高三化学二轮复习 考点突破-常见的无机物及其应用

高三化学二轮复习考点突破--常见的无机物及其应用一、单选题1．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．C6H5ONa→HCl(aq)C6H5OH→NB．FeS2→高温O2SO2→HC．Fe→高温H2O(g)Fe2O3D．NH3→催化剂、加热O2NO22．利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法错误的是（）A．该分解过程是：2NO催化剂__N2B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C．过程②释放能量，过程③吸收能量D．标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×10233．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有杂质A．在步骤I增大稀硫酸的浓度有利于铝土矿溶解B．步骤III发生反应的离子方程式为：2AlC．生成的滤渣B的化学式为FeD．滤液C的主要成分的N4．有关硅及其化合物的叙述正确的是（）A．二氧化硅与任何酸都不反应B．硅太阳能电池、计算机芯片、光导纤维都用到硅单质C．硅的性质很稳定，能以单质形式存在于地壳中D．水泥路桥、门窗玻璃、砖瓦、陶瓷餐具所用材料为硅酸盐5．下列各物质，既能与NaOH溶液反应，又能与稀HNO3反应，还能够水解的是（）①Al2O3；②对羟基苯甲酸钠；③酶；④纤维素；⑤甘氨酸；⑥KHSO3；⑦Al(OH)3；⑧NH4I；⑨硬脂酸钠；⑩(NH4)2CO3A．②③⑥⑧⑩ B．①③⑤⑥⑦⑩C．①②③⑤⑦⑨⑩ D．全部6．符合如下实验过程和现象的试剂组是()选项甲乙丙AMgCl2HNO3K2SO4BBaCl2HNO3K2SO4CNaNO3H2SO4Ba(NO3)2DBaCl2HClCaCl2A．A B．B C．C D．D7．某溶液仅由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的种若干种离子组成，取适量溶液进行如下实验，根据实验判断，下列推断错误的是（）A．据无色溶液1可以排除Cu2+和Fe3+B．白色沉淀2中加入过量稀硝酸，沉淀不溶解C．原溶液中一定存在Na+，不存在Ba2+D．白色沉淀3说明原溶液中一定存在Cl－8．图是验证牺牲阳极的阴极保护法装置。下列说法错误的是（）A．正极反应式为：2B．3%NaCl溶液的作用是增强溶液的导电性C．Zn极不断溶解，电流表指针发生偏转D．取2mL铁电极附近的溶液于试管中，滴入2滴黄色K3[Fe9．实验室探究SO2与A．实验前先打开弹簧夹，通入一段时间NB．Y中产生的白色沉淀是BaSC．浓硫酸可以改为浓硝酸D．将Fe(NO)10．以下实验方案设计，能达到实验目的的是（）选项ABCD实验目的除去苯中的苯酚探究铁的吸氧腐蚀验证浓硫酸的脱水性电解精炼铝实验方案A．A B．B C．C D．D11．雾霾是一种大气污染现象，不属于雾霾治理措施的是（）A．植树绿化，美化环境B．提倡绿色出行，发展公共交通C．外出时佩戴防雾霾口罩D．减少燃煤发电，增加太阳能发电12．下列盐，既可以用“碱性氧化物+酸”制取，也可以用“酸性氧化物+碱”制取的是（）A．KCl B．Na2S C．（NH4）2SO4 D．BaSO4二、填空题13．利用物质之间的性质差异可提纯物质（1）除去Fe2O3中的Al2O3，反应的离子方程式是．（2）除去FeCl3溶液中CuCl2，选用的试剂是．（3）除去粗盐水中CaCl2、MgCl2及Na2SO4等杂质，选用的试剂是①盐酸、②BaCl2、③NaOH、④Na2CO3．①上述4种试剂的加入顺序是；②加入盐酸的作用是（用离子方程式表示）．14．三硅酸镁被用来治疗胃溃疡，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久．把三硅酸镁（Mg2Si3O8•nH2O）改写成氧化物形式为，写出它中和胃酸（HCl）的化学方程式：．15．现有9种物质，分别为（1）甲苯（2）2﹣甲基丁烷（3）对二甲苯（4）新戊烷（5）（6）氯仿（7）三氯甲烷（8）臭氧（9）氧气其中属于烃的是，属于芳香族化合物的是，属于同系物的是，互为同分异构体的是，属于同种物质的是，属于同素异形体的是．16．下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在表中①和②和③CH4和CH3CH2CH3；④C60与石墨⑤乙酸乙酯和正丁酸（CH3CH2CH2COOH）⑥16O、17O和18O⑦35Cl2和37Cl2⑧乙醇和甲醚（CH3OCH3）；⑨单斜硫和斜方硫⑩丙烯和环丙烷．类别同位素同系物同素异形体同分异构体组号三、解答题17．将充满NO2和O2混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的一半处停止了，则原混合气体中NO2和O2的体积比是多少?18．人们常用金属铝和浓氢氧化钠溶液的反应疏通下水管道。请计算：18g金属铝与足量浓氢氧化钠溶液完全反应时，生成标准状况下的氢气的体积是多少？19．把26g含有二氧化硅的碳酸钙固体在高温下加热到质量不再改变，冷却后称量为17.2g．问原物质中二氧化硅的质量是多少？20．现有（NH4）2SO4、NH4NO3两种化肥，你认为哪种适宜用于酸性土壤？说明理由．

答案解析部分1．【答案】B【知识点】含氮物质的综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；苯酚的化学性质【解析】【解答】A．苯酚的酸性弱于盐酸，苯酚钠与盐酸反应生成苯酚和氯化钠，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不会生成二氧化碳，C6H5OH→Na2B．二硫化亚铁与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸，所以FeS2→高温O2SO2→H2C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化铁，Fe→高温H2O(g)FeD．氨气催化氧化生成一氧化氮不能生成二氧化氮，NH3→催化剂、加热O2故答案为：B。

【分析】A．根据苯酚的酸性比盐酸和碳酸弱判断；

B．根据二硫化亚铁和二氧化硫的还原性判断；

C．根据铁及其氧化物的性质判断；

D．根据氨气的催化氧化产物是NO判断。2．【答案】C【知识点】氧化还原反应；硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NO催化剂__N2+OB．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B不符合题意；C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C符合题意；D．根据反应2NO催化剂__N2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1molO2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023=6.02×10故答案为：C。

【分析】A.根据图中NO分解的起始状态和最终状态分析物质种类，写出反应的化学方程式；

B.Cu和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水；

C.形成化学键释放能量，断裂化学键吸收能量；

D.根据每个N转移2个电子计算。3．【答案】B【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯【解析】【解答】A．在步骤I增大稀硫酸的浓度，可提高酸浸速率，有利于铝土矿溶解，故A不符合题意；B．步骤Ⅲ是偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3C．滤液A中含有硫酸铝、硫酸铁，加入过量氢氧化钠，硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，硫酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，所以滤渣B的化学式为Fe(OH)3，故C不符合题意；D．根据上述分析可知，流程中加入的过量稀硫酸和过量氢氧化钠最终会生成硫酸钠，在滤液C中残留，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】加入过量稀硫酸后，铝土矿中的Al2O3、Fe2O3与H2SO4反应生成Al3＋、Fe3＋，SiO2与稀硫酸不反应。因此滤渣A为SiO2，滤液A中含有Al3＋、Fe3＋、H＋和SO42－。加入过量NaOH溶液后，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，Al3＋转化为AlO2－。因此滤渣B为Fe(OH)3，滤液B中含有Na＋、AlO2－、SO42－和OH－。加入过量X后得到滤液C和滤渣C，滤渣C最终得到Al，因此滤渣C为Al(OH)3沉淀，则X为CO2。滤液C的主要成分为NaHCO3。4．【答案】D【知识点】硅和二氧化硅【解析】【解答】解：A．二氧化硅能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故A错误；B．硅太阳能电池、计算机芯片都用到硅单质，光导纤维用到二氧化硅，故B错误；C．硅的性质虽然很稳定，但硅为亲氧元素，在自然界中只以化合态存在，故C错误；D．因为水泥、玻璃、陶瓷为硅酸盐产品，则水泥路桥、门窗玻璃、砖瓦、陶瓷餐具所用材料为硅酸盐，故D正确；故选：D．【分析】A．二氧化硅能够与氢氟酸反应；B．光导纤维的材料为二氧化硅；C．硅在自然界中只以化合态存在；D．根据水泥、玻璃、陶瓷为硅酸盐产品判断．5．【答案】A【知识点】常见离子的检验；两性氧化物和两性氢氧化物【解析】【解答】①Al2O3为两性氧化物，既能与NaOH溶液反应，又能与稀HNO3反应，但不能发生水解，故不符合题意；②对羟基苯甲酸钠，含有酚羟基，可与氢氧化钠反应，为弱酸盐，可发生水解反应，可与强酸反应，故符合题意；③酶主要是蛋白质，蛋白质含有氨基、羧基，具有两性，既能与NaOH溶液反应，又能与稀HNO3反应，可水解生成氨基酸，故符合题意；④纤维素不能与NaOH溶液反应，纤维素可与硝酸反应生成硝酸纤维素，纤维素在稀硫酸的催化作用下发生水解反应，故不符合题意；⑤甘氨酸()含有氨基，可与酸反应，含有羧基，可与氢氧化钠反应，但不能发生水解，故不符合题意；⑥KHSO3可与NaOH反应生成亚硫酸根离子和水，与HNO3反应生成二氧化硫和水，为弱酸强碱盐，可发生水解反应，故符合题意；⑦Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与NaOH溶液反应，又能与稀HNO3反应，但不能发生水解，故不符合题意；⑧NH4I可与NaOH反应生成一水合氨，I-具有还原性，与HNO3发生氧化还原反应，为强酸弱碱盐，可发生水解反应，故符合题意；⑨硬脂酸钠为弱酸盐，可与强酸反应，能发生水解反应，但不能与NaOH反应，故不符合题意；⑩(NH4)2CO3可与NaOH反应生成一水合氨，与HNO3反应生成二氧化碳和水，为弱酸弱碱盐，可发生水解反应，故符合题意；综上所述，②③⑥⑧⑩既能与NaOH溶液反应，又能与稀HNO3反应，还能够水解，故A符合；故答案为：A。【分析】对羟基苯甲酸钠中含有酚羟基，既可以和酸反应也可以和碱反应，并且是强碱弱酸盐，可以水解；

酶属于蛋白质，既含有氨基又含有羧基，因此既可以和碱反应也可以和酸反应，也可以水解；

KHSO3属于弱酸的酸式盐，既可以和酸反应也可以和碱反应，还可以水解；

NH4I中铵根离子可以和碱反应，碘离子可以和硝酸反应，还有铵根离子可以水解；

(NH4)2CO3铵根离子可以和碱反应，碳酸根离子可以和硝酸反应，又是弱酸弱碱盐，因此可以发生水解。6．【答案】B【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；含碳化合物的性质和应用【解析】【解答】A．碳酸钾与氯化镁反应生成碳酸镁沉淀，加入硝酸，沉淀溶解反应生成硝酸镁溶液，加入硫酸钾不反应，没有白色沉淀生成，故A不符合题意；B．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入硝酸反应生成硝酸钡溶液，加入硫酸钾生成硫酸钡沉淀，故B符合题意；C．碳酸钾与硝酸钠不反应，故C不符合题意；D．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入盐酸反应生成氯化钡溶液，加入氯化钙不反应，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】能和碳酸根产生白色沉淀的是，钙离子、钡离子，沉淀是碳酸钡或者是碳酸钙，故加入的酸是产生气体，无色滤液中含有的是钡离子或者钙离子，产生沉淀可能是硫酸钡7．【答案】D【知识点】常见离子的检验；离子共存；无机物的推断【解析】【解答】A．由分析可知，据无色溶液1可以排除Cu2+和Fe3+，A不符合题意；

B．由分析可知，白色沉淀2为BaSO4，所以白色沉淀2中加入过量稀硝酸，沉淀不溶解，B不符合题意；

C．由分析可知，原溶液中一定存在Na+，不存在Ba2+，C不符合题意；

D．由分析可知，白色沉淀3说明原溶液中不一定存在Cl－，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】由流程图可知，向原溶液中加入过量盐酸产生气体，并得到无色溶液1，说明原溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，一定含有CO32－，且无色溶液1中不含CO32－；由于CO32－与Ba2+结合生成沉淀，所以原溶液中一定不含Ba2+；向无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液得到白色沉淀，可推出原溶液中一定含有SO42－；由于盐酸中含有Cl-，即滤液2中含有Cl-，所以向滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液产生沉淀，不能说明原溶液中一定含有Cl-；根据溶液中正负电荷守恒，则原溶液中一定含有Na+。8．【答案】D【知识点】金属的腐蚀与防护【解析】【解答】A．该装置中，锌作负极，铁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，正极反应式为：2HB．该原电池，正极上氢离子得电子，水为弱电解质，导电能力弱，3%NaCl溶液的作用是增强溶液的导电性，故B不符合题意；C．该装置是原电池，将化学能转化为电能，电流表指针发生偏转，锌易失电子作负极，锌失电子生成锌离子，故C不符合题意；D．Zn极不断溶解，该反应中铁不参加反应，所以没有亚铁离子产生，当加入K3故答案为：D。

【分析】A.Zn比Fe活泼，所以zN作负极，Fe作正极，正极电极反应式为2H++2e−=H2↑；

9．【答案】C【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计【解析】【解答】A．通入一段时间N2，可以排除装置中的氧气，可以防止二氧化硫被空气中的氧气氧化，故A不符合题意；B．酸性条件下，硝酸根离子能氧化二氧化硫，铁离子也能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子形成BaSO4白色沉淀，故B不符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不产生二氧化硫，故C符合题意；D．将Fe(故答案为：C。【分析】实验利用浓硫酸和亚硫酸钠制取二氧化硫，通入氮气排除装置内的空气，防止二氧化硫被氧化，然后将生成的二氧化硫通入硝酸铁和氯化钡溶液中进行反应；

A.通入一段时间N2，可以排除装置中的氧气，可以防止二氧化硫被空气中的氧气氧化；

B.铁离子在水溶液中会水解，使得溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子能氧化二氧化硫，铁离子也能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子形成BaSO4白色沉淀；

C.浓硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不产生二氧化硫；

D.将Fe(NO3)3换成氨水，二氧化硫和氨水反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡白色沉淀。

10．【答案】B【知识点】铜的电解精炼；浓硫酸的性质；苯酚的性质及用途；铁的吸氧腐蚀【解析】【解答】A．苯酚与浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀和溴化氢，三溴苯酚沉淀不溶于水，但溶于有机溶剂苯，则用浓溴水不能除去苯中的苯酚，不能达到实验目的，故A不符合题意；B．若铁钉在盛有氯化钠溶液的试管中发生吸氧腐蚀，装置中氧气的物质的量减小，导致压强减小，红墨水会倒吸进入导气管中形成一段水柱，则题给装置能探究铁的吸氧腐蚀，能达到实验目的，故B符合题意；C．浓硫酸具有吸水性，能使饱和硫酸铜溶液变为过饱和溶液，会析出硫酸铜晶体，则题给装置能验证浓硫酸的吸水性，不能验证脱水性，不能达到实验目的，故C不符合题意；D．由题给装置可知，铝离子在阴极上的放电能力弱于水电离出的氢氧根离子，不能在阴极得到铝，不能达到精炼铝的实验目的，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．根据分析；

B．吸氧腐蚀导致左侧压强减小；

C．根据浓硫酸的有吸水性分析；

D．Al3+放电顺序在H2O之后。11．【答案】C【知识点】常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】解：A．植树能吸收粉尘，植树绿化，美化环境，属于治理雾霾的措施，故A不选；B．提倡绿色出行，发展公共交通，可以防止汽车尾气造成的污染，属于治理雾霾的措施，故B不选；C．外出时佩戴防雾霾口罩，是防止雾霾进入呼吸道，不属于雾霾治理措施，故C选；D．减少燃烧发电，增加太阳能发电，能减少碳排放，属于治理雾霾的措施，故D不选；故选C．【分析】空气污染的途径主要有两个：有害气体和粉尘．有害气体主要有一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮等气体；粉尘主要指一些固体小颗粒．雾霾是一种大气污染现象，是由固体小颗粒造成的污染，植树绿化，能吸收粉尘、提倡绿色出行，减少燃煤发电，能减少碳排放、佩戴防雾霾口罩为已经有雾霾，防止雾霾进入呼吸道的方法，不是治理雾霾方法．12．【答案】D【知识点】无机物的推断；物质的简单分类【解析】【解答】解：A．KCl不能由“酸性氧化物+碱”制取，故A不选；B．Na2S不能由“酸性氧化物+碱”制取，故B不选；C．（NH4）2SO4不能由“碱性氧化物+酸”制取，故C不选；D．BaSO4既可以用“碱性氧化物+酸”制取，也可以用“酸性氧化物+碱”制取，氧化钡与硫酸反应、氢氧化钡与三氧化硫均反应生成硫酸钡，故D选；故选D．13．【答案】Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；铁粉、氯气；③②④①或者②③④①或者②④③①；H++OH﹣═H2O、2H++CO32﹣═H2O+CO2↑【知识点】镁、铝的重要化合物【解析】【解答】（1）Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能，则加足量NaOH溶解后过滤可除杂，则选择试剂为NaOH，发生的离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）除去FeCl3溶液中CuCl2，先加铁粉：2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，后通氯气：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：铁粉、氯气；（3）①首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②④①或者②③④①或者②④③①，故答案为：③②④①或者②③④①或者②④③①；②最后加盐酸除去碳酸钠和氢氧化钠，离子反应为：H++OH﹣═H2O、2H++CO32﹣═H2O+CO2↑，故答案为：H++OH﹣═H2O、2H++CO32﹣═H2O+CO2↑．【分析】（1）Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能，则加足量NaOH溶解后过滤可除杂；（2）除去FeCl3溶液中CuCl2，先加铁粉，将铜离子变成亚铁离子，后通氯气氧化；（3）①从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；②根据除杂试剂NaOH和Na2CO3过量二者都能与盐酸反应写出反应的离子方程式．14．【答案】2MgO•3SiO2•nH2O；2MgO•3SiO2•nH2O+4HCl=2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O【知识点】镁、铝的重要化合物；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】解：镁元素显+2价，硅元素显+4价，氢元素显+1价，氧元素显﹣2价，氧化物中只有氧和另一种元素，故答案为：2MgO•3SiO2•nH2O；三硅酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化硅和水，故答案为：2MgO•3SiO2•nH2O+4HCl=2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O．【分析】根据镁元素、硅元素、和氢元素的化合价以及氧化物的定义进行书写；根据题中的叙述找出反应物、生成物书写方程式；15．【答案】（1）（2）（3）（4）；（1）（3）（5）；（1）（3）；（2）（4）；（6）（7）；（8）（9）【知识点】同素异形体；芳香烃；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】解：（1）甲苯分子中只含有碳氢两种元素，属于烃，含有苯环属于芳香族化合物；（2）2﹣甲基丁烷分子中只含有碳氢两种元素，属于烃；（3）对二甲苯分子中只含有碳氢两种元素，属于烃，含有苯环属于芳香族化合物，与甲苯互为同系物；（4）新戊烷分子中只含有碳氢两种元素，属于烃，与2﹣甲基丁烷具有相同分子式而结构不同，互为同分异构体；（5）分子中含有苯环属于芳香族化合物；（6）氯仿的分子式为CHCl3，不属于烃，其名称为三氯甲烷；（7）三氯甲烷的分子式为CHCl3，不属于烃，与氯仿是同种物质；（8）臭氧是O元素的一种单质；（9）氧气是O元素的一种单质，与臭氧是同素异形体；属于烃的是（1）（2）（3）（4）；属于芳香族化合物的是（1）（3）（5），属于同系物的是（1）（3），互为同分异构体的是（2）（4）；属于同种物质的是（6）（7），属于同素异形体的是（8）（9）；故答案为：（1）（2）（3）（4）；（1）（3）（5）；（1）（3）；（2）（4）；（6）（7）；（8）（9）．【分析】烃是仅含有碳氢元素的化合物；芳香族化合物是含有苯环的有机化合物；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同素异形体是同种元素形成的不同单质．据此分析．16．【答案】⑥；①③；④⑨；②⑤⑧⑩【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用【解析】【解答】解：由于同种元素的不同种原子间互为同位素；而结构相似，且分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物间互成同系物；同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体．若分子式相同且结构相同，则为同一种物质．①和互为同系物；②和互为同分异构体；③CH4和CH3CH2CH3互为同系物；④C60与石墨互为同素异形体；⑤乙酸乙酯和正丁酸（CH3CH2CH2COOH）互为同分异构体；⑥16O、17O和18O互为同位素；⑦35Cl2和37Cl2是同一种物质．⑧乙醇和甲醚（CH3OCH3）互为同分异构体；⑨单斜硫和斜方硫互为同素异形体；⑩丙烯和环丙烷互为同分异构体．故答案为：类别同位素同系物同素异形体同分异构体组号⑥①③④⑨②⑤⑧⑩【分析】同种元素的不同种原子间互为同位素；结构相似，且分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物间互成同系物；同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体．据此分析．17．【答案】解：NO2和O2的体积比不等于4∶1，则需讨论NO2和O2分别过量时的两种情况。设混合气体的体积为1，混合气体中NO2的体积为x，则O2为(1-x)。假定原混合气体中V(NO2)∶V(O2)<4∶l4NO2+O2+2H2O===4HNO341xx4剩余的O2：(1－x)－x4=1/2解得x=25，V(NO2【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【解析】【解答】解：NO2和O2的体积比不等于4∶1，则需讨论NO2和O2分别过量时的两种情况。设混合气体的体积为1，混合气体中NO2的体积为x，则O2为(1-x)。假定原混合气体中V(NO2)∶V(O2)<4∶l4NO2+O2+2H2O===4HNO341xx剩余的O2：(1－x)－x4解得x=25，V(NO2)∶V(O2【分