高考化学氮及其化合物-经典压轴题附详细答案

高考化学氮及其化合物-经典压轴题附详细答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．氮及其化合物在生产生活中有广泛的应用：

（1）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比____10（填“大于”“等于”或“小于”），并说明理由

_____________________________________。

（2）常温下向含0.5mol溶质的稀盐酸中缓慢通入0.5molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________________；在通入氨气的过程中溶液的导电能力___________（选填“变大”、“变小”或“几乎不变”）。请设计实验检验铵盐中的NH4+：___________。

【答案】小于加水稀释，弱电解质的电离程度增大 c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

几乎不变取样，加水溶解，加入氢氧化钠浓溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+

【解析】

【分析】

【详解】

（1）浓溶液加水稀释，越稀越电离，故0.1mol/L的氨水中电离程度更大，故甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；

答案为：小于；加水稀释，弱电解质的电离程度增大；

（2）二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH?)，依据溶液呈电中性有：c(H+)+c(NH4+)=c(OH?)+c(Cl?)，因为c(H+)＞c(OH?)，所以c(NH4+)＜c(Cl?)，故离子浓度大小关系为：c(Cl?)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH?)；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变；铵盐能与强碱反应放出氨气，则检验铵根离子的实验方案：取样，加水溶解，加入氢氧化钠浓溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

【点睛】

浓溶液加水稀释，越稀越电离；溶液的导电能力主要取决于溶液中离子的浓度及离子所带的电荷数：离子的浓度越大，导电能力越强；离子所带的电荷数越大，导电能力越强。

2．氨和硝酸都是重要的工业原料。

（1）标准状况下，将500L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为

____mol·L-1（保留三位有效数字）。工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为____。

（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为____。

下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是____。

A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O

C．4NH3+6NO=5N2+6H2O D．HNO3+NH3=NH4NO3

工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH-=____+H2O（配平该方程式）。

（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。

①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为____。

②Cu与Cu2O的物质的量之比为____。

③HNO3的物质的量浓度为____mol·L-1。

（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20mL，加入0.25mol?L-1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C点混合液呈中性）。则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为____mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为____mol·L-1。

【答案】22.3 SO2+2NH3?H2O=（NH4）2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3］

4NH3+5O24NO+6H2O BC 2NO2- 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2：1 2.4

0.25 1

【解析】

【分析】

（1）根据c=n

V

计算氨水的浓度；

（2）根据已知信息反：应物和生成物书写反应方程式，根据电子守恒配平反应方程式；根据化合价变化判断NH3为还原剂，进行分析其他几反应中氨气的作用；

（3）根据质量守恒，原子守恒、电子守恒规律进行解答；

（4）根据n(H+)=n(OH- )进行分析解答。

【详解】

（1）标准状况下，将500L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为

C =n

V

=

500L

22.4L/?mol

1L

=22.3 mol·L-1。工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，二氧化硫与氨气

反应生成亚硫酸铵和水，该反应的化学方程式为SO2+2NH3?H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］,所以答案为：22.3；SO2+2NH3?H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］；

(2)将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，所以答案：

4NH3+5O24NO+6H2O；

A.在4NH3+5O24NO+6H2O反应中，氨气做还原剂，2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑反应中，氨气做氧化剂，所以与氨氧化法中的氨作用不相同，故A错误；

B.在2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O反应中，氨气做还原剂，所以与氨氧化法中的氨作用相同，故B正确；

C.在4NH3+6NO=5N2+6H2O反应中，氨气做还原剂，所以与氨氧化法中的氨作用相同，故C 正确；

D.HNO3+NH3=NH4NO3反应是非氧化还原反应，故D错误；

所以答案：BC。

由质量守恒和得失电子守恒配平，NO中N为+2价，NO2中N为+4，显然是个归中反应，生成化合物中N为+3价，再根据原子守恒，电荷守恒，可知该反应的离子方程式：

NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为NO2-；

本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；BC；2NO2-；

（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。

①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H++2NO3-

=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以答案：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

②所得溶液中加入1mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3) = n (NaOH) = 1.0mol/L?1.0L=1mol。沉淀为Cu(OH)2，

质量为39.2g，物质的量=

39.2g

98/g mol

=0.4mol, 根据铜元素守恒

有 n(Cu) + 2n (Cu2O)=n[Cu(OH)2]，反应后的溶液中n [Cu(NO3)2]= n [Cu(OH)2]= 0.4mol。设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y， 64x+144y = 27.2， x+2y= 0.4，解得 x=0.2，y = 0.1，所以Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1；所以答案为2：1；

③Cu和Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜，0.2molCu完全反应失去0.4mol电子0.1molCu2O 完全反应失去0.2mol电子，总共生成0.6mol电子，由电子守恒，生成NO的物质的量

=0.6mol

3

= 0.2mol，所得溶液中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液，此时溶液呈中性，金属离

子恰好完全沉淀,反应后的溶质为硝酸钠，则溶液中的硝酸根离子的物质的量为

n(NO3-) = n(NaOH) = 1mol/L?1L=1mol，则硝酸的总物质的量为1mol+0.2mol= 1.2mol，硝

酸的浓度c=1.2mo

0.5L

=2.4mol/L。所以答案为：2.4 mol·L-1。

（4）由图可知，0~ 20mLBa(OH)2溶液发生H2SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4↓+H2O，

20mL ~ 60mLBa(OH)2溶液发生H++OH-=H2O，由图可知，加入20mLBa(OH)2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则

H2SO4 + Ba(OH)2= BaSO4↓+ H2O

1 1

x 0.02L ? 0.25mol n L-1，解得x = 0.02L ? 0.25mol n L-1= 0.005mol，硫酸的物质的量

浓度=0.005mol

0.02L

= 0.25 mol n L-1，由图可知pH=7时，消耗60mLBa(OH)2溶液，

由.H++OH-=H2O可知原溶液中含有的n(H+)=n(OH- )= 2 ?0.06L? 0.25 mol n L-1= 0.03mol，故

n (HNO3) = 0.03mol - 0.005mol ?2= 0.02mol，故原溶液中HNO3的物质的量浓度

=0.02mol

0.02L

=1 mol n L-1，故答案为： 0.25； 1。

3．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：

①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋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。

①配平方程式：__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al(OH)4]－＋__N2↑。

②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】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O 2∶3 40 10 6 4 18H2O 10 3 10∶3 672

【解析】

【详解】

(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；

③28g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(1.6－3x－2y)mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3(1.6－3x－2y)，又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为

2∶3；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，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0.5mol×1

2

＝0.25mol，质量为40g；

(2)①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10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al(OH)4]－＋3N2↑；

②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；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0.3mol

10

×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】

金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：①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；②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；③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(M n+)(M n+代表金属离子)；④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，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。

4．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（）

A．A B．B C．C D．D

【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。

5．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

(4)为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2催化剂

加热

4NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O

4NH3+6NO 催化剂

5N2+6H2O 19.6

【解析】

【分析】

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

【详解】

(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2催化剂

加热

4NO+6H2O，

故答案为：4NH3+5O2催化剂

加热

4NO+6H2O；

(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；

(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：Cu+4H++2NO3﹣＝

Cu2++2NO2↑+2H2O；

(4)NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式

为：4NH3+6NO 催化剂

5N2+6H2O，

故答案为：4NH 3+6NO 催化剂5N 2+6H 2O ；

(5)n (NO 2)＝n (NO )＝2.24L ÷22.4L /mol ＝0.1mol ，根据电子转移守恒，可知n (Cu )＝0.1mol 10.1mol 32

?+?＝0.2mol ，由Cu 原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol ，生成Cu (OH )2沉淀的质量为0.2mol ×98g /mol ＝19.6g ，故答案为：19.6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

6．Ⅰ.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）FeCl 3溶液（FeCl 2）________________，

（2）FeCl 2溶液（FeCl 3）________________，

（3）Fe 粉末（Al ） _______________，

Ⅱ.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 mol·L －1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 mol·L －1 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___________，反应中转移的电子数为______________ 。

【答案】Cl 2 Fe NaOH 溶液 0.055mol 0.075N A

【解析】

【分析】

Ⅰ.（1）氯气把FeCl 2氧化为FeCl 3；

（2）铁粉能把FeCl 3还原为FeCl 2；

（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；

Ⅱ.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 mol·L -1 NaOH 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NaNO 3、NaAlO 2，根据硝酸根守恒有n （NaNO 3）=n （HNO 3）- n （NO ），根据钠离子守恒有n （NaOH ）=n （NaNO 3）+n （NaAlO 2），据此计算n （NaAlO 2），再根据铝原子守恒n （Al ）=n （NaAlO 2）计算。

【详解】

Ⅰ.（1）氯气把FeCl 2氧化为FeCl 3，用氯气除去FeCl 3溶液中FeCl 2；

（2）铁粉能把FeCl 3还原为FeCl 2，用铁粉除去FeCl 2溶液中的FeCl 3；

（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；

Ⅱ. 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 mol·L -1 NaOH 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NaNO 3、NaAlO 2，根据硝酸根守恒有n （NaNO 3）=n

（HNO 3）- n （NO ）=0.1L×0.3mol/L-0.56L 22.4L/mol

=0.03mol-0.025mol=0.005mol ，根据钠离子守恒有n （NaOH ）=n （NaNO 3）+n （NaAlO 2），故n （NaAlO 2）=0.3L×0.2mol/L-

0.005mol=0.055mol ，根据铝原子守恒n （Al ）=n （NaAlO 2）=0.055mol ；

3HNO NO ::，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A 0.56L 3N =22.4L/mol

??0.075N A 。

7．X 、Y 、Z 是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(X 、Y 、Z 、E 、F 为英文字母，部分反应条件及产物略去)

I.若Y 是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。

（1）Y 气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为_____。

（2）Z 的水溶液可以制得某种强酸 E 。实验室用 98%的浓 E(ρ = 1.84g·cm ?3)溶液配制l.5mol·L ?1稀 E 溶液240 mL 。

① 制该稀 E 溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒 和_____ ； II.若Z 是淡黄色固体粉末。

在呼吸面具或潜水艇中由Z 和 CO 2制备氧气的化学反应方程式为_____。

III.若Z 是红棕色气体。

（1）试写出 Z 与水反应制备另一种强酸 F 的化学方程式_____。

（2）2.0g 铜镁合金完全溶解于100mL 密度为 1.40g·

mL ?1质量分数为 63%的浓F 溶液中，得到Z 和N 2O 4(Z 和N 2O 4均为浓F 溶液的还原产物)的混合气体1792mL(标准状况)，向反应后

的溶液中加入1.0mol·

L ?1NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀，得到3.7g 沉淀。则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入 NaOH 溶液的体积为_____ mL 。

【答案】2NH 3?H 2O+SO 2=(NH 4)2SO 3+H 2O 250mL 容量瓶 2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2 3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO 2:3 1300

【解析】

【分析】

I ．若Y 是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，则Y 为SO 2；

II ．若Z 是淡黄色固体粉末，则Z 为Na 2O 2；

III ．若Z 是红棕色气体，则Z 为NO 2，X 为N 2或NH 3，Y 为NO 。

【详解】

I.（1）根据分析，Y 为SO 2，SO 2的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，其反应的化学方程式为：2NH 3?H 2O+SO 2=(NH 4)2SO 3+H 2O ，故答案为：2NH 3?H 2O+SO 2=(NH 4)2SO 3+H 2O 。

（2）①二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得硫酸，E是硫酸。实验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg?cm?3)溶液配制1.5mol?L?1稀硫酸溶液240mL，依据配制溶液的步骤可知，需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶。

II. 根据分析，Z为Na2O2，在呼吸面具或潜水艇中Na2O2和CO2制备O2的化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

III.（1） Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，其化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。

（2）F为HNO3，金属离子全部沉淀时，得到3.7g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g?2g=1.7g，氢氧根离子的物质的量为：

m 1.7g

n0.1mol

17g

M

mol

===

，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：

220.1

64242

x y

x y

+=

?

?

+=

?

，计算得出：

0.02

0.03

x mol

y mol

=

?

?

=

?

，所以合金中铜与镁的物质的量之比是

0.02：0.03=2:3；标准状况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：

m

V 1.792L

n0.08mol

V22.4L/mol

===，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.08?a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.08?a)×2×1=0.1，计算得出：

a=0.06mol，则N2O4的物质的量为0.02mol，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：

100mL 1.4g/mL

63g

×6%

l

3

/mo

?

?0.06mol?0.02mol×2=1.3mol，所以需要氢氧化钠溶液的体积为：

1.3mol

V 1.3L1300mL

1.0mol

L

===

，故答案为：2:3；1300。

8．下列A～H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

E→F反应的化学方程式_____________________________________________________；

G→H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+5O2高温

催化剂4NO+6H2O 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO

C+4HNO(浓)加热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+5O2高温

催化剂4NO+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+H2O=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)加热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-。

9．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 mol·L-1的溶液，滴入酚酞，显_____色。

(3)写出NH4Cl 溶液与NaOH 溶液共热反应的离子方程式：__________________。

(4)D→B 的化学方程式为：_____。

(5)A→B 的化学反应方程式：_____。

【答案】NH3 NO NO2无 NH4++OH?Δ

NH3↑+H2O

3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O 4NH 3+5O 2?

催化剂4NO+6H 2O

【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NH 3，E 为HCl ，B 为NO ，C 为NO 2，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，D 为HNO 3，硝酸和铜反应生成一氧化氮。

【详解】

（1）结合分析可知A 为NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，故答案为：NH 3；NO ；NO 2；

（2）E 为HCl ，溶于水溶液显酸性，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：NH 4++OH ?ΔNH 3↑+H 2O ，故答案为：NH 4++OH ?ΔNH 3↑+H 2O ；

（4）D→B 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+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，故答案为：

3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；

（5）A→B 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：4NH 3+5O 2?催化剂4NO+6H 2O ，故答案为：4NH 3+5O 2?催化剂4NO+6H 2O ；

10．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。

①A→B 反应的化学方程式是__。过量的A 的水溶液与AlCl 3溶液反应离子方程式为__。 ②A 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 为能使品红溶液褪色的无色刺激性的气体，B→C 反应的化学方程式是__，B 与KMnO 4溶液反应离子方程式为__。

【答案】第三周期第IA 族 4NH 3+5O 2=4NO+6H 2O

Al 3++3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4+ 2.4 2SO 2+O 2???→←???

催化剂=2SO 3 5SO 2+2MnO 42-+2H 2O=5SO 42-+2Mn 2++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Na 2O ，C 为Na 2O 2，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NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3；

(3) 若B 为能使品红溶液褪色的无色刺激性的气体，B 为SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4，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Na 2O ，C 为Na 2O 2，D 为NaOH ，A 的元素在周期表中的位置是第三周期第IA 族，Na 2O 2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NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3；

①A→B 反应的化学方程式是：4NH 3+5O 2=4NO+6H 2O ；过量的NH 3的水溶液与AlCl 3溶液反

应生成氢氧化铝，离子方程式为：Al 3++3NH 3·

H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4+； ②A 与C 反应生成E 和水，E 是空气中含量最多的气体N 2，化学方程式为：

8NH 3+6NO 2一定条件=7N 2+12H 2O ，19.6g N 2的物质的量为19.6g 28g/mol

=0.7mol ，则消耗NH 3的物质的量为0.8mol ，NH 3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0.8mol ?3=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SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4，B→C

反应的化学方程式是：2SO 2+O 2???→←???

催化剂

2SO 3；SO 2与KMnO 4溶液反应生成硫酸，离子方程式为：5SO 2+2MnO 42-+2H 2O=5SO 42-+2Mn 2++4H +。

11．有一固体混合物，可能由Na 2CO 3、Na 2SO 4、CuSO 4、CaCl 2、NaOH 等混合而成，为检验它们，做了如下实验：

①取少量固体混合物溶于蒸馏水，搅拌后得无色透明溶液：

②取少量上述溶液中滴加Ba(NO 3)2溶液至过量，有白色沉淀生成；

③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。

试判断：

(1)固体混合物中肯定有_______，肯定没有______，可能有______。

(2)写出实验③中的离子方程式：___________。

(3)现要对(1)中可能有的物质进行确认，写出你所设计的实验方案(包括具体操作步骤和实验现象)________ 。

【答案】Na 2CO 3、Na 2SO 4 CuSO 4、CaCl 2 NaOH BaCO 3+2H +=Ba 2++CO 2↑+H 2O 取少量待测

液与小试管中，加入氯化铵溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝色，则说明含有NaOH

【解析】

【分析】

①取少量固体混合物溶于蒸馏水，搅拌后得无色透明溶液，则一定不含有CuSO4；

②取少量上述溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量，有白色沉淀生成，可能为BaCO3或BaSO4；

③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀部分溶解，说明沉淀为BaCO3和BaSO4，则一定含有Na2CO3、Na2SO4，则一定不含CaCl2，可能含有NaOH，以此解答该题。

【详解】

①取少量固体混合物溶于蒸馏水，搅拌后得无色透明溶液，则一定不含有CuSO4；

②取少量上述溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量，有白色沉淀生成，可能为BaCO3或BaSO4；

③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀部分溶解，说明沉淀为BaCO3和BaSO4，则一定含有Na2CO3、Na2SO4，则一定不含CaCl2，可能含有NaOH；

(1)由以上分析可知固体混合物中肯定有Na2CO3、Na2SO4，肯定没有CuSO4、CaCl2，可能有NaOH；

(2)碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；

(3)要确认是否含有NaOH，可加入氯化铵溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝色，则说明含有NaOH。

12．镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A有下面一系列变化。气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)写出A、C、D的化学式：

A________；C________；D________。

(2)写出下列反应的化学方程式：

①______________________________________________；

②____________________________________________。

【答案】Mg3N2 NH3 Mg(OH)2 Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl MgCl2＋

2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑

【解析】

【分析】

镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，镁和空气生成氧化镁和氮化镁，生成少量的物质A，即A为氮化镁，气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C 为氨气。溶液B为氯化铵和氯化镁的混合，溶液B于氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、氨气和氯化钠。

【详解】

(1)根据上面分析得出A、C、D的化学式：A为Mg3N2；C为NH3；D为Mg(OH)2，故答案为：Mg3N2；NH3；Mg(OH)2。

(2)①氮化镁和盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应方程式为Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋

2NH4Cl，故答案为：Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl。

②氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应方程式为MgCl2＋

2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，氯化铵和氢氧化钠加热反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑，故答案为：MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋

2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑。

13．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：①G+H A+F:________。②C+D E:______________ _。

(3)写出下列反应的离子方程式:G+Cu E:________。

(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↑+2H2O

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)①H+G→A+F为C和浓硝酸的反应，方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；

②C+D→E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：①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；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③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。

14．A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体。

请回答下列问题：

(1)写出B的化学式：_____________；

(2)在上图D→C的过程中，D表现出强___________(填“氧化性”或“还原性”)；

(3)在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是________________。

【答案】NO 氧化性 H++OH-=H2O

【解析】

【分析】

C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO，A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是N2，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知A是N2，则B是NO，C是NO2，D是HNO3。

(1)由上述分析可知，B是一氧化氮，化学式为NO；

(2)图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，在该反应中HNO3所含N元素化合价降低，被还原，所以硝酸表现出强氧化性；

(3)D是HNO3，在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，发生酸碱中和反应产生NaNO3和H2O，反应的离子方程式是：H++OH-=H2O。

【点睛】

该题是无机框图推断题，涉及氮及其化合物的有关转化，本题的突破口是C为红棕色气体，且是由空气的主要成分与氧气反应的产物。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破

口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

15．如图中每一个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。

（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。

（2）写出A→D的化学方程式___。

（3）写出实验室制备C的化学方程式___。

（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：

①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。

②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 NO2 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2

2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O NaHCO3和Na2CO3 1：1 0.75

【解析】

【分析】

根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为

H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：

NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；

(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为

2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；

(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1∶1；

②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧

化钠溶液的浓度=0.0075mol

0.01L=0.75mol/L，故答案为：0.75。