D．根据氧化还原反应原理分析，NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，故D正确；
答案选B。
3．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下图所示，W的次外层的电子数是最外层的2倍，下列说法正确的是
A．原子半径：W＞Y＞X
B．X的氢化物沸点比Y的氢化物沸点低
C．W的最高价氧化物是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料
D．常温下，Z单质投入到Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中，无明显现象
【答案】D
【分析】
根据四种元素在周期表中的位置，可知X、Y是第二周期元素，Z、W是第三周期元素，W的次外层的电子数是最外层的2倍，则W是Si元素，X是C元素，Y是N元素，Z是Al元素，据此分析解答。
【详解】
A．根据W、Y、X在元素周期表的位置，根据原子半径大小的变化规律，可知原子半径W＞X＞Y，故A说法错误；
B．经分析，X元素是C元素，C元素的氢化物种类很多，不同的氢化物沸点不相同，Y的氢化物是NH3，虽然NH3分子间存在分子间氢键， 但C元素的氢化物不确定，有的比NH3分高，如苯，有的比NH3分子低，如甲烷，故B说法错误；
C．W是Si元素, Si元素的最高价氧化物是二氧化硅，单晶硅是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料，而不是二氧化硅，故C说法错误；
D．经分析，Z单质是金属Al，Y的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，常温下，金属Al投到浓硝酸中会钝化，无明显现象，故D说法正确；
本题答案D。
4．某固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，取固体粉末X进行连续实验，实验过程及产物如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，下列说法不正确的是
A．固体C是Cu，固体A一定含有Cu2O
B．气体B可能使品红溶液褪色
C．气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验
D．固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3
【答案】B
【分析】
固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，固体X和NaOH溶液反应生成气体A，该气体为NH3，则固体X中一定含有(NH4)2CO3，向溶液A中加入适量盐酸，生成气体B和固体B，气体B为CO2，固体B为Al(OH)3，则X中一定含有NaAlO2，向固体A中加入过量盐酸，生成固体C，固体C为Cu，则X中一定含有Cu2O，向溶液B中加入KSCN溶液、H2O2，溶液变红，说明溶液B中含有Fe2+或Fe3+，则X中一定含有Fe元素，即含有Fe或Fe2O3。
【详解】
A．由分析可知，固体C为Cu，固体A一定含有Cu2O，A项正确；
B．气体B为CO2，不能使品红溶液褪色，B项错误；
C．气体A为NH3，是碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验，C项正确；
D．固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，X中一定含有(NH4)2CO3、NaAlO2、Cu2O，故X只能含有Fe和Fe2O3中的一种，即固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3，D项正确；
答案选B。
5．A、B、C、D、E、X是由1-20 号元素组成的中学常见无机物或其水溶液。这些物质存在如图转化关系(部分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为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH-+=H2O+，则E在一定条件下能还原CuO
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2
D．若D是红棕色气体，E是白色沉淀，则A有可能是Mg3N2
【答案】C
【详解】
A．若X是Na2SO3，C为气体SO2，D是NaHSO3，若A是Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，B是HCl，E是HClO，NaHSO3具有还原性，而HClO具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应产生Na2SO4和HClO，故D和E能发生反应，A正确；
B．若A是单质，能与水反应生成B与E，B、D反应的离子方程式OH-+=H2O+，则可推知A为Na，B为NaOH、E为H2，若X为CO2，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热条件下能将CuO还原为Cu单质，B正确；
C．D为CO，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成O2，A在常温下与水反应能够产生O2，则A可能为K2O2或Na2O2或F2。C能和E反应，若A为F2，则E为HF，而HF与CO2不反应，故A可能为Na2O2，也可能是K2O2，但不一定是Na2O2，C错误；
D．若D是红棕色气体，则D是NO2，X是O2，C是NO，B是NH3，E是白色沉淀，若A是Mg3N2，Mg3N2与H2O反应产生NH3和Mg(OH)2，E是Mg(OH)2，符合物质转化关系，D正确；
故合理选项是C。
6．如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
对图中有关物质及反应的叙述正确的是
A．液态的A汽化时吸收大量的热，因此可用作制冷剂
B．D与水反应能生成酸，因此D是酸性氧化物
C．因为E具有强氧化性，所以不能用铝制容器盛装
D．图中涉及反应均为氧化还原反应
【答案】AD
【分析】
B能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是O2；G是一种紫红色金属单质，则G是Cu，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是H2O，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为HNO3、D是NO2，则A是NH3，C是NO，结合对应物质的性质进行解答。
【详解】
根据上述分析可知：A是NH3，B是O2，C是NO，D是NO2，E为HNO3，F是H2O，G是Cu。
A．A是NH3，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B．D是NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，反应过程中元素化合价发生了变化，所以NO2不是酸性氧化物，B错误；
C．E为HNO3，具有强氧化性，在室温下遇Fe、Al，能够将金属氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步反应，因此能用铝制容器盛装，C错误；
D．在上述图中涉及反应中，都存在元素化合价的变化，因此均为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是AD。
7．（2020·北京市回民学校高一期中）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据下图所示，回答下列问题：
（1）Y的化学式为_______，写出Y转化为Na2SO3的化学方程式___________。
（2）W的溶液与Na2SO3反应可以生成Y，写出该反应的离子方程式___________。
（3）欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，合理的是________(填序号)。
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．Na2SO3+Na2SO4 d．SO2+Na2SO4
【答案】SO2 Na2O+SO2=Na2SO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 2H++=H2O+SO2↑ b
【分析】
结合S元素常见物质以及S元素价态可知，单质为S，+4价硫元素氧化物为SO2，+6价硫元素酸为H2SO4，然后结合物质的性质进行解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，Y的化学式为SO2；SO2与钠元素的碱或碱性氧化物反应能够生成Na2SO3，其化学方程式为Na2O+SO2 =Na2SO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
（2）W为H2SO4，属于酸，Na2SO3属于弱酸酸式盐，H2SO4与Na2SO3反应生成Na2SO4、H2O、SO2，反应离子方程式为2H++=H2O+SO2↑；
（3）Na2S2O3中S元素化合价为+2价，氧化还原反应中，有元素化合价升高，则必有元素化合价降低，由选项可知，若要生成Na2S2O3，则反应物中必有一种物质中硫元素化合价高于+2，另一种物质中元素化合价低于+2价，选项中S元素化合价分别为：Na2S(-2)、S(0)、Na2SO3(+4)、SO2(+4)、Na2SO4(+6)，故答案为：b。
8．已知A是一种常见非金属单质，B是氧化物，E是A的氢化物，D是A的最高价氧化物对应的水化物，其转化关系如图所示：
(1)若E、D的水溶液均呈酸性，试写出E与B反应时的化学方程式___________。
(2)若D是一种难溶于水的凝胶，试写出反应③的离子方程式___________。
(3)若E的水溶液呈碱性，若D的水溶液显酸性，写出反应②的化学方程式___________。
【答案】2H2S+SO2=3S↓+2H2O SiO2+2OH﹣=+H2O 4NH3+5O24NO+6H2O
【详解】
(1)从图中可知单质A可被O2氧化，若E、D的水溶液均呈酸性，说明A应是S，E是H2S，B是SO2，顺次推知C是SO3，D是H2SO4，H2S和SO2反应的方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(2)非金属元素最高价氧化物对应的水化物难溶于水的只有H2SiO3，则A是Si，E是SiH4，B是SiO2，C应是硅酸盐，D是H2SiO3，SiO2与NaOH等溶液反应生成硅酸盐，反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣=+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=+H2O；
(3)若E的水溶液呈碱性，应为NH3，若由转化关系可知A为N2，B为NO，C为NO2，D的水溶液显酸性，应为HNO3，E为氨气，发生催化氧化生成NO，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
9．图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去)，其中W为铵盐，A为无色有刺激性气味的气体，C为无色气体，请填写下列空白。
(1)W是__________，F是___________ (请填写化学式)。
(2)反应①中若消耗Na2O2 7.8 g，则转移的电子数为___________。
(3)反应③的离子方程式___________，此反应氧化剂和还原剂物质的量比为___________。
(4)A与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，请写出该反应的化学方程式____________。
【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3 NO2 0.1NA 3Cu＋2NO3- ＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 2:3 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
【分析】
W能与氢氧化钠和盐酸都反应，生成气体，A为无色有刺激性气味的气体，C为无色气体且能与过氧化钠反应，所以W为铵盐和碳酸盐，故W为(NH4)2CO3或NH4HCO3；A为氨气、B为水、C为二氧化碳；二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气(D)，氨气催化氧化生成NO(E)；NO和氧气反应生成NO2(F)；NO2(F)与水(B)反应生成HNO3(G)，Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，据此解答；
【详解】
(1)由以上分析知，化合物W是(NH4)2CO3或NH4HCO3； F是NO2；
(2)二氧化碳和过氧化钠反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1 mlNa2O2反应转移1ml电子，消耗Na2O27.8 g，即0.1ml Na2O2，转移的电子数为0.1NA；
(3) 反应③为Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为3Cu＋2NO3-＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；铜化合价升高作还原剂，硝酸中氮元素由+5降低到+2生成NO时作氧化剂，故氧化剂和还原剂物质的量比为2:3；
(4)氨气与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O。
10．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D为R的单质，且D与NaOH溶液反应生成C和H2。
请回答下列问题。
(1)写出对应物质的化学式：A_______；C_______；E________。
(2)反应①的化学方程式为__________。
(3)反应④的离子方程式为__________。
(4)H2CO3的酸性强于E的酸性，请用离子方程式予以证明：________。
【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3(或H4SiO4) SiO2+2C Si+2CO↑ Si+2OH-+H2O=+2H2↑ +CO2+H2O=+H2SiO3↓
【分析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素(用R表示)的单质D能与NaOH溶液反应生成C和氢气，由转化关系可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦炭高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3(或H4SiO4)，然后分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：A是SiO2，B是CaSiO3，C为Na2SiO3，D为Si，E为H2SiO3(或H4SiO4)。
(1)由以上分析可知A化学式为SiO2，C化学式为Na2SiO3，E化学式为H2SiO3 (或H4SiO4)。
(2)反应①是SiO2与焦炭在高温下发生置换反应产生Si和CO，反应的化学方程式为：SiO2+2C Si+2CO↑；
(3)反应④是Si与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2，反应的离子方程式为：Si+2OH-+H2O=+2H2↑；
(4)向Na2SiO3溶液中通入CO2，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，该反应的离子方程式为：+CO2+H2O=+H2SiO3↓，从而证明了物质的酸性：H2CO3＞H2SiO3。
【点睛】
本题以硅为载体考查了无机物的推断。结合物质的拆分原则，根据原子守恒、电荷守恒书写离子方程式，注意：二氧化硅和碳在高温下反应生成CO而不是CO2，为易错点。
11．A、B、C、D均为中学常见物质且均含有同一种元素，它们之间的部分转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：ABCD。
(1)若A为淡黄色固体单质，且D为强酸。
①A为_______ ，写出一个证明该物质具有氧化性的化学方程式____________。
②写出B→C化学方程式_________。
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
①写出A→B的化学方程式__________。
②D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶的原因是__________(写化学方程式)。
③B、C都是大气污染物，它们对环境造成的危害表现在_______。
A．引起酸雨 B．引起温室效应 C．形成光化学烟雾 D．引起水体富营养化
【答案】S Fe+SFeS 2SO2+O22SO3 4NH3+5O24NO+6H2O 4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O AC
【分析】
(1)根据物质颜色和终态可确定A为S单质，根据一系列反应得出D为硫酸；
(2)根据使湿润的红色石蕊试纸变蓝确定A是氨气，进而确定D是硝酸。
【详解】
(1)①常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸；可根据S与Fe在加热时反应产生Fe说明S具有氧化性，反应方程式为：Fe+SFeS ；
②B→C转化的化学方程式2SO2+O22SO3；
(2)A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A是NH3；NH3与O2反应产生的B是NO；NO与O2反应产生的C是NO2；NO2与H2O反应产生的D是HNO3。
①NH3与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生NO、H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②D是HNO3，浓硝酸不稳定，光照易分解，浓度越大，温度越高，物质越容易分解，为避免硝酸分解，通常将其保存在棕色试剂瓶，物质分解反应方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O；
③NO、NO2与空气中的O2、H2O接触，会产生HNO3，导致酸雨；还会与空气中的飘尘作用产生光化学烟雾，故NO、NO2对环境造成的危害表现在产生酸雨和光化学烟雾，合理选项是AC。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断。把S和NH3以及硫酸、硝酸的制取、环境污染等结合起来，引导学生对S、N两种元素及其化合物的性质进行总结，启发学生，学习时要善于归纳总结，形成比较系统的知识结构。
12．A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示。
(1)若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；C､D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体能与血红蛋白结合，反应Ⅱ在三元催化器催化作用下常用于汽车尾气的转化。
①写出反应I的化学方程式__。
②写出Ⅲ在高温下反应的化学方程式__。
(2)若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C是一种常见的碱，含有的阴、阳离子均为10电子粒子。
①写出反应Ⅰ的化学方程式___。
②写出反应Ⅲ的化学方程式___。
(3)若A是酸，D是一种常见金属，E是一种常见的非金属单质。
①写出反应Ⅱ的离子方程式___。
②检验B中含有少量C的方法是：取少量溶液加入__(填序号)后观察现象。
A．NaOH溶液 B．KSCN溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．淀粉—KI溶液
【答案】4NH3+5O24NO+6H2O N2+O22NO 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl— BD
【分析】
(1)由A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体可知，A是氨气；由物质的转化关系，结合C､D均为空气的主要成分，E是一种有毒气体能与血红蛋白结合，反应Ⅱ在三元催化器催化作用下常用于汽车尾气的转化可知，B为一氧化氮、C为氮气、D为氧气、E为一氧化碳；
(2)由A是淡黄色固体化合物可知，A为过氧化钠，由物质的转化关系，结合常温下D是无色气体，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子可知，B为碳酸钠、C为氢氧化钠、D为氧气、E为氢氧化钙或氢氧化钡；
(3)由物质的转化关系，结合A是酸，D是一种常见金属，E是一种常见的非金属单质可知，A为盐酸、B为氯化亚铁、C为氯化铁、D为铁、E为氯气。
【详解】
(1)①由分析可知，反应I为在催化剂作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②由分析可知，Ⅲ在高温下的反应为氮气和氧气在高温下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；
(2) ①由分析可知，反应Ⅰ为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
②由分析可知，反应Ⅲ为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
(3) ①反应Ⅱ为氯化亚铁溶液与氯气生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—；
②若氯化亚铁溶液中含有少量的氯化铁溶液，检验氯化铁的方法是向溶液中滴加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，或向溶液中滴加入淀粉碘化钾溶液，溶液会变为蓝色，则BD符合题意，故答案为：BD。
13．（2020·北京师范大学万宁附属中学高一期末）A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为__________，Y的化学式为__________，E的化学式为__________。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1 ml B消耗3 ml氧化铜，该反应的化学方程式为：______________________。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为___________________。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或 “没有”)______，理由是______________________。
(5)A的单质在中学化学中应用非常广泛，写出实验室制取它的化学方程式：______________。
【答案】H2 NH3 NO 2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O 6NO＋4NH35N2＋6H2O 有 二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀 MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O
【分析】
E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色气体，则F为NO2，E为NO，根据转化关系图可知，C为O2，因NO2可以与H2O反应生成NO和HNO3，则可推出Z为H2O，G为HNO3，结合图中关系及“A、B、C、D是四种常见气体单质”信息可知，D为H2，又X与Y结合能生成白烟，两者应为氨气与HCl气体，其中Y还可以与CuO发生氧化还原反应生成B单质和水，则逆推知，A为Cl2，B为N2，X为HCl，Y为NH3，白烟的成分为氯化铵，据此结合题意分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，A为Cl2，B为N2，C为O2，D为H2，F为NO2，E为NO，X为HCl，Y为NH3，Z为H2O，G为HNO3，则
(1)D的化学式为H2；Y的化学式为NH3；E的化学式为NO；
(2)Y(NH3)具有还原性，可与氧化铜会发生氧化还原反应，每生成1 ml B(N2)消耗3 ml氧化铜，转移6ml电子，该反应的化学方程式为2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O；
(3)Y(NH3)与E(NO)在一定条件下可发生归中反应生成B(N2)和Z(H2O)，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的化学方程式为：6NO＋4NH35N2＋6H2O；
(4)二氧化氮可以与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，进而与钡离子会反应生成不溶于水也不溶于酸的硫酸钡白色沉淀，故答案为：有；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀；
(5)实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，其化学方程式为：MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O。
14．（2020·南昌县莲塘第三中学高一期末）Ⅰ．物质X、Y、Z均含同种短周期元素，其转化关系如下图所示(反应条件未标出)。
XYZ
(1)若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，Z是红棕色气体，由Y与W反应生成Z的化学方程式是_______。
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，单质W是常见金属，则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是_______。
(3)若X是空气的主要成分之一，W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍；则Y与W反应生成0.1 ml Z时，反应中转移的电子数为_______。
Ⅱ．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，试写出此反应的化学方程式_______。
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式是_______
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，试写出此反应的化学方程式_______。
【答案】2NO+O2=2NO2 Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O 6.02×1022(或0.1NA) C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【详解】
Ⅰ．(1)若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，则X为NH3，从而得出Y为NO，W为O2，由Y(NO)与W(O2)反应生成Z(NO2)的化学方程式是2NO+O2=2NO2。答案为：2NO+O2=2NO2；
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，则三种元素构成含氧酸，从而得出三种元素为H、N、O，单质W应为Fe，则X(HNO3)的稀溶液转化为Y[Fe(NO3)3]的离子方程式是Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O。答案为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；
(3)若W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，则其为碳，X是空气的主要成分之一，则其为O2，从而得出Y为CO2，Z为CO；Y(CO2)与W(C)反应生成0.1 ml Z(CO)时，可建立关系式CO——e-，从而求出反应中转移的电子数为6.02×1022(或0.1NA)。答案为：6.02×1022(或0.1NA)；
Ⅱ．常温下，E是一种无色无味的液体，则E为H2O。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，则A为碳、B为浓硫酸、C和D分别为CO2、SO2，此反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。答案为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu、B为稀硝酸、C为NO，反应的离子方程式是3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，反应物为NH4Cl和Ca(OH)2，此反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
15．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。
(1)若A被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，反应①的化学方程式为_____，反应④的化学方程式为______。
(2)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，且D、F混合光照爆炸生成B，反应①、②都在水溶液中进行，则检验E中阳离子最好的试剂是______（填化学式）。
【答案】2Mg+CO22MgO+C C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O KSCN
【分析】
(1)若A为被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，A所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg，D是C，B是CO2，C是MgO，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，F是浓HNO3，E是Mg(NO3)2；
(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，由转化关系可知A为变价金属，应为Fe，反应①在水溶液中进行。反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2。
【详解】
(1)根据上述分析可知：A是CO2，B是Mg，C是MgO，D是C单质，E是Mg(NO3)2，F是HNO3。
反应①是Mg在CO2中燃烧反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应④是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)根据上述分析可知：A是Fe，B是HCl，C是FeCl2，D是H2，E是FeCl3，F是Cl2。
E是FeCl3，其阳离子是Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待检物质少许配成溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，产生了红色Fe(SCN)3，据此检验Fe3+，故检验试剂是KSCN。
【点睛】
本题考查无机物的推断。把握物质的性质，根据某物质的特殊性质或现象寻找突破口，然后结合物质的转化关系逐一推断。熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键。
16．下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)。其中，I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，K是一种红棕色气体，C是一种强酸。
请填写下列空白：
(1)已知M为硝酸亚铁，写出下列物质的化学式：A：_______E：_______。
(2)写出反应④的离子方程式：_______。
(3)在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的_______(填写序号)。
(4)写出检验C溶液中阴离子的方法：_______。
(5)将化合物D与KNO3、KOH高温共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】SO2 Fe(OH)3 3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑ ②⑧ 取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子。
【分析】
I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I是Al；K是一种红棕色气体，K是NO2；L和O2反应生成NO2，则L为NO；NO2和H2O反应生成J的溶液，J为HNO3；Al和D反应生成G和H，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，由此推测该反应为铝热反应，则D为Fe2O3，G和HNO3反应NO和Fe(NO3)2溶液，则G为Fe，H为Al2O3；E能转化为Fe2O3，F和NaOH溶液反应生成E，则F为Fe(NO3)3，E为Fe(OH)3；FeS2和O2反应生成Fe2O3和A，A为SO2；SO2和O2反应生成B，B为SO3；SO3和H2O反应生成C的溶液，C是一种强酸，则C为H2SO4。
【详解】
(1)由分析可知，A为SO2，E为Fe(OH)3；
(2)反应④是Fe(NO3)2溶液和硫酸反应生成Fe(NO3)3和NO，离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；
(3)反应②是SO2和O2反应生成SO3，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应③是SO3和H2O反应生成H2SO4，属于化合反应，但不属于氧化还原反应；反应⑥是Fe(OH)3转化为Fe2O3，属于分解反应，不属于氧化还原反应；反应⑧是NO和O2反应生成NO2，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应⑨是NO2和H2O反应生成HNO3和NO，属于氧化还原反应，但不属于化合反应；答案选②⑧；
(4)检验硫酸根的方法为：取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子；
(5)将Fe2O3与KNO3、KOH高温共融可制得K2FeO4、KNO2和H2O，化学方程式为：。
17．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
ABC
(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金。A是有色气体。
①W在周期表中属于___族(填主族、副族)元素。
②向装有C溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为___。过程中发生的氧化还原反应的方程式为___。
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•ml-1。
①B的化学式为___。
②实验室制取B时，收集方法为___。
③C与水反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为___。
(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质。
①下列说法正确的是___。
A．A和W的原子价电子数相等
B．A和W对应的元素在自然界既可以以游离态存在，也可以以化合态存在
C．A在过量的W气体中燃烧，可以直接生成C
D．简单氢化物沸点H2A比H2W高
②C溶于水形成化合物D，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为___。
【答案】副 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 NO 排水法收集 1：2 AB S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O
【详解】
(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金，则W为Fe ，A是有色气体，又能与Fe反应，所以A为 X
Y
Z
W
XYZA
A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
B．若X为S单质，则A为硫酸
C．若X为S单质，则A不一定能与金属铜反应生成Y
D．若X为N2或NH3，则A为硝酸
【答案】A
【分析】
X经两步氧化反应生成Z，Z与H2O反应生成A，常见的符合转化关系的有：NaNa2ONa2O2NaOH、S(或H2S) SO2SO3H2SO4、N2(或NH3) NONO2HNO3等；据此分析作答。
【详解】
A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③不一定为非氧化还原反应，如X、Y、Z、A依次为N2、NO、NO2、HNO3时，反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应属于氧化还原反应，A错误；
B．若X为S单质，S与O2点燃时反应生成的Y为SO2，SO2发生催化氧化生成的Z为SO3，SO3与H2O化合成硫酸，即A为硫酸，B正确；
C．根据B项分析，A为硫酸，Cu与浓硫酸常温下不反应，Cu与浓硫酸加热时反应生成CuSO4、SO2和水，Cu与稀硫酸不反应， C正确；
D．若X为N2或NH3，N2与O2放电或高温下化合成NO、NH3发生催化氧化反应生成NO，Y为NO，NO与O2化合成NO2，Z为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则A为HNO3，D正确；
答案选A。
2．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是
A．X是N2O5
B．可用排水法收集NO2气体
C．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D．从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化
【答案】B
【详解】
A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价时，对应的物质类别是氮的氧化物N2O5，故A正确；
B．NO2溶于水且和水反应生成NO气体，故不可用排水法收集NO2气体，故B错误；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，故C正确；
D．根据氧化还原反应原理分析，NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，故D正确；
答案选B。
3．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下图所示，W的次外层的电子数是最外层的2倍，下列说法正确的是
A．原子半径：W＞Y＞X
B．X的氢化物沸点比Y的氢化物沸点低
C．W的最高价氧化物是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料
D．常温下，Z单质投入到Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中，无明显现象
【答案】D
【分析】
根据四种元素在周期表中的位置，可知X、Y是第二周期元素，Z、W是第三周期元素，W的次外层的电子数是最外层的2倍，则W是Si元素，X是C元素，Y是N元素，Z是Al元素，据此分析解答。
【详解】
A．根据W、Y、X在元素周期表的位置，根据原子半径大小的变化规律，可知原子半径W＞X＞Y，故A说法错误；
B．经分析，X元素是C元素，C元素的氢化物种类很多，不同的氢化物沸点不相同，Y的氢化物是NH3，虽然NH3分子间存在分子间氢键， 但C元素的氢化物不确定，有的比NH3分高，如苯，有的比NH3分子低，如甲烷，故B说法错误；
C．W是Si元素, Si元素的最高价氧化物是二氧化硅，单晶硅是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料，而不是二氧化硅，故C说法错误；
D．经分析，Z单质是金属Al，Y的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，常温下，金属Al投到浓硝酸中会钝化，无明显现象，故D说法正确；
本题答案D。
4．某固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，取固体粉末X进行连续实验，实验过程及产物如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，下列说法不正确的是
A．固体C是Cu，固体A一定含有Cu2O
B．气体B可能使品红溶液褪色
C．气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验
D．固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3
【答案】B
【分析】
固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，固体X和NaOH溶液反应生成气体A，该气体为NH3，则固体X中一定含有(NH4)2CO3，向溶液A中加入适量盐酸，生成气体B和固体B，气体B为CO2，固体B为Al(OH)3，则X中一定含有NaAlO2，向固体A中加入过量盐酸，生成固体C，固体C为Cu，则X中一定含有Cu2O，向溶液B中加入KSCN溶液、H2O2，溶液变红，说明溶液B中含有Fe2+或Fe3+，则X中一定含有Fe元素，即含有Fe或Fe2O3。
【详解】
A．由分析可知，固体C为Cu，固体A一定含有Cu2O，A项正确；
B．气体B为CO2，不能使品红溶液褪色，B项错误；
C．气体A为NH3，是碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验，C项正确；
D．固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，X中一定含有(NH4)2CO3、NaAlO2、Cu2O，故X只能含有Fe和Fe2O3中的一种，即固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3，D项正确；
答案选B。
5．A、B、C、D、E、X是由1-20 号元素组成的中学常见无机物或其水溶液。这些物质存在如图转化关系(部分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为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH-+=H2O+，则E在一定条件下能还原CuO
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2
D．若D是红棕色气体，E是白色沉淀，则A有可能是Mg3N2
【答案】C
【详解】
A．若X是Na2SO3，C为气体SO2，D是NaHSO3，若A是Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，B是HCl，E是HClO，NaHSO3具有还原性，而HClO具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应产生Na2SO4和HClO，故D和E能发生反应，A正确；
B．若A是单质，能与水反应生成B与E，B、D反应的离子方程式OH-+=H2O+，则可推知A为Na，B为NaOH、E为H2，若X为CO2，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热条件下能将CuO还原为Cu单质，B正确；
C．D为CO，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成O2，A在常温下与水反应能够产生O2，则A可能为K2O2或Na2O2或F2。C能和E反应，若A为F2，则E为HF，而HF与CO2不反应，故A可能为Na2O2，也可能是K2O2，但不一定是Na2O2，C错误；
D．若D是红棕色气体，则D是NO2，X是O2，C是NO，B是NH3，E是白色沉淀，若A是Mg3N2，Mg3N2与H2O反应产生NH3和Mg(OH)2，E是Mg(OH)2，符合物质转化关系，D正确；
故合理选项是C。
6．如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
对图中有关物质及反应的叙述正确的是
A．液态的A汽化时吸收大量的热，因此可用作制冷剂
B．D与水反应能生成酸，因此D是酸性氧化物
C．因为E具有强氧化性，所以不能用铝制容器盛装
D．图中涉及反应均为氧化还原反应
【答案】AD
【分析】
B能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是O2；G是一种紫红色金属单质，则G是Cu，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是H2O，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为HNO3、D是NO2，则A是NH3，C是NO，结合对应物质的性质进行解答。
【详解】
根据上述分析可知：A是NH3，B是O2，C是NO，D是NO2，E为HNO3，F是H2O，G是Cu。
A．A是NH3，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B．D是NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，反应过程中元素化合价发生了变化，所以NO2不是酸性氧化物，B错误；
C．E为HNO3，具有强氧化性，在室温下遇Fe、Al，能够将金属氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步反应，因此能用铝制容器盛装，C错误；
D．在上述图中涉及反应中，都存在元素化合价的变化，因此均为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是AD。
7．（2020·北京市回民学校高一期中）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据下图所示，回答下列问题：
（1）Y的化学式为_______，写出Y转化为Na2SO3的化学方程式___________。
（2）W的溶液与Na2SO3反应可以生成Y，写出该反应的离子方程式___________。
（3）欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，合理的是________(填序号)。
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．Na2SO3+Na2SO4 d．SO2+Na2SO4
【答案】SO2 Na2O+SO2=Na2SO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 2H++=H2O+SO2↑ b
【分析】
结合S元素常见物质以及S元素价态可知，单质为S，+4价硫元素氧化物为SO2，+6价硫元素酸为H2SO4，然后结合物质的性质进行解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，Y的化学式为SO2；SO2与钠元素的碱或碱性氧化物反应能够生成Na2SO3，其化学方程式为Na2O+SO2 =Na2SO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
（2）W为H2SO4，属于酸，Na2SO3属于弱酸酸式盐，H2SO4与Na2SO3反应生成Na2SO4、H2O、SO2，反应离子方程式为2H++=H2O+SO2↑；
（3）Na2S2O3中S元素化合价为+2价，氧化还原反应中，有元素化合价升高，则必有元素化合价降低，由选项可知，若要生成Na2S2O3，则反应物中必有一种物质中硫元素化合价高于+2，另一种物质中元素化合价低于+2价，选项中S元素化合价分别为：Na2S(-2)、S(0)、Na2SO3(+4)、SO2(+4)、Na2SO4(+6)，故答案为：b。
8．已知A是一种常见非金属单质，B是氧化物，E是A的氢化物，D是A的最高价氧化物对应的水化物，其转化关系如图所示：
(1)若E、D的水溶液均呈酸性，试写出E与B反应时的化学方程式___________。
(2)若D是一种难溶于水的凝胶，试写出反应③的离子方程式___________。
(3)若E的水溶液呈碱性，若D的水溶液显酸性，写出反应②的化学方程式___________。
【答案】2H2S+SO2=3S↓+2H2O SiO2+2OH﹣=+H2O 4NH3+5O24NO+6H2O
【详解】
(1)从图中可知单质A可被O2氧化，若E、D的水溶液均呈酸性，说明A应是S，E是H2S，B是SO2，顺次推知C是SO3，D是H2SO4，H2S和SO2反应的方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(2)非金属元素最高价氧化物对应的水化物难溶于水的只有H2SiO3，则A是Si，E是SiH4，B是SiO2，C应是硅酸盐，D是H2SiO3，SiO2与NaOH等溶液反应生成硅酸盐，反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣=+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=+H2O；
(3)若E的水溶液呈碱性，应为NH3，若由转化关系可知A为N2，B为NO，C为NO2，D的水溶液显酸性，应为HNO3，E为氨气，发生催化氧化生成NO，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
9．图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去)，其中W为铵盐，A为无色有刺激性气味的气体，C为无色气体，请填写下列空白。
(1)W是__________，F是___________ (请填写化学式)。
(2)反应①中若消耗Na2O2 7.8 g，则转移的电子数为___________。
(3)反应③的离子方程式___________，此反应氧化剂和还原剂物质的量比为___________。
(4)A与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，请写出该反应的化学方程式____________。
【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3 NO2 0.1NA 3Cu＋2NO3- ＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 2:3 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
【分析】
W能与氢氧化钠和盐酸都反应，生成气体，A为无色有刺激性气味的气体，C为无色气体且能与过氧化钠反应，所以W为铵盐和碳酸盐，故W为(NH4)2CO3或NH4HCO3；A为氨气、B为水、C为二氧化碳；二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气(D)，氨气催化氧化生成NO(E)；NO和氧气反应生成NO2(F)；NO2(F)与水(B)反应生成HNO3(G)，Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，据此解答；
【详解】
(1)由以上分析知，化合物W是(NH4)2CO3或NH4HCO3； F是NO2；
(2)二氧化碳和过氧化钠反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1 mlNa2O2反应转移1ml电子，消耗Na2O27.8 g，即0.1ml Na2O2，转移的电子数为0.1NA；
(3) 反应③为Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为3Cu＋2NO3-＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；铜化合价升高作还原剂，硝酸中氮元素由+5降低到+2生成NO时作氧化剂，故氧化剂和还原剂物质的量比为2:3；
(4)氨气与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O。
10．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D为R的单质，且D与NaOH溶液反应生成C和H2。
请回答下列问题。
(1)写出对应物质的化学式：A_______；C_______；E________。
(2)反应①的化学方程式为__________。
(3)反应④的离子方程式为__________。
(4)H2CO3的酸性强于E的酸性，请用离子方程式予以证明：________。
【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3(或H4SiO4) SiO2+2C Si+2CO↑ Si+2OH-+H2O=+2H2↑ +CO2+H2O=+H2SiO3↓
【分析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素(用R表示)的单质D能与NaOH溶液反应生成C和氢气，由转化关系可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦炭高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3(或H4SiO4)，然后分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：A是SiO2，B是CaSiO3，C为Na2SiO3，D为Si，E为H2SiO3(或H4SiO4)。
(1)由以上分析可知A化学式为SiO2，C化学式为Na2SiO3，E化学式为H2SiO3 (或H4SiO4)。
(2)反应①是SiO2与焦炭在高温下发生置换反应产生Si和CO，反应的化学方程式为：SiO2+2C Si+2CO↑；
(3)反应④是Si与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2，反应的离子方程式为：Si+2OH-+H2O=+2H2↑；
(4)向Na2SiO3溶液中通入CO2，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，该反应的离子方程式为：+CO2+H2O=+H2SiO3↓，从而证明了物质的酸性：H2CO3＞H2SiO3。
【点睛】
本题以硅为载体考查了无机物的推断。结合物质的拆分原则，根据原子守恒、电荷守恒书写离子方程式，注意：二氧化硅和碳在高温下反应生成CO而不是CO2，为易错点。
11．A、B、C、D均为中学常见物质且均含有同一种元素，它们之间的部分转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：ABCD。
(1)若A为淡黄色固体单质，且D为强酸。
①A为_______ ，写出一个证明该物质具有氧化性的化学方程式____________。
②写出B→C化学方程式_________。
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
①写出A→B的化学方程式__________。
②D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶的原因是__________(写化学方程式)。
③B、C都是大气污染物，它们对环境造成的危害表现在_______。
A．引起酸雨 B．引起温室效应 C．形成光化学烟雾 D．引起水体富营养化
【答案】S Fe+SFeS 2SO2+O22SO3 4NH3+5O24NO+6H2O 4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O AC
【分析】
(1)根据物质颜色和终态可确定A为S单质，根据一系列反应得出D为硫酸；
(2)根据使湿润的红色石蕊试纸变蓝确定A是氨气，进而确定D是硝酸。
【详解】
(1)①常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸；可根据S与Fe在加热时反应产生Fe说明S具有氧化性，反应方程式为：Fe+SFeS ；
②B→C转化的化学方程式2SO2+O22SO3；
(2)A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A是NH3；NH3与O2反应产生的B是NO；NO与O2反应产生的C是NO2；NO2与H2O反应产生的D是HNO3。
①NH3与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生NO、H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②D是HNO3，浓硝酸不稳定，光照易分解，浓度越大，温度越高，物质越容易分解，为避免硝酸分解，通常将其保存在棕色试剂瓶，物质分解反应方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O；
③NO、NO2与空气中的O2、H2O接触，会产生HNO3，导致酸雨；还会与空气中的飘尘作用产生光化学烟雾，故NO、NO2对环境造成的危害表现在产生酸雨和光化学烟雾，合理选项是AC。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断。把S和NH3以及硫酸、硝酸的制取、环境污染等结合起来，引导学生对S、N两种元素及其化合物的性质进行总结，启发学生，学习时要善于归纳总结，形成比较系统的知识结构。
12．A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示。
(1)若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；C､D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体能与血红蛋白结合，反应Ⅱ在三元催化器催化作用下常用于汽车尾气的转化。
①写出反应I的化学方程式__。
②写出Ⅲ在高温下反应的化学方程式__。
(2)若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C是一种常见的碱，含有的阴、阳离子均为10电子粒子。
①写出反应Ⅰ的化学方程式___。
②写出反应Ⅲ的化学方程式___。
(3)若A是酸，D是一种常见金属，E是一种常见的非金属单质。
①写出反应Ⅱ的离子方程式___。
②检验B中含有少量C的方法是：取少量溶液加入__(填序号)后观察现象。
A．NaOH溶液 B．KSCN溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．淀粉—KI溶液
【答案】4NH3+5O24NO+6H2O N2+O22NO 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl— BD
【分析】
(1)由A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体可知，A是氨气；由物质的转化关系，结合C､D均为空气的主要成分，E是一种有毒气体能与血红蛋白结合，反应Ⅱ在三元催化器催化作用下常用于汽车尾气的转化可知，B为一氧化氮、C为氮气、D为氧气、E为一氧化碳；
(2)由A是淡黄色固体化合物可知，A为过氧化钠，由物质的转化关系，结合常温下D是无色气体，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子可知，B为碳酸钠、C为氢氧化钠、D为氧气、E为氢氧化钙或氢氧化钡；
(3)由物质的转化关系，结合A是酸，D是一种常见金属，E是一种常见的非金属单质可知，A为盐酸、B为氯化亚铁、C为氯化铁、D为铁、E为氯气。
【详解】
(1)①由分析可知，反应I为在催化剂作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②由分析可知，Ⅲ在高温下的反应为氮气和氧气在高温下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；
(2) ①由分析可知，反应Ⅰ为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
②由分析可知，反应Ⅲ为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
(3) ①反应Ⅱ为氯化亚铁溶液与氯气生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—；
②若氯化亚铁溶液中含有少量的氯化铁溶液，检验氯化铁的方法是向溶液中滴加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，或向溶液中滴加入淀粉碘化钾溶液，溶液会变为蓝色，则BD符合题意，故答案为：BD。
13．（2020·北京师范大学万宁附属中学高一期末）A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为__________，Y的化学式为__________，E的化学式为__________。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1 ml B消耗3 ml氧化铜，该反应的化学方程式为：______________________。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为___________________。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或 “没有”)______，理由是______________________。
(5)A的单质在中学化学中应用非常广泛，写出实验室制取它的化学方程式：______________。
【答案】H2 NH3 NO 2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O 6NO＋4NH35N2＋6H2O 有 二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀 MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O
【分析】
E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色气体，则F为NO2，E为NO，根据转化关系图可知，C为O2，因NO2可以与H2O反应生成NO和HNO3，则可推出Z为H2O，G为HNO3，结合图中关系及“A、B、C、D是四种常见气体单质”信息可知，D为H2，又X与Y结合能生成白烟，两者应为氨气与HCl气体，其中Y还可以与CuO发生氧化还原反应生成B单质和水，则逆推知，A为Cl2，B为N2，X为HCl，Y为NH3，白烟的成分为氯化铵，据此结合题意分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，A为Cl2，B为N2，C为O2，D为H2，F为NO2，E为NO，X为HCl，Y为NH3，Z为H2O，G为HNO3，则
(1)D的化学式为H2；Y的化学式为NH3；E的化学式为NO；
(2)Y(NH3)具有还原性，可与氧化铜会发生氧化还原反应，每生成1 ml B(N2)消耗3 ml氧化铜，转移6ml电子，该反应的化学方程式为2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O；
(3)Y(NH3)与E(NO)在一定条件下可发生归中反应生成B(N2)和Z(H2O)，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的化学方程式为：6NO＋4NH35N2＋6H2O；
(4)二氧化氮可以与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，进而与钡离子会反应生成不溶于水也不溶于酸的硫酸钡白色沉淀，故答案为：有；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀；
(5)实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，其化学方程式为：MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O。
14．（2020·南昌县莲塘第三中学高一期末）Ⅰ．物质X、Y、Z均含同种短周期元素，其转化关系如下图所示(反应条件未标出)。
XYZ
(1)若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，Z是红棕色气体，由Y与W反应生成Z的化学方程式是_______。
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，单质W是常见金属，则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是_______。
(3)若X是空气的主要成分之一，W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍；则Y与W反应生成0.1 ml Z时，反应中转移的电子数为_______。
Ⅱ．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，试写出此反应的化学方程式_______。
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式是_______
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，试写出此反应的化学方程式_______。
【答案】2NO+O2=2NO2 Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O 6.02×1022(或0.1NA) C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【详解】
Ⅰ．(1)若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，则X为NH3，从而得出Y为NO，W为O2，由Y(NO)与W(O2)反应生成Z(NO2)的化学方程式是2NO+O2=2NO2。答案为：2NO+O2=2NO2；
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，则三种元素构成含氧酸，从而得出三种元素为H、N、O，单质W应为Fe，则X(HNO3)的稀溶液转化为Y[Fe(NO3)3]的离子方程式是Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O。答案为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；
(3)若W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，则其为碳，X是空气的主要成分之一，则其为O2，从而得出Y为CO2，Z为CO；Y(CO2)与W(C)反应生成0.1 ml Z(CO)时，可建立关系式CO——e-，从而求出反应中转移的电子数为6.02×1022(或0.1NA)。答案为：6.02×1022(或0.1NA)；
Ⅱ．常温下，E是一种无色无味的液体，则E为H2O。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，则A为碳、B为浓硫酸、C和D分别为CO2、SO2，此反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。答案为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu、B为稀硝酸、C为NO，反应的离子方程式是3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，反应物为NH4Cl和Ca(OH)2，此反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
15．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。
(1)若A被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，反应①的化学方程式为_____，反应④的化学方程式为______。
(2)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，且D、F混合光照爆炸生成B，反应①、②都在水溶液中进行，则检验E中阳离子最好的试剂是______（填化学式）。
【答案】2Mg+CO22MgO+C C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O KSCN
【分析】
(1)若A为被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，A所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg，D是C，B是CO2，C是MgO，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，F是浓HNO3，E是Mg(NO3)2；
(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，由转化关系可知A为变价金属，应为Fe，反应①在水溶液中进行。反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2。
【详解】
(1)根据上述分析可知：A是CO2，B是Mg，C是MgO，D是C单质，E是Mg(NO3)2，F是HNO3。
反应①是Mg在CO2中燃烧反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应④是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)根据上述分析可知：A是Fe，B是HCl，C是FeCl2，D是H2，E是FeCl3，F是Cl2。
E是FeCl3，其阳离子是Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待检物质少许配成溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，产生了红色Fe(SCN)3，据此检验Fe3+，故检验试剂是KSCN。
【点睛】
本题考查无机物的推断。把握物质的性质，根据某物质的特殊性质或现象寻找突破口，然后结合物质的转化关系逐一推断。熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键。
16．下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)。其中，I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，K是一种红棕色气体，C是一种强酸。
请填写下列空白：
(1)已知M为硝酸亚铁，写出下列物质的化学式：A：_______E：_______。
(2)写出反应④的离子方程式：_______。
(3)在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的_______(填写序号)。
(4)写出检验C溶液中阴离子的方法：_______。
(5)将化合物D与KNO3、KOH高温共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】SO2 Fe(OH)3 3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑ ②⑧ 取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子。
【分析】
I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I是Al；K是一种红棕色气体，K是NO2；L和O2反应生成NO2，则L为NO；NO2和H2O反应生成J的溶液，J为HNO3；Al和D反应生成G和H，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，由此推测该反应为铝热反应，则D为Fe2O3，G和HNO3反应NO和Fe(NO3)2溶液，则G为Fe，H为Al2O3；E能转化为Fe2O3，F和NaOH溶液反应生成E，则F为Fe(NO3)3，E为Fe(OH)3；FeS2和O2反应生成Fe2O3和A，A为SO2；SO2和O2反应生成B，B为SO3；SO3和H2O反应生成C的溶液，C是一种强酸，则C为H2SO4。
【详解】
(1)由分析可知，A为SO2，E为Fe(OH)3；
(2)反应④是Fe(NO3)2溶液和硫酸反应生成Fe(NO3)3和NO，离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；
(3)反应②是SO2和O2反应生成SO3，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应③是SO3和H2O反应生成H2SO4，属于化合反应，但不属于氧化还原反应；反应⑥是Fe(OH)3转化为Fe2O3，属于分解反应，不属于氧化还原反应；反应⑧是NO和O2反应生成NO2，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应⑨是NO2和H2O反应生成HNO3和NO，属于氧化还原反应，但不属于化合反应；答案选②⑧；
(4)检验硫酸根的方法为：取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子；
(5)将Fe2O3与KNO3、KOH高温共融可制得K2FeO4、KNO2和H2O，化学方程式为：。
17．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
ABC
(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金。A是有色气体。
①W在周期表中属于___族(填主族、副族)元素。
②向装有C溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为___。过程中发生的氧化还原反应的方程式为___。
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•ml-1。
①B的化学式为___。
②实验室制取B时，收集方法为___。
③C与水反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为___。
(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质。
①下列说法正确的是___。
A．A和W的原子价电子数相等
B．A和W对应的元素在自然界既可以以游离态存在，也可以以化合态存在
C．A在过量的W气体中燃烧，可以直接生成C
D．简单氢化物沸点H2A比H2W高
②C溶于水形成化合物D，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为___。
【答案】副 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 NO 排水法收集 1：2 AB S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O
【详解】
(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金，则W为Fe ，A是有色气体，又能与Fe反应，所以A为 X
Y
Z
W
相关试卷
必刷02 非金属元素及其化合物推断题-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（原卷版）： 这是一份必刷02 非金属元素及其化合物推断题-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（原卷版），共1页。
必刷03 非金属元素及其化合物实验题-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（原卷版）： 这是一份必刷03 非金属元素及其化合物实验题-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（原卷版），共1页。试卷主要包含了实验室可用如图装置制取少量氮气等内容，欢迎下载使用。
必刷05 化学能与电能-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（解析版）： 这是一份必刷05 化学能与电能-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题（人教版2019必修第二册）（解析版），共1页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列装置能形成原电池的是等内容，欢迎下载使用。
