【化学】化学氮及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案解析

【化学】化学氮及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案解析
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．A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。

已知：A是气体单质，C 是红棕色气体。

回答下列问题：
（1）写出C的化学式：________；
（2）在上图D→B的过程中，D表现出强_____（填“氧化性”或“还原性”)；
（3）写出C→D转化的化学方程式_________。

【答案】NO2氧化性 3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【解析】
【分析】
C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO．A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3；
【详解】
(1)由上述分析可知，C为NO2，；
(2)D→B的过程为稀硝酸与铜的反应，发生反应的化学方程式是
3Cu+8HNO3(浓)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性；
(3)C是NO2，D为HNO3，C→D反应的化学方程式为3NO2+H2O=NO+2HNO3。

3．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。

4．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。

−−→2M+2NO2↑+O2↑，加热
（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：2MNO3∆
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。

5．氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。

回答下列问题：
（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。

该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。

（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。

①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。

②加入CaCO3的作用是___。

③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。

（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。

在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：
图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。

图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而
NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。

【答案】2:3 SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋ 2MnO42－＋ 4H＋消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动1:1 n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱
【解析】
【分析】
⑴根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。

⑵根据氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。

⑶根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。

【详解】
⑴水解液中的NH3将NO还原为无害的物质氮气，根据氧化还原反应原理，氨气化合价升高3个价态，为还原剂，NO化合价降低2个价态，为氧化剂，根据升降守恒配平原理，因此氨气前配2，NO前面配系数3，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，故答案为：2:3。

⑵①KMnO4脱硫(SO2)反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋ 2MnO42－＋ 4H＋，故答案为：SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋ 2MnO42－＋ 4H＋。

②反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动，故答案为：消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动。

③2molKMnO4反应生成4mol氢离子，4mol氢离子消耗2mol碳酸钙，因此CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为1:1，故答案为1:1。

⑶根据图中的转化率和去除率关系，可知脱硫脱硝最佳条件是n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0；NO在pH>5.5时可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，故答案为：n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0；可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。

6．亚硝酸(HNO2)是一种不稳定的酸，易分解为NO2和NO；其盐亚硝酸钠是一种重要的化工原料，酸性条件下能氧化碘离子等还原性物质，常用作漂白剂、媒染剂。

回答下列问题：
(1)亚硝酸钠会与人体中的血红蛋白作用，将二价铁氧化为三价铁，从而使血红蛋白丧失输送氧气的功能而使人体中毒。

一旦发生亚硝酸盐中毒，立即注射美蓝溶液进行治疗，推断美蓝溶液具有________(填“氧化”或“还原”)性。

(2)亚硝酸钠外观极像食盐，和食盐一样有咸味。

工业上常用下列两种方法检验食盐中是否混有亚硝酸钠。

①取样品，加稀硫酸，若观察到________(填现象)，说明样品中含有亚硝酸钠。

②取样品，加________溶液(填试剂名称)，酸化后溶液变蓝，说明样品中含有亚硝酸钠。

(3)研究不同条件下保存萝卜，发现亚硝酸钠含量随时间变化如图所示，若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg·kg-1时食用，则三种条件下保存时间由长到短的顺序是________(填序
号)。

(4)鱼塘中亚硝酸钠浓度过高，鱼不吃食甚至死亡。

可用适量二氧化氯(ClO 2)处理亚硝酸钠，ClO 2被还原为Cl -，反应的离子方程式为________________________；若有3mol ClO 2参与反应，则转移电子的物质的量是________。

【答案】还原 溶液产生气泡 淀粉碘化钾溶液 ③①②
-
---22322ClO +5NO +2OH =2Cl +5NO +H O 15mol
【解析】
【分析】
本题综合考察了亚硝酸及亚硝酸盐的性质，分析时可从其+3价的化合价出发，+3价可升可降使其既能当氧化剂又能当还原剂，此外亚硝酸还是一个弱酸。

【详解】
（1）若要解毒可将血红蛋白中的3+Fe 重新还原为2+Fe ，因此美蓝溶液应具有还原性； （2）①亚硝酸是弱酸，因此亚硝酸钠与硫酸反应可以得到23N O ，23N O 不稳定又分解产生NO 和2NO ，因此可以观察到气泡；
②也可从其氧化性出发，加入淀粉碘化钾溶液，亚硝酸盐可将碘离子变为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝即可证明；
（3）据图可以看出若要达到1mg/kg 的量，冷藏不密封用时最长，冷藏密封用时最短，因此保存时间由长到短为③①②；
（4）二氧化氯当氧化剂，亚硝酸钠当还原剂，离子方程式为：
-
---22322ClO +5NO +2OH =2Cl +5NO +H O ；2ClO 在反应中由+4价降低到-1价，因此每
个2ClO 得5个电子，3mol 2ClO 在反应中一共转移15mol 电子。

7．细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。

耦合循环中的部分转化如下图所示。

（1）上图所示氮循环中，属于氮的固定的有________（填字母序号）。

a. N2转化为氨态氮
b. 硝化过程
c. 反硝化过程
（2）氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。

①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为________。

②检验氨态氮肥中NH4+的实验方案是________。

（3）硝化过程中，含氮物质发生________（填“氧化”或“还原”）反应。

（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。

该反应中，当产生0.02 mol氮气时，转移的电子的物质的量为________ mol。

（5）土壤中的铁循环可用于水体脱氮（脱氮是指将氮元素从水体中除去），用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理：________、________。

【答案】a N2 + 3H2 2NH3取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH4+氧化 0.06 6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2↑+ 8H+ 10Fe2+ + 2NO3- +
12H+=10Fe3+ + N2↑ + 6H2O
【解析】
【分析】
（1）氮的固定是氮元素由游离态变为化合态；
（2）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气；②铵根离子与碱反应放出氨气；
（3）硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子；
（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，根据得失电子守恒，反应方程式是NH4++ NO2- =N2+2H2O；
（5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把NH4+氧化为氮气，Fe2+把NO3-还原为氮气。

【详解】
（1）a. N2转化为氨态氮，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定； b. 硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子，不是氮的固定； c. 反硝化过程是硝酸根离子转化为氮气，不是氮的固定；选a；
（2）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应方程式是N2 + 3H2 2NH3；
②铵根离子与碱反应放出氨气，检验铵态氮肥中NH4+的实验方法是：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观
察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH 4+；
（3）硝化过程中，铵根离子转化为硝酸根离子，氮元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。

（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，反应方程式是NH 4++ NO 2- =N 2+2H 2O ，生成1mol N 2转移3mol 电子，当产生0.02 mol 氮气时，转移的电子的物质的量为0.06mol 。

（5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe 3+把NH 4+氧化为氮气，Fe 2+把NO 3-还原为氮气，反应的离子方程式是6Fe 3+ + 2NH 4+=6Fe 2+ + N 2↑+ 8H +、10Fe 2+ + 2NO 3- + 12H +=10Fe 3+ + N 2↑ + 6H 2O 。

8．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：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。

9．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)则Y 和新制氯水主要成分反应生成两种强酸的化学方程式______________。

(2) 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________________。

(3)Z 的水溶液可以制得某种强酸E 。

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

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、____和_____； ②算所需E 浓溶液的体积为___mL(保留1位小数)。

II.若Z 是淡黄色固体粉末。

在呼吸面具或潜水艇中由Z 和CO 2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 n 密度为11.40g?mL -n 质量分数为63%的浓F 溶液中，得到Z 和24N O (Z 和24N O 均为浓F 溶液的还原产物)的混合气体1792mL(n 标准状况)，向反应后的溶液中加入11.0mol?L NaOH -n 溶液，当金属离子全部沉淀，得到
3.7g n 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】22224SO Cl 2H O H SO 2HCl ++=+ 32242322NH H O SO (NH )SO H O +=+g
玻璃棒 250mL 容量瓶 20.4 2222322Na O 2CO 2Na CO O +=+
2233NO H O 2HNO 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，可判断Y 为2SO 。

II.若Z 是淡黄色固体粉末，可知Z 为过氧化钠。

III.若Z 是红棕色气体，可知Z 为二氧化氮，X 为氮气或氨气，Y 为一氧化氮；
【详解】
()I.1据上述分析可知，二氧化硫和新制氯水反应生成盐酸和硫酸，反应的化学方程式22224SO Cl 2H O H SO 2HCl ++=+；
()2二氧化硫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，生成亚硫酸铵
和水，反应的化学方程式为32242322NH ?
H O SO (NH )SO H O +=+； () 3二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水可得硫酸，故E 是硫酸。

实验室用98%
的浓硫酸()3ρ 1.84g?cm -=n 溶液配制1l.5mol?L -n 稀硫酸溶液240mL n 。

① 依据配制溶液的步骤可知需要使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：玻璃棒250mL ；容量瓶；
②依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，设需E 浓溶液的体积为x ，则
3x 1.84g?cm 980.25L 1.5mol /L 98g /mol
-⨯⨯=⨯％，解得x 20.4mL =； II.在呼吸面具或潜水艇中由过氧化钠和2CO 制备氧气的化学反应方程式为，
2222322Na O 2CO 2Na CO O +=+；
()III.1 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为
2233NO H O 2HNO NO +=+，
故答案为：2233NO H O 2HNO NO +=+；
()2金属离子全部沉淀时，得到3.7g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为3.7g 2g 1.7g -=，氢氧根的物质的量为： 1.7g 0.1mol 17g /mol
=，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：220.164242
x y x y +=⎧⎨+=⎩计算得出：x 0.02=，y 0.03=，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol ：0.03mol 2=：3，
标况下，2NO 和24N O 混合气体的物质的量为 1.792L 0.08mol 22.4L /mol
=，令二氧化氮的物质的量为amol ，则四氧化二氮的物质的量为()0.08a mol -，根据电子转移守恒可以知道，()a 10.08a 210.1⨯+-⨯⨯=，计算得出a 0.06mol =，24N O 的物质的量为0.02mol 根据钠离子守恒可以知道，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，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为
0.1L 14mol /L 0.06mol 0.02mol 2 1.3mol ⨯--⨯=，故需要氢氧化钠溶液的体积为：
1.3mol 1.3L 1300mL 1.0mol /L
==， 故答案为：2:3；1300。

【点睛】
该题考查无机框图题的判断，是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固训练，物质特殊的颜色是推断的突破口。

10．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SO 2在通常条件下同时通入盛有BaCl 2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。

11．由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、NH4+、Mg2+、CO32-、Ba2+、SO42-．将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份 100 mL该溶液分别进行如下实验：。