高考化学氮及其化合物(大题培优 易错 难题)含详细答案

高考化学氮及其化合物(大题培优易错难题)含详细答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．氮及其化合物在生产生活中有广泛的应用：
（1）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比____10（填“大于”“等于”或“小于”），并说明理由
_____________________________________。

（2）常温下向含0.5mol溶质的稀盐酸中缓慢通入0.5molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________________；在通入氨气的过程中溶液的导电能力___________（选填“变大”、“变小”或“几乎不变”）。

请设计实验检验铵盐中的NH4+：___________。

【答案】小于加水稀释，弱电解质的电离程度增大 c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)
几乎不变取样，加水溶解，加入氢氧化钠浓溶液，加热，若产生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】
【详解】
（1）浓溶液加水稀释，越稀越电离，故0.1mol/L的氨水中电离程度更大，故甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；
答案为：小于；加水稀释，弱电解质的电离程度增大；
（2）二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH−)，依据溶液呈电中性有：c(H+)+c(NH4+)=c(OH−)+c(Cl−)，因为c(H+)＞c(OH−)，所以c(NH4+)＜c(Cl−)，故离子浓度大小关系为：c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH−)；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变；铵盐能与强碱反应放出氨气，则检验铵根离子的实验方案：取样，加水溶解，加入氢氧化钠浓溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

【点睛】
浓溶液加水稀释，越稀越电离；溶液的导电能力主要取决于溶液中离子的浓度及离子所带的电荷数：离子的浓度越大，导电能力越强；离子所带的电荷数越大，导电能力越强。

2．在下列物质转化中，A 是一种正盐，D 的相对分子质量比 C 的相对分子质量大16，E 是酸，当 X 无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当 X 是强酸时，A、B、C、D、E 均含同一种元素；
当 X 是强碱时，A、B、C、D、E 均含另外同一种元素。

请回答：
(1)A 是_____，Y 是_____。

(2)当X 是强酸时，B 是_____。

写出C 生成D 的化学方程式：____________。

(3)当X 是强碱时，B 是_____，写出 D 生成E 的化学方程式：
__________________________________。

【答案】（NH 4）2S O 2 H 2S 22
32SO +O 2SO ƒ催化剂 NH 3 2233NO +H O=2HNO +NO 【解析】
【分析】
本题中C 、D 的变化和D 的相对分子质量比C 的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D 比C 多一个氧原子，A 为（NH 4）2S ，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO 2→SO 3，NO→NO 2，Na 2SO 3→Na 2SO 4等，由此可推断Y 为O 2，由于E 为酸，则D 应为能转化为酸的某物质，很可能为SO 3、NO 2等，当X 是强酸时A 、B 、C 、D 、E 均含同一种元素，则B 为H 2S ，C 为SO 2，D 为SO 3，E 为H 2SO 4，Z 为H 2O ，当X 是强碱时，则B 为NH 3，C 为NO ，D 为NO 2，E 为HNO 3，Z 为H 2O ，据此答题；
【详解】
（1）由上述分析推断可知，A 为（NH 4）2S ，Y 为O 2，故答案为：（NH 4）2S ；O 2； （2）当X 是强酸时，根据上面的分析可知，B 是 H 2S ，C 生成D 的化学方程式为
2232SO +O 2SO ƒ催化剂，故答案为：H 2S ；2232SO +O 2SO ƒ催化剂；
（3）当X 是强碱时，根据上面的分析可知，B 是 NH 3，D 生成E 的化学方程式为2233NO +H O=2HNO +NO ，故答案为：NH 3；2233NO +H O=2HNO +NO 。

【点睛】
本题解题的关键是D 的相对分子质量比 C 的相对分子质量大16，由此推断D 比C 多一个氧原子，则Y 为氧气，以此逐步推断出其他物质。

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：2MNO 3∆−−→2M+2NO 2↑+O 2↑，加热
3.40gMNO 3，生成NO 2和O 2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NO 2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 、Cu 2O 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100mL0.6molHNO 3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Cu 2O 与CuO 的质量比为__。

（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H 2SO 4和HNO 3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，HNO 3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．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。

6．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。

7．下列关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物。

回答下列问题：
(1)A是___________(用化学式表示)
(2)当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体
①写出B与C的反应方程式：_____________________________________________
②一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g。

将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c(SO42－)＝____mol/L，产生SO2体积
(标准状况下)＝_____________L
(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂
①C是______，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为
_____________________________________________________________________。

②将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体(均在同温同压下测定)，则原混合气体中氧气的体积是___________。

【答案】(NH4)2S 2H2S+SO2=3S+2H2O 1mol/L 4.48L NO 3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO+4H2O 1.2ml和4ml
【解析】
【分析】
(1)A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化；
(2)当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E
为H2SO4；
①二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水；
②硫酸完全反应，发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，结
合方程式计算；
(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为
NO2、E为HNO3。

①在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；
②可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气
体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为1
×12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气；若3
为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；
若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据
4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2，据此解答。

【详解】
(1)A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当
甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为(NH4)2S；
(2)当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E 为H2SO4，则：
①B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
②一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现
质量减少了65.0g ，则参加反应Zn 的物质的量为1mol ，H 2SO 4的物质的量为
0.1L×12mol/L=1.2mol ，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn 为xmol ，与稀硫酸反应的Zn 为ymol ，则：
244
22Zn+2H SO =ZnSO +SO +H ()x
x O 2x x ↑浓 2442Zn+H SO =ZnSO +H y y y ↑
由题意可知：x+y ＝1，2x+y ＝1.2，解得x=0.2，y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L ，此时溶液中c (SO 42-)=0.2mol+0.8mol 1L
=1mol/L ，产生SO 2体积(标准状况下)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ；
(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时，B 为易液化的气体可作制冷剂，则B 为NH 3、C 为NO 、D 为NO 2、E 为HNO 3。

①由上述分析可知C 是NO ，在浓的E 溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu 与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；
②可能发生的反应为：4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3，3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，试管中O 2和NO 2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为13
×12mL=4mL ，实际是结果剩余4mL 气体，小于4mL ，则说明剩余气体为NO 或氧气； 若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL ，根据4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3，可知参加此反应的NO 2的体积为10ml×45
=8mL ，参加反应的O 2的体积为10mL-8mL=2mL ，原混合气体中O 2的体积为2mL+2mL=4mL ；
若剩余气体为NO 气体，根据3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，可知过量的NO 2为3×2mL=6mL ，反应4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL ，则反应消耗的氧气为6mL×
15
=1.2mL 。

【点晴】 (3)中关键是分析剩余气体的成分，进行讨论计算。

当甲是浓氢氧化钠溶液时，B 为易液化的气体可作制冷剂，则B 为NH 3、C 为NO 、D 为NO 2、E 为HNO 3。

①在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu 与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 与水；②可能发生的反应为：4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3，3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，试管中O 2和NO 2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为13
×12mL=4mL ，实际是结果剩余4mL 气体，小于4mL ，则说明剩余气体为NO 或氧气，分两种情况讨论：若为氧气，根据4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3，求出参加此反应的O 2，最后相加得到原来的氧气；若为NO ，先根据3NO 2+H 2O=2HNO 3+2NO 求出过量的NO 2，然后根据4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3求出参加此反应的NO 2。

8．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。

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）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 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 密度为 1.40g·
mL −1质量分数为 63%的浓F 溶液中，得到Z 和N 2O 4(Z 和N 2O 4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】2NH 3⋅H 2O+SO 2=(NH 4)2SO 3+H 2O 250mL 容量瓶 2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2 3NO 2+H 2O=2HNO 3+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SO 2；
II ．若Z 是淡黄色固体粉末，则Z 为Na 2O 2；
III ．若Z 是红棕色气体，则Z 为NO 2，X 为N 2或NH 3，Y 为NO 。

【详解】
I.（1）根据分析，Y 为SO 2，SO 2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：2NH 3⋅H 2O+SO 2=(NH 4)2SO 3+H 2O ，故答案为：2NH 3⋅H 2O+SO 2=(NH 4)2SO 3+H 2O 。

（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。

10．有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含NH 4+、K ＋、Na ＋、Mg 2＋、H ＋、Cu 2＋、CO 32-、I －中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：
①用pH 试纸检验，发现溶液呈强酸性。

②取部分溶液，逐滴加入NaOH 稀溶液，使溶液逐渐从酸性转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成。