（化学）化学氮及其化合物的专项培优练习题附答案解析.doc

1、【化学】化学氮及其化合物的专项培优练习题附答案解析一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）1如图所示，在干燥的圆底烧瓶中充满某气体a，胶头滴管中吸有少量液体b，当把溶液b挤进烧瓶后，打开止水夹不能形成“喷泉”的组合是（ ）AABBCCDD【答案】D【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故A不符合题意； B.氯化氢极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，B不符合题意；C.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故C不符合题意；D.饱和氯化钠溶液中含有氯离子能抑制氯气的溶解，所以氯气不能使烧瓶内压强减小，不能形成喷泉，故D

2、符合题意；答案：D。【点睛】根据形成喷泉的原理是使烧瓶内外产生压强差，所以只要考虑烧瓶内气体能否和滴管中的液体发生反应进行判断。2细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。（1）上图所示氮循环中，属于氮的固定的有_（填字母序号）。a. N2转化为氨态氮 b. 硝化过程 c. 反硝化过程（2）氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为_。检验氨态氮肥中NH4+的实验方案是_。（3）硝化过程中，含氮物质发生_（填“氧化”或“还原”）反应。（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应

3、中，当产生0.02 mol氮气时，转移的电子的物质的量为_ mol。（5）土壤中的铁循环可用于水体脱氮（脱氮是指将氮元素从水体中除去），用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理：_、_。【答案】a N2 + 3H2 2NH3 取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH4+ 氧化 0.06 6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2+ 8H+ 10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2 + 6H2O 【解析】【分析】（1）氮的固定是氮元素由游

4、离态变为化合态；（2）工业上用氮气和氢气反应生成氨气；铵根离子与碱反应放出氨气；（3）硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子；（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，根据得失电子守恒，反应方程式是NH4+ NO2- =N2+2H2O；（5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把NH4+氧化为氮气，Fe2+把NO3-还原为氮气。【详解】（1）a. N2转化为氨态氮，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定； b. 硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子，不是氮的固定； c. 反硝化过程是硝酸根离子转化为氮气，不是氮的固定；选a；（2）工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应方程式

5、是N2 + 3H2 2NH3；铵根离子与碱反应放出氨气，检验铵态氮肥中NH4+的实验方法是：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH4+；（3）硝化过程中，铵根离子转化为硝酸根离子，氮元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，反应方程式是NH4+ NO2- =N2+2H2O，生成1mol N2转移3mol电子，当产生0.02 mol氮气时，转移的电子的物质的量为0.06mol。（5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把NH4+氧

6、化为氮气，Fe2+把NO3-还原为氮气，反应的离子方程式是6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2+ 8H+、10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2 + 6H2O。3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

7、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；

8、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NH

9、4NO3：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。4A、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 NH3H2O+CaO=

10、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NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3；（2）利用氨气的还原性

11、，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。5如图，根据图示回答：(1)A 的分子式为_；B 的分子式为_；C 的分子式为_。(2)将 E 溶于水，配制成 0.1 molL-1的溶液，滴入酚酞，显_色。(3)写出NH4C

12、l 溶液与NaOH 溶液共热反应的离子方程式：_。(4)DB 的化学方程式为：_。(5)AB 的化学反应方程式：_。【答案】NH3 NO NO2 无 NH4+OHNH3+H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】【分析】氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，A催化氧化生成一氧化氮和水，则A为NH3，E为HCl，B为NO，C为NO2，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，D为HNO3，硝酸和铜反应生成一氧化氮。【详解】（1）结合分析可知A为NH3，B为NO，C为NO2，故答案为：NH3；NO；NO2；（2）E为HCl，溶于水溶液显酸性

13、，配制成0.1mol/L的溶液，滴入酚酞不变色，故答案为：无；（3）氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水，反应的离子方程式：NH4+OHNH3+H2O，故答案为：NH4+OHNH3+H2O；（4）DB是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（5）AB是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；6如图所示每一方框表示一种反

14、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】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

15、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

16、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) 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

17、电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=2amol。7A、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 N

18、H3 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

19、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

20、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。8某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、NH4+、Cl-、CO32- 和SO42-。现每次取100.00mL进行实验：（已知：NH4+OH - NH3 +H2O） 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896 L（标

21、准状况下） 第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。请回答：(1)c(CO32-) =_mol/L；(2)K+ 是否存在？_；若存在，浓度范围是_(若不存在，则不必回答第2问)；(3)根据以上实验，不能判断_（填离子符号）是否存在。若存在此离子，如何进行检验？_。【答案】0.2 存在 c (K+)0.2mol/L Cl- 取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl-，否则无Cl- 【解析】【分析】先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；(1)先判断中酸洗涤前后质量减少的

22、量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；(2)先确定实验中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；(3)根据实验现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰。【详解】根据实验现象判断：该溶液中可能含有Cl-、CO32-、SO42-；根据实验现象判断，该溶液中含有NH4+；根据实验现象判断，该溶液中含有CO32-和SO42-离子，同时排除溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3

23、+；(1)根据实验现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，则碳酸钡的物质的量为=0.02mol，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=0.2mol/L；(2)根据实验现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，其物质的量为=0.01mol；由生成的NH3为0.896L，可知铵根离子的物质的量为=0.04mol；根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单位的正电荷，设其物质的量为xmol，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程式，0.02mol2+0.01mol2=0.04m0l1+xmo

24、l1，解得：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=0.2mol/L，因溶液中可能还含有Cl-，则实际c (K+)0.2mol/L；(3)根据实验现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，则实际操作为取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl-，否则无Cl-。9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（NO3）2 2CuO+4NO2+O

25、2:2AgNO32Ag+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，据此回答判断；根据极限假设法，假设是一

26、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；故答案为：KNO3和Cu（NO3）2或KN

27、O3、Cu（NO3）2和AgNO3；10已知A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，C的焰色反应火焰呈黄色，E是红棕色的固体；X、Y是两种常见的单质，其中X常温常压下为气体根据上面框图关系回答下列问题：(1)A的化学式为_，常温下A的颜色为_，I的化学式为_(2)写出X+FG+B的化学方程式：_(3)写出实验室中用两种固体药品制取F气体的化学方程式：_(4)写出“”反应的离子方程式：_(5)写出“金属单质两性氧化物”的化学方程式：_【答案】Na2O2 淡黄色 HNO3 4NH3+5O24NO+6H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaC

28、l2+2NH3+2H2O Fe3+3OH-Fe(OH)3 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，C焰色反应火焰呈黄色，则C中含有Na元素，E是红棕色固体，为Fe2O3，则D为Fe(OH)3，Y是单质，应该是Fe；B常温下为无色无味透明的液体，为H2O，A是化合物且含有Na元素，能和水反应生成气体X，则A为Na2O2，X为O2，F能发生催化氧化反应生成水，同时生成G，G能和氧气反应生成H，H能和水反应生成G和I，X和F反应应该是氨气的催化氧化反应，则F是NH3、G是NO、H为NO2、I为HNO3，以此解答该题。【详解

29、】(1)通过以上分析知，A为Na2O2，为淡黄色固体，I为HNO3，故答案为：Na2O2； 淡黄色； HNO3；(2)“X+FG+B”的反应为氨气的催化氧化反应，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)F是氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(4)C是氢氧化钠、D是氢氧化铁，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe3+3OH-Fe(OH)3，故答案为：Fe3+3OH-Fe(OH)3

30、；(5)两性氧化物是氧化铝，则金属单质为Al，高温条件下Al和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和Fe，反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【点睛】本题考查无机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确常见物质之间的转化、元素化合物性质、物质特殊颜色或特殊反应是解本题关键，以B和E的状态及颜色、C的焰色反应等信息为突破口进行推断。11已知如图中H是无色液体，号称生命之源，B是空气中含量最多的物质，E是红棕色气体。（1）C的化学式是_。（2）D和E都是大气污染物，D转化成E的化学方程式是_。（3）E和H的反应中，氧化剂和还原剂的质量比

31、是_。【答案】NH3 NOO2=2NO2 12 【解析】【分析】H是无色液体，号称生命之源，推断为H2O，B是空气中含量最多的物质为N2，E是红棕色气体，经过两步氧化得到判断为NO2，结合流程图分析可知，H为H2O，A为H2，B为空气中的N2，C为NH3，D为NO，E为NO2，E和水反应生成硝酸和一氧化氮，C+F=G，是NH3+HNO3=NH4NO3，依据判断的物质回答问题。【详解】H是无色液体，号称生命之源，推断为H2O，B是空气中含量最多的物质为N2，E是红棕色气体，经过两步氧化得到判断为NO2，结合流程图分析可知，H为H2O，A为H2，B为空气中的N2，C为NH3，D为NO，E为NO2，

32、E和水反应生成硝酸和一氧化氮，C+F=G，是NH3+HNO3=NH4NO3；(1)C的化学式为NH3；(2)D和E都是大气污染物，NO转化为NO2的化学方程式分别是2NO+O2=2NO2；(3)E和H反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，依据元素化合价变化分析可知，一氧化氮为还原产物，硝酸为氧化产物，所以氧化剂和还原剂的质量比是1:2。【点睛】考查物质推断的关系分析判断，解题一般解题思路：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“

33、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；验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确。12A、B、C、D四种物质之间有如图所示的转化关系。已知：A是气体单质，C 是红棕色气体。回答下列问题：（1）写出C的化学式：_；（2）写出A的电子式_；（3）写出CD转化的化学方程式_。【答案】NO2 3NO2H2O=2HNO3NO 【解析】【分析】A是气体单质，C是红棕色气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。【详解】（1）C是红棕色气体，为NO2，；故答案为：NO2；（2）N2 中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；故答案为：；

34、（3）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，CD转化的化学方程式：3NO2H2O=2HNO3NO，故答案为：3NO2 +H2O2HNO3+NO。13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263。（1）推断A、B、C、D的化学式：A_，B_，C_，D_。（2）写出变化的离子方程式：_；_。【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

35、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=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=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

36、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=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=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）反应的离子方程式为NH4+HCO3-+Ba2+2OH-NH3+BaCO3+2H2O，反应的离子方程式为BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2 O；故答案为：NH4+HCO3-+Ba2

37、+2OH-NH3+BaCO3+2H2O；BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2 O。14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+、SO42-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 mol

38、L-1 【解析】【分析】15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

39、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。