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1、【化学】培优易错试卷氮及其化合物辅导专题训练及答案解析一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）1.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中填上需加入最适合的一种试剂：（1）FeCl3溶液（FeCl2）_， （2）FeCl2溶液（FeCl3）_，（3）Fe 粉末（Al） _，.为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100 mL 0.3 molL1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560 mL；再加入0.2 molL1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为_，反应中转

2、移的电子数为_ 。【答案】Cl2 Fe NaOH溶液 0.055mol 0.075NA 【解析】【分析】.（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3；（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2；（3）Fe 与氢氧化钠不反应， Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体，向反应后的溶液中加入0.2 molL-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒有n（NaNO3）=n（HNO3）- n（NO），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（N

3、aAlO2），据此计算n（NaAlO2），再根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）计算。【详解】.（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3，用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2；（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2，用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3；（3）Fe 与氢氧化钠不反应， Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉；. 镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮，向反应后的溶液中加入0.2 molL-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒

4、有n（NaNO3）=n（HNO3）- n（NO）=0.1L0.3mol/L-=0.03mol-0.025mol=0.005mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaAlO2），故n（NaAlO2）=0.3L0.2mol/L-0.005mol=0.055mol，根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）=0.055mol；，氮元素化合价由+5变为+2，生成1molNO转移3mol电子，所以反应中转移的电子数为0.075NA。22016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）

5、，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

6、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，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

7、，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1mo

8、l，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。3如图是模拟工业制硝酸原理

9、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）。

10、【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

11、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

12、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。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：D的化学式：_；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。C的化学式为：_；D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】H2SO4 酸雨 NO2 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H

13、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SO2，C为SO3，D为H2SO4；(2)A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，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SO2，C为SO3，D为H2SO4。由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；在工业生产中大量排放的SO2气体被

14、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N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。由以上分析可知C为NO2，故答案为：NO2；D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几种常见物质的转化

15、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)反应的化学方程式是_，反应的化学方程式是_。【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3 NH3 NO2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】【分析】本题考查无机推断，反应能与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N

16、H4HCO3，B为H2O，反应是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）反应的方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，反应发生氨的催化氧化，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CO2，2CO22Na2O2=2Na2CO3O2，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，

17、然后进一步进行分析即可。6实验室用化合物A模拟工业上制备含氧酸D的过程如图所示，已知D为强酸，请回答下列问题。（1）若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。D的化学式是_；在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了_而污染了环境。（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。A的化学式是_；C的化学式是_。D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式是_，该反应_（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。【答案】H2SO4 酸雨 NH3 NO2 Cu4HNO3（浓）=Cu（NO3）22NO22H2O 属于 【解析】【分析】（1）若B是能使品红溶液褪色的

18、有刺激性气味的无色气体，则其为二氧化硫。由B可推出C，进而推出D；在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收，生成亚硫酸和硫酸而污染环境。（2）若C是红棕色的气体，则其为二氧化氮。由C可逆推出A。由C可推出D为硝酸，浓硝酸在常温下可与铜反应并生成二氧化氮气体，由此可写出反应的化学方程式，并可分析该反应是否为氧化还原反应。【详解】（1）若B是能使品红溶液褪色的有刺激气味的无色气体，则B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸。D的化学式是H2SO4；答案为：H2SO4；在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了酸雨而污染环境。答案为：酸雨；（2）若C是红棕色气体，则C为二氧化氮，B为一氧化氮，A为

19、氨气，D为硝酸。A的化学式是NH3；C的化学式是NO2。答案为：NH3；NO2；由C可推出D为硝酸，浓硝酸在常温下可与铜反应并生成二氧化氮气体，反应的化学方程式是Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，在该反应中，Cu、N两元素的化合价发生了变化，所以该反应属于氧化还原反应。答案为：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O；属于。7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

20、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】NH4HCO3 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(

21、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

22、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) 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。8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：2KNO3 2KNO2+O2:2Cu

23、（NO3）2 2CuO+4NO2+O2:2AgNO32Ag+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（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）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

24、此回答判断；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来判断情况；【详解】（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；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要大，另一种物质的则小于，根据分析，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

25、为：KNO3和Cu（NO3）2或KNO3、Cu（NO3）2和AgNO3；9某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现含有相同元素的物质间在一定条件下存在转化规律，绘制出如下转化关系图，图中A、B、C、D是由短周期元素组成的物质。请回答：（1）若A为单质，其焰色反应为黄色，C为淡黄色固体。则组成A的元素在周期表中的位置是_，C的电子式为_。（2）若A为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体。AB反应的化学方程式是_。过量的A的水溶液与AlCl3溶液反应离子方程式为_。A与C反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体。当生成19.6gE时，转移电子的物质的量为_mol。（3）若B为能使品红溶液

26、褪色的无色刺激性的气体，BC反应的化学方程式是_，B与KMnO4溶液反应离子方程式为_。【答案】第三周期第IA族 4NH3+5O2=4NO+6H2O Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+ 2.4 2SO2+O2=2SO3 5SO2+2MnO42-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+ 【解析】【分析】(1)若A为单质，其焰色反应为黄色，C为淡黄色固体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH；(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C是红棕色气体，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3；(3) 若B为能使品红溶液褪色的无色刺激性的气体，B为SO2

27、，C为SO3，D为H2SO4，以此解答。【详解】(1)若A为单质，其焰色反应为黄色，C为淡黄色固体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，A的元素在周期表中的位置是第三周期第IA族，Na2O2的电子式为：；(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C是红棕色气体，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3；AB反应的化学方程式是：4NH3+5O2=4NO+6H2O；过量的NH3的水溶液与AlCl3溶液反应生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；A与C反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体N2，化学方程式为：8NH3+6NO2

28、=7N2+12H2O，19.6g N2的物质的量为=0.7mol，则消耗NH3的物质的量为0.8mol，NH3中N的化合价从-3价上升到0价转移3个电子，共转移电子的物质的量为0.8mol3=2.4mol；(3) 若B为能使品红溶液褪色的无色刺激性的气体，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，BC反应的化学方程式是：2SO2+O22SO3；SO2与KMnO4溶液反应生成硫酸，离子方程式为：5SO2+2MnO42-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+。10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

29、据反应NH4+OH-NH3+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol；11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：G+HA+F:_。C+DE:_ _。(3)写出下列反应的离子方程式:G+CuE:_。(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+2

30、H2O 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

31、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)H+GA+F为C和浓硝酸的反应，方程式为C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；C+DE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

32、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：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；找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；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。12如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，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

33、下列各物质的化学式：X：_A：_C：_F：_。(2)写出下列变化的化学方程式：X：_；CE：_；FG：_；(3)检验X中阳离子的方法：_。【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 CO2 NH3 NO2 NH4HCO3NH3+H2O+CO2或(NH4)2CO32NH3+H2O+CO2 4NH3+5O24NO+6H2O 3NO2+H2O=2HNO3+NO 取少量X于试管中，加入NaOH溶液，然后加热试管，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子 【解析】【分析】C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，由转化关系可知D为O2，E为NO，

34、F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，气体A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3，结合相关物质的性质解答该题。【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为CO2，C为NH3，F为NO2；(2)X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，该物质受热分解的方程式为NH4HCO3NH3+H2O+CO2或(NH4)2CO32NH3+H2O+CO2；CE的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；FG的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；(3)实验室里，检验NH4HCO3中阳离子NH4+的方法是：取少量X于试管

35、中，加入NaOH溶液，然后加热试管，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子。【点睛】本题考查无机物的推断，本题注意根据C的性质为突破口进行解答，注意相关物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累，侧重考查学生的分析能力。13下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。A是紫红色的金属单质，B为强酸，E在常温下为无色液体，D、F、G为气体。请回答下列问题：（1）G的化学式为_，实验室中试剂B应保存在_中。（2）写出反应的化学方程式：_，反应中B体现的性质为_。（3）写出反应的离了方程式：_，实验室中F可用_法收集。【答案】O2 棕色

36、试剂瓶 Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O 强氧化性、酸性 3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO 排水 【解析】【分析】A是紫红色的金属单质，则A为Cu，B为强酸，且与Cu反应生成C、D、E，而E在常温下为无色液体，可知B为硝酸或硫酸，而D能与E反应生成B与F，且D、F为气体， 可推知B为浓硝酸、C为、D为、E为、F为NO，硝酸在光照条件下分解生成的气体G为。【详解】（1）由分析可知，G的化学式为：O2B为浓硝酸，实验室中试剂B应保存在：棕色试剂瓶中，故答案为：O2；棕色试剂瓶；（2）反应的化学方程式：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，反应

37、中硝酸体现的性质为：强氧化性、酸性，故答案为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；强氧化性、酸性；（3）反应的离了方程式：3NO2+H2O2H+2NO3+NO，实验室中F（NO）可用排水法收集，故答案为：3NO2+H2O2H+2NO3+NO；排水。14利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段，氮元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图所示。(1)从氮元素化合价的角度分析，X、Y、Z、W中既具有氧化性又具有还原性的有_（填化学式）。(2) N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式

38、为_。尾气中的NO用酸性NaClO溶液吸收，其原理是HClO氧化NO生成Cl和NO3-，其离子方程式为_。(3)将集满红棕色气体Z的试管倒置于盛有水的水槽中，观察到的现象为_。(4)W的稀溶液与铜单质发生反应的离子方程式为_。(5)已知NaNO2能被酸性KMnO4溶液氧化为NaNO3，则50mL0.01 molL-1 NaNO2溶液与10mL0.02 molL-1 KMnO4溶液恰好完全反应时，还原产物中Mn元素的化合价为_。【答案】NO、NO2 2NH3+2O2N2O+3H2O 3HClO+2NO+H2O=3Cl+2 NO3-+5H+ 试管内液面逐渐上升至试管容积的2/3左右，红棕色气体逐渐

39、变为无色气体 3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO+4H2O +2 【解析】【分析】由化合价可知X为NH3，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3，(1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则N元素化合价为中间价态；(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性；(3)二氧化氮与水反应生成NO和HNO3；(4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO；(5)结合氧化还原反应得失电子守恒计算。【详解】由化合价可知X为NH3，Y为NO，Z为NO2，W为

40、HNO3，(1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则N元素化合价为中间价态，可为NO、NO2；(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；(3)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮是无色气体，二氧化氮是红棕色气体，二氧化氮和水反应后气体压强减小，外界大气压不变，所以外界大气压对水作用而使水进入试管中，3体积NO2

41、转化为1体积NO，所以现象为试管内液面逐渐上升至试管容积的2/3左右，红棕色气体逐渐变为无色气体；(4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；(5)50mL0.01molL1 NaNO2溶液中n(NaNO2)0.05L0.01mol/L5104mol，10mL0.02molL1 KMnO4溶液中n(KMnO4)0.01L0.02mol/L2104mol，二者恰好完全反应时，设还原产物中Mn元素的化合价为x，则5104mol22104mol(7x)，解得x+2。【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用

42、于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量变价元素的原子个数化合价的变化值=还原剂物质的量变价元素的原子个数化合价的变化值。15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+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：实验序号实验内容实验结果a加AgNO3溶液有白色沉淀生成b加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L（已折算成标准状况下的体积）c加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足

43、量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为6. 27g，第二次称量读数为2.33g试回答下列问题：（1）该混合物中一定不存在的离子是_。（2）溶液中一定存在的阴离子是_。（3）试写出实验b发生反应的离子方程式_。（4）判断混合物中是否存在K+？_（填“是”或“否”）。【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+ SO42-、CO32- NH4+OH-=NH3+H2O 是 【解析】【分析】将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说

44、明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀 为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。【详解】将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀 为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-