高考化学压轴题之氮及其化合物(高考题型整理,突破提升)

高考化学压轴题之氮及其化合物(高考题型整理,突破提升)
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．下图是无机物A到M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。

其中， I 是由第三周期元素组成的单质中，熔点最高的金属。

K是一种红棕色气体。

请回答下列问题
（1）M、F、E、G 四种物质中所含同一种元素，其名称是_____________。

（2）写出反应⑩（溶液 J + G）的离子反应方程式
__________________________________。

（3）反应④中被还原的离子和被氧化的离子的物质的量之比是___________。

（4）向M的溶液中直接滴加 NaOH 溶液，现象是______________________，写出相应的化学方程式_____________________________，_______________________________。

（5）将化合物 D 与 KNO3、KOH 共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂 K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成 KNO2和 H2O 。

该反应的的化学方程式是
___________________________。

（6）共有120 t 硫铁矿（FeS2）参与反应①冶炼化合物D，最终得到化合物D共16 t，则冶炼D的转化率为_____。

【答案】铁 3Fe + 8H+ + 2NO3‾ = 3Fe2++ 2NO↑+ 4H2O 1:3 先产生白色沉淀，很快变为灰绿色，最终变成红褐色 Fe(NO3)2 + 2 NaOH = Fe(OH)2↓+ 2NaNO3 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =
4Fe(OH)3 Fe2O3 +3KNO3 + 4KOH 2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O 20%
【解析】
【分析】
FeS2氧化得到二氧化硫和氧化铁，A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为H2SO4，D为Fe2O3；I为第三周期中熔点最高的金属单质，I为Al，则反应⑦为铝单质与氧化铁发生的铝热反应，得到Fe与氧化铝；K是一种红棕色气体，则K为NO2，J为HNO3，J与G反应得到L，L被氧化成为NO2，则G为Fe，H为Al2O3，L为NO，联系反应④：M+H2SO4
→F+NO知，M为Fe(NO3)2，F为铁盐溶液，E为Fe(OH)3，据此分析解答。

【详解】
FeS2氧化得到二氧化硫和氧化铁，A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为H2SO4，D为Fe2O3；I为第三周期中熔点最高的金属单质，I为Al，则反应⑦为铝单质与氧化铁发生
的铝热反应，得到Fe与氧化铝；K是一种红棕色气体，则K为NO2，J为HNO3，J与G反应得到L，L被氧化成为NO2，则G为Fe，H为Al2O3，L为NO，联系反应④：M+H2SO4
→F+NO知，M为Fe(NO3)2，F为铁盐溶液，E为Fe(OH)3。

(1)M、F、E、G 四种物质中所含同一种元素，为Fe，其名称是铁，故答案为：铁；
(2)反应⑩为铁与硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，反应的离子反应方程式为3Fe + 8H+ + 2NO3‾ = 3Fe2++ 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3Fe + 8H+ + 2NO3‾ = 3Fe2++ 2NO↑+ 4H2O；
(3)反应④为硝酸亚铁与硫酸发生的氧化还原反应，反应中被还原的离子为硝酸根离子，反应生成NO，转移3个电子，被氧化的离子为亚铁离子，反应生成铁离子，转移1个电子，根据得失电子守恒，被还原的硝酸根离子和被氧化的亚铁离子的物质的量之比是
1∶3，故答案为：1∶3；
(4)向M(硝酸亚铁)的溶液中直接滴加 NaOH 溶液，可以看到的现象为先产生白色沉淀，很快变为灰绿色，最终变成红褐色，相应的化学方程式有Fe(NO3)2 + 2 NaOH = Fe(OH)2↓+
2NaNO3、4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，故答案为：先产生白色沉淀，很快变为灰绿色，最终变成红褐色；Fe(NO3)2 + 2 NaOH = Fe(OH)2↓+ 2NaNO3；4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =
4Fe(OH)3；
(5)化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O，反应的化学方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH
2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；
(6)120 t 硫铁矿(FeS2)中含有铁元素120 t×
56
120
=56t，完全转化为氧化铁能够生成氧化铁的质
量为56t×256+316
256
⨯⨯
⨯
=80t，因此冶炼氧化铁的转化率=
16 t
80t
×100%=20%，故答案为：
20%。

2．已知A是一种金属，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间有如图变化关系：
（1）A的名称是___；D的化学式是___。

（2）B→D反应的化学方程式___。

（3）A与水反应的化学方程式___。

【答案】钠NH3NaOH+NH4Cl ∆
NaCl+NH3↑+H2O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
【解析】
【分析】
B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色，可知B溶液中含有钠元素，A是金属，和水反应生成B和E，可知A是钠，B是NaOH溶液，E是氢气。

氢气和氯气点燃生成HCl，
NaOH溶液和固体C在加热下生成气体D，则D为NH3，氨气和HCl化合生成NH4Cl，能看到白烟，所以C为NH4Cl。

【详解】
由以上分析可知，A是金属钠，B是NaOH，E是H2，C是NH4Cl，D是NH3，F是HCl。

（1）A的名称是钠；D的化学式是NH3。

（2）B→D反应的化学方程式是NaOH+NH4Cl
NaCl+NH3↑+H2O。

（3）A与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

【点睛】
根据特征颜色和特殊实验现象可以快速找到无机推断题的突破口，如B溶液能使酚酞试液变红，说明溶液显碱性，焰色反应呈黄色，说明溶液中有钠元素；D、F相遇会产生白烟通常是氨气和氯化氢反应生成氯化铵的反应。

3．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+。

4．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。

请回答下列问题：
（1）D的化学式为__；F的结构式为__。

（2）A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。

（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。

（4）B和C反应的化学方程式为__。

（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：__。

【答案】NO N≡N硝酸 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O
3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O 2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−
【解析】
【分析】
E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu(NO3)2，I为Cu(OH)2，J 为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为N≡N；
(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一；
(3)G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为
3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O；
(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。

5．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。

【点睛】
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。

6．有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物与反应条件已略去)。

B、D、H是气体，B 是单质，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、G是生活中的常见金属，工业上用反应①制备C；K、F是固体，其中F是一种红色涂料的主要成分。

（1）K的化学式为___________；D的电子式为____________。

（2）写出反应②的离子方程式：___________。

（3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：
_____________。

（4）物质J常用作催化剂，媒染剂，放射性物质吸附剂。

从J的溶液得到J的晶体的操作依次为_____________、冰水洗涤、减压烘干。

冰水洗涤的目的___________。

（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，加热时温度不能过高的原因是_________。

【答案】Fe(OH)3 3NO2＋H2O＝2H+＋2NO3-＋NO
蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤减
少晶体的溶解损耗硝酸在较高温度下(易挥发)易分解
【解析】
【分析】
D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是氨气；C、G是生活中的常见金属，F是一种红色涂料的主要成分，F是Fe2O3，C的Al、G是Fe、A是Al2O3；电解熔融氧化铝生成铝和氧气，B是O2、E是NO、H是NO2、I是HNO3；铁和硝酸反应生成硝酸铁，J是Fe(NO3)3，
Fe(NO3)3和氨水反应生成氢氧化铁，K是Fe(OH)3；Fe(OH)3加热分解为氧化铁。

据此解答。

【详解】
（1）根据以上分析，K是氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3；D是氨气为共价化合物，氨气的电子式为。

（2）反应②是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是3NO2＋H2O ＝2H+＋2NO3-＋NO。

（3）反应③是铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的化学方程式是
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，铁元素化合价由0升高为+3，氮元素化合价由+5降低为+2，用单线桥标出电子转移的方向和数目为。

（4）从硝酸铁的溶液得到硝酸铁的晶体的操作依次为蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、减压烘干。

温度越低硝酸铁溶解度越小，冰水洗涤的目的是减少晶体的溶解损耗。

（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，硝酸在较高温度下(易挥发)易分解，所以加热时温度不能过高。

【点睛】
本题考查无机物的推断，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为解答该题的关键，注意把握物质的特征性质。

7．下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。

请回答下列问题：
(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。

(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。

(3)在25 ℃和101 kPa的条件下，将VL的B气体溶于100 mL水中，得到密度为ρg·mL－1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为________ mol·L－1。

(已知25 ℃、101 kPa条件下气体摩尔体积为24.5 L·mol－1，不必化简)
(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。

(5)B和C反应的化学方程式为__________。

(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：______。

【答案】钝化 3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
⨯
冒白烟 3CuO＋
2NH3=3Cu＋N2＋3H2O 2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O Δ
2CuCl↓＋4H＋＋SO42－
【解析】
【分析】
(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；
(3)氨气的物质的量是
V
24.5
mol，溶液的质量是
17V
+100
24.5
⎛⎫
⎪
⎝⎭
g，溶液的体积为
-1
17V +100g 24.5ρg mL ⎛⎫ ⎪⎝⎭g ＝17V+245024.5ρmL ，据此解答； (4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；
(5)B 与C 反应即CuO 和NH 3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 是CuCl ，SO 2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；
【详解】
A 、F 为无色气体单质，
B 为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B 获得1918年的诺贝尔化学奖，则B 是氨气，A 是氧气，D 是NO ，F 是氮气，G 是硝酸。

C 为黑色氧化物，E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀，则C 是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E 是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I 是氢氧化铜，J 是氯化铜。

(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ，故答案为：3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ；
(3)氨气的物质的量是V 24.5mol ，溶液的质量是17V +10024.5⎛⎫ ⎪⎝⎭
g ，溶液的体积为-117V +100g 24.5ρg mL ⎛⎫ ⎪⎝⎭g ＝17V+245024.5ρmL ，所以溶液的物质的量浓度为V 100024.517V+245024.5ρ
⨯mol·L －1，故答案为：V 100024.517V+245024.5ρ
⨯；
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；
(5)B 与C 反应的化学方程式为3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O ，故答案为：3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O ；
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 是CuCl ，SO 2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O
Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－，故答案为：2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－。

8．从物质A(某正盐)的水溶液出发有下面所示的一系列变化：
（1）写出A～F物质的化学式：
A__________；B__________；C__________；D__________；E.__________；F__________。

（2）写出E→F的化学方程式______________________________。

（3）鉴别物质F中阴离子的方法是________________________。

【答案】(NH4)2SO3 (NH4)2SO4 SO2 NH3 K2SO3 K2SO4 K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBr F 中的阴离子是硫酸根离子，可以加入盐酸、氯化钡溶液看是否产生沉淀来鉴别
【解析】
【分析】
根据框图可知，A即与酸反应生成气体C，又与碱反应生成气体D，则A为弱酸弱碱盐；C 与氨水生成A，D与C的溶液反应生成A，则D为NH3，A为铵盐；A的浓溶液与稀H2SO4反应生成B和C，则B是(NH4)2SO4，F为K2SO4；A的浓溶液与KOH溶液反应生成E和D，E和溴水反应生成K2SO4，则E为K2SO3、C为SO2、A为(NH4)2SO3。

【详解】
（1）由以上分析可知，A为(NH4)2SO3、B为(NH4)2SO4、C为SO2、D为NH3、E为K2SO3、F为K2SO4；
（2）E→F的反应为K2SO3溶液与溴水发生氧化还原反应生成硫酸钾和氢溴酸，反应的化学方程式为K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBr；
（3）F为K2SO4，阴离子为SO42-，可用酸化的BaCl2检验SO42-，具体操作是取少量F的溶液加入BaCl2和盐酸的溶液，若产生白色沉淀，证明SO42-的存在。

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．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋
阴离子Cl－、OH－、CO32-、AlO2-
为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。

(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为 ____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。

(2)写出沉淀减少的离子方程式 ________________________________________________。

【答案】H＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋ 2:2:2:3 OH－、CO32-、AlO2- Al(OH)3+OH－= AlO2- +2H2O 【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为
3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。

【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是
5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol 氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol，所以氯离子物质的量≥16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO32-、AlO2-；
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。

11．A、B和C为常见气体，A是所有气体中密度最小的气体；B是黄绿色气体；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

D是目前用量最大，用途最广的金属。

请回答下列问题：
(1)A是________(填化学式)
(2)实验室制取C时，常用________（填“向下”或“向上”）排空气法收集；
(3)B与D的单质在点燃条件下反应的化学方程式为______________________________
【答案】H2向下 2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】
【分析】
A是密度最小的气体，则A为H2；B是黄绿色气体，则B为Cl2；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3；D是目前用量最大，用途最广的金属，则D为Fe。

【详解】
（1）A是氢气，氢气的化学式为H2，故答案为H2；
（2）C为NH3，NH3的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，故答案为向下；
（3）B为Cl2，D为Fe，Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，反应的化学方程式为
2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。

【点睛】
本题考查元素化合物，掌握元素化合物的性质是解答关键。

12．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的一种用途____；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了D的___性。

(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则
①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。

②实验室检验A气体的方法为___。

③C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为___。

④将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最终气体全部被吸收，所得溶液充满整个试管。

若不考虑溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·L-1。

(标况下计算，保留两位有效数字)
【答案】供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等) SO2吸水
2NH4Cl+Ca(OH)2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生) 1:2 0.045
【解析】
【分析】
(1)C是淡黄色固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。

(3)C是红棕色气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。

【详解】
(1)由C是淡黄色固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。

答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。

答案为：SO2；吸水；
(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则C为NO2。

①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为，实验室制备氨气
时，药品为NH4Cl和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH )
2
加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O。

答案为：；2NH4Cl+Ca(OH)2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②实验室检验氨气时，采用的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。

答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)；
③C转化为D的过程中，发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，从价态变化看，若3molNO2参加反应，有1molNO2中的N元素价态降低，有2molNO2中的N元素价态升高，则氧化剂与还原剂的质量比为1:2。

答案为：1:2；
④假设试管的体积为VL，则c=
L
22.4L/mol
L
V
V
=0.045mol·L-1。

答案为：0.045。

【点睛】
在平时的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、吸收结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。

13．已知X和Y为中学化学中的常见元素，其最高价含氧酸均为强酸。

根据如图所示转化关系(反应条件及部分产物已略去)，回答下列问题。

(1)若A、B、C、D均为含X的化合物，且A和F的分子中均含有10个电子，则：
①F的化学式为______。

②将1.92 g铜粉与一定量的D的浓溶液反应，当铜粉完全反应时收集到气体1.12 L (标准状况)，则反应消耗的D的物质的量为______mol。

(2)若A、B、C、D均为含Y的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34
g/mol，则：
①将铜粉与D的浓溶液反应所得的溶液加热蒸干，得到的白色固体物质为______(填化学
式)。

②将Na2Y溶液滴加到次氯酸钠溶液中，有黄色沉淀生成，请写出所发生反应的离子方程式：______。

在该反应中若有74.5 gNaClO被还原，则转移电子的物质的量为______mol。

【答案】H2O 0.11 CuSO4 S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH- 2
【解析】
【分析】
已知X和Y为中学化学中的常见元素，X、Y两种元素最高价氧化物的水化物均为强酸。

(1)若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A和F的分子中均含有10个电子，则A是NH3，B是NO，C是NO2，D是HNO3，E为O2，F为H2O。

①由上述分析可知，F为H2O；
②Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O；根据Cu的质量计算Cu的物质的量，HNO3的作用为氧化剂和酸的作用，根据氮元素守恒计算反应消耗HNO3的物质的量；
(2)若A、B、C、D均为含Y的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34
g/mol，则Y元素为S元素，若A是H2S，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4，E是O2，F是H2O。

①铜与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，所得的溶液是硫酸铜溶液，加热蒸干得到的白色固体物质是CuSO4；
②化合物Na2S和次氯酸钠溶液在强碱性环境中能发生反应，产物为黄色硫沉淀，氯化钠与水，结合化合价的变化解答。

【详解】
经上述分析可知X是N元素，Y是S元素。

(1) A是NH3，B是NO，C是NO2，D是HNO3，E为O2，F为H2O。

①F是水，化学式为H2O；
②1.92 gCu的物质的量为n(Cu)=
1.92
64 /
g
g mol
=0.03 mol，Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、
NO2、H2O，当反应进行到一定程度，变为稀硝酸，反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，反应产生的气体NO或NO2的物质的量n=1.12 L÷22.4 L/mol=0.05 mol，反应产生Cu(NO3)2的物质的量为0.03 mol，根据氮元素守恒，消耗的硝酸的物质的量为0.03 mol×2+0.05 mol=0.11 mol；
(2)Y元素为S元素，A是H2S，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4，E是O2，F是H2O。

①铜与浓硫酸反应生成CuSO4、SO2与H2O，所得的溶液是硫酸铜溶液，加热蒸干得到的物质是CuSO4；
②化合物Na2S具有还原性，而NaClO具有氧化性，二者在强碱性环境中能发生反应，产生黄色沉淀，则该沉淀为S，S2-被氧化产生S，ClO-被还原产生Cl-，同时有水生成，该反应的离子反应方程式：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-。

在反应中每有1 mol NaClO反应，转移2 mol
电子，74.5 g NaClO的物质的量n(NaClO)=
74.5
74.5 /
g
g mol
=1 mol，则反应转移电子的物质的
量为2 mol。

【点睛】。