高考化学复习氮及其化合物专项易错题及答案解析.docx

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高考化学复习氮及其化合物专项易错题及答案解析

高考化学复习氮及其化合物专项易错题及答案解析

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）2

CaCl2＋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）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；

因此，本题正确答案是:

2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋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．A、B、C、D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D→B的过程中，D表现出强_____（填“氧化性”或“还原性”）；

（3）写出C→D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+2NO↑+4H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性；

（3）C是NO2，D为HNO3，C→D反应的化学方程式为3NO2+H2O=NO+2HNO3。

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．亚硝酸（HNO2）是一种不稳定的酸，易分解为NO2和NO；其盐亚硝酸钠是一种重要的化工原料，酸性条件下能氧化碘离子等还原性物质，常用作漂白剂、媒染剂。

回答下列问题：

（1）亚硝酸钠会与人体中的血红蛋白作用，将二价铁氧化为三价铁，从而使血红蛋白丧失输送氧气的功能而使人体中毒。

一旦发生亚硝酸盐中毒，立即注射美蓝溶液进行治疗，推断美蓝溶液具有________（填“氧化”或“还原”）性。

（2）亚硝酸钠外观极像食盐，和食盐一样有咸味。

工业上常用下列两种方法检验食盐中是否混有亚硝酸钠。

①取样品，加稀硫酸，若观察到________（填现象），说明样品中含有亚硝酸钠。

②取样品，加________溶液（填试剂名称），酸化后溶液变蓝，说明样品中含有亚硝酸钠。

（3）研究不同条件下保存萝卜，发现亚硝酸钠含量随时间变化如图所示，若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg·kg-1时食用，则三种条件下保存时间由长到短的顺序是________（填序号）。

（4）鱼塘中亚硝酸钠浓度过高，鱼不吃食甚至死亡。

可用适量二氧化氯（ClO2）处理亚硝酸钠，ClO2被还原为Cl-，反应的离子方程式为________________________；若有3molClO2参与反应，则转移电子的物质的量是________。

【答案】还原溶液产生气泡淀粉碘化钾溶液③①②

15mol

【解析】

【分析】

本题综合考察了亚硝酸及亚硝酸盐的性质，分析时可从其+3价的化合价出发，+3价可升可降使其既能当氧化剂又能当还原剂，此外亚硝酸还是一个弱酸。

【详解】

（1）若要解毒可将血红蛋白中的

重新还原为

，因此美蓝溶液应具有还原性；

（2）①亚硝酸是弱酸，因此亚硝酸钠与硫酸反应可以得到

，

不稳定又分解产生

和

，因此可以观察到气泡；

②也可从其氧化性出发，加入淀粉碘化钾溶液，亚硝酸盐可将碘离子变为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝即可证明；

（3）据图可以看出若要达到

的量，冷藏不密封用时最长，冷藏密封用时最短，因此保存时间由长到短为③①②；

（4）二氧化氯当氧化剂，亚硝酸钠当还原剂，离子方程式为：

；

在反应中由+4价降低到-1价，因此每个

得5个电子，3mol

在反应中一共转移15mol电子。

5．2016年10月17日7时30分，我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。

此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（C2N2H8）和一种氮的氧化物（用R表示），当火箭发射时，这两种燃料会剧烈反应产生大量气体，并释放出大量的热，化学方程式如下（已配平）：

C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑

（1）R的化学式是___；已知偏二甲肼中N元素显-2价，H元素显+1价，由此推断，C元素的化合价是___。

（2）该反应的还原剂是___，被还原的元素是___。

（3）若反应生成22.4LCO2（标准状况），则反应转移电子___mol。

（4）火箭发射时，尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色，该红棕色气体的化学式可能是___。

（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。

Na2FeO4能给水消毒利用的是___性。

用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，其净水原理与明矾相同，Fe3+净水原理是___（用简要的文字叙述）。

【答案】N2O4-2C2N2H8N2O48NO2氧化性Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降

【解析】

【分析】

（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可得R的化学式；

（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，可以判断出氧化剂和还原剂；

（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，可以求出转移电子数；

（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体；

（5）Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性。

【详解】

（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可知，R的化学式为：

N2O4；已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价，H元素显+1价，设C的化合价为x，则有2x+8-2×2=0，解得x=-2，C元素的化合价是-2；

（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，故该反应的还原剂是C2N2H8，氧化剂是N2O4；

（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，N2O4被还原为N2，得8个电子，1molN2O4得8电子，故转移8mol电子；

（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体，故该红棕色气体的化学式可能是NO2；

（5）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性，可用于杀菌消毒；杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。

6．硫酸铜在生产、生活中应用广泛。

某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：

（1）写出浸出时铜与稀硝酸反应的离子方程式：

______________；

（2）取样检验是为了确认Fe3＋是否除净，你的检验方法是____________________。

（3）滤渣c是_____________。

（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为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的化学方程式：

______________________。

某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

此设计有不合理之处，请说明理由：

__________________________。

【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O取少量试样于试管中，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）33NO2＋H2O=2HNO3＋NO3CuSO4

3CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑NaHSO3除了吸收SO3外，还吸收部分O2

【解析】

【分析】

硝酸有强的氧化性，可以把活动性弱的金属如Cu、Ag氧化，硝酸浓度不同，反应产物不同，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的氧化物保护膜而阻止金属的进一步反应，因此会发生钝化现象，而阻止金属的进一步氧化。

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-会结合形成血红色的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会产生紫色的物质，因此可以用KSCN、NaOH或NH3∙H2O、C6H5OH检验Fe3+的存在；任何反应发生都要符合质量守恒定律，对于氧化还原反应，还应该符合电子得失数目相等的规律；在实验方案的设计时要全面考虑物质的性质，结合SO2有还原性，可以与具有氧化性的O2在水溶液中发生反应产生硫酸，来确定实验方案的优劣。

【详解】

（1）铜与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）Fe3＋遇SCN-离子，溶液变为血红色，因此检验是否洗涤干净的方法是取少量试样于试管中，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）含少量铁的废铜渣与硝酸反应。

Cu转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，然后调整溶液的pH至3.2—4，这时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+仍然以离子的形式存在于溶液中；所以滤渣c是Fe（OH）3；

（4）气体a是NO可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2=2NO2、反应产生的NO2被水吸收得到硝酸，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的化学方程式是3CuSO4

3CuO＋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，所以盛有饱和NaHSO3的溶液除了吸收SO3外，还吸收部分O2，因此不能准确测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

7．非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：

（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：

①D的化学式：

_________；

②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。

①C的化学式为：

_________；

②D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】H2SO4酸雨NO2Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+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，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SO2，C为SO3，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HNO3，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SO2，C为SO3，D为H2SO4。

①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：

H2SO4；

②在工业生产中大量排放的SO2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。

①由以上分析可知C为NO2，故答案为：

NO2；

②D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）=Cu（NO3）2+2NO2↑+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）=Cu（NO3）2+2NO2↑+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．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：

A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质（部分反应的产物未列出）。

请回答下列问题：

（1）D的化学式为__；F的结构式为__。

（2）A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。

（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。

（4）B和C反应的化学方程式为__。

（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：

__。

【答案】NON≡N硝酸3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−

【解析】

【分析】

E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu（NO3）2，I为Cu（OH）2，J为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。

【详解】

（1）由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为N≡N；

（2）O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一；

（3）G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O；

（5）SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。

9．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：

（1）X是________（填化学式，下同），F是__________。

（2）A―→D反应的化学方程式为_______。

（3）G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

（4）X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要D___mol。

【答案】NH4HCO3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑2a

【解析】

【分析】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；

（1）由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；

（2）A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；

（4）NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－

2H2O＋CO32—＋NH3↑；

（5）以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=

=2amol。

10．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。

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①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_______LO2（标准状况下）混合，恰好能被水完全吸收。

【答案】CuO

浓硫酸C＋4HNO3（浓）=CO2↑＋4NO2↑＋2H2O2NO2⇌N2O43.36L

【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：

；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0.15mol氧气即标况下的3.36L。

11．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_________________。