高考化学培优 易错 难题(含解析)之氮及其化合物及答案解析

高考化学培优易错难题(含解析)之氮及其化合物及答案解析
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题：
（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是_____________，其中发生反应的化学方程式为________________________________________________。

（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是______________。

1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：
分别表示N2、H2、NH3。

图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是________________、____________________。

（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是_____________________；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是______________________________。

（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：
碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
NH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（NO也有类似的反应）
以上两种方法中，符合绿色化学的是________________________________。

（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。

已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的
________%。

【答案】氧化炉 4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O 铁砂网（或铁） N2、H2被吸附在催化剂
表面在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂利用余热，节约能源可使NO循环利用，全部转化成HNO3 NH3还原法 53
【解析】
【详解】
（1）在工业制硝酸的生产中，氨的催化氧化在氧化炉中进行，故B设备的名称是氧化
炉，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O。

（2）分析工艺流程知此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网（或铁）；分析图示知图②和图③的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面、N2、H2中化学键断裂。

（3）合成氨的反应为放热反应，在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是可使NO循环利用，全部转化成HNO3。

（4）碱液吸收法中，只有当NO和NO2的物质的量之比小于等于1:1时尾气才能吸收完全，且生成物亚硝酸钠有毒，而NH3还原法生成物为氮气和水，对环境无影响，故两种方法中，符合绿色化学的是NH3还原法。

（5）设生产硝酸的NH3的物质的量为1mol，根据关系式：NH3～HNO3和题给信息计算生成HNO3的物质的量为：1mol×96%×92%=0.88mol；根据反应：NH3+HNO3＝NH4NO3知与硝酸反应的NH3的物质的量为0.88mol，故制HNO3用去NH3的质量占总消耗NH3的质
量分数为：
1mol
1mol0.88mol
×100%=53%。

2．某港口化学品堆场发生火灾，消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下，用水灭火时，发生了剧烈爆炸。

事后有关部门初步认定危化品部分清单：钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。

试回答：
⑴请你分析用水灭火时，随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。

⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________（简要说明操作步骤）。

⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________（写化学式）。

⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2，写出该反应的化学方程式______________________。

【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应，并释放出氢气。

氯酸钾受热分解产生氧气，氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液
中含有NH4+ Na2O2 2KNO3Δ
2KNO2+O2↑
【解析】
【分析】
钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气，而氯酸钾分解会产生氧气，氢氧混合受热后会发生爆炸，后面再根据要求来作答即可。

【详解】
（1）根据分析，钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气，而氯酸钾受热产生氧气，氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸；
（2）铵离子可以通过加水溶解后，加入浓碱并加热的方法来检验，因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体；实验操作为：将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液
中含有NH 4+，
（3）过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂，化学式为Na 2O 2；
（4）硝酸钾受热分解产生2KNO 和2O 的过程是一个自身氧化还原反应，氮从+5价降低到+3价，得2个电子，氧从-2价升高到0价，失2个电子，据此来写出氧化还原方程式即可：3222KNO 2KNO +2O @。

3．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。

4．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XH 3、H 2Z 和HW 共价化合物；Y 与氧元素可组成Y 2O 和Y 2O 2离子化合物。

（1）写出Y 2O 2的电子式：__，其中含有的化学键是__。

（2）将ZO 2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）XH 3、H 2Z 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）NH3为碱性气体，H2S、HCl为酸性气体，NH3能够与H2S、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NCl3，其中N为-3价，Cl 为+1价，NCl3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：NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3。

【点睛】
对于NCl3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NCl3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl3+H2O→NH3+HClO(未配平)，由于HClO的强氧化性，再发生第二步反应：NH3+HClO→N2+HCl+H2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。

NCl3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。

5．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：
(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。

6．下列是一些常见物质之间的转化关系。

A是一种红色金属，F为不溶于酸的白色沉淀，B和C是两种强酸。

（图中部分产物及反应条件略去）
则：①A和B 分别为：A_________ B_________；
②A与B发生反应的条件是__________________；
③反应⑥的化学方程式为_____________________；
④上述反应中，不属于氧化还原反应的是_______________。

（填数字序号）。

【答案】Cu 或（铜）浓H2SO4或浓硫酸加热 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ④
【解析】
【分析】
红色金属A应为Cu；G与BaCl2反应生成的F为不溶于酸的白色沉淀，则F为BaSO4，G、D、B均含硫元素，结合B是强酸，且能与Cu反应，可知B为浓H2SO4；A（Cu）与B（浓H2SO4）反应生成D，则D为SO2，D与氯水反应生成G，则G为稀H2SO4；C也为强酸，且能与Cu反应，可知C为HNO3，E能与O2反应，则E为NO，进一步可知C为稀HNO3，H 为NO2。

【详解】
①A为Cu，B为浓H2SO4，故答案为：Cu或（铜）；浓H2SO4或浓硫酸；
②A（Cu）与B（浓H2SO4）反应需要加热，故答案为：加热；
③反应⑥是H（NO2）与水的反应，故答案为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO；
④上述反应中，只有④不是氧化还原反应，故答案为：④。

中学阶段，能与铜反应的两种强酸是浓H2SO4和HNO3，需要注意的是：浓H2SO4与铜反应的还原产物是SO2；浓HNO3与铜反应的还原产物是NO2，稀HNO3与铜反应的还原产物是NO。

7．化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：
(1)A的化学式为___________________________。

(2)C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：___________________(用化学式填空)
(3)B生成E的化学方程式为_____________________。

(4)金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是
______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________N A。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 HNO3＞H2CO3 2H2O 2H2↑+O2↑ 3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O NO 3
【解析】
【分析】
化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B 到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】
根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F 是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

(1)A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3；
(2)C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：HNO3＞H2CO3；
(3)B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O通电2H2↑+O2↑；
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2+
+2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3N A。

8．如图，根据图示回答：
(1)A 的分子式为_____；B 的分子式为_____；C 的分子式为_____。

(2)将 E 溶于水，配制成 0.1 mol·L -1的溶液，滴入酚酞，显_____色。

(3)写出NH 4Cl 溶液与NaOH 溶液共热反应的离子方程式：__________________。

(4)D→B 的化学方程式为：_____。

(5)A→B 的化学反应方程式：_____。

【答案】NH 3 NO NO 2 无 NH 4++OH −Δ
NH 3↑+H 2O
3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O 4NH 3+5O 2
∆催化剂4NO+6H 2O
【解析】
【分析】 氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，A 催化氧化生成一氧化氮和水，则A 为NH 3，E 为HCl ，B 为NO ，C 为NO 2，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，D 为HNO 3，硝酸和铜反应生成一氧化氮。

【详解】
（1）结合分析可知A 为NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，故答案为：NH 3；NO ；NO 2；
（2）E 为HCl ，溶于水溶液显酸性，配制成0.1mol/L 的溶液，滴入酚酞不变色，故答案为：无；
（3）氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水，反应的离子方程式：NH 4++OH −ΔNH 3↑+H 2O ，故答案为：NH 4++OH −ΔNH 3↑+H 2O ；
（4）D→B 是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，故答案为：
3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；
（5）A→B 是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH 3+5O 2∆催化剂4NO+6H 2O ，故答案为：4NH 3+5O 2∆催化剂4NO+6H 2O ；
9．几种常见物质的转化关系如下图所示，图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A 、C 为无色气体：
请填写下列空白：
(1)物质X可以是_________，C是_________， F是_________。

(2)反应①的化学方程式是_____________________，反应②的化学方程式是
_______________________。

【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3NH3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24NH3+5O24NO+6H2O 【解析】
【分析】
本题考查无机推断，反应①能与Na2O2反应，熟悉的知识是H2O或CO2与Na2O2的反应，因为A为气体，则A为CO2，D为O2，X与盐酸反应生成CO2，说明X中含有CO32－或HCO3－，X与NaOH共热反应，生成气体C，则C为NH3，即X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B 为H2O，反应②是NH3与氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，据此分析解答。

【详解】
（1）根据上述分析，X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，C为NH3，F为NO2；
（2）反应①的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，反应②发生氨的催化氧化，即反应方程式为： 4NH3+5O24NO+6H2O。

【点睛】
本题的突破口在与过氧化钠反应，中学阶段学过能与过氧化钠反应的物质是CO2和H2O，根据A为气体，则A为CO2，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，即D为O2，X与NaOH共热产生气体，化合物能与NaOH共热产生气体，则气体是NH3，然后进一步进行分析即可。

10．a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，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。

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：
a______；b______；c______；d______；e______。

（2）如果a是一种常见气体，试推断这五种物质（用化学式表示）：
a______；b______；c______；d______；e______。

【答案】S H2S SO2 SO3 H2SO4 N2 NH3 NO NO2 HNO3
【解析】
【分析】
【详解】
（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，则a是硫，所以b是硫化氢，c是SO2，d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为S、H2S、SO2、SO3、H2SO4。

（2）如果a是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则b是氨气，C是NO，d是NO2，e是硝酸，化学式分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。

11．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。

A和B 以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

请根据下图的转化关系回答：
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式_________________。

【答案】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++OH- SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体；A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。

【详解】
(1)由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－；
(2) C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+；
(3) NH3和SO2按1:1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。

12．镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A有下面一系列变化。

气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)写出A、C、D的化学式：
A________；C________；D________。

(2)写出下列反应的化学方程式：
①______________________________________________；
②____________________________________________。

【答案】Mg 3N 2 NH 3 Mg(OH)2 Mg 3N 2＋8HCl=3MgCl 2＋2NH 4Cl MgCl 2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl ，NH 4Cl ＋NaOH
NaCl ＋H 2O ＋NH 3↑
【解析】
【分析】
镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，镁和空气生成氧化镁和氮化镁，生成少量的物质A ，即A 为氮化镁，气体C 能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C 为氨气。

溶液B 为氯化铵和氯化镁的混合，溶液B 于氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、氨气和氯化钠。

【详解】
(1)根据上面分析得出A 、C 、D 的化学式：A 为Mg 3N 2；C 为NH 3；D 为Mg(OH)2，故答案为：Mg 3N 2；NH 3；Mg(OH)2。

(2)①氮化镁和盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应方程式为Mg 3N 2＋8HCl=3MgCl 2＋2NH 4Cl ，故答案为：Mg 3N 2＋8HCl=3MgCl 2＋2NH 4Cl 。

②氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应方程式为MgCl 2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl ，氯化铵和氢氧化钠加热反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为NH 4Cl ＋NaOH
NaCl ＋H 2O ＋NH 3↑，故答案为：MgCl 2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl ，NH 4Cl ＋NaOH NaCl ＋H 2O ＋NH 3↑。

13．如图所示为A 、B 、C 、D 、E 五种含氮物质相互转化的关系图，其中A 、B 、C 、D 常温下都是气体，B 为红棕色，写出A 、B 、C 、D 、E 的化学式和各步反应的化学方程式。

（1）各物质的化学式为
A ．__，
B ．__，
C ．__，
D ．___，E.___。

（2）各步反应的化学方程式为
A→C ：___，D→C ：___，
B→E ：___，E→C ：_____。

【答案】N 2 NO 2 NO NH 3 HNO 3 N 2＋O 22NO 4NH 3＋5O 24NO ＋6H 2O 3NO 2＋H 2O=2HNO 3＋NO 3Cu ＋8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2＋2NO↑＋4H 2O
【解析】
【分析】
A 、
B 、
C 、
D 、
E 均为含氮物质，C 2+O −−−→B(红棕色)，则B 为NO 2，C 为NO ；A −−−→闪电C
（NO ），则A 为N 2；A （N 2）−−−−→高温、高压催化剂D 2O −−−−→、催化剂
高温C （NO ），则D 为NH 3；B （NO 2）→E Cu −−→ C （NO ），则E 为HNO 3；依此作答。

【详解】
（1）经分析，A为N2，B为NO2，C为NO，D为NH3，E为HNO3；
（2）A→C的化学方程式为：N2+O2放电
2NO；
D→C的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
B→E的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
E→C的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。

14．从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。

以下是氮元素形成物质的价类二维图的及氮的循环的部分信息。

（1）①是一种人工固氮的重要途径，该反应的化学方程式是__________。

（2）②的化学方程式是__________。

（3）⑤的化学方程式是（任写一种）__________。

（4）R可与 NaOH溶液反应：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，该反应体现了R（HNO2）的_____性。

（5）Q的化学式是_______，Q属于酸性氧化物，写出Q与水反应的化学方程式
________。

（6）L在水体中过多蓄积会导致水体富营养化。

将水体调节为酸性后加入适量NaClO，可将L中阳离子转化为无污染气体以去除。

写出L与NaClO反应的离子方程式_________。

【答案】N2+3H22NH3 4NH3+5O2 4NO+6H2O Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2
＋2NO2↑＋2H2O或者 C＋4HNO3(浓)Δ
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(浓)
Δ
4NO2↑＋
+O2↑+2H2O（任写一种）酸 N2O5 N2O5 +H2O=2HNO3 2NH4++3ClO－= N2↑+3Cl－
+3H2O+2H+
【解析】
【分析】
已知图中物质都是含氮元素的物质，过程①中A为单质，D为氢化物，A生成D是人工固氮反应，则为氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下生成氨气的反应，则A为氮气，D为氨气；过程②中B为氮的氧化物且氮元素为+2价，则发生的反应为氨气催化氧化反应
生成一氧化氮和水，则E为一氧化氮；G也是氮氧化物且氮元素的化合价为+4价，由E转变为G的反应为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，则G为二氧化氮；J为含氮元素的酸且氮元素为+5价，由二氧化氮转变为酸的反应为二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，则J 为硝酸；过程⑤为硝酸转化为二氧化氮，反应较多，如：浓硝酸与铜反应、硝酸受热分解或硝酸与碳单质反应都可产生二氧化氮；氨气转变为M，M为碱，即M为一水合氨；一水合氨也可转化为L，则L为铵盐，同时，过程⑥为硝酸转变为L，则L为硝酸铵；另外Q 为氮氧化物且氮元素的化合价为+5价，则Q为五氧化二氮；R为含氮元素的另一种酸，且氮元素化合价为+3价，则R为亚硝酸。

【详解】
（1）根据分析，A为氮气，D为氨气，氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下生成氨气，化学方程式是N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；
（2）根据分析，过程②中B为氮的氧化物，则发生的反应为氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，则E为一氧化氮，发生的反应方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
（3）过程⑤为硝酸转化为二氧化氮，反应较多，如：浓硝酸与铜反应、硝酸受热分解或硝酸与碳单质反应都可产生二氧化氮，化学方程式为：Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑
＋2H2O或者 C＋4HNO3(浓)Δ
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3(浓)
Δ
4NO2↑＋+O2↑+2H2O
（任写一种），故答案为：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者 C＋
4HNO3(浓)Δ
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(浓)
Δ
4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一
种）；
（4）根据分析，R为亚硝酸，R可与 NaOH溶液反应：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，该反应中未发生化合价的变化，属于酸碱中和反应，体现了R（HNO2）的酸性，故答案为：酸；（5）根据分析，Q为五氧化二氮，化学式是N2O5；Q属于酸性氧化物，也是硝酸的酸酐，五氧化二氮与水反应生成硝酸，化学方程式N2O5 +H2O=2HNO3，故答案为：
N2O5+H2O=2HNO3；
（6）根据分析L为硝酸铵，为酸性后加入适量NaClO，可将L中阳离子转化为无污染气体以去除，则该无污染气体为氮气，硝酸铵与NaClO反应的离子方程式2NH4++3ClO－=
N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故答案为：2NH4++3ClO－= N2↑+3Cl－+3H2O+2H+。

【点睛】
本题考查含氮元素化合物的相互转化，需要对氮及其化合物性质掌握准确。

15．如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。

（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。

（2）写出A→D的化学方程式___。

（3）写出实验室制备C的化学方程式___。

（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。

②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 NO2 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2
2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O NaHCO3和Na2CO3 1：1 0.75
【解析】
【分析】
根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为
H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：
NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；
(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为
2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始
生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1∶1；
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧
化钠溶液的浓度=0.0075mol
0.01L=0.75mol/L，故答案为：0.75。