1、【化学】培优 易错 难题氮及其化合物辅导专题训练及详细答案一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）1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。该反应中，当产生0.02 mol氮气
2、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离态变为化合态；（2）工业上用
3、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，反应方程式是N2 + 3H2 2NH3；
4、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+氧化为氮气，Fe2+把NO3-还
5、原为氮气，反应的离子方程式是6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2+ 8H+、10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2 + 6H2O。2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+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O(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NO3-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+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/L 【解析】【分析
6、】(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=计算反应后NO3-的物质的量浓度。【详解】(1)Cu与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，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+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.
7、2g64g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3，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)=0.2mol22.4L/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NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L0.2L=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NO3-的物质的量n(NO3-)=1mol-0.2
8、mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c=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。3（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100mLFe
9、Br2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）4/3mo
10、l/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+
11、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+2H2O，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）
12、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3NF3+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。4下列关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物。回答下列问题：(1)A是_(用化学式表示)(2)当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C
13、的反应方程式：_一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g。将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c(SO42)_mol/L，产生SO2体积(标准状况下)_L(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是_，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为_。将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体(均在同温同压下测定)，则原混合气体中氧气的体积是_。【答案】(NH4)2S 2H2S+SO2=3S+2H2O 1mol/L 4.48L NO 3Cu+8H+2NO3-
14、=3Cu2+2NO+4H2O 1.2ml和4ml 【解析】【分析】(1)A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化；(2)当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4；二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水；硫酸完全反应，发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，结合方程式计算；(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3。在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸
15、铜、NO与水；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气；若为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2，据此解答。【详解】(1)A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N
16、、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为(NH4)2S；(2)当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4，则：B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O；一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g，则参加反应Zn的物质的量为1mol，H2SO4的物质的量为0.1L12mol/L=1.2mol，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：由题意可知：
17、x+y1，2x+y1.2，解得x=0.2，y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c(SO42-)=1mol/L，产生SO2体积(标准状况下)=0.2mol22.4L/mol=4.48L；(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3。由上述分析可知C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全
18、部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气；若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10ml=8mL，参加反应的O2的体积为10mL-8mL=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为32mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL=1.2mL
19、。【点晴】(3)中关键是分析剩余气体的成分，进行讨论计算。当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3。在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，分两种情况讨论：若为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加
20、此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2。5硫酸铜在生产、生活中应用广泛。某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：（1）写出浸出时铜与稀硝酸反应的离子方程式：_；（2）取样检验是为了确认Fe3是否除净，你的检验方法是_。（3）滤渣c是_。（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NOO2=2NO2、_（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n(SO3)n(SO2)12，写出硫酸铜受热
21、分解的化学方程式：_。某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。此设计有不合理之处，请说明理由：_。【答案】3Cu+8H+ 2NO3-=3Cu2+ +2NO+4H2O 取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3未除净，否则Fe3除净 Fe(OH)3 3NO2H2O=2HNO3NO 3CuSO43CuOSO32SO2O2 NaHSO3除了吸收SO3外，还吸收部分O2 【解析】【分析】硝酸有强的氧化性，可以把活动性弱的金属如Cu、Ag氧化，硝酸浓度不同，反应产物不同，稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水；浓硝酸与铜发生
22、反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，铁、铝在室温下遇浓硝酸，在金属表面产生一薄层致密的氧化物保护膜而阻止金属的进一步反应，因此会发生钝化现象，而阻止金属的进一步氧化。在书写离子方程式时要符合电子守恒、电荷守恒及原子守恒。Fe3+与SCN-会结合形成血红色的Fe(SCN)3，使溶液变为血红色；可以与OH-或NH3H2O反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀；遇苯酚溶液C6H5OH会产生紫色的物质，因此可以用KSCN、NaOH或NH3H2O、C6H5OH检验Fe3+的存在；任何反应发生都要符合质量守恒定律，对于氧化还原反应，还应该符合电子得失数目相等的规律；在实验方案的设计时要全面考虑物质的性质，结合SO2有
23、还原性，可以与具有氧化性的O2在水溶液中发生反应产生硫酸，来确定实验方案的优劣。【详解】（1）铜与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式是3Cu+8H+ 2NO3-=3Cu2+ +2NO+4H2O；（2）Fe3遇SCN-离子，溶液变为血红色，因此检验是否洗涤干净的方法是取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3未除净，否则Fe3除净；（3） 含少量铁的废铜渣与硝酸反应。Cu转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，然后调整溶液的pH至3.24，这时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Cu2+仍然以离子的形式存在于溶液中；所以滤渣c是Fe(OH)3；（4）气
24、体a是NO可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NOO2=2NO2、反应产生的NO2被水吸收得到硝酸，反应方程式是3NO2H2O=2HNO3NO；（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n(SO3)n(SO2)12，根据反应前后质量守恒、电子转移数目相等，可知硫酸铜受热分解的化学方程式是3CuSO43CuOSO32SO2O2；SO3与水会发生化学反应：SO3H2O=H2SO4；在溶液中还会发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以盛有饱和NaHSO3的溶液除了吸收SO3外，还吸收部分O2，因此不能准确测定生成的SO2、SO
25、3气体的质量和O2气体的体积。6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+2H2O 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
26、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
27、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。7下列AH八种物质存在如下图所示的转化关系(反应条件、部分产物未标出)。已知A是正盐，B能使品红溶
28、液褪色，G是红棕色气体。试回答下列问题：(1)写出下列各物质的化学式：A_；B_。(2)按要求写出下列反应的有关方程式EF反应的化学方程式_；GH反应的离子方程式_。(3)写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式_。(4)检验D中阴离子的方法是_。【答案】(NH4)2SO3 SO2 4NH3+5O24NO+6H2O 3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO C+4HNO(浓)4NO2+CO2+2H2O 取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42- 【解析】【分析】G是红棕色气体，则是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所
29、以F是NO；A是正盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H，则是和水反应生成硝酸和NO，所以H是硝酸；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，A是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是(NH4)2SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，则D是硫酸，据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A是(NH4)2SO3；B是SO2；(2)高温、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：3NO2+H2
30、O=2H+2NO3-+NO；(3)加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应方程式为：C+4HNO3(浓)4NO2+CO2+2H2O；(4)D中含有硫酸根离子，硫酸根离子的检验方法是：取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成，再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-。8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：AD：_；GE：_；FG：_。（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
31、学方程式：_。【答案】NH4HCO3(或(NH4)2CO3) 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O 3NO2H2O=2HNO3NO 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O 【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】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)。AD是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O22CO2=
32、2Na2CO3O2，故答案为：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。GE是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，故答案为：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。FG是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，故答案为：3NO2H2O=2HNO3NO。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：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O，故答案为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O。9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
33、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，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生
34、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D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应
35、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，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的
36、量=2amol。10甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。A和B以物质的量21通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因_(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式_(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式_。【答案】NH3+H2ONHH2ONH4+OH- SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+ SO2+NH3+H2O=NH4HSO3 【解析】【分析】D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝
37、酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体；A和B以物质的量21通入水中，得到C溶液。可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。【详解】(1)由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变
38、蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3 + H2O NH3H2ONH4+OH；(2) C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+；(3) NH3和SO2按1:1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。11已知A是一种金属，其焰色反应呈黄色，B溶液能使酚酞试液变红；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：（1）A的名称是_；F的化学式是_。（2）BD反应的化学方程式为_。（3）F在空气中遇水蒸气产
39、生白雾现象，这白雾实际上是_。（4）已知，气体D也能与Cl2发生反应，试写出当Cl2足量时该反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的数目_。【答案】钠 HCl NaOH+NH4ClNaCl+NH3+H2O HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴 【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。【详解】(1)根据
40、上面的分析可知，A的名称为钠，F的化学式为HCl，故答案为：钠； HCl；(2) 根据上面的分析可知，B是NaOH，C是NH4Cl，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：NaOH+NH4Cl NaCl+NH3 + H2O；答案：NaOH+NH4ClNaCl+NH3 + H2O；(3)根据上面的分析可知，F是HCl，F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴；答案：HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴；(4)根据上面的分析可知，D是NH3，气体D也能与Cl2发生反应生成氮气和 HCl，其反应的方程式为：3Cl2 + 2NH3 = 6HC
41、l + N2，用双线桥法标出电子转移的数目；答案：。12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-；13加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+。由条件可
42、知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，则SO42-物质的量为0.01mol，SO42-物质的量浓度=0.1mol/L；BaCO3为6.27g-2.33g3.94g，物质的量为0.02mol；则CO32-物质的量为0.02mol，CO32-物质的量浓度为0.2mol/L；由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+；而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol
43、，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.02 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.02 mol时，溶液中不含有Cl-，以此解答该题。【详解】(1)碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，实验1得到的沉淀无法确定是否为氯化银，不能判断Cl是否存在。(2)加入NaOH溶液并加热产生的气体为NH3，NH4+的物质的量为=0.04 mol，c(NH4+)=0.4 molL-1。加入足量BaCl2溶液产生沉淀，当再加盐酸时沉淀部分溶解，说明溶液中一定含有CO32-、SO42-；剩余2.33 g固体为BaSO4，利用硫守恒可知溶液中c(SO42
44、-)=0.1 molL-1；6.27g固体中碳酸钡的质量为6.27 g2.33 g=3.94 g，利用碳守恒可知溶液中c(CO32-)=0.2 molL-1；溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32-和SO42-，由电荷守恒可知c(K+)0.1 molL-12+0.2 molL-120.4 molL-11=0.2 molL-1，溶液中一定存在K+。【点睛】破解离子推断题的几种原则：肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4、CrO42、Cr2O72)；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)
