（化学）化学氮及其化合物的专项培优-易错-难题练习题(含答案)及答案解析.doc

1、【化学】化学氮及其化合物的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及答案解析一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）1如图1为实验室制取氨的实验装置。（1）写出A中所发生反应的化学方程式_。（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，请写出相关反应的化学方程式_，_。（3）在收集氨时试管口棉花的作用是_。（4）一位学生用制得的氨，按图2装置进行喷泉实验，烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作_。（5）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置。首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是（_）ACaCO3粉末和浓盐酸BNH4HCO3溶液与稀

2、NaOH溶液CHCl和AgNO3溶液DHCl和酚酞溶液该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。水槽中加入的物质可以是（_）A硝酸铵 B食盐 C浓硫酸 D硫酸铜【答案】2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O NH3+5O2=4NO+6H2O 2NO+O2=2NO2 减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气 打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶 A C 【解析】【分析】(1)为制取氨气的装置，收集氨气的试管口需要棉花；(2)气体遇空气能迅速变红棕色，原气体是NO；(6)图3要想产生喷泉，必须生成大量气体；(7)如果放出

3、大量热量，也能增大气体压强，产生喷泉。【详解】(1)实验室制氨气2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O 。(2) NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，该气体是NO，所以NH3+5O2=4NO+6H2O。(3) NO遇空气迅速变红棕色，所以2NO+O2=2NO2 。(4)收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气。(5)引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，只要水进入烧瓶，气体溶于水导致压强减小，产生喷泉。(6)要想产生喷泉，必须生成大量气体，A选项能产生大量二氧化碳。(7)加入浓

4、硫酸，放出大量热导致压强增大，产生喷泉。【点睛】氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法，不能混淆；喷泉实验的原理是内外产生压强差。2在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4 g铜片发生反应。请回答：(1)开始阶段，观察到的现象为_，反应的化学方程式是_。(2)反应结束后，铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式是_。(3)若6.4 g铜片消耗完时，共产生气体2.8 L(标准状况)。则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量是_。(4)实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，原因是_(用化学方程式表示)。(5)工业上通常用氨催化氧化法制硝酸，写出氨催化氧化的化学方

5、程式：_。【答案】铜片逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，产生红棕色的气体 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 0.325 mol 4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O 4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】【分析】(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，据此解答；(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，反应后溶液中氢离子消耗完毕，但硝酸根离子有剩余，若再加入少量20%的稀硫酸，相当于稀硝酸溶液，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，据此书写离子方程式；(3)铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO2和NO的混合气体，根据Cu、N

6、原子守恒计算整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量；(4)浓硝酸见光或受热容易分解，据此书写方程式； (5)氨催化氧化生成一氧化氮和水，据此书写反应的化学方程式。【详解】(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，发生反应为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2+2H2O，生成的二氧化氮为红棕色气体，因此现象为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色，产生红棕色的气体，故答案为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体；Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2+2H2O；(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，反应后溶液中氢离子消耗完毕，但硝酸根离子有剩余，若再加入少量20%的稀硫酸

7、，相当于稀硝酸溶液，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；(3)6.4 g铜的物质的量为0.1mol，反应生成硝酸铜，结合硝酸根离子0.2mol，整个反应过程共产生标准状况下气体2.8L，即生成0.125molNO2和NO的混合气体，根据N原子守恒，反应过程中被还原的HNO3的物质的量为0.125mol，则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量为0.2mol+0.125mol=0.325mol，故答案为0.325 mol；(4)浓硝酸见光或受热容易分解，4HNO3

8、(浓)4NO2+O2+2H2O，因此实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，故答案为4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O； (5)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。【点睛】本题考查了铜与硝酸的反应。解答本题需要注意，浓硝酸和稀硝酸与铜的反应生成物不同。本题的易错点为(3)中的计算，要注意利用守恒法解答。3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（用化学方程式表示）_；（2）工业上用氨

9、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 5.6 【解析】【分析】（1

10、）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，另外需要和硝酸反应的氨气的质量

11、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，所以根据离子方程式计算

12、，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。4原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。（1）写出Y2O2的电子式：_，其中含有的化学键是_。（2）将ZO2通入品红溶液再加热的现象是_。（3）写出X的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式_。（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。（5）由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方

13、程式_。【答案】 离子键、共价键 品红先褪色，加热后恢复红色 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O NH3 NCl33H2O=3HClONH3 【解析】【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物，Y为Na(因原子序数关系，Y不可能为H)，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物，可知X为N，Z为S，W为Cl，以此解答。【详解】由上述分析可知，X为N，Y为Na，Z为S，W为Cl，（1）Na2O2为Na+与组成的离子化合物，中含有共价键，以此Na2O2的电子式为：；所含化学键为：离子键、共价键；（2

14、）SO2具有漂白性，能够漂白品红溶液，但其漂白过程具有可逆性，若加热漂白后的品红溶液，则溶液恢复至红色，故答案为：品红先褪色，加热后恢复红色；（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，其化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（4）NH3为碱性气体，H2S、HCl为酸性气体，NH3能够与H2S、HCl发生化学反应；（5）N原子最外层电子数为5，Cl原子最外层电子数为7，由N、Cl组成的化合物分子中，N、Cl原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl3，其中N为-3价，Cl为+1价，NCl3与水反应生成一种具有漂白性的化合物，该化合物为HClO，其反

15、应方程式为：NCl33H2O=3HClONH3。【点睛】对于NCl3中元素化合价解释：根据鲍林电负性标度，氮的电负性为3.04，氯的电负性为3.16，说明氯的电负性稍大于氮，根据一般性规则，电负性大的显负价，但根据实验证实NCl3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl3+H2ONH3+HClO(未配平)，由于HClO的强氧化性，再发生第二步反应：NH3+HClON2+HCl+H2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。NCl3中元素化合价可根据以下原理解释：氮和氯的电负性差值并不大，而氮原子的半径相对于氯原子来说要小得多，因此共用电子相对应当更偏向于氮，使得氮显-3价，氯显+

16、1价。5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EF反应的化学方程式_;写出BD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+Cl22HCl NH4Cl + NaOHNaCl +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

17、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) EF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+Cl22HCl； BD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 + NaOHNaCl +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

18、。6a、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

19、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。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 2Na2O22

20、CO2=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，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成

21、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) NH4HCO3与过量Na

22、OH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某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：阳离子H、K、Al3、NH4+、Mg2阴离子Cl、OH、CO32-、AlO2-为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。(1)该溶液中一定含有的阳离子是_，其对应物质的量浓度之比为 _，溶液中一定不存在的阴离子是_。(2)写出沉淀减少的离子方程

23、式 _。【答案】H、Al3、NH4+ 、Mg2 2:2:2:3 OH、CO32-、AlO2- Al(OH)3+OH= AlO2- +2H2O 【解析】【分析】(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。【详解】(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可

24、知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而

25、生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol3+3mol2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)16mol，所以氯离子物质的量16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO32

26、-、AlO2-；(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。9下图表示几种无机物之间的转化关系，其中A、B均为黑色粉末，B为非金属单质，C为无色无毒气体，D为金属单质，E是红棕色气体，G是具有漂白性的气体，H的水溶液呈蓝色。请回答下列问题：(1)A的化学式是_，C的电子式是_，Y的名称是_。(2)反应的化学方程式为_。(3)实验室测定气体E的相对分子质量时，得到的实验值总是比理论值偏大，其原因是(用化学方程式表示)_。(4)19.2g的D与足量的一定浓度X的溶液反应，将所得的气体与_L O2(标准状况

27、下)混合，恰好能被水完全吸收。【答案】CuO 浓硫酸 C4HNO3(浓)=CO24NO22H2O 2NO2N2O4 3.36L 【解析】【分析】已知，A、B均为黑色粉末，B为非金属单质，C为无色无毒气体，D为金属单质，可推测A为CuO，B为C，C为二氧化碳，D为Cu；E是红棕色气体为二氧化氮，G是具有漂白性的气体为二氧化硫，H的水溶液呈蓝色为硫酸铜。【详解】(1)分析可知，A为氧化铜，化学式是CuO；C为二氧化碳，电子式为：；Y为浓硫酸；(2)反应为碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为：C4HNO3(浓)=CO24NO22H2O；(3)验室测定气体二氧化氮的相对分子质量时，存在可

28、逆反应2NO2N2O4得到的实验值总是比理论值偏大；(4)19.2g的Cu即0.3mol，与足量的一定浓度的硝酸溶液反应，生成氮的氧化物，化合价降低与Cu升高的化合价总数相等，则消耗的氧气化合价降低的总数也相等，消耗0.15mol氧气即标况下的3.36L。10中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：_。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_

29、、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为_。【答案】1100 nm 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O 【解析】【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(S

30、O4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1100 nm。(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、

31、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O。11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

32、（标准状况下） 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

33、少的量的成分，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+、A

34、l3+；(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+x

35、mol1，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-。12黑色固体A加热至红热投入到无色溶液B中发生如图转化关系。(1)由此可以推断：A为_(填化学式，下同)，B为_，X为_，C为_，E为_。(2)写出A与B反应的化学方程式： _。【答案】

36、C HNO3(浓) NO2和CO2 NO和CO2 NO C+4HNO3(浓) 4NO2+CO2+2H2O 【解析】【分析】黑色固体A加热至红热，投入到一种无色溶液B中，产生由两种气体组成的混合气体X，应是碳与浓硫酸或浓硝酸的反应，无色气体C通入澄清石灰水生成白色沉淀，该沉淀应为CaCO3，说明C中含有CO2，无色稀溶液D与单质F反应生成蓝色溶液，该溶液应含有Cu2+，则说明F为金属Cu，无色稀溶液D具有强氧化性，应为稀HNO3溶液，G为Cu(NO3)2，生成气体E为NO，则说明混合气体X应为CO2和NO2的混合物，则A为C，B为浓HNO3，无色气体C的成分为CO2、NO，结合物质的性质解答该题

37、。【详解】由上述分析可知A为碳，B为浓HNO3，X为CO2和NO2，C为CO2和NO，D为稀HNO3，E为NO，G为Cu(NO3)2。(1)由上述分析可知，A为C；B为浓HNO3；X是CO2和NO2；C为CO2和NO；E为NO；(2) A与B反应是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式C+4HNO3(浓)4NO2+CO2+2H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质和反应的特征现象确定G和CO2，结合物质的性质用逆推的方法推断，可依次推断其它物质，然后书写相应的化学反应方程式。13如图所示为A、B、C、D、

38、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。（1）各物质的化学式为A_，B_，C_，D_，E._。（2）各步反应的化学方程式为AC：_，DC：_，BE：_，EC：_。【答案】N2 NO2 NO NH3 HNO3 N2O22NO 4NH35O24NO6H2O 3NO2H2O=2HNO3NO 3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O 【解析】【分析】A、B、C、D、E均为含氮物质，CB(红棕色)，则B为NO2，C为NO；AC（NO），则A为N2；A（N2）DC（NO），则D为NH3；B（NO2）

39、E C（NO），则E为HNO3；依此作答。【详解】（1）经分析，A为N2，B为NO2，C为NO，D为NH3，E为HNO3；（2）AC的化学方程式为：N2+O22NO；DC的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；BE的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；EC的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。14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

40、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

41、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

42、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

43、，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=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。15有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与条件已略去，