高考化学易错题精选-氮及其化合物练习题及答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。
（1）实验室欲用下图所示装置(夹持固定装置略去)制备并收集氨气。
①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。
②试管中反应的化学方程式是____________________。
③为吸收多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。
（2）氨有很多重要性质。
①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是_______________________________。
②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是
__________________________。
（3）写出氨的两种用途__________________________________。
【答案】 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 水(或稀盐酸、硫酸等) 氨
水显碱性 8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl 作制冷剂、制化肥等
【解析】
【分析】
(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采用向下排空气法收集；
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；
③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的吸收方法；
(2) ①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；
②根据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；
【详解】
(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采用向下排空气法收集气体,即导气管应该“短进长出”,如图所示：；
因此，本题正确答案是:。
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程
式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ；
因此，本题正确答案是: 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气；
因此，本题正确答案是: 水(或稀盐酸、硫酸等)。
(2) ①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；
综上所述，本题答案是：氨水显碱性。
②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为
8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；
综上所述，本题答案是：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。
（3）氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；
因此，本题正确答案是：作制冷剂、制化肥等。
2．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。
3．下列除杂方法不能达到实验目的的是
A．加热除去食盐中少量的NH4Cl固体
B．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的SO2
C．用稀盐酸除去铜粉中少量的铁粉
D．用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】
A．可用加热的方法使食盐中少量的NH4Cl固体分解成气体而分离：
NH4Cl NH3↑+HCl↑，A选项不符合题意；
B．亚硫酸酸性比碳酸酸性强，且CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小，所以可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的SO2，B选项不符合题意；
C．铁能溶于稀盐酸，而铜不溶，所以可用稀盐酸除去铜粉中少量的铁粉，C选项不符合题意；
D． NaCl溶液中的K2SO4，用BaCl2溶液只能除去硫酸根离子，不能除去钾离子，D选项符合题意；
答案选D。
【点睛】
常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的比碳酸酸性强的气体(如：HCl、SO2等)，原因：一、能除去酸性气体，且生成的气体是CO2，不带入杂质；二、CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小。
4．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。
①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为________。
②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）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气；②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）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应方程式是N2 + 3H2 2NH3；
②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-还原为氮气，反应的离子方程式是6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2↑+ 8H+、10Fe2+ + 2NO3- +
12H+=10Fe3+ + N2↑ + 6H2O。
5．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 。
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（NaNO 3）和浓硫酸共热制取硝酸。
①该反应利用了浓硫酸的_______性；
②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NH 4NO 3。 ①写出氨气的电子式_____；
②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；
③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80 t 的NH 4NO 3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。
①反应中可以生成NO____L （标准状况）；
②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g 。
【答案】高沸点性（或不挥发性） 4HNO 3= 4NO 2 ↑ + O 2 ↑ + 2H 2O
4NH 3+ 5O 2
4NO + 6H 2O 42 2.24 5.6 【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) ①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；
②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： 4HNO 3= 4NO 2 ↑ + O 2 ↑ + 2H 2O ；
(2). ①氨气的电子式为： ；
②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为： 4NH 3+ 5O 2
4NO+ 6H 2O ； ③NH 3-NO-HNO 3-NH 4NO 3，80 t 的NH 4NO 3需要转化为硝酸的的氨气的质量为
801780%85%80??=25t ，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为80
1780?=17t ，总共氨气的质量为25+17=42t ；
(3). ①反应的离子方程式为Fe+4H ++NO 3-=Fe 3++NO ↑+2H 2O ，根据铁的物质的量为0.1mol ，溶液中的氢离子为0.5mol ，硝酸根离子为0.1mol 分析，铁反应生成0.1mol 一氧化氮，标况下的体积为 2.24L ；
② 反应中消耗0.4mol 氢离子，和0.1mol 硝酸根离子，还剩余0.1mol 氢离子和0.1mol 铁离子，0.1mol 氢离子能反应0.05mol 铁，0.1mol 铁离子能反应0.05mol 铁，故总共反应0.1mol 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．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XH 3、H 2Z 和HW 共价化合物；Y 与氧元素可组成Y 2O 和Y 2O 2离子化合物。 （1）写出Y 2O 2的电子式：__，其中含有的化学键是__。
（2）将ZO 2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）XH 3、H 2Z 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+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O NH 3 NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3
【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Y 2O 和Y 2O 2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XH 3、H 2Z 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）Na 2O 2为Na +与2-2O 组成的离子化合物，2-
2O 中含有共价键，以此Na 2O 2的电子式为：
；所含化学键为：离子键、共价键；
（2）SO 2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+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；
（4）NH 3为碱性气体，H 2S 、HCl 为酸性气体，NH 3能够与H 2S 、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NCl 3，其中N 为-3价，Cl 为+1价，NCl 3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：NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3。
【点睛】
对于NCl 3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NCl 3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl 3+H 2O→NH 3+HClO(未配平)，由于HClO 的强氧化性，再发生第二步反应：NH 3+HClO→N 2+HCl+H 2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。NCl 3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。
8．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，Y 是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色，Y为Cl2。
【详解】
⑴X的化学式为NO2；故答案为：NO2。
⑵X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。
⑶Y能使湿润的有色布条褪色，Cl2 + H2O = HCl +HClO，HClO具有漂白性，说明Y的水溶液具有漂白性；故答案为：漂白。
9．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。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】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++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蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH 3 + H2O NH3·H2O NH4+＋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。
10．中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。
(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：
__________________________________。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，
_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为
_______________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。【答案】1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
【详解】
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是
2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润
的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还
需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
11．A、B、C、D四种物质之间有如图所示的转化关系。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）写出A的电子式___；
（3）写出C→D转化的化学方程式___。
【答案】NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO
【解析】
【分析】
A是气体单质，C是红棕色气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
【详解】
（1）C是红棕色气体，为NO2，；故答案为：NO2；
（2）N2中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；故答案为：；
（3）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，C→D转化的化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2 +H2O═2HNO3+NO。
12．有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、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(NO3)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】Na2CO3、Na2SO4 CuSO4、CaCl2 NaOH BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O 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。
13．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Mg 3N 2；C 为NH 3；D 为Mg(OH)2，故答案为：Mg 3N 2；NH 3；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Mg 3N 2＋8HCl=3MgCl 2＋2NH 4Cl ，故答案为：Mg 3N 2＋8HCl=3MgCl 2＋2NH 4Cl 。
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MgCl 2＋
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NH 4Cl ＋NaOH
NaCl ＋H 2O ＋NH 3↑，故答案为：MgCl 2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl ，NH 4Cl ＋NaOH NaCl ＋H 2O ＋NH 3↑。
14．下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。A 是紫红色的金属单质，B 为强酸，E 在常温下为无色液体，D 、F 、G 为气体。请回答下列问题：
（1）G 的化学式为___，实验室中试剂B 应保存在___中。
（2）写出反应①的化学方程式：___，反应中B 体现的性质为___。
（3）写出反应②的离了方程式：___，实验室中F 可用___法收集。
【答案】O 2 棕色试剂瓶 Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O 强氧化性、酸性 3NO 2+H 2O=2H ++2NO 3-+NO 排水
【解析】
【分析】
A 是紫红色的金属单质，则A 为Cu ，
B 为强酸，且与Cu 反应生成
C 、
D 、
E ，而E 在常温下为无色液体，可知B 为硝酸或硫酸，而D 能与E 反应生成B 与
F ，且D 、F 为气体， 可推知B 为浓硝酸、C 为()32Cu NO 、D 为2NO 、E 为2H O 、F 为NO ，硝酸在光照条件下分解生成的气体
G 为2O 。
【详解】
（1）由分析可知，G 的化学式为：O 2．B 为浓硝酸，实验室中试剂B 应保存在：棕色试剂瓶中，故答案为：O 2；棕色试剂瓶；
（2）反应①的化学方程式：Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O ，反应中硝酸体现的性质为：强氧化性、酸性，故答案为：Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）
2+2NO2↑+2H2O；强氧化性、酸性；
（3）反应②的离了方程式：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，实验室中F（NO）可用排水法收集，
故答案为：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO；排水。
15．在某无色澄清溶液中，可能存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、Fe3+、SO42-、I-、CO32-。取该溶液进行下述实验：
（1）用pH试纸检验，显红色；
（2）取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，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。
根据上述实验现象，推断原溶液中肯定存在的离子是___，肯定不存在的离子是___，可能存在的离子是___。
【答案】H+ Ba2+ I- Fe3+ CO32- SO42- K+
【解析】
【分析】
无色澄清溶液不含有Fe3+，
（1）用pH试纸检验，显红色，说明呈酸性，含有H+，则不含有CO32-；
（2）取部分溶液加入少量氯水和少量CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色，说明含有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，说明含有Ba2+则不含SO42-，以此解答该题。
【详解】
无色澄清溶液不含有Fe3+，
（1）用pH试纸检验，显红色，说明呈酸性，含有H+，则不含有CO32-；
（2）取部分溶液加入少量氯水和少量CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色，说明含有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，说明含有Ba2+，则不含SO42-，
以上实验不能确定是否含有K+，
推断原溶液中肯定存在的离子是H+ Ba2+ I-，肯定不存在的离子是Fe3+ CO32- SO42-，可能存在的离子是K+。