高考化学氮及其化合物推断题综合题附答案解析

高考化学氮及其化合物推断题综合题附答案解析
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等。

因此，对PM2.5、SO2、NO x 等进行研究具有重要意义。

请回答下列问题
（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。

若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-
浓度/mol·L-14×10-66×10-62×10-54×10-53×10-52×10-5
根据表中数据判断待测试样为__（填“酸”或“碱”）性，表示该试样酸碱性的c(H+)或
c(OH-)=___mol·L-1。

（2）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NO x，易形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效果非常好。

完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式。

（____）ClO2-+（____）NO+（____）OH-=（____）Cl-+（____）NO3-+______
（3）为减少SO2对环境的污染，常将煤炭转化为清洁的气体燃料，并将烟气进行处理，吸收其中的SO2。

①写出焦炭与水蒸气反应的化学方程式：__。

②以下物质可以用来吸收烟气中SO2的是__（填字母代号）。

a.Ca(OH)2
b.Na2CO3
c.CaCl2
d.NaHSO3
（4）汽车尾气中NO x和CO的生成及转化。

①汽车启动时汽缸温度高，汽缸中会生成NO，化学方程式为___。

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO。

在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为无污染、无毒性的两种气体，其化学反应方程式为___。

【答案】酸 10-4 3 4 4 3 4 2H2O C+H2O CO+H2 ab N2+O22NO
2CO+2NO2CO2+N2
【解析】
【分析】
（1）根据电荷守恒判断溶液的酸碱性；
（2）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式；
（3）①焦炭与水蒸气反应生成CO和H2；
②SO2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收；
（4）①汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中会生成NO；
②在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳。

【详解】
（1）根据表格数据，试样所含水溶性无机离子所带电荷总数是c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)-2c(SO42
－)-c (NO 3－)-c (Cl －)= 4×10-6+6×10-6+2×10-5-2×4×10-5-3×10-5-2×10-5 =-1×10-4，根据溶液的电中性原
则，溶液中应该含有带正电荷的氢离子，c(H +)=1.0×10－4mol/L ，所以溶液呈酸性；
（2）ClO 2-中氯元素化合价由+3降低为-1，NO 中N 元素化合价由+2升高为+5，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，烟气脱硝过程的离子方程式3ClO 2-+4NO+3OH -=3Cl -+4NO 3-+2 H 2O ；
（3）①焦炭与水蒸气反应生成CO 和H 2，反应方程式是C+H 2O =高温
CO+H 2；
②SO 2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收，Ca(OH)2呈碱性，能吸收SO 2生成亚硫酸钙和水；Na 2CO 3呈碱性，能吸收SO 2；CaCl 2与SO 2不反应 ；NaHSO 3与SO 2不反应；故选ab ； （4）①汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中生成NO ，化学方程式为是
N 2+O 2=高温2NO ；
②在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO 和NO 反应转化为氮气、二氧化碳，其化学反应方程式为2CO+2NO =催化剂2CO 2+N 2。

氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质，工业用多种方法来治理。

某种综合处理含NH 4+废水和工业废气(主要含NO 、CO 、CO 2、SO 2、N 2)的流程如图：
已知：NO+NO 2+2NaOH=2NaNO 2+H 2O 2NO 2+2NaOH=NaNO 3+NaNO 2+H 2O
(1)固体1的主要成分有Ca(OH)2、__________(填化学式)。

(2)若实验室需要配制3 mol·L -1NaOH 溶液1L 进行模拟测试，需称取NaOH 固体质量为__________g 。

(3)用NaNO 2溶液处理含NH 4+废水反应的离子方程式为__________。

(4)验证废水中NH 4+已基本除净的方法是___________(写出操作、现象与结论)。

(5)气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是__________。

(6)捕获剂捕获的气体主要是__________(填化学式)。

(7)流程中生成的NaNO 2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。

已知NaNO 2能发生如下反应：2NaNO 2+4HI=2NO↑+I 2+2NaI+2H 2O ；I 2可以使淀粉变蓝。

根据上述反应，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别NaNO 2和NaCl 。

需选用的物质是
__________(填序号)。

①水 ②淀粉碘化钾试纸 ③淀粉 ④白酒 ⑤白醋
A ．①③⑤
B ．①②④
C ．①②⑤
D ．①②③⑤
【答案】CaCO 3 、CaSO 3 120 NH 4++NO 2-=N 2↑+2H 2O 取少量处理后废水于试管中，加入NaOH 溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH 4+已基本除净 气体1转化为气体2时，其中NO:NO 2物质的量之比为1：1时才可以被NaOH 溶液完全转化成NaNO 2，若空气过量，则与NaOH 反应生成NaNO 3和NaNO 2的混合溶液，因此
空气不能过量 CO C
【解析】
【分析】
工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)用过量石灰乳吸收，CO2、SO2与Ca(OH)2反应生成CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分，此时气体1为NO、CO、N2；通入适量空气，主要与NO作用生成NO2，成为空气2的主要成分；通入NaOH溶液中，从产物NaNO2看，前面通入的空气，只能将一部分NO氧化为NO2，否则生成的NaNO2中会混入NaNO3；NO2-与NH4+发生氧化还原反应，生成N2和H2O，气体3为CO，被捕获剂捕获。

【详解】
(1)从以上分析可知，固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3。

答案为：CaCO3、CaSO3；
(2)若实验室需要配制3 mol·L-1 NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取NaOH固体质量为3 mol·L-1 ×1L×40g/mol=120 g。

答案为：120；
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水时，NO2-与NH4+反应生成N2和H2O，反应的离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O。

答案为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；
(4)验证废水中NH4+已基本除净，可加碱检测气体的性质，方法是取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净。

答案为：取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净；
(5)由以上分析知，气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是气体1转化为气体2时，其中n(NO):n(NO2)物质的量之比为1:1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量。

答案为：气体1转化为气体2时，其中n(NO):n(NO2)物质的量之比为1:1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量；
(6)由以上分析可知，捕获剂捕获的气体主要是CO。

答案为：CO；
(7)鉴别NaNO2和NaCl，需利用反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，所以需加I-、淀粉、酸，从而确定选用的物质是①②⑤，故选C。

答案为：C。

【点睛】
检验NaNO2和NaCl，若使用AgNO3溶液，会生成AgCl、AgNO2白色沉淀，再加入稀硝酸，AgNO2溶解，而AgCl不溶解，所以也可用硝酸酸化的硝酸银溶液进行鉴别。

2．下列除杂方法不能达到实验目的的是
A．加热除去食盐中少量的NH4Cl固体
B．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的SO2
C．用稀盐酸除去铜粉中少量的铁粉
D．用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】
A．可用加热的方法使食盐中少量的NH4Cl固体分解成气体而分离：
NH4Cl NH3↑+HCl↑，A选项不符合题意；
B．亚硫酸酸性比碳酸酸性强，且CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小，所以可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的SO2，B选项不符合题意；
C．铁能溶于稀盐酸，而铜不溶，所以可用稀盐酸除去铜粉中少量的铁粉，C选项不符合题意；
D． NaCl溶液中的K2SO4，用BaCl2溶液只能除去硫酸根离子，不能除去钾离子，D选项符合题意；
答案选D。

【点睛】
常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的比碳酸酸性强的气体(如：HCl、SO2等)，原因：一、能除去酸性气体，且生成的气体是CO2，不带入杂质；二、CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小。

3．人类农业生产离不开氮肥，科学合理使用氮肥，不仅能提高化肥的使用率，而且能够更好地保护环境，请回答下列问题：
(1)将N2转化为含氮化合物的过程称为固氮
①人工固氮，将N2→NH3， N2发生_________反应
②自然界固氮，可将少量N2转化为Ca(NO3)2等氮肥，转化途径如下(转化所需试剂及条件
−−→Ca(NO3)2。

写出NO→NO2→HNO3的化学方程式
已略去)：N2→NO→NO2→HNO3M
__________、__________。

将HNO3转化为Ca(NO3)2，列举三种不同类别
．．．．．．的化合物
M_______(写化学式)。

(2)科学合理地保存、施用氮肥
① NH4HCO3需阴凉处保存，原因是__________(写化学方程式)。

②铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用，以NH4Cl为例写出发生反应的离子方程式
________。

(3)过渡施用氮肥将导致大气中NH3含量增高，加剧雾霾的形成。

(NH4)2SO4是雾霾的成分之一，其形成过程如下图所示(转化所需试剂及条件已略去)：
① X可能是______、_______。

Y是___________。

②尿素CO(NH2)2是一种常用化肥，缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3则尿素中C 元素化合价为__________。

【答案】还原 2NO + O2= 2 NO2 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO CaO、Ca(OH)2、CaCO3
NH 4HCO 3ΔNH 3↑+CO 2↑+ H 2O NH 4＋ + OH －= NH 3↑+ H 2O SO 3 H 2SO 3 H 2SO 4 +4
【解析】
【分析】
本题主要考察含N 物质的化学性质，运用所学知识答题即可。

【详解】
（1）①N 2→NH 3，N 的化合价由0变为了-3，则N 2作氧化剂，发生还原反应； ②NO→NO 2的化学方程式为：2NO+O 2=2NO 2；NO 2→HNO 3的化学方程式为：
3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ；HNO 3M −−→Ca(NO 3)2，M 可以是CaO 、Ca(OH)2、CaCO 3；
（2）①NH 4HCO 3需阴凉处保存，是因为该物质对热不稳定，受热易分解，相关的化学方程式为：NH 4HCO 3ΔNH 3↑+CO 2↑+H 2O ；
②该离子方程式为：NH 4++OH -=NH 3↑+H 2O ；
（3）①根据图可知，Y 为H 2SO 4；在自然环境中，SO 2变为H 2SO 4的途径有两种：
2H O [O]2324SO SO H SO −−→−−−→、22H O O 22324SO H SO H SO −−−→−−→，故X 为SO 3或
H 2SO 3；
②尿素CO(NH 2)2缓慢与H 2O 发生非氧化还原反应释放出NH 3，说明尿素中N 呈-3价，由于O 呈-2价，H 呈+1价，故可算得C 呈+4价。

4．NH 3、NO 、NO 2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO 的化学方程式_____。

(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

(3)实验室可用Cu 与浓硝酸制取少量NO 2，该反应的离子方程式是_____。

(4)为了消除NO 对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH 3使NO 转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

(5)一定质量的Cu 与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO 2和NO 气体均为2240mL 。

向反应后的溶液中加入NaOH 溶液使Cu 2+刚好完全沉淀，则生成Cu (OH )2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH 3+5O 2催化剂 加热4NO +6H 2O 光化学烟雾 Cu +4H ++2NO 3﹣＝Cu 2++2NO 2↑+2H 2O 4NH 3+6NO
催化剂5N 2+6H 2O 19.6
【解析】
【分析】 （1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；
（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；
（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；
（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；
（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m =nM 计算。

【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO 与水，反应方程式为：
4NH 3+5O 2催化剂 加热4NO +6H 2O ，
故答案为：4NH 3+5O 2催化剂 加热4NO +6H 2O ；
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；
(3)Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应
离子方程式为：Cu +4H ++2NO 3﹣＝Cu 2++2NO 2↑+2H 2O ，答案为：Cu +4H ++2NO 3﹣＝
Cu 2++2NO 2↑+2H 2O ；
(4)NH 3使NO 转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：4NH 3+6NO 催化剂5N 2+6H 2O ，
故答案为：4NH 3+6NO 催化剂5N 2+6H 2O ；
(5)n (NO 2)＝n (NO )＝2.24L ÷22.4L /mol ＝0.1mol ，根据电子转移守恒，可知n (Cu )＝0.1mol 10.1mol 32
⨯+⨯＝0.2mol ，由Cu 原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol ，生成Cu (OH )2沉淀的质量为0.2mol ×98g /mol ＝19.6g ，故答案为：19.6。

【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

5．汽车尾气主要含有CO 2、CO 、SO 2、NO x 等物质，逐渐成为城市空气主要污染源。

(1)写出CO 2的电子式_____________；CO 2带来的主要环境问题是________。

(2)汽车尾气中的CO 来自于________________，NO 来自于_________________。

(3)NO x 能形成酸雨，写出NO 2转化为HNO 3的化学方程式___________________。

(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO 和NO 相互反应生成参与大气循环的无毒气体。

写出反应化学方程式_______________。

(5)在催化剂作用下，可用氨气将NO 和NO 2转化为无毒气体，写出NO 2和NH 3反应生成无毒气体的化学方程式______________。

(6)当燃油中含硫量较高时，尾气中SO 2在O 2作用下与氨气形成(NH 4)2SO 4，用化学方程式表示(NH 4)2SO 4的形成_________________。

【答案】 温室效应 燃料不完全燃烧 在汽车气缸内的高温下N 2、O 2反应
产生 3NO2+H2O=2HNO3+NO 2CO+2NO2CO2+N2 6NO2+8NH37N2+12H2O
2SO2+O2+2H2O +4NH3=2(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
(1)C原子与2个O原子形成4个共价键，使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，CO2过多会导致温室效应；
(2)汽车燃料不完全燃烧产生CO，N2、O2在汽车气缸内的高温下反应产生NO；
(3)NO2与水反应产生HNO3和NO；
(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO反应产生CO2和N2；
(5)NH3具有还原性，可以与NO2反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式；
(6)SO2、O2、NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4。

【详解】
(1)在CO2分子中，C原子与2个O原子形成四个共用电子对，电子式为：；CO2在空气中含量过高，会导致温室效应；
(2)汽车尾气中的CO来自于燃料的不完全燃烧，NO来自于进入汽车气缸的空气中的N2、O2在高温下反应产生；
(3)NO x能形成酸雨， NO2与水反应产生HNO3和NO，NO2转化为HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体是CO2和N2，反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；
(5)NO2和NH3在一定条件下发生氧化还原反应生成无毒气体N2和水，反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
(6)SO2、O2、NH3、H2O会发生氧化还原反应形成(NH4)2SO4，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的方程式为：2SO2+O2+2H2O +4NH3=2(NH4)2SO4。

【点睛】
本题以汽车尾气的成分为线索，考查了非金属元素的化合物的形成、结构、性质、作用，危害治理方法，考查了氧化还原反应的化学方程式的书写与配平，共价化合物的电子式的书写。

掌握元素及化合物的性质是本题解答的关键。

体现了化学知识就在我们身边，环境污染与化学反应有关，治理污染也离不开化学知识，用事实说明学好化学的重要性。

6．原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。

（1）写出Y2O2的电子式：__，其中含有的化学键是__。

（2）将ZO2通入品红溶液再加热的现象是__。

（3）写出X的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式__。

（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。

（5）由X 、W 组成的化合物分子中，X 、W 原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式__。

【答案】 离子键、共价键 品红先褪色，加热后恢复红色 3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O NH 3 NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3
【解析】
【分析】
原子序数由小到大排列的四种短周期元素X 、Y 、Z 、W ，Y 与氧元素可组成Y 2O 和Y 2O 2的离子化合物，Y 为Na(因原子序数关系，Y 不可能为H)，其中X 、Z 、W 与氢元素可组成XH 3、H 2Z 和HW 共价化合物，可知X 为N ，Z 为S ，W 为Cl ，以此解答。

【详解】
由上述分析可知，X 为N ，Y 为Na ，Z 为S ，W 为Cl ，
（1）Na 2O 2为Na +与2-2O 组成的离子化合物，2-
2O 中含有共价键，以此Na 2O 2的电子式为：
；所含化学键为：离子键、共价键；
（2）SO 2具有漂白性，能够漂白品红溶液，但其漂白过程具有可逆性，若加热漂白后的品红溶液，则溶液恢复至红色，故答案为：品红先褪色，加热后恢复红色；
（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，其化学方程式为：
3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；
（4）NH 3为碱性气体，H 2S 、HCl 为酸性气体，NH 3能够与H 2S 、HCl 发生化学反应； （5）N 原子最外层电子数为5，Cl 原子最外层电子数为7，由N 、Cl 组成的化合物分子中，N 、Cl 原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl 3，其中N 为-3价，Cl 为+1价，NCl 3与水反应生成一种具有漂白性的化合物，该化合物为HClO ，其反应方程式为：NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3。

【点睛】
对于NCl 3中元素化合价解释：根据鲍林电负性标度，氮的电负性为3.04，氯的电负性为
3.16，说明氯的电负性稍大于氮，根据一般性规则，电负性大的显负价，但根据实验证实NCl 3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl 3+H 2O→NH 3+HClO(未配平)，由于HClO 的强氧化性，再发生第二步反应：NH 3+HClO→N 2+HCl+H 2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。

NCl 3中元素化合价可根据以下原理解释：氮和氯的电负性差值并不大，而氮原子的半径相对于氯原子来说要小得多，因此共用电子相对应当更偏向于氮，使得氮显-3价，氯显+1价。

7．非金属单质A 经下图所示的过程可转化为含氧酸D ，已知D 为强酸，请回答下列问题：
（1）若A 在常温下是固体，B 是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体： ①D 的化学式：_________；
②在工业生产中，B气体大量排放，被雨水吸收后形成____________污染环境。

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。

①C的化学式为：_________；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为：___________，该反应___（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

【答案】H2SO4酸雨 NO2 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 属于
【解析】
【分析】
根据框图，非金属单质A能发生连续氧化，含氧酸D为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。

(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
(2)A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，根据氧化还原反应的特点判断，据此分析解答。

【详解】
(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。

①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；
②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：酸雨；
(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

①由以上分析可知C为NO2，故答案为：NO2；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；属于。

【点睛】
解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。

本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。

8．A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示：
已知：X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)无色液体A是_____，A与B反应的化学方程式是____________。

(2)由X转化为N2的化学方程式为______________。

(3)白色固体C的化学式为_____。

由D转化为E的离子方程式为___。

【答案】浓氨水NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O Ca(OH)2
CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-
【解析】
【分析】
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为气体，则X为NH3，由C能与CO2生成白色沉淀D，CO2过量时又转化为无色溶液E，说明C可能是Ca(OH)2，D是CaCO3，E是Ca(HCO3)2。

常温下，产生氨气，以及根据X和C，推出A为氨水，B为生石灰，利用生石灰遇水放出热量，促使氨水分解，据此进行分析推断。

【详解】
（1）根据上述分析可知，A为氨水，氨水和氧化钙反应可以生成氨气，发生的反应是
NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
（2）利用氨气的还原性，发生的反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（3）根据上述分析可知，白色沉淀是Ca(OH)2，D转化成E的离子反应方程式为
CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－；
【点睛】
本题的突破口是X，X为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明是X是氨气，因为氨气是中学阶段，学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，然后根据常温下，制备氨气，利用反应物的状态，推测A为氨水，B为生石灰，进一步进行推测。

9．A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件，部分产物为标出).已知: A 是酸式盐，B是能使品红溶液褪色的气体，G是红棕色气体。

按要求回答问题:
（1）写出下列物质的化学式:A________，B________，写出B的一种危害__________。

（2）写出下列反应的化学方程式:E→F____________；红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:____________；铜与H的浓溶液反应的离子方程式：_____________。

（3）检验某溶液中是否含A 中阳离子的方法_____________。

【答案】NH4HSO3 SO2酸雨 4NH3+5O24NO+6H2O
C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 取该溶液少许滴加
NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体，则G是NO2；F和O2反应生成NO2，所以F是NO；NO2和水反应生成的H是HNO3；A是酸式盐，和NaOH反应生成E，E和O2反应生成NO，则E是NH3；B能使品红溶液褪色，且B能和O2反应生成C，所以B是SO2，C是SO3；SO3和水反应生成的D 为H2SO4；A是酸式盐且是铵盐，所以A是NH4HSO3。

【详解】
（1）通过以上分析知，A、B分别是NH4HSO3、SO2，SO2属于酸性氧化物，能和H2O反应生成H2SO3，H2SO3不稳定，易被空气氧化生成H2SO4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；
（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O，反应方程式为4NH3 + 5O24NO + 6H2O，C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O，反
应方程式为C + 2H2SO4(浓)Δ
CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O，铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和
H2O，离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3﹣=3Cu2+ + NO↑ + 2H2O；
（3）NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

10．如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出物质X的化学式：__。

（2）写出下列变化的化学方程式：
①A→D：___；
②G→E：___；
③F→G：___。

（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体C，请写出化学方程式：___。

【答案】NH4HCO3(或(NH4)2CO3) 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 【解析】
【分析】
和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与C在催化剂作用下反应，说明C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，B为水蒸气。

【详解】
⑴根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)，故答案为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)。

⑵①A→D是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

②G→E是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答
案为：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

③F→G是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。

⑶实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C，其化学方程式：
2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋
2NH3↑＋2H2O。

11．某化学实验小组利用实验室中的一瓶未知白色固体粉末进行了如下实验：
请回答下列问题：
(1)白色沉淀为______________________(填化学式，下同)，产生的有刺激性气味的气体是_____________________。

(2)该白色固体粉末是___________________(填化学式)。

(3)写出该白色固体粉末受热分解的化学方程式：_______________________________
【答案】CaCO3 NH3 NH4HCO3 NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
该白色固体加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明白色固体粉末中有NH4+，故该白色固体是NH4HCO3。

【详解】
（1）白色固体粉末加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无有CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，白色沉淀为CaCO3，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故该气体是NH3；
（2）有白色固体中含有NH4+、HCO3-，故该白色固体粉末是NH4HCO3；
（3）该白色固体粉末受热分解即NH4HCO3受热分解，化学方程式为：NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O
【点睛】
本题是物质中的成分鉴别，从特殊的性质去判断，考生应该熟练掌握常见的物质的性质，碳酸铵和碳酸氢铵性质不完全相同，碳酸铵与氯化钙反应有沉淀，而碳酸氢铵与之不反应。

12．某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K +、Mg 2+、Fe 2+、Al 3+、NH 4+、Cl -、CO 32- 和
SO 42-。

现每次取100.00mL 进行实验：（已知：NH 4++OH - Δ NH 3↑ +H 2O ）
① 第一份加入AgNO 3溶液有沉淀产生；
② 第二份加入足量NaOH 后加热，收集到气体0.896 L （标准状况下）
③ 第三份加入足量BaCl 2溶液后得干燥沉淀6.27g ，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余
2.33g 。

请回答：
(1)c(CO 32-) =_________mol/L ；
(2)K + 是否存在？__________；若存在，浓度范围是__________(若不存在，则不必回答第2问)；
(3)根据以上实验，不能判断______（填离子符号）是否存在。

若存在此离子，如何进行检验？_____________________________________________________。

【答案】0.2 存在 c (K +)≥0.2mol/L Cl - 取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl -，否则无Cl -
【解析】
【分析】
先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；
(1)先判断③中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；
(2)先确定实验③中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；
(3)根据实验现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰。

【详解】
根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl -、CO 32-、SO 42-；根据实验②现象判断，该溶液中含有NH 4+；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO 32-和SO 42-离子，同时排除溶液中含有Mg 2+、Fe 2+、Al 3+；
(1)根据实验③现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，则碳酸钡的物质的量为()6.27 2.33g
197/mol g -=0.02mol ，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=n V ＝0.02mol 0.1L
=0.2mol/L ； (2)根据实验③现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，其物质的量为
2.33233/mol
g g =0.01mol ；由生成的NH 3为0.896L ，可知铵根离子的物质的量为0.89622.4/mol
L L =0.04mol ；根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根。