时间60分钟 分值100分
一、选择题（共48分，每小题3分，只有一个正确选项。）
1．下列关于氮气的说法中错误的是（ ）
A．氮气在通常情况下不燃烧，也不支持燃烧，不能供呼吸 B．液氮可用于医学和高科技领域，制造低温环境
C．高温或通电的条件下，氮气能与氧气化合生成一氧化氮 D．高温高压催化剂条件下与氢气反应时，氮气作还原剂 【答案】D
【解析】A.氮气是一种无色无味的气体，是空气的主要成分之一，化学性质稳定，在通常情况下不燃烧，也不支持燃烧，不能供呼吸，故A正确；
B.液氮气化吸热，所以可以制造低温环境，故 B 正确；
C.高温或通电的条件下，氮气能与氧气化合生成一氧化氮，为高能固氮的过程，故C正确；
D.高温高压催化剂条件下与氢气反应生成氨气，氮气中N的化合价从O降低到-3，作氧化剂，故D错误。 故选D。
2．安徽古代科学家方以智在其《物理小识》卷七《金石类》中指出：有硇水者，剪银块投之，则旋而为水。其中的“硇水”指 ( )
A．硝酸 B．硫酸 C．盐酸 D．醋酸 【答案】A
【解析】硇水可以溶解银块，所以硇水是硝酸，故选A。
3． 下氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。列关于海洋氮循环的说法正确的是
A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化 B．海洋中的氮循环属于固氮作用的是③
C．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与 D．向海洋排放含NO3—的废水会影响海洋中NH4+的含量 【答案】D
【解析】A．海洋中的氮循环起始于N2转化为NH4+的过程，N的化合价降低，被还原，这个过程是氮的还原过程，A错误；
B．固氮作用指的是N2转化为氮的化合物的过程，海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，B错误； C．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，C错误；
D．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量，D正确；答案选D。
4．实验室不需要棕色试剂瓶保存的试剂是
A．硝酸银 B．浓硝酸 C．浓硫酸 D．氯水 【答案】C
【解析】分析：见光易分解的物质需要棕色试剂瓶保存，见光稳定的物质不需要棕色试剂瓶保存；分析各物质对光的稳定性作答。
A项，AgNO3见光分解成Ag、NO2和O2，详解：反应的化学方程式为2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑，AgNO3
需要保存在棕色试剂瓶中；B项，浓HNO3见光分解成NO2、O2和H2O，反应的化学方程式为4HNO3
4NO2↑+O2↑+2H2O，浓HNO3需要保存在棕色试剂瓶中；C项，浓H2SO4稳定，见光或受热都
HCl+HClO，氯水中
不分解，浓H2SO4不需要保存在棕色试剂瓶中；D项，氯水中存在反应Cl2+H2OHClO见光分解，反应的化学方程式为2HClO试剂瓶保存的是浓硫酸，答案选C。
2HCl+O2↑，氯水需要保存在棕色试剂瓶中；不需要棕色
5．现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ） A．504mL 【答案】B
【解析】1.92gCu的物质的量为n(Cu)=
B．336mL
C．224mL
D．168mL
1.92g=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为
64g/molO2Cu2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3HNO3，反应前后HNO3的物质的量NO、NO2不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=
0.06mol=0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为4336mL，故答案为B。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。 6．下列说法不正确的是 ( )。
A．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解 B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋ 4H2O D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现 【答案】A
【解析】A.铜和稀硫酸不反应，加入NO3-后，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能溶解Cu，A项错误； B.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，如NH3，B项正确； C.铜与稀硝酸反应的离子方程式正确，产物正确，电荷守恒、原子守恒，C项正确；
D.稀硝酸与Cu反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，均能通过一步实现转化，D项正确；答案选A。 7．下列对于反应：3NO2H2O=2HNO3NO的说法正确的是( ) A．氧化剂与还原剂的质量比为1:2 B．NO2是氧化剂，水是还原剂
C．生成1molNO则有6mol电子发生转移 D．氧化产物与还原产物的物质的量比为1:2 【答案】A
【解析】A．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量、质量之比都是1:2，故A正确；
B．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，水中各元素都不变，所以既不是氧化剂又不是还原剂，故B错误；
C．在反应中若生成1molNO时，则有2molNO2被还原，所以有2mol电子发生转移，故C错误； D．HNO3是氧化产物，NO是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量比为2:1，故D错误；答案选A。 【点睛】二氧化氮与水反应时，既是氧化剂又是还原剂。
8．如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是什么气体
A．可能是N2与NO2的混合气体 C．可能是NO与N2的混合气体 【答案】B
B．可能是O2与NO2的混合气体 D．只能是NO2一种气体
【解析】A．N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故A错误；
B．O2与NO2的混和气体可在溶液中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内能完全被水充满，故B正确；
C．N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故C错误； D．根据B中分析可知D错误；答案选B。
9．下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A．二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色 B．将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中 C．将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟 D．过氧化钠固体露置在空气中变白 【答案】B
【解析】A. 二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A错误；
B. 将二氧化氮(N为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N为+3价)和硝酸钠(N为+5价)，所以该反应中N元素既被氧化又被还原，故B正确；
C. 将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；
D. 过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故D错误；故选：B。
10．某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A．肯定有SO2和NO B．肯定没有Cl2和NO2，一定有O2 C．可能有Cl2和O2 D．肯定只有NO 【答案】A
【解析】该气体无色，排除了Cl2、NO2气体。该气体能使品红溶液褪色，则一定含有SO2气体。将剩余气体排放到空气中，气体迅速变为红棕色，判断一定含有NO气体，故一定无O2，所以选A。
11．用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：①铜与浓硝酸反应；②铜与稀硝酸反应；③铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与硝酸反应。下列叙述正确的是( ) A．三种途径所消耗的铜的物质的量不相等 B．三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C．所消耗铜的物质的量是：途径③＞途径①＞途径② D．所消耗硝酸的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③ 【答案】D
【解析】有关反应为：①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；③2Cu+O2
2CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由
以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少。通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用，以此来解答。 A. 由Cu原子守恒可知，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，故A错误；
B. 由方程式可知生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，故B错误； C. 所消耗铜的物质的量是：途径③=途径①=途径②，故C错误；
D. 途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，消耗硝酸的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③，故D正确；故选：D。
12．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素 B．反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的氧化剂相同 C．Ⅵ的产物可在上述流程中被再次利用
D．Ⅴ中发生反应：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl
解析：选B 甲是N2，与H2化合生成NH3。反应Ⅴ是侯氏制碱法原理，丁是NaHCO3，受热分解生成Na2CO3。NH3发生催化氧化生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，HNO3和NH3反应生成NH4NO3，即乙是NO，丙是NO2。甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确；反应Ⅳ中的氧化剂和还原剂均是NO2，B错误；NaHCO3分解生成的CO2可以循环利用，C正确。
13．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程： 下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 B．X可以是空气，且需过量 C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O 【答案】B
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能
过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确； D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。
14．已知H＋可以写成H3O+，从某些性质看，NH3和H2O，NH4和H3O＋，OH－和NH2，N3－和O2－两两相似，据此判断下列反应式(反应条件忽略)正确的是( ) ①2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑
②CaO＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋H2O ③3Mg(NH2)2=Mg3N2＋4NH3↑ ④NH4Cl＋NaNH2=NaCl＋2NH3↑ A．① 【答案】C
【解析】从某些性质看，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH-和NH2-，N3-和O2-两两相似，根据信息利用类推方法分析判断。
①NH3和H2O相似，可以依据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，故①正确；
②NH4+和H3O+相似，H＋可以写成H3O+，依据CaO+2HCl=CaCl2+H2O，类推得到反应：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，故②正确；
③OH-和NH2-相似，N3-和O2-相似，NH3和H2O相似，依据Mg(OH)2=MgO+H2O，类推得到：3Mg(NH2)2=Mg3N2+4NH3↑，故③正确；
④OH-和NH2-相似，NH3和H2O相似，依据NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3+H2O，类推得到：NH4Cl+NaNH2═NaCl+2NH3，故④正确；故选C。
【点睛】解答本题的关键是根据相似性找到熟悉的反应方程式。本题的易错点为③，要注意
3Mg(NH2)2=Mg3N2+4NH3↑中利用OH-和NH2-相似，将Mg(NH2)2改为 Mg(OH)2，利用N3-和O2-相似，将
B．②④
C．全部
D．①②④
Mg3N2改为MgO，利用NH3和H2O相似，将NH3改为H2O。
15．将2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L(标准状况)，则反应中消耗HNO3的物质的量为( ) A．0.05mol 【答案】D
【解析】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)=
B．1mol
C．1.05mol
D．0.13mol
1.12L=0.05mol，即被还
22.4L/mol2.56g=0.04mol，则生成n(Cu(NO3)2)=0.04mol，可知表现酸性原的硝酸的物质的量为0.05mol，n(Cu)=
64g/mol 的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol。故选：D。
【点睛】根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量。
16．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+浓度和加入铁粉的物质的量的关系如图所示。
溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为 A．1:1:1 【答案】C
【解析】稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3＞Fe（NO3）3＞Cu（NO3）2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，①Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；②Fe+2Fe3+=3Fe2+；③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是①消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应②生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe（NO3）3为1mol，Cu（NO3）2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，稀溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4；故答案为C。
B．1:3:1
C．1:1:4
D．3:3:8
二、非选择题（共52分）
17．（10分）镁与稀硝酸的反应为：Mg+HNO3(稀)——Mg(NO3)2+NO↑+H2O
(1)配平上述化学方程式并用“双线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目_____________。
(2)该反应中，还原产物是_________，HNO3表现了___________（选填“还原性”、“氧化性”、“酸性”、“碱性”）。还原剂与氧化剂的的物质的量之比为____________。
(3)若反应过程中转移的电子为0.6 mol，则被还原的硝酸物质的量为________。
【答案】+4H2O NO 氧化性，酸性 3：2 0.2 mol
【解析】(1)配平原则：根据得失电子数相等，先配氧化和还原剂、氧化和还原产物，再配平未参加氧化还原反应的元素。Mg元素的化合价由0变化为+2，化合价升高2价，N元素的化合价由+5变为+2，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数是6，所以Mg、Mg(NO3)2的系数是3，HNO3、NO的系数是2，反应产生3个Mg(NO3)2中有6个N化合价未发生变化，这部分N也是由硝酸提供，所以应将HNO3的系数由2改为8，根据H原子守恒。可知H2O的系数为4，配平后的方程式为：
3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O，用双线桥法原则：由氧化剂指向还原产物，还原剂指向氧化产NO为还原产物；Mg为还原剂，Mg(NO3)2物。桥上注明电子转移数目及“得、失”字样，该题中HNO3为氧化剂，
为氧化产物。转移电子数6e-，表示为：+4H2O；
(2)在该反应中，氧化剂HNO3化合价降低，生成还原产物NO，所以HNO3为氧化剂，NO为还原产物。化学方程式中8分子HNO3中有6分子生成3个 Mg(NO3)2，生成盐中N元素化合价不变，表现酸性，2个N发生了变化，作氧化剂，所以HNO3的性质表现氧化剂和酸性；方程式中Mg作还原剂，表现还原性，8个HNO3只有2个表现氧化性，所以还原剂与氧化剂的的物质的量之比为3：2；
(3)在反应3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移电子数为6e-，所以若转移的电子为0.6 mol，说明反应的硝酸的物质的量为0.8 mol，其中被还原的硝酸的物质的量是0.2 mol。 18．（10分）如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：
（1）写出N2的一种用途：___。
（2）HNO3与图中的物质C常用于检验Cl的存在，则C的化学式为___。 （3）实验室制取物质B的化学方程式为____。 （4）NO2与水反应生成物质A的化学方程式为____。 （5）浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为___。
【答案】做保护气(或做冷冻剂、制氨气等) AgNO3 Ca(OH)2＋2NH4Cl3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 4HNO3(浓)＋C
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
－
【解析】(1)由于氮气的化学性质不活泼，所以可做保护气，也可做冷冻剂、制氨气等；
(2)检验Cl－的方法是先向待测液中加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl，因此C为AgNO3；
(3)B是NH3，在实验室中用铵盐与碱共热来制取NH3，化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4Cl＋2H2O；
(4)A是NO，NO2与水反应生成NO的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；
(5)浓硝酸有强氧化性，NO2和H2O，与木炭在加热条件下发生反应生成CO2、反应的化学方程式为4HNO3(浓)＋C
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；
CaCl2＋2NH3↑
－
19．（16分）某小组同学在实验室设计实验模拟工业生产。 Ⅰ.用消石灰和氯化铵固体制备NH3
（1）NH3的发生装置应选择图中的__（填字母代号），制备NH3的化学方程式为__。
（2）欲收集一瓶干燥的NH3，选择图中的装置，其连接顺序为：发生装置→__（按气流方向，用小写字母表示）。
Ⅱ.设计了如图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。
（3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保 持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是__（填“吸热”或“放热”）反应，反应的化学方程式是__。（4）B中试剂为__，NaOH溶液的作用是__。 （5）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。
①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。白烟的化学式是__。 ②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上n(NH3)：n(NO)的最佳比例为__。 【答案】A 2NH4Cl+Ca(OH)24NH3+5O2
CaCl2+2NH3↑+2H2O c→d→f→e→i 放热
4NO+6H2O 水 吸收尾气（NO、NO2） NH4NO3 1：2
【解析】（1）用消石灰和氯化铵固体制备NH3 属于固固加热类型，发生装置应选择图中的A，制备NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）欲收集一瓶干燥的NH3，需要用碱石灰干燥，选择图中的装置，其连接顺序为：发生装置→c→d→f→e→i （3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是放热反应。反应的化学方程式是 4NH3+5O2
4NO+6H2O
（4）B的作用是除去未反应的氨气所以选用水，NaOH溶液的作用是吸收尾气（NO、NO2）。
（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH4NO3 ②由4NH3+5O2
4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，则原料
氨气和氧气物质的量的投料比为1：2。
20．（16分）A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的一种用途____；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了D的___性。
(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则
①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。 ②实验室检验A气体的方法为___。
③将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最终气体全部被吸收，所得溶液充满整个试管。L-1。(标况下计算，保留两位有效数字) 若不考虑溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·
【答案】供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等) SO2 吸水
2NH4Cl+Ca(OH)2
加热CaCl2+2NH3↑+2H2O 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓
盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生) 0.045
【解析】(1)C是淡黄色固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途； (2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。 (3)C是红棕色气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。
(1)由C是淡黄色固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。答案为：SO2；吸水； (3)若A是化合物，C是红棕色气体，则C为NO2。
①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为
，实验室制备氨气时，药品为NH4Cl
和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
加热CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：；
2NH4Cl+Ca(OH)2
加热CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②实验室检验氨气时，采用的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻
璃棒靠近试管口，有白烟产生)；
VL③假设试管的体积为VL，则c=22.4L/mol=0.045 mol·L-1。答案为：0.045。
VL【点睛】在平时的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、吸收结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。
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