培优 易错 难题氮及其化合物辅导专题训练含答案

培优易错难题氮及其化合物辅导专题训练含答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．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2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（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。

2．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。

3．人类农业生产离不开氮肥，科学合理使用氮肥，不仅能提高化肥的使用率，而且能够更好地保护环境，请回答下列问题：
(1)将N2转化为含氮化合物的过程称为固氮
①人工固氮，将N2→NH3， N2发生_________反应
②自然界固氮，可将少量N2转化为Ca(NO3)2等氮肥，转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)：N2→NO→NO2→HNO3M
−−→Ca(NO3)2。

写出NO→NO2→HNO3的化学方程式
__________、__________。

将HNO3转化为Ca(NO3)2，列举三种不同类别
．．．．．．的化合物
M_______(写化学式)。

(2)科学合理地保存、施用氮肥
① NH4HCO3需阴凉处保存，原因是__________(写化学方程式)。

②铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用，以NH4Cl为例写出发生反应的离子方程式
________。

(3)过渡施用氮肥将导致大气中NH3含量增高，加剧雾霾的形成。

(NH4)2SO4是雾霾的成分之一，其形成过程如下图所示(转化所需试剂及条件已略去)：
① X可能是______、_______。

Y是___________。

②尿素CO(NH2)2是一种常用化肥，缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3则尿素中C 元素化合价为__________。

【答案】还原 2NO + O2= 2 NO2 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO CaO、Ca(OH)2、CaCO3
NH4HCO3Δ
NH3↑+CO2↑+ H2O NH4＋+ OH－= NH3↑+ H2O SO3 H2SO3 H2SO4 +4
【解析】【分析】
本题主要考察含N 物质的化学性质，运用所学知识答题即可。

【详解】
（1）①N 2→NH 3，N 的化合价由0变为了-3，则N 2作氧化剂，发生还原反应； ②NO→NO 2的化学方程式为：2NO+O 2=2NO 2；NO 2→HNO 3的化学方程式为：
3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ；HNO 3M −−→Ca(NO 3)2，M 可以是CaO 、Ca(OH)2、CaCO 3；
（2）①NH 4HCO 3需阴凉处保存，是因为该物质对热不稳定，受热易分解，相关的化学方程式为：NH 4HCO 3ΔNH 3↑+CO 2↑+H 2O ；
②该离子方程式为：NH 4++OH -=NH 3↑+H 2O ；
（3）①根据图可知，Y 为H 2SO 4；在自然环境中，SO 2变为H 2SO 4的途径有两种：
2H O [O]2324SO SO H SO −−→−−−→、22H O O 22324SO H SO H SO −−−→−−→，故X 为SO 3或
H 2SO 3；
②尿素CO(NH 2)2缓慢与H 2O 发生非氧化还原反应释放出NH 3，说明尿素中N 呈-3价，由于O 呈-2价，H 呈+1价，故可算得C 呈+4价。

4．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NH 4+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KNO 2和O 2，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NH 4+ Na 2O 2 2KNO 3Δ2KNO 2+O 2↑
【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 ↑@。

5．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+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O
(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NO 3-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 ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 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NO 3-的物质的量浓度。

【详解】
(1)Cu 与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，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 ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；
(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0.8molHNO 3，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NO 3-的物质的量是n(NO 3-)=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NO 3-的物质的量n(NO 3-)=1mol-0.2mol=0.8mol ，则其物质的量浓度是c=
0.80.2n 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。

6．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。

7．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有
_________（填序号）
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥ Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑①②
4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O NH4Cl ①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH 4Cl 加热CaCl 2+H 2O+2NH 3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a 应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH 3+5O 2加热
催化剂4NO+6H 2O ；
(5)E 是氯化铵，化学式为NH 4Cl ，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E 少许于试管，加入浓NaOH 溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E 中有NH 4+。

8．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。

③将②得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

根据上述实验事实回答下列问题：
（1）在溶液中，肯定存在的离子有________，肯定不存在的离子有________，不能确定是否存在的离子有________。

（2）写出实验③中的离子方程式：
___________________________________________________。

【答案】+
4NH 、H ＋、I － Mg 2＋、Cu 2＋、2-
3CO K ＋、Na ＋ -3+
42OH =NH NH +H O ∆
↑+ 【解析】
【分析】
无色溶液中一定不存在有色的Cu 2+，
①用pH 试纸检验，表明溶液呈强酸性，则一定存在大量的H +，碳酸根离子与氢离子反应，所以一定不存在2-
3CO ，根据溶液电中性判断一定存在碘离子；
②另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH 溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成，则一定不存在Mg 2+；
③将②得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则一定存在+4NH ；
而溶液中是否含有K ＋、Na ＋不能确定，根据以上分析进行解答。

【详解】
（1）根据上述分析可知，肯定存在的离子有：+4NH 、H ＋、I －；肯定不存在的离子有：；Mg 2＋、Cu 2＋、2-3CO ；不能确定是否存在的离子有：K ＋、Na ＋；
（2）实验③为+
4NH 与OH -反应在加热条件下产生氨气的反应，其反应离子方程式为：-3+42OH =NH NH +H O ∆
↑+。

【点睛】
高中阶段对于K +、Na +的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若焰色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；若焰色反应为紫色或透过蓝色钴玻璃观察焰色为紫色，则说明溶液中含有钾元素，②可根据电荷守恒进行分析。

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】NH 4HSO 3 SO 2 酸雨 4NH 3+5O 2
4NO+6H 2O C+2H 2SO 4(浓)ΔCO 2↑+2SO 2↑+2H 2O Cu+4H ++2NO 3-=Cu 2++2NO 2↑+2H 2O 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NH 4+
【解析】
【分析】
G 是红棕色气体，则G 是NO 2；F 和O 2反应生成NO 2，所以F 是NO ；NO 2和水反应生成的H 是HNO 3；A 是酸式盐，和NaOH 反应生成E ，E 和O 2反应生成NO ，则E 是NH 3；B 能使品红溶液褪色，且B 能和O 2反应生成C ，所以B 是SO 2，C 是SO 3；SO 3和水反应生成的D 为H 2SO 4；A 是酸式盐且是铵盐，所以A 是NH 4HSO 3。

【详解】
（1）通过以上分析知，A 、B 分别是NH 4HSO 3、SO 2，SO 2属于酸性氧化物，能和H 2O 反应生成H 2SO 3，H 2SO 3不稳定，易被空气氧化生成H 2SO 4，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H 2O ，反应方程式为4NH 3 + 5O 24NO + 6H 2O ，C 和浓硫酸在加热条件下反应生成SO 2、CO 2和H 2O ，反应方程式为C + 2H 2SO 4(浓)ΔCO 2↑ + 2SO 2↑ + 2H 2O ，铜和稀硝酸反应生成Cu(NO 3)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．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．如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出物质X的化学式：__。

（2）写出下列变化的化学方程式：
①A→D：___；
②G→E：___；
③F→G：___。

（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体C，请写出化学方程式：___。

【答案】NH4HCO3(或(NH4)2CO3) 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 【解析】
【分析】
和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与C在催化剂作用下反应，说明
C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，B为水蒸气。

【详解】
⑴根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)，故答案为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)。

⑵①A→D是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

②G→E是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

③F→G是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。

⑶实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C，其化学方程式：
2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋
2NH3↑＋2H2O。

12．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；
13．如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。

常温下X和H 是固体,B和G是液体,其余均为气体,1 mol X分解得到A、B、C各1 mol。

试回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式：X____，B____。

(2)写出下列反应的化学方程式：①G+H A+F:________。

②C+D E:______________ _。

(3)写出下列反应的离子方程式:G+Cu E:________。

(4)工业上合成C后采用加压、降温液化的方法从混合气体中分离出C,能用上述方法分离出C的原因是_____。

【答案】NH4HCO3 H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+2NO3—+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O NH3易液化
【解析】
【分析】
常温下X和H是固体，B和G是液体，其余均为气体，由框图可知X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为弱酸的铵盐，该弱酸易分解，而且产生的气体能与Na2O2反应，猜想X应为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又知1 mol X分解得到A、B、C各1 mol，故X只能是NH4HCO3，A为CO2，B为H2O，C为NH3，D为O2，E为NO，F为
NO2，G为HNO3，H为C，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
常温下X和H是固体，B和G是液体，由框图可知X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为弱酸的铵盐，该弱酸易分解，而且产生的气体能与Na2O2反应，猜想X应为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又知1 mol X分解得到A、B、C各1 mol，故X只能是NH4HCO3，A为CO2，B为H2O，C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，H为C；
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3，B为H2O；
(2)①H+G→A+F为C和浓硝酸的反应，方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
②C+D→E的反应为氨气的催化氧化生成NO，反应的化学方程式为
4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu+2NO3-
+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)C为NH3，沸点较低，易液化，可用加压降温方法从混合气体中分离出。

【点睛】
无机推断题的一般解题思路：①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论。

14．A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。

已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体。

请回答下列问题：
(1)写出B的化学式：_____________；
(2)在上图D→C的过程中，D表现出强___________(填“氧化性”或“还原性”)；
(3)在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是________________。

【答案】NO 氧化性 H++OH-=H2O
【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N2，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知A是N2，则B是NO，C是NO2，D是HNO3。

(1)由上述分析可知，B是一氧化氮，化学式为NO；
(2)图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，在该反应中HNO3所含N元素化合价降低，被还原，所以硝酸表现出强氧化性；
(3)D是HNO3，在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，发生酸碱中和反应产生NaNO3和H2O，反应的离子方程式是：H++OH-=H2O。

【点睛】
该题是无机框图推断题，涉及氮及其化合物的有关转化，本题的突破口是C为红棕色气体，且是由空气的主要成分与氧气反应的产物。

解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

15．如图中每一个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。

（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。

（2）写出A→D的化学方程式___。

（3）写出实验室制备C的化学方程式___。

（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。

②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 NO2 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2
2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O NaHCO3和Na2CO3 1：1 0.75
【解析】
【分析】
根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化
剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为
H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：
NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；
(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为
2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1∶1；
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧
化钠溶液的浓度=0.0075mol
0.01L=0.75mol/L，故答案为：0.75。