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1、全国高考化学氮及其化合物的推断题综合高考真题汇总含答案一、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 3.00molL-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

2、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)。水 淀粉碘化钾试纸 淀粉 白酒 白醋A B C D【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CaS

3、O3，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 3.00molL-1NaOH溶液，所需质量m=CVM=3.00molL-10.1L40 gmol-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

4、+ 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硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。试回答下列问题：（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：_。写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：_。若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的F

5、e3和Fe2的物质的量之比为_。上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为_g。（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。配平方程式：_Al_NO3-_OH_=_Al(OH)4_N2。上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是_，反应中转移电子0.3mol，生成_mL(标准状况下)N2。【答案】FeNO3-4H=Fe3NO2H2O 3Fe2NO3-8H=3Fe22NO4H2O 23 40 10 6 4 18H2O 10 3 1

6、03 672 【解析】【详解】(1)铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为FeNO3-4H=Fe3NO2H2O；过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe2NO3-8H=3Fe22NO4H2O；28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3和Fe2的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为(1.63x2y)mol，根据得失电子守恒有3x2y3(1.63x2y)，又有xy0.5，解得x0.2，y0.3，则生成的Fe3和Fe2的物质的量之比为23；上述

7、反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol0.25mol，质量为40g；(2)根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al6NO3-4OH18H2O=10Al(OH)43N2；上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为103；由方程式可知，生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积(标准状况下)为22.4Lmol10.672L672mL。【点睛】金属与硝酸反应的

8、计算一般常采用以下方法：原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH)有：c(NO3)c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)；离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，

9、先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。3研究金属与硝酸的反应，实验如下。实验 (20C)现象过量铜粉、2 mL 0.5molL-1HNO3无色气体(遇空气变红棕色)，溶液变为蓝色过量铁粉、2 mL 0.5molL-1HNO36mL无色气体(经检测为H2)，溶液几乎无色中产生的无色气体是_。研究中的氧化剂甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3，所以NO3没有发生反应。乙同学依据和证明了甲的说法不正确，其实验证据是_。乙同学通过分析，推测出NO3也能被还原，依据是_，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是_。补全中NO3被还原

10、为的过程：NO3 + _e + _= NH4+ + _H2O研究影响产生H2的因素实验现象过量铁粉、2 mL 0.5molL-1HNO3、40C3.4m L气体(经检测为H2），溶液略带黄色过量铁粉、2 mL 0.5molL-1HNO3、60C2.6m L气体(经检测为H2），黄色溶液过量铁粉、2 mL 3molL-1HNO3、20C无色气体(遇空气变红棕色)，深棕色溶液资料：Fe(NO)2+在溶液中呈棕色。对比、，温度不同时收集到氢气的体积不同，原因是_。中无色气体是混合气体，则一定含有遇空气变红棕色的气体和_。根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有_。【答案】NO 硝酸

11、浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中溶液变蓝，同时没有氢气放出 NO3中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 8 10H+ 3 相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3的还原速率增大的更多 H2 金属的种类、硝酸的浓度、温度 【解析】【分析】中无色气体NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体。依据和硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中生成NO，因此可得NO3没有发生反应不正确。NO3中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，证明NH4+的方法是去一定量溶液加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使

12、湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。根据化合价降低得到电子配平得到。根据现象和温度升高时，化学反应速率增大。根据元素分析和前面的信息得到答案。根据实验和几个反应现象得出答案。【详解】中产生的无色气体遇空气变为红棕色，则为NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体； 故答案为：NO。依据和硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中溶液变蓝，同时没有氢气放出，故认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3，所以NO3没有发生反应不正确，故答案为：硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中溶液变蓝，同时没有氢气放出。元素的最高级具有氧化性，故NO3中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，推测出NO3也能被还原；证实该溶液中含有NH4

13、+的方法为：取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,故答案为：NO3中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性；取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。NO3被还原为NH4+的反应为：NO3 + 8e + 10H+= NH4+ + 3H2O，故答案为：8；10H+；3。根据现象可得，、生成氢气，生成有NO，因为相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3的还原速率增大的更多，故答案为：相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3的还原速率增大的更多。中无色气体是混合气体，根据元

14、素分析，则一定含有遇空气变红棕色的NO气体和H2，故答案为：H2。 根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有金属的种类、硝酸的浓度、温度，故答案为：金属的种类、硝酸的浓度、温度。4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 人工固氮，将N2NH3， N2发生_反应 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)：N2NONO2HNO3Ca(NO3)2。写出NONO2HNO3的化学方程式_、_。将HNO3转化为Ca(NO3)2

15、，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 NH4HCO3需阴凉处保存，原因是_(写化学方程式)。 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)： X可能是_、_。 Y是_。 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(O

16、H)2、CaCO3 NH4HCO3NH3+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）N2NH3，N的化合价由0变为了-3，则N2作氧化剂，发生还原反应；NONO2的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；NO2HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3Ca(NO3)2，M可以是CaO、Ca(OH)2、CaCO3；（2）NH4HCO3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：NH4HCO3NH3+CO2+H2O

17、；该离子方程式为：NH4+OH-=NH3+H2O；（3）根据图可知，Y为H2SO4；在自然环境中，SO2变为H2SO4的途径有两种：、，故X为SO3或H2SO3；尿素CO(NH2)2缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3，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。52016年10月17日7时30分，我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（C2N2H8）和一种氮的氧化物（用R表示），当火箭发射时，这两种燃料会剧烈反应产生大量气体，并释放出大量的热，化学方程式如下（已配平）：C2N2H8+2R=3N2+4H2O+2CO2（1）R的化学式

18、是_；已知偏二甲肼中N元素显-2价，H元素显+1价，由此推断，C元素的化合价是_。（2）该反应的还原剂是_，被还原的元素是_。（3）若反应生成22.4LCO2（标准状况），则反应转移电子_mol。（4）火箭发射时，尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色，该红棕色气体的化学式可能是_。（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。Na2FeO4能给水消毒利用的是_性。用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，其净水原理与明矾相同，Fe3+净水原理是_（用简要的文字叙述）。【答案】N2O4 -2 C2N2H8 N2O4 8 NO2 氧化性 Fe3+是弱碱阳离子

19、，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降 【解析】【分析】（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2+4H2O+2CO2，由原子守恒可得R的化学式；（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，可以判断出氧化剂和还原剂；（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，可以求出转移电子数；（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体；（5）Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态，有很强

20、的氧化性。【详解】（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2+4H2O+2CO2，由原子守恒可知，R的化学式为：N2O4；已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价，H元素显+1价，设C的化合价为x，则有2x+8-22=0，解得x=-2，C元素的化合价是-2；（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，故该反应的还原剂是C2N2H8，氧化剂是N2O4；（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，N2O4被还原为N2，得8个电子，1mol N2O4得8电子，故转移8mol电子；（4）火箭的燃料是两种

21、组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体，故该红棕色气体的化学式可能是NO2；（5）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性，可用于杀菌消毒；杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。6硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。该反应利用了浓硫酸的_性；该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表

22、示）_；（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。写出氨气的电子式_；写出氨气催化氧化的化学方程式_；在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80 t的NH4NO3需要氨气_t；（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。反应中可以生成NO_L（标准状况）；向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉_g。【答案】高沸点性（或不挥发性） 4HNO3= 4NO2 + O2 + 2H2O 4NH3+ 5O2 4NO + 6H2O 42 2.24 5.

23、6 【解析】【分析】（1）利用浓硫酸的高沸点分析；（2）根据 硝酸不稳定能分解分析；（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。【详解】(1) 浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为： 4HNO3= 4NO2 + O2 + 2H2O； (2). 氨气的电子式为： ；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为： 4NH3+ 5O2 4NO+ 6H2O ；NH3-NO-HNO3-NH4NO3，80 t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为=25t，另外需

24、要和硝酸反应的氨气的质量为=17t，总共氨气的质量为25+17=42t；(3). 反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O，根据铁的物质的量为0.1mol，溶液中的氢离子为0.5mol，硝酸根离子为0.1mol分析，铁反应生成0.1mol一氧化氮，标况下的体积为 2.24L； 反应中消耗0.4mol氢离子，和0.1mol硝酸根离子，还剩余0.1mol氢离子和0.1mol铁离子，0.1mol氢离子能反应0.05mol铁，0.1mol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应0.1mol铁，质量为5.6g。【点睛】铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性

25、，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。7（1）取300ml 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是 mol。（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释 （3）在100mLFeBr2溶液中通入标况下2.24LCl2，溶液溶液中有1/4的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为 。（4）三氟化氮（NF3）是一种无色，无

26、味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：写出该反应的化学方程式 。NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 。【答案】（1）0.032mol（2）2Fe3+SO32-+H2O =2Fe2+SO42-+2H+；3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O（3）4/3mol/L （4）3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；出现红棕色气体【解析】试题分析：（1）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质

27、的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为20.02mol+0.02mol5-（-1）=0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是=0.032mol，故答案为0.032；（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色，反应的离子方程式为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2

28、O，故答案为2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+；3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；（3）n（Cl2）=0.1mol，设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为x，由还原性Br-Fe2+，液溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则亚铁离子全部被氧化，由电子守恒可知，0.1Lx（3-2）+0.1Lx2（1-0）=0.1mol2（1-0），解得x=mol/L，故答案为mol/L；（4）NF3NO，化合价降低1价，被还原，NF3HNO3，化合价升高2价，被氧化，由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，故答案为3N

29、F3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体；故答案为出现红棕色气体。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。8如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为11，B为常见液体。试回答下列问题：(1)X是_(填化学式，下同)，F是_。(2)AD反应的化学方程式为_。(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为_。(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_。(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amol C完全转化为G，理论上至少需要D_ mol。【答案】NH4HC

30、O3 NO2 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 酸性和氧化性 NH4+HCO32OH=2H2OCO32NH3 2a 【解析】【分析】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。【详解】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气

31、体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3；F是NO2；(2) AD为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；(4

32、) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+HCO32OH2H2OCO32NH3；(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使amolNH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=2amol。9A、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

33、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 2NH33CuON23Cu3H2O 6NO4NH35N26H2O 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

34、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1molN2消耗3mol氧化铜，还

35、原产物中Cu应是化合价为a，则：3(2-a)=23，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。10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+、SO

36、42-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：已知加热时NH4+OHNH3+H2O，回答下列问题：(1)判断混合物中Cl是否一定存在_。（填“是”或“否”）(2)写出溶液中一定存在的离子及其物质的量浓度：_。【答案】否 c（SO42-）=0.1 molL-1、c（CO32-）=0.2 molL-1、c（NH4+）=0.4 molL-1、c（K+）0.2 molL-1 【解析】【分析】11加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+AgCl、CO32-+2Ag+Ag2CO3、SO42-+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-；

37、12已知 A 是单质,A、B、C、D、E 五种物质均含同一种元素,X 是地壳中含量最多的元素形成的单质，相互转化关系如图所示.回答下列问题:(1)通常情况下,若A为气体,C、D都是大气污染物;写出下列反应的化学方程式BC_EC_实验室中检验B的操作方法是_。标准状况下,将盛满D的试管倒扣在盛满水的水槽中,一段时间后,假定溶质不扩散,则试管中所得溶液的物质的量浓度为_。(2)通常情况下,若A为淡黄色固体：写出B与C反应的化学方程式：_。将C通入溴水中的现象是_，发生反应的离子方程式是_。【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 用湿润的红

38、色石蕊试纸放在试管口变蓝或用蘸有浓盐酸的玻棒靠近气体有白烟 mol/L(或0.045mol/L) 2H2S+SO2=3S+2H2O 溴水褪色 SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br- 【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，符合转化关系的应为S或N2，（1）通常情况下，若A为气体，C、D都是大气污染物，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；（2）通常情况下，若A为淡黄色固体，应为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3、E为H2SO4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】(1)X是地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，符合

39、转化关系的应为S或N2，通常情况下，若A为气体，C、D都是大气污染物，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，BC为氨气的催化氧化反应，方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；EC为Cu和稀硝酸反应生成NO的反应，方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O；氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，电离子出OH-离子，溶液呈碱性，可用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝色，则说明有氨气生成；假设该容器的容积为3L，则二氧化氮的体积为3L，二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO322.4L 122.4L3L 1L反应前后气体

40、的体积由3L变为1L，所以溶液的体积为2L；该溶液的溶质为硝酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO3 2 n（HNO3）所以硝酸的物质的量n（HNO3）=mol，浓度为C=mol/L=0.045mol/L；（2）通常情况下，若A为淡黄色固体，应为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3、E为H2SO4，B与C为H2S和SO2的反应，方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O；二氧化硫具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，可观察到溴水褪色，故答案为：溴水褪色；SO2+Br2+2H2O

41、=4H+SO42-+2Br-。【点睛】本题考查了无机物推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据物质的颜色、物质的性质进行推断，A能连续被氧化，说明A中存在的某种元素有多种化合价，再结合E的性质分析解答，题目难度不大。13有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与条件已略去，其中反应的条件是“700 ，催化剂”。G是常见的红色金属单质，B、H是空气的主要成分，A、C、E均是常见气体，D是最常见的无色液体。请回答下列问题：（1）E的化学式为_。（2）A的电子式为_。（3）写出反应的离子方程式：_。（4）写出反应的化学方程式，并标出电子转移的方向与数目：_。【答案】NO2 3NO2H2O=2

42、H2NO3-NO 【解析】【分析】G是常见的红色金属单质Cu，B、H是空气的主要成分为氧气和氮气，D是最常见的无色液体水，据流程图可得，B是氧气，H是氮气，A与氧气反应生成水和C，C与氧气继续反应，故A是氨气，C是NO，E是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成NO与硝酸，F是硝酸。【详解】（1）据以上分析，E的化学式为NO2。（2）A是NH3，电子式为。（3）据以上分析反应的离子方程式：3NO2H2O=2H2NO3-NO。（4）据以上分析反应的化学方程式为6NO4NH35N26H2O，NO中的+2价氮得到62=12个电子，NH3中的-3价氮失去43=12个电子，用单线桥表示反应中的电子转移为：。14如图表示A、B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系。其中A、B、C、D常温下都是气体，B为红棕色。（1）写出下列物质的名称：B_； E_。（2）写出各步反应的化学方程式：AC_；DC_；CB_。【答案】二氧化氮 硝酸 N2O22NO 4NH35O24NO6H2O 2NOO2=2NO2 【解析】【分析】B为红棕色气体，则B为NO2，C与氧气反应生成NO2，则C为NO；A气体在闪电条件下与氧气反应生成NO，则A为氮气；E与铜反应生成NO，则E为硝酸；D在催化剂条件下与氧