福州高考化学压轴题专题复习-氮及其化合物的推断题综合

福州高考化学压轴题专题复习—氮及其化合物的推断题综合一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）1．根据下列变化进行推断：且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26．3。（1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出①②变化的离子方程式：①________________________________________________________________；②________________________________________________________________。【答案】NH4HCO3NH3BaCO3CO2++Ba2++2OH－NH3↑+BaCO3↓+2H2OBaCO3+2H+══Ba2++CO2↑+H2O【解析】【分析】气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=26.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。【详解】气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=26.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。（1）根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，B为NH3，C为BaCO3，D为CO2；故答案为：NH4HCO3；NH3；BaCO3；CO2；（2）反应①的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O，反应②的离子方程式为BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；故答案为：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O；BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O。2．A、B、C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（部分反应条件及产物略去）。（1）若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为__________________________。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为_____________，试用化学方程式表示该物质与二氧化碳气体的反应_______________________________。将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为_____________。现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38g，D的质量分数为________。（3）若C是红棕色气体，A可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。下图是实验室制取A气体的装置，请结合所学知识，回答下列问题：①收集A的方法是________，验证A是否已经收集满的方法是_________（任写一种）。②写出实验室制取A的化学方程式____________________________。③若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的A气体在标准状况下的体积为_______L。④试写出C与水反应的化学方程式______________，反应可得到酸X。如下图：足量X的浓溶液与Cu反应，写出烧瓶中发生反应的离子方程式____________________。实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为__________（写化学式）【答案】2SO2＋O22SO3过氧化钠2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2Na2CO383.2%向下排空气法将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满。（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满）Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O2.243NO2＋H2O＝2HNO3＋NOCu＋4H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2ONO【解析】【分析】【详解】（1）A是一种黄色单质固体，则为硫单质，与氧气点燃生成二氧化硫，B→C为二氧化硫与氧气催化氧化生成三氧化硫，则化学方程式为2SO2＋O22SO3，故答案为：2SO2＋O22SO3；（2）C是淡黄色固体，则C为过氧化钠；过氧化钠与二氧化碳反应的方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化碳反应生成碳酸钠，即最后将变成Na2CO3；将Na2CO3和NaHCO3的固体混合物加热，则碳酸氢钠发生分解，剩余固体为碳酸钠，设碳酸钠的质量为mg，则碳酸氢钠的质量为（10-m）g，碳酸氢钠分解生成的碳酸钠的质量为g，则，m=8.32g，碳酸钠的质量分数为=83.2%，故答案为：过氧化钠；2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；83.2%；（3）C是红棕色气体，为二氧化氮，A可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为氨气。①氨气极易溶于水，密度比空气的小，则可用向下排空气法收集氨气，氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且能与氯化氢反应生成白色的氯化铵固体，有白烟产生，利用以上两种方法可以检验氨气是否收集满；故答案为：向下排空气法；将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满）；②实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热条件下制取氨气，化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；③根据化学反应方程式，1molNH4Cl~1molNH3，若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的氨气在标准状况下的体积为==，故答案为：2.24；④二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO；足量浓硝酸与Cu反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；因为二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，则试管中收集到的气体的主要成分为NO，故答案为：3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO；Cu＋4H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；NO。【点睛】二氧化氮因为能与水发生反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，而二氧化氮密度比空气密度大，则可用向上排空气法进行收集；一氧化氮密度与空气接近，则不能用排空气法收集，而一氧化氮难溶于水，可用排水法进行收集。3．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↑+4H2ONH3NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3【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）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，其反应方程式为：NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3。【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+H2O→NH3+HClO(未配平)，由于HClO的强氧化性，再发生第二步反应：NH3+HClO→N2+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+1价。4．A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为____。(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为____，试用化学方程式表示该物质与水的反应____。将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为____。(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。请结合所学知识，写出实验室制取A的化学方程式____。【答案】2SO2+O22SO3过氧化钠2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2Na2CO32NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O【解析】【分析】【详解】(1)若A是一种黄色单质固体，为S，硫被氧气氧化变为二氧化硫，二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，则B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3；(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C为过氧化钠，A为金属钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式表示该物质与水的反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，则D的化学式为Na2CO3；(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为氨气，B为一氧化氮，C为二氧化氮，实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙加热反应，其化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。5．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如附图所示（反应条件未标出）（1）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式是__________。（2）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是__________。（3）若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是__________。（4）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应③的化学方程式是__________，在反应①中若有3mol电子转移，则生成D的物质的量为__________。【答案】C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O2C+SiO2Si+2CO↑Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+4NH3+5O24NO+6H2O3mol【解析】【分析】【详解】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解的x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，反应④的化学方程式是：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；(3)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，由转化关系可知A为变价金属，气体单质F能与A反应生成高价态化合物，则推断变价金属A为Fe，F为Cl2，D为H2，B为HCl，C是FeCl2，E为FeCl3，反应②(在水溶液中进行)的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；(4)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应③的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，反应①为：2NH3+6Cl2=6HCl+N2，每生成6molHCl转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成HCl的物质的量为3mol。6．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是________。(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是________（乌洛托品可以用分子式表示）。【答案】、、（或）【解析】【分析】溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02molNO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。【详解】(1)根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为；(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；(3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：(或)。7．有一瓶澄清的溶液，其中可能含H+、、K+、Al3+、Cu2+、Fe3+、、I-中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色。③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失。④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实回答：（1）在溶液中，肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有______。（2）不能确定是否存在的离子有______。证明它（们）是否存在的实验方法是______。（3）写出步骤②涉及的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目______。（4）写出步骤④涉及的离子方程式______。【答案】H+、Al3+、I-、Cu2+、Fe3+、K+焰色反应=I2+2Cl-NH3·H2ONH3↑+H2O【解析】【分析】①用pH试纸检验，溶液呈强酸性，则溶液中含有H+，不含有CO32-；②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色，说明有I-，无Cu2+、Fe3+；③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失，证明含有Al3+；④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，说明含有NH4+；据此分析解答问题。【详解】(1)由上述分析可知，溶液中肯定存在的离子是H+、Al3+、I-、，一定不存在的离子是Cu2+、Fe3+、，故答案为：H+、Al3+、I-、；Cu2+、Fe3+、；(2)上述所有实验中无法确定是否含有K+，可以通过焰色反应验证是否含有K+，故答案为：K+；焰色反应；(3)步骤②为Cl2氧化I-为I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-===2Cl-+I2，用单线桥法标出电子转移方向为=I2+2Cl-，故答案为：=I2+2Cl-；(4)步骤④为NH3·H2O受热分解，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为：NH3·H2ONH3↑+H2O。8．下列是一些常见物质之间的转化关系。A是一种红色金属，F为不溶于酸的白色沉淀，B和C是两种强酸。（图中部分产物及反应条件略去）则：①A和B分别为：A_________B_________；②A与B发生反应的条件是__________________；③反应⑥的化学方程式为_____________________；④上述反应中，不属于氧化还原反应的是_______________。（填数字序号）。【答案】Cu或（铜）浓H2SO4或浓硫酸加热3NO2+H2O=2HNO3+NO④【解析】【分析】红色金属A应为Cu；G与BaCl2反应生成的F为不溶于酸的白色沉淀，则F为BaSO4，G、D、B均含硫元素，结合B是强酸，且能与Cu反应，可知B为浓H2SO4；A（Cu）与B（浓H2SO4）反应生成D，则D为SO2，D与氯水反应生成G，则G为稀H2SO4；C也为强酸，且能与Cu反应，可知C为HNO3，E能与O2反应，则E为NO，进一步可知C为稀HNO3，H为NO2。【详解】①A为Cu，B为浓H2SO4，故答案为：Cu或（铜）；浓H2SO4或浓硫酸；②A（Cu）与B（浓H2SO4）反应需要加热，故答案为：加热；③反应⑥是H（NO2）与水的反应，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；④上述反应中，只有④不是氧化还原反应，故答案为：④。【点睛】中学阶段，能与铜反应的两种强酸是浓H2SO4和HNO3，需要注意的是：浓H2SO4与铜反应的还原产物是SO2；浓HNO3与铜反应的还原产物是NO2，稀HNO3与铜反应的还原产物是NO。9．有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物与反应条件已略去)。B、D、H是气体，B是单质，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、G是生活中的常见金属，工业上用反应①制备C；K、F是固体，其中F是一种红色涂料的主要成分。（1）K的化学式为___________；D的电子式为____________。（2）写出反应②的离子方程式：___________。（3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_____________。（4）物质J常用作催化剂，媒染剂，放射性物质吸附剂。从J的溶液得到J的晶体的操作依次为_____________、冰水洗涤、减压烘干。冰水洗涤的目的___________。（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，加热时温度不能过高的原因是_________。【答案】Fe(OH)33NO2＋H2O＝2H+＋2NO3＋NO蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤减少晶体的溶解损耗硝酸在较高温度下(易挥发)易分解【解析】【分析】D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是氨气；C、G是生活中的常见金属，F是一种红色涂料的主要成分，F是Fe2O3，C的Al、G是Fe、A是Al2O3；电解熔融氧化铝生成铝和氧气，B是O2、E是NO、H是NO2、I是HNO3；铁和硝酸反应生成硝酸铁，J是Fe(NO3)3，Fe(NO3)3和氨水反应生成氢氧化铁，K是Fe(OH)3；Fe(OH)3加热分解为氧化铁。据此解答。【详解】（1）根据以上分析，K是氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3；D是氨气为共价化合物，氨气的电子式为。（2）反应②是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是3NO2＋H2O＝2H+＋2NO3＋NO。（3）反应③是铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的化学方程式是Fe+4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，铁元素化合价由0升高为+3，氮元素化合价由+5降低为+2，用单线桥标出电子转移的方向和数目为。（4）从硝酸铁的溶液得到硝酸铁的晶体的操作依次为蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、减压烘干。温度越低硝酸铁溶解度越小，冰水洗涤的目的是减少晶体的溶解损耗。（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，硝酸在较高温度下(易挥发)易分解，所以加热时温度不能过高。【点睛】本题考查无机物的推断，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为解答该题的关键，注意把握物质的特征性质。10．几种常见物质的转化关系如下图所示，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)物质X可以是_________，C是_________，F是_________。

(2)反应①的化学方程式是_____________________，反应②的化学方程式是_______________________。【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3NH3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24NH3+5O24NO+6H2O【解析】【分析】本题考查无机推断，反应①能与Na2O2反应，熟悉的知识是H2O或CO2与Na2O2的反应，因为A为气体，则A为CO2，D为O2，X与盐酸反应生成CO2，说明X中含有CO32－或HCO3－，X与NaOH共热反应，生成气体C，则C为NH3，即X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，反应②是NH3与氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，据此分析解答。【详解】（1）根据上述分析，X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，C为NH3，F为NO2；（2）反应①的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，反应②发生氨的催化氧化，即反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。【点睛】本题的突破口在与过氧化钠反应，中学阶段学过能与过氧化钠反应的物质是CO2和H2O，根据A为气体，则A为CO2，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，即D为O2，X与NaOH共热产生气体，化合物能与NaOH共热产生气体，则气体是NH3，然后进一步进行分析即可。11．A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。请回答下列问题：（1）D的化学式为__，Y的化学式为__，E的化学式为__。（2）Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为__。（3）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为__。（4）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？__，理由是__。【答案】H2NH3NO2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O6NO＋4NH35N2＋6H2O有二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀【解析】【分析】A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3，据此解答。【详解】A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3；(1)由上述分析可知，D的化学式为H2，Y的化学式为NH3，E的化学式为NO；(2)NH3与氧化铜反应，每生成1mol

N2消耗3mol氧化铜，还原产物中Cu应是化合价为a，则：3(2-a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O；(4)二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有沉淀生成。12．中学常见反应的化学方程式是（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答：（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是____，该反应的离子方程式是___________。（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_____。（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。①A元素在周期表中的位置是______（填所在周期和族）；Y的化学式是_________。②含的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是__。（4）若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1∶4恰好反应，则反应的离子方程式为___________。【答案】4∶1第4周期Ⅷ族【解析】【分析】中学常见反应的化学方程式是（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4，请回答：⑴若Y是黄绿色气体，Y为Cl2。⑵若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，A为C，B的溶液为某浓酸，B为浓硝酸。⑶若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中，A为铁，B为浓硝酸。⑷若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1∶4恰好反应，A为AlCl3、B为NaOH。【详解】中学常见反应的化学方程式是（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4。⑴若Y是黄绿色气体，Y为Cl2，则Y的电子式是，该反应的离子方程式是；故答案为：；。⑵若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，A为C，B的溶液为某浓酸，B为浓硝酸，碳和浓硝酸反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，氧化剂为HNO3，还原剂为C，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1；故答案为：4:1。⑶若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中，A为铁，B为浓硝酸。①Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3↑+NO↑+2H2OA元素在周期表中的位置是第4周期Ⅷ族；Y的化学式是NO；故答案为：第4周期Ⅷ族；NO。②含amolX的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，根据离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+，设被还原的X为bmol，则有a–b=，b=0.4a；故答案为：0.4a。⑷⑷若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1∶4恰好反应，A为AlCl3、B为NaOH，则反应的离子方程式为；故答案为：。13．某化学实验小组利用实验室中的一瓶未知白色固体粉末进行了如下实验：请回答下列问题：(1)白色沉淀为______________________(填化学式，下同)，产生的有刺激性气味的气体是_____________________。(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的化学方程式：_______________________________【答案】CaCO3NH3NH4HCO3NH4HCO3NH3↑＋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，说明白色固体中含有HCO3-，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说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，说明白色固体中含有HCO3-，白色沉淀为CaCO3，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故该气体是NH3；（2）有白色固体中含有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：NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O【点睛】本题是物质中的成分鉴别，从特殊的性质去判断，考生应该熟练掌握常见的物质的性质，碳酸铵和碳酸氢铵性质不完全相同，碳酸铵与氯化钙反应有沉淀，而碳酸氢铵与之不反应。14．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质。常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。（1）若A是一种具有磁性的黑色金属氧化物，B是一种常见的非氧化性酸，A和B反应的离子方程式为_____；若在生成物C中继续滴加氢氧化钠溶液，会观察到生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，写出白色沉淀发生化学反应的方程式_______。A与CO高温下反应可得到金属单质，写出该金属单质与水蒸气反应的化学方程式______。（2）若实验室中利用固体A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小、碱性的气体，试写出此反应的化学方程式______；实验室检验C的方法为_______。（3）若B是黄绿色有毒气体，上述关系经常用于实验室尾气处理，则反应的离子方程式为____。若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，看到的现象为______。【答案】Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O试纸变为蓝色【解析】【分析】（1）常温下，E是一种无色无味的液体,E是水；若A是一种具有磁性的黑色金属氧