2025年高考化学压轴题专题复习—氮及其化合物的推断题综合附答案解析.doc

高考化学压轴题专题复习—氮及其化合物推断题综合附答案解析

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．在下列物质转化中，A 是一种正盐，D 相对分子质量比 C 相对分子质量大16，E 是酸，当 X 无论是强酸还是强碱时，均有如下转化关系：

当 X 是强酸时，A、B、C、D、E 均含同一种元素；
当 X 是强碱时，A、B、C、D、E 均含此外同一种元素。
请回答：
(1)A 是_____，Y 是_____。
(2)当X 是强酸时，B 是_____。写出C 生成D 化学方程式：____________。
(3)当X 是强碱时，B 是_____，写出 D 生成E 化学方程式：__________________________________。
【答案】（NH4）2S O2 H2S NH3
【解析】
【分析】
本题中C、D变化和D相对分子质量比C大16是题中一种最具有特征条件，通过度析可初步判断D比C多一种氧原子，A为（NH4）2S，联想已构建中学化学知识网络，符合这种转化关系有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸某物质，很也许为SO3、NO2等，当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，据此答题；
【详解】
（1）由上述分析推断可知，A为（NH4）2S，Y为O2，故答案为：（NH4）2S；O2；
（2）当X是强酸时，根据上面分析可知，B是 H2S，C生成D化学方程式为，故答案为：H2S；；
（3）当X是强碱时，根据上面分析可知，B是 NH3，D生成E化学方程式为，故答案为：NH3；。
【点睛】
本题解题关键是D 相对分子质量比 C 相对分子质量大16，由此推断D比C多一种氧原子，则Y为氧气，以此逐渐推断出其他物质。

2．硝酸是常见三大强酸之一，在化学研究和化工生产中有着广泛应用，常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。
（1）某金属M硝酸盐受热时按下式分解：2MNO32M+2NO2↑+O2↑，加热3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成原则状况时总体积为672mL。由此可以计算出M相对原子质量为__。
（2）将32.64g铜与140mL一定浓度硝酸反应，铜完全溶解产生NO和NO2混合气体折算成原则状况下体积为11.2L。其中NO体积为__。
（3）既有Cu、Cu2O和CuO构成混合物，某研究性学习小组为了探究其构成状况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同步搜集到224mLNO气体（S.T.P.）。则产物中硝酸铜物质量为_。如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO质量比为__。
（4）有一稀硫酸和稀硝酸混合酸，其中H2SO4和HNO3物质量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生原则状况下气体多少升___？
（5）加热某一硝酸铜结晶水合物和硝酸银混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣48.4g。将反应后产生气体通过水充足吸取后，剩余气体1.68L(S.T.P.)。求原混合物中硝酸铜结晶水合物化学式___。
【答案】108 5.824L 0.025 9：5 0.448L Cu(NO3)2·6H2O
【解析】
【分析】
（1）根据硝酸盐和气体体积关系式计算金属相对原子质量；
（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成一氧化氮体积；
（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根物质量，根据硝酸根物质量和硝酸铜关系式计算硝酸铜物质量；根据硝酸铜物质量计算溶液中铜离子物质量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜质量，根据铜原子守恒计算氧化铜质量，从而计算出氧化亚铜和氧化铜质量之比；
（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根物质量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以局限性量物质计算一氧化氮物质量，进而计算体积；
（5）根据原子守恒，气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银物质量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。
【详解】
（1）原则状况下，672ml气体物质量是0.03mol，根据反应方程式可知，氧气物质量是0.01mol，因此硝酸盐物质量是0.02mol，则硝酸盐相对分子质量是170，故M相对原子质量是170－62＝108；
（2）32.64g铜物质量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体物质量是0.5mol，若设NO和NO2物质量分别是x和y，则x＋y＝0.5、3x＋y＝1.02，解得x＝0.26mol，因此NO体积是5.824L；
（3）硝酸物质量是0.06mol，被还原硝酸是0.01mol，因此根据氮原子守恒可知，硝酸铜物质量是（0.06mol－0.01mol）÷2＝0.025mol。根据铜原子守恒可知，铜原子物质量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，两者物质量之和是0.015mol，则氧化亚铜物质量是0.005mol，因此氧化铜物质量是0.005mol，则Cu2O与CuO质量比为144︰80＝9:5。
（4）n(H+)=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，发生反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO+4H2O，0.02mol硝酸根完全反应，需要氢离子物质量为0.08mol<0.1mol，故氢离子过量，硝酸根局限性，生成一氧化氮为0.02mol，则标况下，一氧化氮体积为0.448L。
（5）二氧化氮、氧气和水反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知，硝酸铜受热分解产生二氧化氮和氧气体积比为4：1，被水完全吸取，硝酸银分解产生二氧化氮和氧气体积比不大于4：1，即气体与水反应剩余1.68L氧气；设原混合物中硝酸铜物质量为xmol，硝酸银为ymol，即80x+108y=48.4，0.25y=0.075，即x=0.2mol，y=0.3mol。根据铜原子守恒可知，结晶水物质量==1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质量之比为1：6，硝酸铜结晶水合物化学式Cu(NO3)2·6H2O。

3．某化学研究性学习小组运用如下装置制取并探究氨气性质。在A装置中发生反应化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（1）B装置中干燥剂是_____ (填“碱石灰”或“浓硫酸”)。
（2）C、D 装置中试纸颜色会发生变化是_____(填”C”或“D”)。
（3）当试验进行段时间后，挤压E装置中胶头滴管，滴入1- -2滴浓盐酸，可观测到 E装置中现象是产生______(填” 烟”或“白雾”)。
（4）为防止过量氨气导致空气污染，需要在上述装置末端增长一种尾气处理装置，合适装置是_____ (填“F”或“G”)。
（5）生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量。试验室运用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以迅速制取氨气。用此措施制取氨气应选用气体发生装置是____  (填“a”“b”或“c”)。

【答案】碱石灰 D 白烟 )F )c
【解析】
【详解】
（1）氨气是碱性气体，能与浓硫酸反应且浓硫酸是液态干燥剂，故B装置中干燥剂是碱石灰；
（2）氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，因此D中颜色发生变化，故答案为D；
（3）氨气与挥发HCl会生成氯化铵晶体，因此有白烟产生；
（4）由于氨气极易溶于水，因此吸取氨气时要用防倒吸装置，故答案为F；
（5）向生石灰中滴加浓氨水，可以迅速制取氨气。用此措施制取氨气为固液不加热制取气体，应选用气体发生装置是c。

4．硫酸铜在生产、生活中应用广泛。某化工厂用含少许铁废铜渣为原料生产胆矾流程如下：

（1）写出浸出时铜与稀硝酸反应离子方程式：______________；
（2）取样检查是为了确认Fe3＋与否除净，你检查措施是____________________。
（3）滤渣c是_____________。
（4）气体a可以被循环运用，用化学方程式表达气体a被循环运用原理为2NO＋O2==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)＝1∶2，写出硫酸铜受热分解化学方程式：______________________。
某同学设计了如下图所示试验装置分别测定生成SO2、SO3气体质量和O2气体体积。此设计有不合理之处，请阐明理由：__________________________。

【答案】3Cu+8H++ 2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O 取少许试样于试管中，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 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑ NaHSO3除了吸取SO3外，还吸取部分O2
【解析】
【分析】
硝酸有强氧化性，可以把活动性弱金属如Cu、Ag氧化，硝酸浓度不一样，反应产物不一样，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氧化物保护膜而制止金属深入反应，因此会发生钝化现象，而制止金属深入氧化。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Fe(SCN)3，使溶液变为血红色；可以与OH-或NH3∙H2O反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀；遇苯酚溶液C6H5OH会产生紫色物质，因此可以用KSCN、NaOH或NH3∙H2O、C6H5OH检查Fe3+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，还应当符合电子得失数目相等规律；在试验方案设计时要全面考虑物质性质，结合SO2有还原性，可以与具有氧化性O2在水溶液中发生反应产生硫酸，来确定试验方案优劣。
【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，因此检查与否洗涤洁净措施是取少许试样于试管中，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） 含少许铁废铜渣与硝酸反应。Cu转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，然后调整溶液pH至3.2—4，这时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Cu2+仍然以离子形式存在于溶液中；因此滤渣c是Fe(OH)3；
（4）气体a是NO可以被循环运用，用化学方程式表达气体a被循环运用原理为2NO＋O2=2NO2、反应产生NO2被水吸取得到硝酸，反应方程式是3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；（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)＝1∶2，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化学方程式是3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；SO3与水会发生化学反应：SO3＋H2O=H2SO4；在溶液中还会发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，因此盛有饱和NaHSO3溶液除了吸取SO3外，还吸取部分O2，因此不能精确测定生成SO2、SO3气体质量和O2气体体积。

5．X、Y、Z 是中学化学常见三种物质，它们之间互相转化关系如下(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无色刺激性气味气体。
（1）Y气体大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸取，化学方程式为_____。
（2）Z水溶液可以制得某种强酸 E。试验室用 98%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 CO2制备氧气化学反应方程式为_____。
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 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%浓F溶液中，得到Z 和N2O4(Z和N2O4均为浓F 溶液还原产物)混合气体1792mL(原则状况)，向反应后溶液中加入1.0mol·L−1NaOH 溶液，当金属离子所有沉淀，得到3.7g沉淀。则合金中铜与镁物质量之比为_____，加入 NaOH 溶液体积为_____ mL 。
【答案】2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O 250mL容量瓶 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 3NO2+H2O=2HNO3+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无色刺激性气味气体，则Y为SO2；

II．若Z是淡黄色固体粉末，则Z为Na2O2；
III．若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO。
【详解】
I.（1）根据分析，Y为SO2，SO2大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸取，生成亚硫酸铵和水，其反应化学方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O。
（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。试验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg⋅cm−3)溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL，根据配制溶液环节可知，需用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，金属离子所有沉淀时，得到3.7g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，因此沉淀中氢氧根离子质量为3.7g−2g=1.7g，氢氧根离子物质量为：，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质量等于氢氧根离子物质量，设铜、镁合金中Cu、Mg物质量分别为xmol、ymol，则：，计算得出：，因此合金中铜与镁物质量之比是0.02：0.03=2:3；原则状况下，NO2和N2O4混合气体物质量为：，设二氧化氮物质量为amol，则四氧化二氮物质量为（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物质量为0.02mol，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠物质量等于反应后溶液中硝酸钠物质量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠物质量为： −0.06mol−0.02mol×2=1.3mol，因此需要氢氧化钠溶液体积为：，故答案为：2:3；1300。

6．下列框图中字母分别代表一种常见物质或其溶液，互相之间转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多金属元素单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。

请回答问题：
(1)A在B中燃烧现象是__________________________________________。
(2)D+E→B反应中，被氧化与被还原物质物质量比是_________________________。
(3)G+J→M离子方程式是____________________________________。
(4)Y受热分解化学方程式是______________________________________。
(5)检查硫酸铁溶液中与否存在Fe2＋试剂是 ____________________。
【答案】放出大量热，产生苍白色火焰 2:1 3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓ 4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑ 酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
F是地壳中含量最多金属元素单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，两者为氢气和氯气，两者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe(OH)3，因此J是含三价铁离子物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化关系可知，N为HNO3，Y为Fe(NO3)3，结合物质性质来解答。
【详解】
(1) A为H2，B为Cl2，H2在Cl2中燃烧现象是：气体安静燃烧，放出大量热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；
(2) D+E→B反应为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中Mn元素化合价减少，被还原，HCl 中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应盐酸为2mol，此外2mol盐酸显酸性，则n(被氧化物质HCl)：n(被还原物质MnO2)=2：1；
(3) G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)反应是在水溶液中发生双水解反应，反应离子方程式是：3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓；
(4)根据分析推断可知Y为Fe(NO3)3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，根据原子守恒配平书写化学方程式是：4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；
(5)检查硫酸铁溶液中与否存在Fe2+措施是取少许待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中具有Fe2+，反之没有Fe2+。

7．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化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。
（2）写出E→F反应化学方程式_________;写出B→D反应化学方程式_________。
（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，阐明B是碱，焰色反应呈黄色，阐明具有钠元素，因此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，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；
(2) E→F为在点燃条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl； B→D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，因此氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

8．化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味气体，B到E反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答问题：
(1)A化学式为___________________________。
(2)C水化物与I酸性由强到弱次序：___________________(用化学式填空)
(3)B生成E化学方程式为_____________________。
(4)金属铜与I稀溶液反应离子方程式为_____________，该反应中还原产物是 ______，生成1mo1还原产物，转移电子数目为__________NA。
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 HNO3＞H2CO3 2H2O 2H2↑+O2↑ 3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2+ +2NO↑+4H2O NO 3
【解析】
【分析】
化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B到E反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。
【详解】
根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。
(1)A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3；
(2)C水化物为碳酸，I为硝酸，N非金属性强于C，故酸性：HNO3＞H2CO3；
(3)B在通电条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O2H2↑+O2↑；
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2+ +2NO↑+4H2O，硝酸中氮元素化合价从+5减少到+2，是氧化剂，得到一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1NO，转移3mol电子，数目为3NA。

9．下图表达几种无机物之间转化关系，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是具有漂白性气体，H水溶液呈蓝色。

请回答问题：
(1)A化学式是___，C电子式是　__________　，Y名称是_____。
(2)反应①化学方程式为　__________________________。
(3)试验室测定气体E相对分子质量时，得到试验值总是比理论值偏大，其原因是(用化学方程式表达)　_________________。
(4)19.2gD与足量一定浓度X溶液反应，将所得气体与_______L O2(原则状况下)混合，恰好能被水完全吸取。
【答案】CuO 浓硫酸 C＋4HNO3(浓)=CO2↑＋4NO2↑＋2H2O 2NO2⇌N2O4 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是具有漂白性气体为二氧化硫，H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①为碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为：C＋4HNO3(浓)=CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；
(3)验室测定气体二氧化氮相对分子质量时，存在可逆反应2NO2⇌N2O4得到试验值总是比理论值偏大；
(4)19.2gCu即0.3mol，与足量一定浓度硝酸溶液反应，生成氮氧化物，化合价减少与Cu升高化合价总数相等，则消耗氧气化合价减少总数也相等，消耗0.15mol氧气即标况下3.36L。

10．某化学试验小组运用试验室中一瓶未知白色固体粉末进行了如下试验：

请回答问题：
(1)白色沉淀为______________________(填化学式，下同)，产生有刺激性气味气体是_____________________。
(2)该白色固体粉末是___________________(填化学式)。
(3)写出该白色固体粉末受热分解化学方程式：_______________________________
【答案】CaCO3 NH3 NH4HCO3 NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
该白色固体加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，阐明白色固体中具有HCO3-，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味气体产生，且该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，阐明白色固体粉末中有NH4+，故该白色固体是NH4HCO3。
【详解】
（1）白色固体粉末加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无有CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，阐明白色固体中具有HCO3-，白色沉淀为CaCO3，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味气体产生，且该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，故该气体是NH3；
（2）有白色固体中具有NH4+、HCO3-，故该白色固体粉末是NH4HCO3；
（3）该白色固体粉末受热分解即NH4HCO3受热分解，化学方程式为：NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O
【点睛】
本题是物质中成分鉴别，从特殊性质去判断，考生应当纯熟掌握常见物质性质，碳酸铵和碳酸氢铵性质不完全相似，碳酸铵与氯化钙反应有沉淀，而碳酸氢铵与之不反应。

11．加入AgNO3溶液有沉淀产生，也许发生Cl-+Ag+═AgCl↓、CO32-+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+═Ag2SO4↓，因此也许具有Cl-、CO32-、SO42-；

12．如图是中学化学中常见物质之间某些反应关系,其中部分产物未写出。常温下X和H是固体,B和G是液体,其他均为气体,1 mol X分解得到A、B、C各1 mol。试回答问题:

(1)写出下列物质化学式：X____，B____。
(2)写出下列反应化学方程式：①G+HA+F:________。②C+DE:______________ _。
(3)写出下列反应离子方程式:G+CuE:________。
(4)工业上合成C后采用加压、降温液化措施从混合气体中分离出C,能用上述措施分离出C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，其他均为气体，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应为弱酸铵盐，该弱酸易分解，并且产生气体能与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，结合对应物质性质以及题目规定可解答该题。
【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应为弱酸铵盐，该弱酸易分解，并且产生气体能与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和浓硝酸反应，方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
②C+D→E反应为氨气催化氧化生成NO，反应化学方程式为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，可用加压降温措施从混合气体中分离出。
【点睛】
无机推断题一般解题思绪：①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把有关信息表达出来，明确求解规定；②找“题眼”即找到解题突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联络新信息及所学旧知识，依物质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。

13．从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质性质，是一种行之有效措施。如下是氮元素形成物质价类二维图及氮循环部分信息。

（1）①是一种人工固氮重要途径，该反应化学方程式是__________。
（2）②化学方程式是__________。
（3）⑤化学方程式是（任写一种）__________。
（4）R可与 NaOH溶液反应：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，该反应体现了R（HNO2）_____性。
（5）Q化学式是_______，Q属于酸性氧化物，写出Q与水反应化学方程式________。
（6）L在水体中过多蓄积会导致水体富营养化。将水体调整为酸性后加入适量NaClO，可将L中阳离子转化为无污染气体以去除。写出L与NaClO反应离子方程式_________。
【答案】N2+3H2 2NH3 4NH3+5O2 4NO+6H2O Cu＋4HNO3(浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者 C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(浓) 4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一种） 酸 N2O5 N2O5 +H2O=2HNO3 2NH4++3ClO－= N2↑+3Cl－+3H2O+2H+
【解析】
【分析】
已知图中物质都是含氮元素物质，过程①中A为单质，D为氢化物，A生成D是人工固氮反应，则为氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下生成氨气反应，则A为氮气，D为氨气；过程②中B为氮氧化物且氮元素为+2价，则发生反应为氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，则E为一氧化氮；G也是氮氧化物且氮元素化合价为+4价，由E转变为G反应为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，则G为二氧化氮；J为含氮元素酸且氮元素为+5价，由二氧化氮转变为酸反应为二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，则J为硝酸；过程⑤为硝酸转化为二氧化氮，反应较多，如：浓硝酸与铜反应、硝酸受热分解或硝酸与碳单质反应都可产生二氧化氮；氨气转变为M，M为碱，即M为一水合氨；一水合氨也可转化为L，则L为铵盐，同步，过程⑥为硝酸转变为L，则L为硝酸铵；此外Q为氮氧化物且氮元素化合价为+5价，则Q为五氧化二氮；R为含氮元素另一种酸，且氮元素化合价为+3价，则R为亚硝酸。
【详解】
（1）根据分析，A为氮气，D为氨气，氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下生成氨气，化学方程式是N2+3H2 2NH3，故答案为：N2+3H2 2NH3；
（2）根据分析，过程②中B为氮氧化物，则发生反应为氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，则E为一氧化氮，发生反应方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
（3）过程⑤为硝酸转化为二氧化氮，反应较多，如：浓硝酸与铜反应、硝酸受热分解或硝酸与碳单质反应都可产生二氧化氮，化学方程式为：Cu＋4HNO3(浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者 C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3(浓) 4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一种），故答案为：Cu＋4HNO3(浓) =Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者 C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(浓) 4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一种）；
（4）根据分析，R为亚硝酸，R可与 NaOH溶液反应：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，该反应中未发生化合价变化，属于酸碱中和反应，体现了R（HNO2）酸性，故答案为：酸；
（5）根据分析，Q为五氧化二氮，化学式是N2O5；Q属于酸性氧化物，也是硝酸酸酐，五氧化二氮与水反应生成硝酸，化学方程式N2O5 +H2O=2HNO3，故答案为：N2O5+H2O=2HNO3；
（6）根据分析L为硝酸铵，为酸性后加入适量NaClO，可将L中阳离子转化为无污染气体以去除，则该无污染气体为氮气，硝酸铵与NaClO反应离子方程式2NH4++3ClO－= N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故答案为：2NH4++3ClO－= N2↑+3Cl－+3H2O+2H+。
【点睛】
本题考察含氮元素化合物互相转化，需要对氮及其化合物性质掌握精确。

14．在某无色澄清溶液中，也许存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、Fe3+、SO42-、I-、CO32-。取该溶液进行下述试验：
（1）用pH试纸检查，显红色；
（2）取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少许四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫红色；
（3）另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
根据上述试验现象，推断原溶液中肯定存在离子是___，肯定不存在离子是___，也许存在离子是___。
【答案】H+ Ba2+ I- Fe3+ CO32- SO42- K+
【解析】
【分析】
无色澄清溶液不具有Fe3+，
（1）用pH试纸检查，显红色，阐明呈酸性，具有H+，则不具有CO32-；
（2）取部分溶液加入少许氯水和少许CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色，阐明具有I-；
（3）另取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液, 有白色沉淀生成，阐明具有Ba2+ 则不含SO42-，以此解答该题。
【详解】
无色澄清溶液不具有Fe3+，
（1）用pH试纸检查，显红色，阐明呈酸性，具有H+，则不具有CO32-；
（2）取部分溶液加入少许氯水和少许CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色，阐明具有I-；
（3）另取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时， 再加入Na2CO3溶液， 有白色沉淀生成，阐明具有Ba2+，则不含SO42-，
以上试验不能确定与否具有K+，
推断原溶液中肯定存在离子是H+ Ba2+ I-，肯定不存在离子是Fe3+ CO32- SO42-，也许存在离子是K+。

15．如图表达A、B、C、D、E五种含氮物质互相转化关系。其中A、B、C、D常温下都是气体，B为红棕色。

（1）写出下列物质名称：
B________； E________。
（2）写出各步反应化学方程式：
①A→C________________________________________；
②D→C_______________