全国高考化学氮及其化合物的推断题综合高考真题汇总附详细答案.docx

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全国高考化学氮及其化合物的推断题综合高考真题汇总附详细答案

全国高考化学氮及其化合物的推断题综合高考真题汇总附详细答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．已知如图中H是无色液体，号称生命之源，B是空气中含量最多的物质，E是红棕色气体。

（1）C的化学式是___。

（2）D和E都是大气污染物，D转化成E的化学方程式是___。

（3）E和H的反应中，氧化剂和还原剂的质量比是___。

【答案】NH3NO＋O2=2NO21∶2

【解析】

【分析】

H是无色液体，号称生命之源，推断为H2O，B是空气中含量最多的物质为N2，E是红棕色气体，经过两步氧化得到判断为NO2，结合流程图分析可知，H为H2O，A为H2，B为空气中的N2，C为NH3，D为NO，E为NO2，E和水反应生成硝酸和一氧化氮，C+F=G，是NH3+HNO3=NH4NO3，依据判断的物质回答问题。

【详解】

H是无色液体，号称生命之源，推断为H2O，B是空气中含量最多的物质为N2，E是红棕色气体，经过两步氧化得到判断为NO2，结合流程图分析可知，H为H2O，A为H2，B为空气中的N2，C为NH3，D为NO，E为NO2，E和水反应生成硝酸和一氧化氮，C+F=G，是NH3+HNO3=NH4NO3；

（1）C的化学式为NH3；

（2）D和E都是大气污染物，NO转化为NO2的化学方程式分别是2NO+O2=2NO2；

（3）E和H反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，依据元素化合价变化分析可知，一氧化氮为还原产物，硝酸为氧化产物，所以氧化剂和还原剂的质量比是1:

2。

【点睛】

考查物质推断的关系分析判断，解题一般解题思路：

①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论；④验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确。

2．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。

3．A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由1～2种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：

（1）若常温下A为有色气体。

①当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：

_________________。

②当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为________________；D中所含化学键的类型为____________________。

（2）若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：

_________________。

（3）若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的

，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：

____________；B转化为C的化学方程式为______________。

【答案】Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O

离子键、极性共价键Al3＋＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑4NH3＋5O2

4NO＋6H2O

【解析】

【详解】

（1）①若F是一种金属单质，由转化关系可知，F为变价金属，F为铁，B与铁反应生成Fe3+；由于A为有色气体，与水反应生成B和E，则A为NO2，B为HNO3，E为NO，C为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2；B与适量F反应生成C和气体E的离子方程式为：

Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②A为有色气体，与水反应生成B和E，E具有漂白性，则A为Cl2，B为HCl，E为HClO，物质F的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为Na2CO3，C为二氧化碳，D为碳酸氢钠；二氧化碳的电子式为：

；D为碳酸氢钠，其中含有离子键、极性共价键。

（2）若A为淡黄色固体，能与水反应生成B和E，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相同，则B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气；铝盐显酸性是因为铝离子水解造成的，离子方程式为：

Al3＋＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋。

（3）若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的

，则该元素为镁，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，则A含有氮元素，A为Mg3N2，B为氨气，F为氧气，C为一氧化氮，D为硝酸，E为氢氧化镁，A和水反应的化学方程式为：

Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑，B转化为C的反应方程式为：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O。

4．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。

5．下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。

各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中A、B、D在常温下均为无色无刺激性气味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。

（1）物质G的化学式：

______。

（2）物质B的电子式：

______。

（3）写出A→D的化学方程式：

______；G→E的离子方程式：

_____。

【答案】HNO3

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O23Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O

【解析】

【分析】

无色无刺激性气味的气体A和过氧化钠反应，A为气体二氧化碳，D为氧气；C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为氨气，则B为氮气，在高温高压催化剂条件下和氢气化合生成氨，氨催化氧化得到一氧化氮气体E，F为二氧化氮，溶于水形成硝酸G。

【详解】

（1）物质G为硝酸，其化学式为：

HNO3，故答案为：

HNO3。

（2）物质B为氮气，其电子式为：

，故答案为：

。

（3）A→D的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。

（4）G→E的反应为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++2NO↑+4H2O，故答案为：

3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O。

6．A、B、C、D均为短周期元素组成的物质，它们之间符合如下转化关系：

（1）若A为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气态氢化物，X为水，D为重要的化工原料。

①A的电子式为_________________，A→B的化学方程式为______________________。

②A和D发生化合反应得到的化合物E的化学式是___________，用离子方程式表示检验E中阳离子的方法________________。

③写出D的稀溶液与Cu反应的离子方程式____________________________。

（2）若A为非金属单质，X为水，该转化关系为工业生产D的一系列反应。

①将B通入溴水中颜色褪去，体现了B的___________________性，写出该变化的化学方程式________________________。

②A和H2发生化合反应得到的E，在B与E的反应中，氧化产物和还原产物的质量比为_______________________________。

③写出D的浓溶液与Cu反应的化学方程式_________________________________________________________。

（3）若A为烃的含氧衍生物，医疗上常用75%（体积分数）A的水溶液作消毒剂，X为甲醇（CH3OH）。

①A→B的化学方程式为____________________________；C→D的化学方程式为_____________________________________。

②下列说法正确的是___________________________________（选填序号字母）

a.A可通过葡萄糖分解反应得到b.B的官能团的结构简式为-COH

c.C可与NaHCO3反应产生CO2d.A与X互为同系物

③已知：

CH≡CH在一定条件下可与C反应得到E（结构简式为CH2=CHOOCCH3），则上述反应的反应类型为_______________________，E中的官能团名称为_____________，E发生加聚反应的化学方程式为_____________________________。

【答案】

4NH3+5O2

4NO+6H2ONH3+HNO3=NH4NO3NH4++OH-

NH3↑+H2O3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O还原SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO42:

1Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2OCH3OH+CH3COOH

CH3COOCH3+H2Oacd加成反应酯基和碳碳双键nCH2=CHOOCCH3

【解析】

【分析】

（1）若A为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气态氢化物，则A为NH3，X为水，B为NO，C为NO2，D为HNO3，据此分析解答；

（2）若A为非金属单质，X为水，将B通入溴水中颜色褪去，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，据此分析解答；

（3）若A为烃的含氧衍生物，医疗上常用75%（体积分数）A的水溶液作消毒剂，则A为乙醇（CH3CH2OH），X为甲醇（CH3OH），则B为乙醛，C为乙酸，D为乙酸甲酯，据此分析解答。

【详解】

（1）若A为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气态氢化物，则A为NH3，X为水，B为NO，C为NO2，D为HNO3，

①A的电子式为

，A→B氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O；

②NH3和HNO3发生化合反应得到的化合物硝酸铵，化学式是NH3+HNO3=NH4NO3，检验铵根离子的方法取少量待测液体于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝，证明有氨气生成，进而证明有铵根离子存在，发生的离子反应为：

NH4++OH-

NH3↑+H2O；

③稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）若A为非金属单质，X为水，将B通入溴水中颜色褪去，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；

①将SO2通入溴水中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，溴水颜色褪去，体现了SO2的还原性，该变化的化学方程式SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；

②S和H2发生化合反应得到的H2S，在H2S与SO2的反应中生成S和水，反应方程式为：

2H2S+SO2=3S+2H2O，H2S中的S化合价升高，被氧化，SO2中的S元素化合价降低，被还原，氧化产物和还原产物的质量比为2:

1；

③浓硫酸与Cu在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（3）若A为烃的含氧衍生物，医疗上常用75%（体积分数）A的水溶液作消毒剂，，则A为乙醇（CH3CH2OH），X为甲醇（CH3OH），则B为乙醛，C为乙酸，D为乙酸甲酯；

①乙醇在催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化反应，化学方程式为2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O；C为乙酸，X为甲醇（CH3OH），乙酸和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为CH3OH+CH3COOH

CH3COOCH3+H2O；

②a．A为乙醇，无氧或缺氧的条件下，通过酶的催化作用，把葡萄糖等有机物不彻百底的氧化分解成酒精或乳酸等，反应为C6H12O6

2C2H5OH+2CO2，故a正确；

b．B为乙醛，则B的官能团的结构简式为-CHO，故b错误；

c．C为乙酸，乙酸的酸性强于碳酸，则C可与NaHCO3反应产生CO2，故c正确；

d．结构相似，类别相同，分子组成上相差一个或多个-CH2-的有机物互为同系物，A为乙醇（CH3CH2OH），X为甲醇（CH3OH），互为同系物，故d正确；

答案选acd；

③已知：

CH≡CH在一定条件下可与C反应得到E（结构简式为CH2=CHOOCCH3），三键变双键，反应类型为加成反应，E中的官能团名称为酯基和碳碳双键，E发生加聚反应的化学方程式为nCH2=CHOOCCH3

。

7．下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。

已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。

请回答下列问题：

（1）A在B中燃烧的现象是__________________________________________。

（2）D+E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是_________________________。

（3）G+J→M的离子方程式是____________________________________。

（4）Y受热分解的化学方程式是______________________________________。

（5）检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2＋的试剂是____________________。

【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰2:

13AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓4Fe（NO3）3

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液

【解析】

【分析】

F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe（OH）3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化关系可知，N为HNO3，Y为Fe（NO3）3，结合物质的性质来解答。

【详解】

（1）A为H2，B为Cl2，H2在Cl2中燃烧的现象是：

气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；

（2）D+E→B的反应为MnO2+4HCl

MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中Mn元素化合价降低，被还原，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为2mol，另外2mol盐酸显酸性，则n（被氧化的物质HCl）：

n（被还原的物质MnO2）=2：

1；

（3）G（NaAlO2）+J（FeCl3）→M（Fe（OH）3）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：

3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓；

（4）依据分析推断可知Y为Fe（NO3）3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：

4Fe（NO3）3

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；

（5）检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。

8．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：

（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有_________（填序号）

①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰

（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集

②干燥管里盛有碱石灰

③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出

（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐

检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________

【答案】①②③⑥Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+H2O+2NH3↑①②4NH3+5O2

4NO+6H2ONH4Cl①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+

【解析】

【分析】

为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】

（1）氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾（氯化氢气体与空气中的小水滴结合）出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；

（2）实验室制氨气的化学方程式为：

Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+H2O+2NH3↑；

（3）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；

（4）氨气发生催化氧化的化学方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（5）E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：

取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+。

9．a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，可发生如下转化：

其中：

a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：

a______；b______；c__