【化学】化学氮及其化合物的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案

【化学】化学氮及其化合物的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．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。

2．某化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。

在A 装置中发生反应的化学方程式为2NH 4Cl+Ca(OH)2CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O 。

（1）B装置中的干燥剂是_____ (填“碱石灰”或“浓硫酸”)。

（2）C、D 装置中试纸颜色会发生变化的是_____(填”C”或“D”)。

（3）当实验进行段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1- -2滴浓盐酸，可观察到 E 装置中的现象是产生______(填”烟”或“白雾”)。

（4）为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是_____ (填“F”或“G”)。

（5）生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量。

实验室利用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。

用此方法制取氨气应选用的气体发生装置是____ (填“a”“b”或“c”)。

【答案】碱石灰 D 白烟 )F )c
【解析】
【详解】
（1）氨气是碱性气体，能与浓硫酸反应且浓硫酸是液态干燥剂，故B装置中的干燥剂是碱石灰；
（2）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以D中颜色发生变化，故答案为D；
（3）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以有白烟产生；
（4）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故答案为F；
（5）向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。

用此方法制取氨气为固液不加热制取气体，应选用的气体发生装置是c。

3．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。

4．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。

5．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X为正盐，A、C、D均为无色气体。

（1）写出有关的物质化学式。

X：_______C：_______E：_______F：_____
（2）写出反应①的化学方程式_____________________________________
（3）写出反应②的离子方程式_____________________________________
【答案】NH4)2CO3 NH3 NO NO2 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2 8H＋＋2NO3—＋
3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
【解析】
【分析】
X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D，则A为CO2，D为氧气，X能与强碱反应生成无色气体C，C与氧气在催化剂的条件下反应生成E，则C为NH3，E为NO，所以X为(NH4)2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO2和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。

【详解】
(1)根据上述推断，X为(NH4)2CO3，C为NH3，E为NO，F为NO2，故答案：(NH4)2CO3；NH3；NO；NO2；
(2)根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2，故答案：2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2。

(3) 根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案：8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋
2NO↑＋4H2O。

6．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+2H 2SO 4(浓)=ZnSO 4+SO 2↑+H 2O ，Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑，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；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，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(NH 4)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H 2S 、C 为SO 2、D 为SO 3，E 为H 2SO 4，则：
①B 与C 的反应方程式为：2H 2S+SO 2=3S↓+2H 2O ；
②一定质量的Zn 与100mL 12.0mol/L 的H 2SO 4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
1
3
×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4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加
此反应的NO2的体积为10ml×4
5
=8mL，参加反应的O2的体积为10mL-8mL=2mL，原混合气
体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；
若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为
6mL×1
5
=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
3
×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。

7．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XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。

（1）写出Y2O2的电子式：__，其中含有的化学键是__。

（2）将ZO2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）XH3、H2Z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+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O NH3 NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3
【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Y2O和Y2O2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XH3、H2Z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。

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- SO 2+Cl 2+2H 2O=2HCl+H 2SO 4
【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~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+。

10．几种常见物质的转化关系如下图所示，图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体：
请填写下列空白：
(1)物质X可以是_________，C是_________， F是_________。

(2)反应①的化学方程式是_____________________，反应②的化学方程式是
_______________________。

【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3NH3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24NH3+5O24NO+6H2O 【解析】
【分析】
本题考查无机推断，反应①能与Na2O2反应，熟悉的知识是H2O或CO2与Na2O2的反应，因为A为气体，则A为CO2，D为O2，X与盐酸反应生成CO2，说明X中含有CO32－或HCO3－，X与NaOH共热反应，生成气体C，则C为NH3，即X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B 为H2O，反应②是NH3与氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，据此分析解答。

【详解】
（1）根据上述分析，X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，C为NH3，F为NO2；
（2）反应①的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，反应②发生氨的催化氧化，即反应方程式为： 4NH3+5O24NO+6H2O。

【点睛】
本题的突破口在与过氧化钠反应，中学阶段学过能与过氧化钠反应的物质是CO2和H2O，根据A为气体，则A为CO2，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，即D为O2，X与NaOH共热产生气体，化合物能与NaOH共热产生气体，则气体是NH3，然后进一步进行分析即可。

11．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。

12．根据下列变化进行推断：
且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26．3。

（1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。

（2）写出①②变化的离子方程式：
①________________________________________________________________；
②________________________________________________________________。

【答案】NH4 HCO3 NH3 BaCO3 CO2++Ba2 + +2OH－NH3 ↑+BaCO3
↓+2H2O BaCO3 +2H+ ══Ba2 + +CO2 ↑+H2 O
【解析】
【分析】
气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3 ，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4 HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4 HCO3，则分解产生的气
体的平均相对分子质量为79
3
=26.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分
子质量为96
4
=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26.3可知，A为
NH4 HCO3，据此答题。

【详解】
气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3 ，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4 HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4 HCO3，则分解产生的气
体的平均相对分子质量为79
3
=26.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分
子质量为96
4
=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26.3可知，A为
NH4 HCO3，据此答题。

（1）根据上面的分析可知，A为NH4 HCO3，B为NH3，C为BaCO3 ，D为CO2；
故答案为：NH4 HCO3；NH3；BaCO3 ；CO2；
（2）反应①的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O，反应②的离子方程式为BaCO3 +2H+═Ba2++CO2↑+H2 O；
故答案为：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+B aCO3↓+2H2O；BaCO3 +2H+═Ba2++CO2↑+H2 O。

13．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。

下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。

（1）合成塔中发生反应的化学方程式为 ____
（2）单质X的化学式是_______，吸收塔中X的作用是 ____。

（3）工业上为了储运浓硝酸，最好选择____作为罐体材料。

A．铜B．铂C．铝D．镁
（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2 + NaNO3+CO2，将标准状况下44.8 L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为_____mol。

【答案】3H2+N2 2NH3 O2将氮氧化物充分氧化为HNO3 C 1
【解析】
【分析】
（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气；
（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸；
（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化；
（4）由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子
和Na原子个数守恒计算可得。

【详解】
（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气，反应的化学方程式为3H2+N2 2NH3，故答案为：3H2+N2 2NH3；
（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸，则X为氧气，吸收塔中氧气的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3，故答案为：O2；将氮氧化物充分氧化为HNO3；
（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化，由于铂是贵重金属，所以工业上为了储运浓硝酸最好选择铝作为罐体材料，故答案为：C；
（4）44.8 L NO和NO2混合气体的物质的量为44.8
22.4/L
L mol
=2mol，由N原子个数守恒可知，
NaNO2和NaNO3的物质的量之和为2mol，由Na原子个数守恒可知，消耗Na2CO3的物质的
量为2mo l×1
2
=1mol，故答案为：1.
【点睛】
由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na 原子个数守恒计算消耗Na2CO3的物质的量为解答关键。

14．镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A有下面一系列变化。

气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)写出A、C、D的化学式：
A________；C________；D________。

(2)写出下列反应的化学方程式：
①______________________________________________；
②____________________________________________。

【答案】Mg3N2 NH3 Mg(OH)2 Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl MgCl2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑
【解析】
【分析】
镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，镁和空气生成氧化镁和氮化镁，生成少量的物质A，即A为氮化镁，气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C 为氨气。

溶液B为氯化铵和氯化镁的混合，溶液B于氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、氨气和氯化钠。

【详解】
(1)根据上面分析得出A、C、D的化学式：A为Mg3N2；C为NH3；D为Mg(OH)2，故答案。