高考化学二轮 氮及其化合物 专项培优 易错 难题附答案解析

高考化学二轮氮及其化合物专项培优易错难题附答案解析
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。

（1）实验室欲用下图所示装置(夹持固定装置略去)制备并收集氨气。

①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。

②试管中反应的化学方程式是____________________。

③为吸收多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。

（2）氨有很多重要性质。

①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是_______________________________。

②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是
__________________________。

（3）写出氨的两种用途__________________________________。

【答案】 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 水(或稀盐酸、硫酸等) 氨
水显碱性 8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl 作制冷剂、制化肥等
【解析】
【分析】
(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采用向下排空气法收集；
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；
③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的吸收方法；
(2) ①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；
②根据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；
【详解】
(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采用向下排空气法收集气体,即导气管应该“短进长出”,如图所示：；
因此，本题正确答案是:。

②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程
式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ；
因此，本题正确答案是: 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气；
因此，本题正确答案是: 水(或稀盐酸、硫酸等)。

(2) ①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；
综上所述，本题答案是：氨水显碱性。

②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为
8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；
综上所述，本题答案是：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。

（3）氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；
因此，本题正确答案是：作制冷剂、制化肥等。

2．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。

3．硝酸是常见的三大强酸之一，在化学研究和化工生产中有着广泛应用，常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。

硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。

（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：2MNO3∆
−−→2M+2NO2↑+O2↑，加热
3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。

由此可以计算出M的相对原子质量为__。

（2）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。

其中NO的体积为__。

（3）现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（S.T.P.）。

则产物中硝酸铜的物质的量为_。

如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO的质量比为__。

（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和
2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升___？
（5）加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣48.4g。

将反应后产生的气体通过水充分吸收后，剩余气体1.68L(S.T.P.)。

求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式___。

【答案】108 5.824L 0.025 9：5 0.448L Cu(NO3)2·6H2O
【解析】
【分析】
（1）根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量；
（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积；
（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量，根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量；根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量，根据铜原子守恒计算氧化铜的质量，从而计算出氧化亚铜和氧化铜的质量之比；
（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量，进而计算体积；
（5）根据原子守恒，气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银的物质的量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。

【详解】
（1）标准状况下，672ml气体的物质的量是0.03mol，根据反应的方程式可知，氧气的物质的量是0.01mol，所以硝酸盐的物质的量是0.02mol，则硝酸盐的相对分子质量是170，故M的相对原子质量是170－62＝108；
（2）32.64g铜的物质的量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体的物质的量是0.5mol，若设NO和NO2的物质的量分别是x和y，则x＋y＝0.5、3x＋y＝1.02，解得x＝0.26mol，所以NO的体积是5.824L；
（3）硝酸的物质的量是0.06mol，被还原的硝酸是0.01mol，所以根据氮原子守恒可知，硝酸铜的物质的量是（0.06mol－0.01mol）÷2＝0.025mol。

根据铜原子守恒可知，铜原子的物质的量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，二者的物质的量之和是0.015mol，则氧化亚铜的物质的量是0.005mol，所以氧化铜的物质的量是0.005mol，则Cu2O与CuO的质量比为144︰80＝9:5。

（4）n(H+)=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，发生反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO+4H2O，0.02mol硝酸根完全反应，需要氢离子的物质的量为0.08mol<0.1mol，故氢离子过量，硝酸根不足，生成的一氧化氮为
0.02mol，则标况下，一氧化氮的体积为0.448L。

（5）二氧化氮、氧气和水的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知，硝酸铜受热分解产生的二氧化氮和氧气体积比为4：1，被水完全吸收，硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4：1，即气体与水反应剩余1.68L氧气；设原混合物中硝酸铜的物质的量为xmol，硝酸银为ymol，即80x+108y=48.4，0.25y=0.075，即
x=0.2mol，y=0.3mol。

根据铜原子守恒可知，结晶水的物质的量
=110.20.3170/0.2188/
18/
g mol g mol mol g mol
g mol
-⨯-⨯
=1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质
的量之比为1：6，硝酸铜结晶水合物的化学式Cu(NO3)2·6H2O。

4．氨和硝酸都是重要的工业原料。

（1）标准状况下，将500L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为
____mol·L-1（保留三位有效数字）。

工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为____。

（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。

合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为____。

下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是____。

A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH-=____+H2O（配平该方程式）。

（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。

固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。

①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为____。

②Cu与Cu2O的物质的量之比为____。

③HNO3的物质的量浓度为____mol·L-1。

（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20mL，加入0.25mol•L-1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C点混合液呈中性）。

则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为____mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为____mol·L-1。

【答案】22.3 SO2+2NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3］
4NH3+5O24NO+6H2O BC 2NO2- 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2：1 2.4
0.25 1
【解析】
【分析】
（1）根据c=n
V
计算氨水的浓度；
（2）根据已知信息反：应物和生成物书写反应方程式，根据电子守恒配平反应方程式；根据化合价变化判断NH3为还原剂，进行分析其他几反应中氨气的作用；
（3）根据质量守恒，原子守恒、电子守恒规律进行解答；
（4）根据n(H+)=n(OH- )进行分析解答。

【详解】
（1）标准状况下，将500L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为
C =n
V
=
500L
22.4L/?mol
1L
=22.3 mol·L-1。

工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，二氧化硫与氨气
反应生成亚硫酸铵和水，该反应的化学方程式为SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或
SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］,所以答案为：22.3；SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或
SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］；
(2)将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，所以答案：
4NH3+5O24NO+6H2O；
A.在4NH3+5O24NO+6H2O反应中，氨气做还原剂，2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑反应中，氨气做氧化剂，所以与氨氧化法中的氨作用不相同，故A错误；
B.在2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O反应中，氨气做还原剂，所以与氨氧化法中的氨作用相同，故B正确；
C.在4NH3+6NO=5N2+6H2O反应中，氨气做还原剂，所以与氨氧化法中的氨作用相同，故C 正确；
D.HNO3+NH3=NH4NO3反应是非氧化还原反应，故D错误；
所以答案：BC。

由质量守恒和得失电子守恒配平，NO中N为+2价，NO2中N为+4，显然是个归中反应，生成化合物中N为+3价，再根据原子守恒，电荷守恒，可知该反应的离子方程式：
NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为NO2-；
本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；BC；2NO2-；
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。

固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。

①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以答案：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②所得溶液中加入1mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3) = n (NaOH) = 1.0mol/L 1.0L=1mol。

沉淀为Cu(OH)2，
质量为39.2g，物质的量=
39.2g
98/g mol
=0.4mol, 根据铜元素守恒
有 n(Cu) + 2n (Cu2O)=n[Cu(OH)2]，反应后的溶液中n [Cu(NO3)2]= n [Cu(OH)2]= 0.4mol。

设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y， 64x+144y = 27.2， x+2y= 0.4，解得 x=0.2，y = 0.1，所以Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1；所以答案为2：1；
③Cu和Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜，0.2molCu完全反应失去0.4mol电子0.1molCu2O 完全反应失去0.2mol电子，总共生成0.6mol电子，由电子守恒，生成NO的物质的量
=0.6mol
3
= 0.2mol，所得溶液中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液，此时溶液呈中性，金属离
子恰好完全沉淀,反应后的溶质为硝酸钠，则溶液中的硝酸根离子的物质的量为
n(NO3-) = n(NaOH) = 1mol/L⨯1L=1mol，则硝酸的总物质的量为1mol+0.2mol= 1.2mol，硝
酸的浓度c=1.2mo
0.5L
=2.4mol/L。

所以答案为：2.4 mol·L-1。

（4）由图可知，0~ 20mLBa(OH)2溶液发生H2SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4↓+H2O，
20mL ~ 60mLBa(OH)2溶液发生H++OH-=H2O，由图可知，加入20mLBa(OH)2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则
H2SO4 + Ba(OH)2= BaSO4↓+ H2O
1 1
x 0.02L ⨯ 0.25mol n L-1，解得x = 0.02L ⨯ 0.25mol n L-1= 0.005mol，硫酸的物质的量
浓度=0.005mol
0.02L
= 0.25 mol n L-1，由图可知pH=7时，消耗60mLBa(OH)2溶液，
由.H++OH-=H2O可知原溶液中含有的n(H+)=n(OH- )= 2 ⨯0.06L⨯ 0.25 mol n L-1= 0.03mol，故
n (HNO3) = 0.03mol - 0.005mol ⨯2= 0.02mol，故原溶液中HNO3的物质的量浓度
=0.02mol
0.02L
=1 mol n L-1，故答案为： 0.25； 1。

5．如图所示，在干燥的圆底烧瓶中充满某气体a，胶头滴管中吸有少量液体b，当把溶液b挤进烧瓶后，打开止水夹不能形成“喷泉”的组合是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故A不符合题意；
B.氯化氢极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，B不符合题意；
C.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故C不符合题意；
D.饱和氯化钠溶液中含有氯离子能抑制氯气的溶解，所以氯气不能使烧瓶内压强减小，不能形成喷泉，故D符合题意；
答案：D 。

【点睛】
根据形成喷泉的原理是使烧瓶内外产生压强差，所以只要考虑烧瓶内气体能否和滴管中的液体发生反应进行判断。

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）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：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。

7．X、Y、Z 是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(X、Y、Z、E、F 为英文字母，部分反应条件及产物略去)
I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。

（1）Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为
_____。

（2）Z的水溶液可以制得某种强酸 E。

实验室用 98%的浓E(ρ = 1.84g·cm−3)溶液配制
l.5mol·L−1稀 E 溶液240 mL。

① 制该稀 E 溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和_____ ；
II.若Z是淡黄色固体粉末。

在呼吸面具或潜水艇中由Z和 CO2制备氧气的化学反应方程式为_____。

III.若Z是红棕色气体。

（1）试写出 Z 与水反应制备另一种强酸 F 的化学方程式_____。

（2）2.0g铜镁合金完全溶解于100mL 密度为 1.40g·mL−1质量分数为 63%的浓F溶液中，得到Z 和N2O4(Z和N2O4均为浓F 溶液的还原产物)的混合气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀，得到3.7g沉淀。

则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入 NaOH 溶液的体积为_____ mL 。

【答案】2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O 250mL容量瓶 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
3NO2+H2O=2HNO3+NO 2:3 1300
【解析】
【分析】
I．若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，则Y为SO2；
II．若Z是淡黄色固体粉末，则Z为Na2O2；
III．若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO。

【详解】
I.（1）根据分析，Y为SO2，SO2的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，其反应的化学方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O。

（2）①二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得硫酸，E是硫酸。

实验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg⋅cm−3)溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL，依据配制溶液的步骤可知，需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量
瓶。

II. 根据分析，Z 为Na 2O 2，在呼吸面具或潜水艇中Na 2O 2和CO 2制备O 2的化学反应方程式为：2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2，故答案为：2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2。

III.（1） Z 为NO 2，X 为N 2或NH 3，Y 为NO ，NO 2与H 2O 反应生成HNO 3和NO ，其化学反应方程式为：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，故答案为：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO 。

（2）F 为HNO 3，金属离子全部沉淀时，得到3.7g 沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g−2g=1.7g ，氢氧根离子的物质的量为：
m 1.7g n 0.1mol 17g M
mol
===，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：220.164242x y x y +=⎧⎨+=⎩，计算得出：0.020.03x mol y mol
=⎧⎨=⎩，所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：0.03=2:3；标准状况下，NO 2和N 2O 4混合气体的物质的量为：
m V 1.792L n 0.08mol V 22.4L /mol
===，设二氧化氮的物质的量为amol ，则四氧化二氮的物质的量为（0.08−a ）mol ，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.08−a)×2×1=0.1，计算得出：a=0.06mol ，则N 2O 4的物质的量为0.02mol ，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：100mL 1.4g/mL 63g ×6%l
3/mo ⨯ −0.06mol−0.02mol×2=1.3mol ，所以需要氢氧化钠溶液的体积为：1.3mol V 1.3L 1300mL 1.0mol L
===，故答案为：2:3；1300。

8．由三种短周期非金属元素形成的常见单质A 、B 、C ，在一定条件下有如下反应：A+B→甲(气) ，B+C→乙(气)，请根据不同情况回答下列问题：
(1)若标准状况下A 、B 、C 、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。

①丙的化学式是 _________ ，丙中含有的化学键类型为 ______________
②工厂常用气体甲检验装有气体C 的管道是否泄漏，请写出该反应的化学方程式 ______________
(2)若常温下B 为固体，A 、C 为气体且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙。

①乙的化学式是 ___________
②向氢氧化钠溶液中通人过量的乙，所发生反应的离子方程式是
________________________
③将乙与(1)中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式是___________________
【答案】NH 4Cl 离子键、极性共价键 8NH 3+3Cl 2=N 2+6NH 4Cl SO 2 SO 2+OH -=HSO 3-
SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
（1）若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则丙为NH4Cl，甲、乙分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知B为H2，A、C分别是Cl2、N2的一种。

（2）若常温下B为固体，A、C为气体，且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙，结合转化关系可推知，B为S、A为H2、C为O2、甲为H2S、乙为SO2。

【详解】
（1）①丙为氯化铵，其化学式为NH4Cl，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间是离子键，铵根离子中氮原子与氢原子之间是极性共价键，所以化学键类型为离子键、极性共价键，故答案为：NH4Cl；离子键、极性共价键。

②甲是HCl、NH3中的一种，C分别是Cl2、N2的一种，工厂常用NH3检验装有Cl2的管道是否泄漏，则甲是NH3，C是Cl2，其反应的化学方程式：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。

（2）①乙是二氧化硫，其化学式是SO2，故答案为：SO2。

②乙为SO2，氢氧化钠溶液中通人过量的SO2，其化学反应方程式为：
SO2+NaOH=NaHSO3，离子反应方程式为：SO2+OH-=HSO3-，故答案为：SO2+OH-=HSO3-。

③乙为SO2，与Cl2的水溶液充分反应可生成两种强酸，即盐酸和硫酸，其化学反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。

9．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1molB消耗3mol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？__，理由是__。

【答案】H2 NH3 NO 2NH3＋3CuO N2＋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
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F 为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为
氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3，据此解答。

【详解】
A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F 为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为
氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3；
(1)由上述分析可知，D的化学式为H2，Y的化学式为NH3，E的化学式为NO；
(2)NH3与氧化铜反应，每生成1mol N2消耗3mol氧化铜，还原产物中Cu应是化合价为a，则：3(2-a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O；
(3)Y和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4NH3+6NO 5N2+6H2O；
(4)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，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有沉淀生成。

10．固体硝酸盐受热易分解且产物较复杂。

已知KNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐的热分解反应的化学方程式如下：
Ⅰ：2KNO3 加热
2KNO2+O2↑
Ⅱ:2Cu（NO3）2 加热
2CuO+4NO2↑+O2↑
Ⅲ:2AgNO3加热
2Ag+2NO2↑+O2↑
某固体可能由KNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐中的一种或几种组成。

取适量该固体充分加热，得到一定量气体，该气体经水充分吸收后，剩余气体的体积在同温、同压下为
吸收前的1
6
（忽略氧气在水中的溶解）
（1）若该固体只由一种盐组成，则该盐为___________________，
（2）若该固体是混合物，则该混合物的可能组成为__________。

【答案】AgNO 3 KNO 3、Cu （NO 3）2 ；KNO 3；Cu （NO 3）2；AgNO 3
【解析】
【分析】
（1）①二氧化氮和氧气按照4：1和水混合会完全转化为硝酸，氧气不能被水吸收，二氧化氮可以和氧气之间发生反应生成硝酸和一氧化氮，据此回答判断；
②根据极限假设法，假设是一种物质，得出气体的体积在同温同压下为吸收前的百分数，然后根据剩余气体的体积在同温同压下为吸收前的16来判断情况； 【详解】
（1）①硝酸钾分解产生的是氧气，不能被水吸收，硝酸铜分解产生的二氧化氮和氧气按照4：1和水混合会完全转化为硝酸，只有硝酸银分解得到的二氧化氮、氧气的比例和水混合会符合条件，
故答案为：AgNO 3；
②若该固体是混合物，则该混合物的可能组成为符合条件：一种物质分解产生的气体经水充分吸收后，剩余气体的体积在同温同压下为吸收前的16要大，另一种物质的则小于16 ，根据①分析，符合条件的物质组合为：KNO 3和Cu （NO 3）2或KNO 3、Cu （NO 3）2和AgNO 3；
故答案为：KNO 3和Cu （NO 3）2或KNO 3、Cu （NO 3）2和AgNO 3；
11．已知A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、I 是中学化学中常见的九种化合物，其中B 常温下为无色无味透明的液体，C 的焰色反应火焰呈黄色，E 是红棕色的固体；X 、Y 是两种常见的单质，其中X 常温常压下为气体．
根据上面框图关系回答下列问题：
(1)A 的化学式为______，常温下A 的颜色为______，I 的化学式为______．
(2)写出X+F Δ
−−−→催化剂G+B 的化学方程式：______． (3)写出实验室中用两种固体药品制取F 气体的化学方程式：______．
(4)写出“C D →”反应的离子方程式：______．
(5)写出“E +金属单质Y+高温两性氧化物”的化学方程式：______．。