备战高考化学二模试题分类汇编——氮及其化合物推断题综合及答案解析

备战高考化学二模试题分类汇编——氮及其化合物推断题综合及答案解析
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．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。

2．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。

3．某港口化学品堆场发生火灾，消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下，用水灭火时，发生了剧烈爆炸。

事后有关部门初步认定危化品部分清单：钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。

试回答：
⑴请你分析用水灭火时，随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。

⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________（简要说明操作步骤）。

⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________（写化学式）。

⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2，写出该反应的化学方程式______________________。

【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应，并释放出氢气。

氯酸钾受热分解产生氧气，氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液
中含有NH4+ Na2O2 2KNO3Δ
2KNO2+O2↑
【解析】
【分析】
钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气，而氯酸钾分解会产生氧气，氢氧混合受热后会发生爆炸，后面再根据要求来作答即可。

【详解】
（1）根据分析，钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气，而氯酸钾受热产生氧气，氢气和氧
气混合后发生剧烈的爆炸；
（2）铵离子可以通过加水溶解后，加入浓碱并加热的方法来检验，因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体；实验操作为：将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有NH 4+，
（3）过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂，化学式为Na 2O 2；
（4）硝酸钾受热分解产生2KNO 和2O 的过程是一个自身氧化还原反应，氮从+5价降低到+3价，得2个电子，氧从-2价升高到0价，失2个电子，据此来写出氧化还原方程式即可：3222KNO 2KNO +2O @。

4．非金属单质A 经下图所示的过程可转化为含氧酸D ，已知D 为强酸，请回答下列问题：
（1）若A 在常温下是固体，B 是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体： ①D 的化学式：_________；
②在工业生产中，B 气体大量排放，被雨水吸收后形成____________污染环境。

（2）若A 在常温下为气体，C 是红棕色气体。

①C 的化学式为：_________；
②D 的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C 气体，该反应的化学方程式为：___________，该反应___（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

【答案】H 2SO 4 酸雨 NO 2 Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O 属于
【解析】
【分析】
根据框图，非金属单质A 能发生连续氧化，含氧酸D 为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。

(1)A 在常温下为固体，B 是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A 为S 单质，B 为SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4；
(2)A 在常温下为气体，C 是红棕色的气体，则A 应为N 2，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3，根据氧化还原反应的特点判断，据此分析解答。

【详解】
(1)A 在常温下为固体，B 是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A 为S 单质，B 为SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4。

①由以上分析可知D 是硫酸，化学式为H 2SO 4，故答案为：H 2SO 4；
②在工业生产中大量排放的SO 2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：酸雨；
(2)若A 在常温下为气体，C 是红棕色的气体，则A 应为N 2，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3。

①由以上分析可知C为NO2，故答案为：NO2；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；属于。

【点睛】
解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。

本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。

5．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。

6．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】NH4Cl 离子键、极性共价键 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl SO2 SO2+OH-=HSO3-
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。

7．下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系(反应条件、部分产物未标出)。

已知A 是正盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体。

试回答下列问题：
(1)写出下列各物质的化学式：A________________；B________________。

(2)按要求写出下列反应的有关方程式
E→F反应的化学方程式_____________________________________________________；
G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。

(3)写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式
_______________________________________。

(4)检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。

【答案】(NH4)2SO3 SO2 4NH3+5O2高温
催化剂4NO+6H2O 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
C+4HNO(浓)加热4NO2↑+CO2↑+2H2O 取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成．再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-
【解析】
【分析】
G是红棕色气体，则是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是正盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H，则是和水反应生成硝酸和NO，所以H是硝酸；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，A是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是(NH4)2SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，则D是硫酸，据此分析解答。

【详解】
(1)通过以上分析知，A是(NH4)2SO3；B是SO2；
(2)高温、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：
4NH3+5O2高温
催化剂4NO+6H2O，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：
3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；
(3)加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应方程式为：
C+4HNO3(浓)加热4NO2↑+CO2↑+2H2O；
(4)D中含有硫酸根离子，硫酸根离子的检验方法是：取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成，再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-。

8．已知A是一种金属单质，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间有如下变化关系：
（1）写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。

（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。

（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。

【答案】Na NaOH NH4Cl H2 H2+Cl2点燃
2HCl NH4Cl + NaOH
加热
NaCl +H2O +NH3↑
盐酸小液滴【解析】【分析】
A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B 是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E 是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；
(2) E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：
H2+Cl2点燃
2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和
水，反应方程式为：NH4Cl + NaOH 加热
NaCl +H2O +NH3↑；
(3) F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

9．A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示：
已知：X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)无色液体A是_____，A与B反应的化学方程式是____________。

(2)由X转化为N2的化学方程式为______________。

(3)白色固体C的化学式为_____。

由D转化为E的离子方程式为___。

【答案】浓氨水NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O Ca(OH)2 CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-
【解析】
【分析】
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为气体，则X为NH3，由C能与CO2生成白色沉淀D，CO2过量时又转化为无色溶液E，说明C可能是Ca(OH)2，D是CaCO3，E是Ca(HCO3)2。

常温下，产生氨气，以及根据X和C，推出A为氨水，B为生石灰，利用生石灰遇水放出热量，促使氨水分解，据此进行分析推断。

【详解】
（1）根据上述分析可知，A为氨水，氨水和氧化钙反应可以生成氨气，发生的反应是
NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
（2）利用氨气的还原性，发生的反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（3）根据上述分析可知，白色沉淀是Ca(OH)2，D转化成E的离子反应方程式为
CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－；
【点睛】
本题的突破口是X，X为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明是X是氨气，因为氨气是中学阶段，学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，然后根据常温下，制备氨气，利用反应物的状态，推测A为氨水，B为生石灰，进一步进行推测。

10．a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，可发生如下转化：
其中：a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：
a______；b______；c______；d______；e______。

（2）如果a是一种常见气体，试推断这五种物质（用化学式表示）：
a______；b______；c______；d______；e______。

【答案】S H2S SO2 SO3 H2SO4 N2 NH3 NO NO2 HNO3
【解析】
【分析】
【详解】
（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，则a是硫，所以b是硫化氢，c是SO2，d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为S、H2S、SO2、SO3、H2SO4。

（2）如果a是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则b是氨气，C是NO，d是NO2，e是硝酸，化学式分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。

11．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。

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．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】AgNO3 KNO3、Cu（NO3）2 ；KNO3；Cu（NO3）2；AgNO3
【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1
6
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：AgNO3；
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1
6
要大，另一种物质的则小于
1
6
，根据①分析，符合条件的物质组合为：KNO3和Cu（NO3）2或KNO3、Cu（NO3）2和AgNO3；
故答案为：KNO3和Cu（NO3）2或KNO3、Cu（NO3）2和AgNO3；
14．加足量NaOH溶液加热后，收集到0.896L气体，物质的量为0.04mol，说明含有
NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，根据反应NH4++OH-═NH3↑+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol；
15．如图所示为A、B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图，其中A、B、C、D常温下都是气体，B为红棕色，写出A、B、C、D、E的化学式和各步反应的化学方程式。