高考化学提高题专题复习氮及其化合物练习题含答案解析

高考化学提高题专题复习氮及其化合物练习题含答案解析
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．如图1为实验室制取氨的实验装置。

（1）写出A中所发生反应的化学方程式___。

（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，请写出相关反应的化学方程式___，___。

（3）在收集氨时试管口棉花的作用是___。

（4）一位学生用制得的氨，按图2装置进行喷泉实验，烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作____。

（5）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置。

首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是（______）
A．CaCO3粉末和浓盐酸
B．NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液
C．HCl和AgNO3溶液
D．HCl和酚酞溶液
该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。

水槽中加入的物质可以是（______）
A．硝酸铵 B．食盐 C．浓硫酸 D．硫酸铜
【答案】2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O NH3+5O2=4NO+6H2O 2NO+O2=2NO2减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶 A C
【解析】
【分析】
(1)为制取氨气的装置，收集氨气的试管口需要棉花；(2)气体遇空气能迅速变红棕色，原气体是NO；(6)图3要想产生喷泉，必须生成大量气体；(7)如果放出大量热量，也能增大气体压强，产生喷泉。

【详解】
(1)实验室制氨气2NH4Cl＋Ca(OH)2∆
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 。

(2) NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，该气体是NO，所以NH3+5O2=4NO+6H2O。

(3) NO遇空气迅速变红棕色，所以2NO+O2=2NO2 。

(4)收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气。

(5)引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，只要水进入烧瓶，气体溶于水导致压强减小，产生喷泉。

(6)要想产生喷泉，必须生成大量气体，A选项能产生大量二氧化碳。

(7)加入浓硫酸，放出大量热导致压强增大，产生喷泉。

【点睛】
氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法，不能混淆；喷泉实验的原理是内外产生压强差。

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 NH4+废水和工业废气(主要含 NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：
已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(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100mL 3.00mol·L-1NaOH溶液进行模拟测试，需用托盘天平称取 NaOH 固体质量为______g。

(3)用 NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为_______________________。

(4)捕获剂从气体 3 中捕获的气体主要是__________________ (填化学式)。

(5)流程中生成的 NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。

已知 NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O；I2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 NaNO2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】CaCO3 CaSO3 12 NO2－+ NH4+= N2↑+2H2O CO C
【解析】
【分析】
工业废气通过过量的石灰乳，除去CO2和SO2，生成CaCO3和CaSO3，气体1是NO 、
CO 、N2，通入适量的空气，把NO转化为NO2，通过氢氧化钠溶液只得到NaNO2溶液，说明气体2是NO、NO2、N2，气体3是CO和N2，捕获产物是CO，得到的NaNO2溶液和含NH4+废水发生氧化还原反应，得到无污染的气体是氮气。

【详解】
(1)根据分析，固体 1 的主要成分有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3；
(2) 需要配制100mL 3.00mol·L-1NaOH溶液，所需质量m=C·V·M=3.00mol·L-1×0.1L×40
g·mol-1=12g；
(3)用 NaNO2溶液处理含NH4+废水，二者发生归中反应，氮元素最终都以氮气形式存在，反应的离子方程式为：NO2－+ NH4+= N2↑+2H2O；
(4)根据分析，捕获剂从气体 3 中捕获的气体主要是CO；
(5)由2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，可知NO2－在酸性条件下可以氧化I－，生成的I2可以使淀粉变蓝。

故检验NO2－使用淀粉碘化钾试纸、白酒、水，故答案选C。

3．硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。

试回答下列问题：
（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：
①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。

上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。

（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。

①配平方程式：__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al(OH)4]－＋__N2↑。

②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成
__mL(标准状况下)N2。

【答案】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O 2∶3 40 10 6 4 18H2O 10 3 10∶3 672
【解析】
【详解】
(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；
③28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为(1.6－3x－2y)mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3(1.6－3x－2y)，又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为
2∶3；上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受
热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol×1
2
＝0.25mol，质量为40g；
(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al(OH)4]－＋3N2↑；
②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；由方程式可知，
生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积(标准状况下)
为0.3mol
10
×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】
金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：①原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；③电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H+)+nc(M n+)(M n+代表金属离子)；④离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。

4．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。

5．Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中填上需加入最适合的一种试剂：
（1）FeCl3溶液（FeCl2）________________，
（2）FeCl 2溶液（FeCl 3）________________，
（3）Fe 粉末（Al ） _______________，
Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100 mL 0.3 mol·L －1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560 mL ；再加入0.2 mol·L －1 NaOH 溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300 mL NaOH 溶液。

则所取样品中铝的物质的量为___________，反应中转移的电子数为______________ 。

【答案】Cl 2 Fe NaOH 溶液 0.055mol 0.075N A
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）氯气把FeCl 2氧化为FeCl 3；
（2）铁粉能把FeCl 3还原为FeCl 2；
（3）Fe 与氢氧化钠不反应， Al 与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体，向反应后的溶液中加入0.2 mol·L -1 NaOH 溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO 3、NaAlO 2，根据硝酸根守恒有n （NaNO 3）=n （HNO 3）- n （NO ），根据钠离子守恒有n （NaOH ）=n （NaNO 3）+n （NaAlO 2），据此计算n （NaAlO 2），再根据铝原子守恒n （Al ）=n （NaAlO 2）计算。

【详解】
Ⅰ.（1）氯气把FeCl 2氧化为FeCl 3，用氯气除去FeCl 3溶液中FeCl 2；
（2）铁粉能把FeCl 3还原为FeCl 2，用铁粉除去FeCl 2溶液中的FeCl 3；
（3）Fe 与氢氧化钠不反应， Al 与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用NaOH 溶液除去铁粉中的铝粉；
Ⅱ. 镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮，向反应后的溶液中加入0.2 mol·L -1 NaOH 溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO 3、NaAlO 2，根据硝酸根守恒有n （NaNO 3）=n （HNO 3）- n （NO ）=0.1L×0.3mol/L-0.56L 22.4L/mol
=0.03mol-0.025mol=0.005mol ，根据钠离子守恒有n （NaOH ）=n （NaNO 3）+n （NaAlO 2），故n （NaAlO 2）=0.3L×0.2mol/L-
0.005mol=0.055mol ，根据铝原子守恒n （Al ）=n （NaAlO 2）=0.055mol ；
3HNO NO ::，氮元素化合价由+5变为+2，生成1molNO 转移3mol 电子，所以反应中转移的电子数为A 0.56L 3N =22.4L/mol
⨯⨯0.075N A 。

6．2016年10月17日7时30分，我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。

此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（C 2N 2H 8）和一种氮的氧化物（用R 表示），当火箭发射时，这两种燃料会剧烈反应产生大量气体，并释放出大量的热，化学方程式如下（已配平）：C 2N 2H 8+2R=3N 2↑+4H 2O+2CO 2↑
（1）R 的化学式是___；已知偏二甲肼中N 元素显-2价，H 元素显+1价，由此推断，C 元素的化合价是___。

（2）该反应的还原剂是___，被还原的元素是___。

（3）若反应生成22.4LCO2（标准状况），则反应转移电子___mol。

（4）火箭发射时，尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色，该红棕色气体的化学式可能是___。

（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。

Na2FeO4能给水消毒利用的是___性。

用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，其净水原理与明矾相同，Fe3+净水原理是___（用简要的文字叙述）。

【答案】N2O4 -2 C2N2H8 N2O4 8 NO2氧化性 Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降
【解析】
【分析】
（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可得R的化学式；
（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，可以判断出氧化剂和还原剂；
（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，可以求出转移电子数；
（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体；
（5）Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性。

【详解】
（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可知，R的化学式为：
N2O4；已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价，H元素显+1价，设C的化合价为x，则有
2x+8-2×2=0，解得x=-2，C元素的化合价是-2；
（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，故该反应的还原剂是C2N2H8，氧化剂是N2O4；
（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，N2O4被还原为N2，得8个电子，1mol N2O4得8电子，故转移8mol电子；
（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体，故该红棕色气体的化学式可能是NO2；
（5）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性，可用于杀菌消毒；杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。

7．已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(1)写出该反应的离子方程式：________；
(2)标准状况下，产生NO气体的体积为：________；转移电子的物质的量为______；反应
后NO3-的物质的量浓度为：______。

（忽略反应前后溶液体积的变化）
【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；
(2)先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的
物质的量，根据c=n
V
计算反应后NO3-的物质的量浓度。

【详解】
(1)Cu与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗
0.8molHNO3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol，则生成NO的体积V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol，则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol，在200mL5mol/L 稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L×0.2L=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol，被还原的硝酸变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量
n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c=
0.8
0.2
n mol
V L
=4mol/L。

【点睛】
本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

8．如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。

先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加热，然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶，当三氧化二铬保持红热状态时，移去酒精灯。

根据题意回答问题：
(1)硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为______。

当三氧化二铬红热时，要移去酒精灯，原因是：______。

(2)圆底烧瓶里的实验现象是______，鼓入空气的作用是______。

(3)实验过程中，如果慢慢地鼓入空气，石蕊溶液的颜色______。

(4)实验结束后，在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体，写出生成该晶体的化学方程式：______。

(5)工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸，然后
______（填一种操作名称）。

(6)实验室里保存浓硝酸要用棕色瓶的原因是__________________（用化学方程式表示）。

【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低有红棕色气体产生提供O2，且促进氨的挥发变红色 NH3+HNO3=NH4NO3蒸馏 4HNO3(浓)4NO2↑+2H2O+O2↑
【解析】
【分析】
(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；根据反应反应放热，温度会影响催化剂的活性；
(2)根据NO2为红棕色气体；鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；
(3)根据酸能使石蕊溶液变红；
(4)根据NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；
(5)根据硝酸和其他溶液是互溶的液体利用硝酸沸点低，容易挥发分析；
(6)根据硝酸不稳定，易分解。

【详解】
(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为
4NH3+5O24NO+6H2O，该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低；
(2)产生的NO能和O2反应生成红棕色的NO2，鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；
(3)NO2易与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性，能使石蕊溶液变红色；
(4)NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3：NH3+HNO3=NH4NO3；
(5)硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶，可以利用硝酸沸点低，容易挥发变为气体的性质，采取蒸馏的方法分离；
(6)硝酸不稳定，光照容易分解，故硝酸应盛于棕色瓶，密封放于阴暗处。

【点睛】
本题考查硝酸的制取、保存等知识，涉及氨气的制取、性质以及二氧化氮和硝酸铵等知识，注意把握元素化合物知识的理解和应用。

9．已知A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。

A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：
（1）写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。

（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。

（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。

【答案】Na NaOH NH4Cl H2 H2+Cl2点燃
2HCl NH4Cl + NaOH
加热
NaCl +H2O +NH3↑
盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B 是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E 是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；
(2) E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：
H2+Cl2点燃
2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和
水，反应方程式为：NH4Cl + NaOH 加热
NaCl +H2O +NH3↑；
(3) F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

10．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有
_________（填序号）
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥ Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑①②
4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O NH4Cl ①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O；
(5)E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选
①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有
NH4+。

11．已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如图所示的转化关系（反应条件已经略去）：
（1）若A 、B 、C 、D 均是10电子粒子，请写出A 、D 的化学式：A___；D___。

（2）若A 和C 均是18电子粒子，且A 为阴离子，B 和D 均是10电子粒子，则A 与B 在溶液中反应的离子方程式为___。

【答案】NH 4+ H 2O HS -+OH -=S 2-+H 2O
【解析】
【分析】
(1)若A 、B 、C 、D 均是10电子粒子，框图显示，A 、B 反应生成C 和D ，C 和氢离子反应得到A ，B 可以和氢离子反应得到D ，则A 为+
4NH ，B 为OH -，C 为NH 3，D 为H 2O ，据此填空；
(2)若A 和C 均是18电子粒子，且A 为阴离子，B 和D 均是10电子粒子，则A 为HS -，B 为OH -，C 为2S -，D 为H 2O ，据此填空；
【详解】
(1)据分析A 为+4NH ，B 为OH -，C 为NH 3，D 为H 2O ；
答案为：NH 4+；H 2O ；
(2)据分析A 为HS -，B 为OH -，C 为2S -，D 为H 2O ，则HS -与OH -在溶液中反应的离子方
程式为22HS OH S H O ---++=
12．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A 、C 、D 、E 、F 在通常情况下均为气体，且加热X 生成的A 与C 的物质的量之比为1∶1，B 为常见液体。

试回答下列问题：
(1)X 是________(填化学式，下同)，F 是__________。

(2)A―→D 反应的化学方程式为_______。

(3)G 与Cu 的反应中，G 表现的性质为______。

(4)X 与过量NaOH 溶液反应生成C 的离子方程式为_____________。

(5)以C 、B 、D 为原料可生产G ，若使amol C 完全转化为G ，理论上至少需要D___ mol 。

【答案】NH 4HCO 3 NO 2 2Na 2O 2＋2CO 2=2Na 2CO 3＋O 2 酸性和氧化性 NH 4+＋HCO 3—＋2OH －=2H 2O ＋CO 32—＋NH 3↑ 2a
【解析】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；
(2) A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋
2CO2=2Na2CO3＋O2；
(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；
(4) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－2H2O＋
CO32—＋NH3↑；
(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守
恒，理论上至少需要氧气的物质的量=
()
amol53
4
⎡⎤
⨯--
⎣⎦=2amol。

13．某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、
NH4+、Cl-、CO32-和SO42-。

现每次取100.00mL进行实验：（已知：NH4++OH -Δ
NH3↑
+H2O）
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896L（标准状况下）
③第三份加入足量BaCl2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(CO32-)=_________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】
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；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单位的正电荷，设其物质的量为xmol ，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程
式， 0.02mol×2+0.01mol×2=0.04m0l×1+xmol×1，解得：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=n V ＝0.02mol 0.1L
=0.2mol/L ，因溶液中可能还含有Cl -，则实际c (K +)≥0.2mol/L ； (3)根据实验①现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，则实际操作为取少量原试液，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 -。

14．A 、B 、C 、D 四种物质之间有如图所示的转化关系。

已知：A 是气体单质，C 是红棕色气体。

回答下列问题：。