培优易错难题氮及其化合物辅导专题训练含详细答案

1、培优易错难题氮及其化合物辅导专题训练含详细答案一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)1 .A、B、CD四种物质之间有下图所示的转化关系。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)在上图AB的过程中，D表现出强(填氧化性”或还原性”)(3)写出CD转化的化学方程式。【答案】NO2氧化性3NO2+H2O=2HNO3+NO；【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是氮气，则B是NO,D能与Cu反应得到NO2,故D为HNO3；【详解】(1)由上述分析可知，C为NO2,;(2)D-B的过

2、程为稀硝酸与铜的反应，发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(浓)=3Cu(NO3)2+2NOT+4H2。，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性；C是NO2,D为HNO3,C-D反应的化学方程式为3NO2+H2O=NO+2HNQ。2 .工业上制取硝酸钱的流程图如下，请回答下列问题:(1)在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是方程式为(2)此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是,其中发生反应的化学。1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：图 S g分别表示N2、

3、H2、NH3。图表示生成的NH3离开催化剂表面，图和图的含义分别是(3)在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是;在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是(4)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理:碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2ONH3还原法：8NH3+6NO2典7N2+12H2O(NO也有类似的反应)以上两种方法中，符合绿色化学的是。(5)某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是96%NO制HNO3的产率是92%则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量(不考虑其它损耗)的%催化剂【答案】氧化炉4NH3+5O2

4、4NO+6H2O铁砂网(或铁)N2、H2被吸附在催化剂加热表面在催化剂表面，刈、H2中化学键断裂利用余热，节约能源可使NO循环利用，全部转化成HNO3NH3还原法53【解析】【详解】(1)在工业制硝酸的生产中，氨的催化氧化在氧化炉中进行，故B设备的名称是氧化催化剂炉，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2=4NO+6H2。加热(2)分析工艺流程知此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网(或铁)；分析图示知图和图的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面、N2、H2中化学键断裂。(3)合成氨的反应为放热反应，在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；在合成硝

5、酸的吸收塔中通入空气的目的是可使NO循环利用，全部转化成HNO3。(4)碱液吸收法中，只有当NO和NO2的物质的量之比小于等于1:1时尾气才能吸收完全，且生成物亚硝酸钠有毒，而NH3还原法生成物为氮气和水，对环境无影响，故两种方法中，符合绿色化学的是NH3还原法。(5)设生产硝酸的NH3的物质的量为1mol,根据关系式：NH3HNO3和题给信息计算生成HNO3的物质的量为：1molx96%X92%=0.88mol;根据反应：NH3+HNO3=NH4NO3知与硝酸反应的N%的物质的量为0.88mol,故制HNO3用去NH3的质量占总消耗NH3的质量分数为：1moX100%=53%1mol0.88

6、mol3.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。大三NO硝各鼠精妃过if亚哺鸟室国兴N心.陕(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0.02mol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

7、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：、。催化剂【答案】aN2+3H2=2NH3取少量氮肥溶于适量蒸储水中，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0.066F(3+2NH4+=6Fe2+N2T+8H+10Fe2+2NO3-+12H+=10Fe3+N2T+6H2O【解析】【分析】(1)氮的固定是氮元素由游离态变为化合态；(2)工业上用氮气和氢气反应生成氨气；俊根离子与碱反应放出氨气；(3)硝化过程是俊根离子转化为硝酸根离子；(4)氨态氮与亚硝态氮

8、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.硝化过程是俊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;一，催化剂(2)工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应万程式是N2+3H2.e/2NH3；Im7镂根离子与碱反应放出氨气，检验镂态氮肥中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

9、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1molN2转移3mol电子，当产生0.02mol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-还原为氮气，反应的离子方程式是6Fe3+2NH4+=6Fe2+N2T+8H+、10Fe2+2NO3-+12H+=10Fe3

10、+N2T+6H2O。4. 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) FeC3溶液(FeC2),(2) FeC2溶液(FeC3),(3) Fe粉末(Al),n.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100mL0.3molL1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL;再加入0.2molL-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300mLNaOH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】Cl2Fe脂01液0.055mol0.075Na【解析】【分析】1.(1)

11、氯气把FeC2氧化为FeC3;铁粉能把FeC3还原为FeC2；(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；n.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0.2molL-1NaOH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NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO),根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),据此计算n(NaAlO2),再根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)计算。【详解】I.(1)氯气把FeC2氧化为

12、FeC3,用氯气除去FeC3溶液中FeC2；(2)铁粉能把FeC3还原为FeC2,用铁粉除去FeC2溶液中的FeC3；(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；n.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0.2molL-1NaOH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NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaN。)=n(HNO3)-n(NO)=0.1Lx0.3mol/L0.56L=0.03mol-0.025mol=0.005mol,根据钠离子22.

13、4L/mol守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),故n(NaAlO2)=0.3Lx0.2mol/L-0.005mol=0.055mol,根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)=0.055mol;HNO3:NO,氮元素化合价由+5变为+2,生成ImolNO转移3mol电子，所以反应中转移的电子数为0.56L3Na=0.075Na。22.4L/mol5.汽车尾气主要含有C6、CO、SQ、NOx等物质，逐渐成为城市空气主要污染源。(1)写出CQ的电子式;CO2带来的主要环境问题是。(2)汽车尾气中的CO来自于,NO来自于。(3)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的

14、化学方程式。(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体。写出反应化学方程式。(5)在催化剂作用下，可用氨气将NO和NO2转化为无毒气体，写出NO2和NH3反应生成无毒气体的化学方程式。(6)当燃油中含硫量较高时，尾气中SC2在O2作用下与氨气形成(NH4)2SC4,用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成。【答案】温室效应燃料不完全燃烧在汽车气缸内的高温下N2、O2反应广生3NO2+H2O=2HNO3+NO2CO+2NO2CO2+N26NO2+8NH37N2+12H2O，2SQ+O2+2H2O+4NH3=2(NH4)2SQ【解析】【分析】(1)C原子与2个O

15、原子形成4个共价键，使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，CQ过多会导致温室效应；(2)汽车燃料不完全燃烧产生CO,N2、O2在汽车气缸内的高温下反应产生NO;(3)NO2与水反应产生HNO3和NO;(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO反应产生CO2和N2；(5)NH3具有还原性，可以与NO2反应产生N2、H2O,根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式；(6)SO2、。2、NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4o【详解】在CQ分子中，C原子与2个O原子形成四个共用电子对，电子式为：;CQ在空气中含量过高，会导致温室效应；(2)汽车尾气中的CO来自于燃料的不完全燃烧，NO来自于进入汽

16、车气缸的空气中的N2、O2在高温下反应产生；(3)NOx能形成酸雨，NO2与水反应产生HNO3和NO,NO2转化为HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO;(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体是CO2和N2,反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；(5)NO2和NH3在一定条件下发生氧化还原反应生成无毒气体N2和水，反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O；(6)SO2、02、NH3、H2O会发生氧化还原反应形成(NH4)2SO4,根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的方程式为：2SO2+O2+2H2O+4NH3=2

17、(NH4)2SQ。【点睛】本题以汽车尾气的成分为线索，考查了非金属元素的化合物的形成、结构、性质、作用，危害治理方法，考查了氧化还原反应的化学方程式的书写与配平，共价化合物的电子式的书写。掌握元素及化合物的性质是本题解答的关键。体现了化学知识就在我们身边，环境污染与化学反应有关，治理污染也离不开化学知识，用事实说明学好化学的重要性。6.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(NaN03)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)工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO

18、3。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80t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NOL(标准状况)；向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉go【答案】高沸点性(或不挥发性)4HNO3=4NO2T+O2T+2H2OH：；H4NH3+H5。2热*.4NO+6H2O422.245.6【解析】【分析】(1)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

19、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=4NO2T+O2T+2H2O；(2) .氨气的电子式为：.H氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+502=4NO+6H2。；NH3-NO-HNO3-NH4NO3,80t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为80%8085%80=25t,另外需要和硝酸反应的氨气的质量为8017=17t,总共氨气的质量为25+17=42t;(3) .反应的离子方程式为

20、Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O,根据铁的物质的量为O.lmol,溶液中的氢离子为0.5mol,硝酸根离子为O.lmol分析，铁反应生成O.lmol一氧化氮，标况下的体积为2.24L；反应中消耗0.4mol氢离子，和O.lmol硝酸根离子，还剩余O.lmol氢离子和O.lmol铁离子，O.lmol氢离子能反应0.05mol铁，O.lmol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应O.lmol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，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。7.非金属单质A经下图所示的

21、过程可转化为含氧酸D,已知D为强酸，请回答下列问题：0.0。H.0A*B*C-D(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】H2S04酸雨NO2CU+4HNQ(浓尸Cu(NO3)2+2NO2f+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为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。(1)A在常温下为固体

22、，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SQ,C为SO,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HN03,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SQ,C为SQ,D为H2SO4。由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4,故答案为：H2SQ;在工业生产中大量排放的SQ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是红棕色的气体，则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3。

23、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(浓尸Cu(NO3)2+2NO2f+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(浓尸Cu(NO3)2+2NO2T+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。8.已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件已经略去)：(1)若A、B、C、D均是10电子粒子，请写出A、D的化学式

24、：A;D。(2)若A和C均是18电子粒子，且A为阴离子，B和D均是10电子粒子，则A与B在溶液中反应的离子方程式为。【答案】NH4+H2OHS+OH-=S2-+H2O【解析】【分析】若A、BCD均是10电子粒子，框图显示，A、B反应生成C和D,C和氢离子反应得到A,B可以和氢离子反应得到D,则A为NH：,B为OH,C为NH3,D为H2。，据此填空；(2)若A和C均是18电子粒子，且A为阴离子，B和D均是10电子粒子，则A为HS,B为OH,C为S2,D为H2O,据此填空；【详解】据分析A为NH+,B为OH,C为NH3,D为H2O;答案为：NH4+；H2O;(2)据分析A为HS,B为OH,C为S2

25、,D为H2O,则HS-与OH-在溶液中反应的离子方程式为HSOH=S2H2O9 .化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的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的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。请回答下列问题：A的化学式为。(2)C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：(用化学式填空)(3)B生成E的化学方程式为。(4)金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为,该反应中还原产物是,生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为Na。【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3HNO3H2COj2H202H2T+QT3Cu+8l4+

26、2NO3-=3Cu2+2NOT+4H2ONO3【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的气体，A是碳酸氢俊或碳酸俊，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B到E的反应条件为通电，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为碳酸氢俊或碳酸俊，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是碳酸氢俊或碳酸俊，化学式为NH4HCC3或(NH4)2CC3；(2)C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C,故酸性

27、：HNO3H2CO3；通电(3)B在通电的条彳下生成E和F,化学方程式为电解水，2H2O-2H2T+C2T;(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+2NOT+4H2O,硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2,是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO,转移3mol电子，数目为3Na。10 .氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。已知X是红棕色气体，能与水反应；Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色。请回答下列问题：(1) X的化学式为;(2) X与水反应生成NO和一种酸，该酸的名称为;(3) Y能

28、使湿润的有色布条褪色，说明Y的水溶液具有(填漂白或酸”)性。【答案】NO2硝酸漂白【解析】【分析】氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。已知X是红棕色气体，能与水反应；X为NO2,丫是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色，Y为C12。【详解】X的化学式为NO2；故答案为：NO2。X与水反应生成NO和一种酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO,该酸的名称为硝酸；故答案为：硝酸。丫能使湿润的有色布条褪色，Cl2+H2O=HCl+HCIQHClO具有漂白性，说明丫的水溶液具有漂白性；故答案为：漂白。11.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

29、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。HU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。2(标准状况下)混合，恰好能被水完全吸收。-F-*【答案】CuO0：C：0浓硫酸C+4HNO3(浓尸CC2T+4NO2T+2H2O2NO2?N2O4*-I*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

30、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：0：C：6;丫为浓*,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：C+4HNO3(浓尸CO2T+4NO2T+2H20;(3)验室测定气体二氧化氮的相对分子质量时，存在可逆反应2NO2?N2O4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

31、0.15mol氧气即标况下的3.36L。12.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。以物质的量2：1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：产醺肛显红色物必史*C溶液)基空*IX混合液A(红色石荒试纸变芭)岭幽吟E(白色沉淀)阳.豌F(白色沉淀)(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+H2O=NH3H2ONH4+OH-SO32-+C2+H2O=SO42-+2C+2H+SQ+NH3+H2O=NH4HSQ【解析】【分析】D的混合液中滴加石蕊试液，溶

32、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+;加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有C1；加入盐酸酸化，再滴加BaC2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SQ2-;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2：1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SQ2-、CNNH4

33、+,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蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2ONH3H2JnH4+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SQ2-+Cl2+H2O=SQ2-+2C+2H+；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=NH4HSQ。2213 .某溶彼中可能含有H、NH4、Mg、Fe3、Al3、SO4等离子，当向该溶彼中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的质量随加入的NaOH

34、的物质的量的变化如图zgH的物隔的出(1)由此可知，该溶液中肯定含有的离子是,且各离子的物质的量之比为(2)该溶液中肯定不含的阳离子是。(3)写出NaOH的物质的量从8mol到9mol发生的离子反应方程式：23+_2【答案】H、NH4、Al3、SO4nH:nNH4：nAl:nSO42:31:4Mg2、Fe3AlOH3OHAlO22H2O【分析】从图中沉淀量随之氢氧化钠的加入量增加变化情况结合离子的性质可知：开始发生酸碱中和，然后Al3+与碱反应，再NH4+与碱反应，最后沉淀与碱反应完全溶解，依据各段发生反应消耗的氢氧化钠的物质的量计算各种离子的物质的量。(1)从图象可知，开始时无沉淀产生，说明

35、含有H+,发生反应：H+OH=H2O,该氢离子消耗NaOH溶液的物质的量为2mol,则n(H+)=2mol；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+,NH4+OH=NH3H2O,俊根消耗NaOH溶液的物质的量为3mol,则n(NH4+)=3mol;含有Al3+,发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,消耗NaOH溶液的物质的量为1m3,则n(Al3+)=1mol；根据电荷守恒，则溶液中一定含有负离子，故一定含有SQ2-n H n NH4,n(SO42- )=4233nAl2mol3mol31mol、=4mol;则该溶液中2肯定含有的离子是H+,NH4+,Al3

36、+,SQ2-;各离子的物质的量之比为nH:nNH4：nAl3：nSO42：31：4；(2)最后溶液中无沉淀，说明溶液中不含Mg2+和Fe3+；(3)NaOH的物质的量从8mol到9mol表示的是沉淀的溶解，最后变成0,是氢氧化铝的溶解，离子反应方程式为AlOH3OHAlO22H2O。14 .如图所示:*i Ha0十回图中每一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，请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式X,C,F,G。(2)写出下列反应的化学方程式。【答案】(NH4)2CO3(或NH4HCQ)NH3NO2HNO32NmO2+2CO2=2Na2CO3+O24NH3+催化剂5024NO+6H20A【解析】【分析】X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸钱盐，则C为NH3,气体A能与过氧化钠反应，故A为C02,则X应为碳酸氢俊或碳酸俊，分解产物中B为H20；反应为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为02,反应为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO,NO和O2反应生成的F为NO2,NO2再与水反应生成HNO3和NO,则G为HNO3,再结合物质的性质进行解答。【详解】