高考化学与氮及其化合物有关的压轴题及答案.docx

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高考化学与氮及其化合物有关的压轴题及答案

高考化学与氮及其化合物有关的压轴题及答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．硝酸是常见的三大强酸之一，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的硝酸盐受热时按下式分解：

2MNO3

2M+2NO2↑+O2↑，加热3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。

由此可以计算出M的相对原子质量为__。

（2）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。

其中NO的体积为__。

（3）现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（S.T.P.）。

则产物中硝酸铜的物质的量为_。

如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO的质量比为__。

（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升___？

（5）加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣48.4g。

将反应后产生的气体通过水充分吸收后，剩余气体1.68L（S.T.P.）。

求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式___。

【答案】1085.824L0.0259：

50.448LCu（NO3）2·6H2O

【解析】

【分析】

（1）根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量；

（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积；

（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量，根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量；根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量，根据铜原子守恒计算氧化铜的质量，从而计算出氧化亚铜和氧化铜的质量之比；

（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量，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的物质的量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。

【详解】

（1）标准状况下，672ml气体的物质的量是0.03mol，根据反应的方程式可知，氧气的物质的量是0.01mol，所以硝酸盐的物质的量是0.02mol，则硝酸盐的相对分子质量是170，故M的相对原子质量是170－62＝108；

（2）32.64g铜的物质的量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体的物质的量是0.5mol，若设NO和NO2的物质的量分别是x和y，则x＋y＝0.5、3x＋y＝1.02，解得x＝0.26mol，所以NO的体积是5.824L；

（3）硝酸的物质的量是0.06mol，被还原的硝酸是0.01mol，所以根据氮原子守恒可知，硝酸铜的物质的量是（0.06mol－0.01mol）÷2＝0.025mol。

根据铜原子守恒可知，铜原子的物质的量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，二者的物质的量之和是0.015mol，则氧化亚铜的物质的量是0.005mol，所以氧化铜的物质的量是0.005mol，则Cu2O与CuO的质量比为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，需要氢离子的物质的量为0.08mol<0.1mol，故氢离子过量，硝酸根不足，生成的一氧化氮为0.02mol，则标况下，一氧化氮的体积为0.448L。

（5）二氧化氮、氧气和水的反应为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的二氧化氮和氧气体积比为4：

1，被水完全吸收，硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4：

1，即气体与水反应剩余1.68L氧气；设原混合物中硝酸铜的物质的量为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，结晶水的物质的量=

=1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质的量之比为1：

6，硝酸铜结晶水合物的化学式Cu（NO3）2·6H2O。

2．2016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。

3．汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NOx等物质，逐渐成为城市空气主要污染源。

（1）写出CO2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SO2在O2作用下与氨气形成（NH4）2SO4，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反应产生3NO2+H2O=2HNO3+NO2CO+2NO

2CO2+N26NO2+8NH3

7N2+12H2O2SO2+O2+2H2O+4NH3=2（NH4）2SO4

【解析】

【分析】

（1）C原子与2个O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，CO2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、O2、NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4。

【详解】

（1）在CO2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：

；CO2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+2NO

2CO2+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+8NH3

7N2+12H2O；

（6）SO2、O2、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（NH4）2SO4。

【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。

4．如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。

先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加热，然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶，当三氧化二铬保持红热状态时，移去酒精灯。

根据题意回答问题：

（1）硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为______。

当三氧化二铬红热时，要移去酒精灯，原因是：

______。

（2）圆底烧瓶里的实验现象是______，鼓入空气的作用是______。

（3）实验过程中，如果慢慢地鼓入空气，石蕊溶液的颜色______。

（4）实验结束后，在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体，写出生成该晶体的化学方程式：

______。

（5）工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸，然后______（填一种操作名称）。

（6）实验室里保存浓硝酸要用棕色瓶的原因是__________________（用化学方程式表示）。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低有红棕色气体产生提供O2，且促进氨的挥发变红色NH3+HNO3=NH4NO3蒸馏4HNO3（浓）

4NO2↑+2H2O+O2↑

【解析】

【分析】

（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；根据反应反应放热，温度会影响催化剂的活性；

（2）根据NO2为红棕色气体；鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；

（3）根据酸能使石蕊溶液变红；

（4）根据NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；

（5）根据硝酸和其他溶液是互溶的液体利用硝酸沸点低，容易挥发分析；

（6）根据硝酸不稳定，易分解。

【详解】

（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为4NH3+5O2

4NO+6H2O，该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低；

（2）产生的NO能和O2反应生成红棕色的NO2，鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；

（3）NO2易与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性，能使石蕊溶液变红色；

（4）NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3：

NH3+HNO3=NH4NO3；

（5）硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶，可以利用硝酸沸点低，容易挥发变为气体的性质，采取蒸馏的方法分离；

（6）硝酸不稳定，光照容易分解，故硝酸应盛于棕色瓶，密封放于阴暗处。

【点睛】

本题考查硝酸的制取、保存等知识，涉及氨气的制取、性质以及二氧化氮和硝酸铵等知识，注意把握元素化合物知识的理解和应用。

5．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X为正盐，A、C、D均为无色气体。

（1）写出有关的物质化学式。

X：

_______C：

_______E：

_______F：

_____

（2）写出反应①的化学方程式_____________________________________

（3）写出反应②的离子方程式_____________________________________

【答案】NH4）2CO3NH3NONO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O28H＋＋2NO3—＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【解析】

【分析】

X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D，则A为CO2，D为氧气，X能与强碱反应生成无色气体C，C与氧气在催化剂的条件下反应生成E，则C为NH3，E为NO，所以X为（NH4）2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO2和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。

【详解】

（1）根据上述推断，X为（NH4）2CO3，C为NH3，E为NO，F为NO2，故答案：

（NH4）2CO3；NH3；NO；NO2；

（2）根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

（3）根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案：

8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

6．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。

7．X、Y、Z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

、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的无色刺激性气味的气体。

（1）则Y和新制氯水主要成分反应生成两种强酸的化学方程式______________。

（2）Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为________________。

（3）Z的水溶液可以制得某种强酸E。

实验室用

的浓

溶液配制

稀E溶液

。

①制该稀E溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、____和_____；

②算所需E浓溶液的体积为___mL（保留1位小数）。

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制备氧气的化学反应方程式为____。

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的化学方程式_______。

（2）2.0g铜镁合金完全溶解于

密度为

质量分数为

的浓F溶液中，得到Z和

和

均为浓F溶液的还原产物

的混合气体

标准状况

，向反应后的溶液中加入

溶液，当金属离子全部沉淀，得到

沉淀。

则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入NaOH溶液的体积为_____ mL。

【答案】

玻璃棒250mL容量瓶20.4

2:

31300

【解析】

【分析】

I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，可判断Y为

。

若Z是淡黄色固体粉末，可知Z为过氧化钠。

若Z是红棕色气体，可知Z为二氧化氮，X为氮气或氨气，Y为一氧化氮；

【详解】

据上述分析可知，二氧化硫和新制氯水反应生成盐酸和硫酸，反应的化学方程式

；

二氧化硫气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为

；

二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水可得硫酸，故E是硫酸。

实验室用

的浓硫酸

溶液配制

稀硫酸溶液

。

依据配制溶液的步骤可知需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：

玻璃棒250mL；容量瓶；

依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，设需E浓溶液的体积为x，则

，解得

；

在呼吸面具或潜水艇中由过氧化钠和

制备氧气的化学反应方程式为，

；

二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为

，

故答案为：

；

金属离子全部沉淀时，得到

沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为

，氢氧根的物质的量为：

，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：

计算得出：

，

，故合金中铜与镁的物质的量之比是

：

：

3，

标况下，

和

混合气体的物质的量为

，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为

，根据电子转移守恒可以知道，

，计算得出

，

的物质的量为

根据钠离子守恒可以知道，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为

，故需要氢氧化钠溶液的体积为：

，

故答案为：

；1300。

【点睛】

该题考查无机框图题的判断，是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固训练，物质特殊的颜色是推断的突破口。

8．由三种短周期非金属元素形成的常见单质A、B、C，在一定条件下有如下反应：

A+B→甲（气），B+C→乙（气），请根据不同情况回答下列问题：

（1）若标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。

①丙的化学式是_________，丙中含有的化学键类型为______________

②工厂常用气体甲检验装有气体C的管道是否泄漏，请写出该反应的化学方程式______________

（2）若常温下B为固体，A、C为气体且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙。

①乙的化学式是___________

②向氢氧化钠溶液中通人过量的乙，所发生反应的离子方程式是________________________

③将乙与

（1）中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式是___________________

【答案】NH4Cl离子键、极性共价键8NH3+3Cl2=N2+6NH4ClSO2SO2+OH-=HSO3-SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4

【解析】

【分析】

（1）若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则丙为NH4Cl，甲、乙分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知B为H2，A、C分别是Cl2、N2的一种。

（2）若常温下B为固体，A、C为气体，且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙，结合转化关系