【文档说明】河南省郑州外国语学校2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(15)页，1.154 MB，由小赞的店铺上传

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河南省郑州外国语学校2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.考试范围：必修二第五章前两节4.可能

用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5K39Fe56一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.K＋、NH4+、2

-4SO、OH-B.Na＋、H＋、HCO3−、Cl-C.H+、K+、NO3−、SO23−D.Na＋、Ca2+、-3NO、ClO-【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NH4+与OH-可以发生反应，不能共存，故A错

误；B．H+与HCO3−反应可以放出二氧化碳，故不能共存，故B错误；C．H+与SO23−可以生成亚硫酸、放出二氧化硫，不能共存，故C错误；D．Na＋、Ca2+、-3NO、ClO-四种离子互不反应，可以共存，故D正确；故

答案为D。2.在探究SO2水溶液成分和性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论正确的是A.向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，说明SO2水溶液呈酸性B.向SO2水溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明SO2水溶液中含有SO24−C.向SO2水溶液中

通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2具有还原性D.向酸性KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，溶液褪色，说明SO2具有漂白性【答案】A【解析】【详解】A．SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3与NaHCO3反应生成CO2，酸性：H2SO3>H2CO3，即S

O2水溶液呈酸性A正确；B．SO2与水反应生成23HSO，23HSO酸性比HCl弱，与BaCl2溶液不反应，B错误；C．向SO2水溶液中通入H2S气体，发生反应：SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，SO2是氧化剂，C错误；D．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化SO2，说明SO2具有还原

性，D错误；故选A。3.为除去混入CO2中的SO2和O2，下列试剂的使用顺序正确的是①饱和Na2CO3溶液②饱和NaHCO3溶液③浓H2SO4溶液④灼热的铜网⑤碱石灰A.①③④B.③④⑤C.②④③D.②③④【答案】D【解析】

【详解】亚硫酸的酸性比碳酸强，先用饱和NaHCO3溶液除去SO2，干燥后再用热的铜网除去O2。答案选D。4.已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,把产生的气体通入BaCl2溶液中,则()A.产生BaSO4和BaSO3两种沉淀B.产生BaSO4沉淀,SO2从溶液

中逸出C.产生BaSO4沉淀,无SO2气体逸出D.产生的沉淀中含BaSO4,并有HCl气体逸出【答案】B【解析】【详解】由于FeSO4受热分解产生大量的SO2和SO3气体，其中SO3气体可以与水反应生成H2SO4，氯化钡会与硫酸反应生成BaSO4沉淀，但是SO2不会与

氯化钡发生反应，会从溶液中逸出，故B正确。5.只用一种试剂即可区别开：NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液，这种试剂是A.AgNO3B.NaOHC.BaCl2D.HCl【答案】B【解析】【详解】A．加入硝酸银溶液，NaCl、

MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液都生成白色沉淀，反应现象相同，不能区别开，故A错误；B．加入氢氧化钠溶液，氯化钠无现象，氯化镁生成白色沉淀，氯化铁生成红褐色沉淀，硫酸铵产生刺激性气体，反应现象各不相同，能区别开，故B正确；C．加入氯化钡

溶液，NaCl、MgCl2、FeCl3三种溶液都无现象，不能区别开，故C错误；D．加入盐酸，NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液都无现象，不能区别开，故D错误；答案为B。6.某兴趣小组为了探究SO2气体还原Fe3

＋的反应，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是A.能表明I-的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去D.为了验证A中发生了氧化还原反应，加

入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】【分析】2SO先后通入3FeCl溶液、含淀粉碘水中，根据溶液颜色的变化来探究2SO与3+2FeI、反应的情况，多余的2SO最后通入NaOH溶液进行吸收，防

止染污空气。【详解】A．向含有淀粉的碘水中通入2SO气体，会发生反应22224SOI2HO=HSO2HI＋＋＋，2I被消耗，B中蓝色溶液褪色，证明物质的还原性强弱为2ISO−，A正确；B．2SO是大气污染物，且是酸

性气体，可以与NaOH反应而被吸收，装置C可吸收2SO尾气，防止污染空气，B正确；C．若A中2SO与3FeCl不发生反应，加入酸性4KMnO溶液时，4KMnO被2SO还原，溶液紫色褪去；若A中2SO与3FeCl发生反应，生成

的2Fe+可使加入的4KMnO被还原，溶液紫色也褪去，因此不能验证A中是否发生了氧化还原反应，C错误；D．若A中发生了氧化还原反应223242SO2HO2FeCl=HSO2HCl2FeCl++++，溶液中含

有硫酸，当加入的用稀盐酸酸化的2BaCl溶液时，会发生反应2424HSOBaCl=BaSO2HCl++，产生白色沉淀；若没有发生氧化还原反应，由于HCl酸性强于23HSO，当向溶液中加入用稀盐酸酸化的2BaCl溶液时，不产生白色沉淀，D正确；故选C7.将一定量

的锌与100mL18.5mol·L−1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1，则下列叙述中错误的是A.气体A为SO2和H2的混合物B.反应中共消耗

Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1D.反应中共转移3mol电子【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，继续与锌反应生成氢气，所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物，

生成气体的物质的量为：33.6L22.4L/mol=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol，随着反应的进行

，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则()244222H=2HOx2xxZnSOZnSOSO+++浓，2442Zn+HSO=ZnSO+Hyyy，则有：x+y=1.5，2x+y=1.8，解之得x=0.3，y=1.2，

所以反应会生成0.3mol二氧化硫和1.2mol的氢气。【详解】A．根据上述分析可知，气体为二氧化硫和氢气的混合物，A正确；B．反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，B正确；C．由上述分析可知，V(SO2)：

V(H2)=1：4，C错误；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转

移3mol电子，D正确；答案选C。8.甲、乙、丙、丁四种物质之间的转化关系如图所示，则下列说法错误的是A.若甲是C，则乙可能是O2B.若甲是Fe，则乙可能是Cl2C.若甲是NaOH溶液，则乙可能是SO2D.若甲是H2S，则乙可能是O

2。的【答案】B【解析】【详解】A．若甲是C，则乙可能是O2，丙是CO，丁是CO2，A正确；B．若甲是Fe，则乙是Cl2，则丙是氯化铁，氯化铁和氯气不反应，B错误；C．若B甲是NaOH溶液，则乙可能是SO2，丙是亚硫酸钠，丁是亚硫酸氢

钠，C正确；D．若甲是H2S，则乙可能是O2，丙是S，丁是二氧化硫，D正确，答案选B。答案选B。9.已知NH4CuSO3与足量的1mol·L-1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A.NH4CuSO3中硫元素被氧化了B.刺

激性气味的气体是二氧化硫或氨气C.该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂D.该反应中硫酸既表现为酸性又表现氧化性【答案】C【解析】【分析】NH4CuSO3与足量的1mol·L-1硫酸溶液混合微热，生成红色金属、有刺激性气味气体产生、溶液呈蓝色，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH

4CuSO3中Cu为+1价，其反应的方程式为：()43244224422NHCuSO2HSOCuCuSO2SO2HO+NHSO++++，以此回答此题。【详解】A．由分析可知NH4CuSO3中只有Cu

化合价发生变化，S元素化合价未改变，既未被氧化又未被还原，故A不选；B．反应在酸性环境中进行，不可能有氨气生成，故B不选；C．NH4CuSO3中Cu的化合价既降低又升高，故NH4CuSO3在该反应中既是氧化剂又是还原剂，故选C；D．由反应()43244224422NHCuSO

2HSOCuCuSO2SO2HO+NHSO++++可知，该反应中只有Cu化合发生变化，硫酸根反应前后未变化，在反应中硫酸只体现酸性，故D不选。答案选C。10.氮、铁元素在细菌的作用下可发生如图所示的转化。下列说法正确的是A.反硝化过程均属

于氮的固定B.硝化过程中，含氮物质均发生还原反应C.在氨氧化细菌作用下，水体中的氮元素可转移至大气中D.Fe3+将4NH+转化为N2的离子方程式为Fe3＋＋24NH+=Fe2＋＋N2↑＋8H＋【答案】C【解析】【详解】A.氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，如图可知反硝化过程是将氮的化合态转

化为氮气，不属于氮的固定，A错误；B.如图可知，硝化过程NH4+转化为NO2-，再转化为NO3-，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，B错误；C.如图可知，在氨氧化细菌作用下，水体中的氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，C正确；D.根据得失电子守恒和原子守恒，Fe3+将4NH+转化为N2

的离子方程式为6Fe3＋＋24NH+=6Fe2＋＋N2↑＋8H＋，D错误；答案选C。11.将装有50mLNO2、NO混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后气体体积缩小为30mL，则原混合气体中NO2和N

O的体积比是A.5∶3B.3∶5C.3∶2D.2∶3【答案】C【解析】【详解】3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中NO2转化为1/3体积的NO而使气体体积减少2/3。气体体积减少20mL，所以NO2的体积是30mL，NO的体积是20mL，则原混合气体中NO2和NO的体积比是3∶2

，故选C。点睛：解答本题的关键是明确3NO2+H2O2HNO3+NO的反应中NO2转化为1/3体积的NO而使气体体积减少2/3。12.已知3NH和HCl都能用来做喷泉实验。若在同温压下用两个相同容积的烧瓶各收集满3NH和HCl气体，用如图所示装置进行

喷泉实验，则实验停止后，下列对两个烧瓶内溶液的分析正确的是(不考虑质的扩散)A.溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B.溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同C.溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D.溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同【

答案】A【解析】【分析】【详解】设该条件下气体摩尔体积为Vm，气体的体积为V，因气体极易溶于水，故溶液体积等于气体的体积，c=nV=mVVV=1mV，则不论NH3和HCl(N2不溶于水)是否充满，物质的量浓度都等于1mV，因溶液中溶质质量和溶液质量不同

，故溶质质量分数不同，故答案为A。13.向稀硝酸和Fe(NO3)3的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇空气变成红棕色，溶液中Fe2＋的物质的量和加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示：则原混合溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为A.

2∶1B.1∶1C.4∶1D.3∶1【答案】C【解析】【分析】【详解】根据图示可知：当加入1molFe时，溶液中n(Fe2+)=0，说明此过程中Fe和稀HNO3发生反应：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，即1molFe消耗4molHNO3产生1

molFe3+；当又加入1molFe时，溶液中n(Fe2+)=3mol，发生反应Fe+2Fe3＋=3Fe2+，消耗2molFe3+，则原混合液中含有的Fe3＋的物质的量为2mol-1mol=1mol，故原混合液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量

之比为4∶1，HNO3和Fe(NO3)3处于同一溶液，溶液的体积相同，因此二者的物质的量的浓度比等于它们的物质的量的比，故原混合溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为4∶1，故合理选项是C。14.在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示：下列

说法不正确．．．的是A.该转化过程中有3种元素的化合价发生变化B.NO和O2必须在催化剂表面才能反应C.该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2D.该催化转化总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+

N2【答案】B【解析】【详解】A.由上述图中可以看出发生的反应为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，由方程式知该转化过程中有N、O、C三种元素的化合价发生变化，故A正确；B.NO很不稳定，遇到氧气就被氧化为

NO2，故B错误；C.由2NO+O2+4CO4CO2+N2知该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2，故C正确；D.该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确；答案：B。15.如图

所示，a、b、c均为非金属单质，d、e均为含有10个电子的共价化合物，且分子中所含原子个数：d＞e，f为离子化合物。则下列说法错误的是的A.常温下，单质a呈气态B.单质c具有强氧化性C.稳定性：d>eD.f受热易分解为d和e【答案】C【解析】【分析】非金属单质形

成的含有10个电子的共价化合物有CH4、NH3、H2O、HF，由于f为离子化合物且分子中所含原子个数：d>e，则d是NH3，e是HF，f是NH4F，因此a、b、c分别是N2、H2、F2。【详解】A．常温下，单质N2呈气态，故A正确；B．单质F2具有强氧化性，故B正确；C．H

F的稳定性强于NH3，故C错误D．d是NH3，e是HF，f是NH4F，f受热易分解为d和e，故D正确；故选C。16.如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满2NO(不考虑反应2242NONO)和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管

，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为A.1：1B.5：7C.7：5D.4：3【答案】A【解析】【详解】由两个试管的容积相同可知，一氧化氮和二氧化氮的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，一氧化氮和二氧化

氮的物质的量相同，两只试管中分别发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由氮原子个数守恒可知，两个试管所得硝酸的物质的量相同，因溶液的体积相同，则两个试管中溶液物质的量浓度之比为1：1，故选A。二、非选择题：本题共4小

题，共52分。17.生活中我们都会发现，煮鸡蛋时间太久或放置时间过长，蛋黄上会产生一层“黑膜”，该黑膜的成分是硫化亚铁。这是由于鸡蛋里的蛋白质受热分解成小分子的氨基酸，有的氨基酸含硫元素，会形成硫化氢，而蛋黄中富含铁元素，当硫

化氢遇到铁元素就形成了硫化亚铁，也就是蛋黄上覆盖的那层“黑膜”。某同学由此联想到铁与硫单质的反应，为了验证铁与硫单质反应产物中铁元素的化合价，该同学设计了以下实验：已知：①FeS固体难溶于水，可与稀盐酸、稀硫酸发生反应：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑。②3S＋6NaOHΔ2Na

2S＋Na2SO3＋3H2O。请回答以下问题：（1）混合粉末A中硫粉必须过量的原因是_______。（2）反应在“惰性环境”中进行的原因是_______。（3）操作②的作用是_______，也可改用_______。（4）操作③稀硫酸煮沸的目的是_______。（5

）为检验产物中铁元素的价态，对D溶液的实验操作最好是_______。【答案】（1）防止因铁粉过量而使滤渣C中含有的铁粉与H2SO4反应，生成Fe2＋干扰实验，过量的铁粉还能与可能存在的Fe3＋反应，影响实验结果（2）防止环

境中的O2参与反应（3）①.除去混合物中过量的硫粉②.CS2（4）防止H2SO4溶液中溶解的氧气氧化生成的Fe2+（5）加入煮沸的KSCN溶液，若溶液变红色，证明产物中有Fe3+；若溶液无明显现象，再滴入过氧化氢溶液(或新制氯水)，溶液显红色，则证明产物中有Fe2+【解析】【分析】该实验目的是验证

铁和硫反应产物中铁元素的价态，铁与硫混合粉末在惰性环境下发生反应，生成黑色固体。用热的氢氧化钾溶液反应掉过量的硫，过滤后用煮沸过的稀硫酸溶解滤渣检验产物。【小问1详解】混合粉末A中硫粉必须过量，可防止因铁粉过量而使滤渣C中含有的铁粉与H2SO4反应，生成Fe2

＋干扰实验，同时过量的铁粉还能与可能存在的Fe3＋反应，影响实验结果；【小问2详解】空气中的O2能与Fe2＋反应，会影响实验，所以反应应在“惰性环境”中进行；【小问3详解】3S＋6NaOHΔ2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，操作②的作用是除去混合物中过量的硫粉，也

可以利用硫的溶解性用二硫化碳；【小问4详解】操作③稀硫酸煮沸的目的是防止H2SO4溶液中溶解的氧气氧化生成的Fe2+；【小问5详解】为检验产物中铁元素的价态，具体操作是加入煮沸的KSCN溶液，若溶液变红色，

证明产物中有Fe3+；若溶液无明显现象，再滴入过氧化氢溶液(或新制氯水)，溶液显红色，则证明产物中有Fe2+。18.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验装置。（1）①反应开始一段时间后，观察到B、D两支试

管中的品红溶液出现的现象是B：_______，D：_______。②停止通气后，再给B、D两支试管分别加热，两支试管中的现象分别为B：_______，D：_______。（2）相同条件下，若将SO2与Cl2按体积比1∶1混合后，再通入品红溶液，品红溶液能否褪色？_______(选填“能”

“不能”或“不能确定”)。其原因是_______。(用离子方程式表示)【答案】（1）①.品红溶液褪色②.品红溶液褪色③.褪色的品红溶液又恢复成红色④.无明显现象（2）①.不能②.Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl-＋SO24−【解析】【分析】A装置为SO2制备装

置，B装置为Cl2发生装置，生成的SO2通入B使品红溶液褪色，Cl2通入品红溶液时与H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，会把品红溶液氧化而褪色，C中NaOH溶液可以除去多余的SO2和Cl2，以

此解答。【小问1详解】SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但其漂白性是可逆的，加热后溶液会恢复原来的颜色；Cl2通入品红溶液时与H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，会把品红溶液氧化而褪色，且该

过程不可逆，故加热溶液不会恢复原来的颜色。【小问2详解】由于Cl2与SO2混合后与水发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，故不能使品红溶液褪色。19.(1)利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质

量。a中试剂是浓氨水。①仪器a的名称为_________，仪器b中装入的试剂可以是___________。②按气流方向正确的装置连接顺序为_________(填字母，装置可重复使用)。(2)亚硝酸钠一种工业盐，在生产、生活中

应用广泛。现用下图所示装置(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：ⅰ.NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2Oⅱ.气体液化的温度：NO2(21℃)、NO(-152℃)①反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是________________

。②为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(从左向右连接)：A→_________；组装好仪器后，接下来进行的操作是__________。【答案】①.分液漏斗②.NaOH或生石灰或碱石灰③.BDAD

C④.排出装置中的空气，防止干扰NO的检验⑤.CEDB⑥.检查装置的气密性【解析】是【分析】(1)①根据仪器的结构判断仪器名称，仪器b中加入的是氢氧化钠固体或碱石灰，能够吸收水蒸气；②从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须干燥，故B接D，D接A，吸收反应生成的水用装置D，最后多余的氨气用装

置C吸收；(2)①NO易遇空气中的氧气反应生成二氧化氮；②根据各部分装置的作用进行连接。有气体参与或生成的反应装置，实验前通常需要检验气密性；【详解】(1)通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量，a中试剂是浓氨水。①仪器a名称为分液漏斗，用来盛放和滴加液体，a中试剂是浓氨水，仪器

b中加入的是氢氧化钠固体或碱石灰，滴入浓氨水固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气；②从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须先进行干燥，又NH3的水溶液显碱性，因此要使用碱性干燥剂碱石灰干燥氨气，故B接D，干燥后的氨气在装置A中与MxOy发生氧化还原反应，得到N2和H2O，所以D接A，

再通过碱石灰的U形管吸收反应生成的H2O蒸气，这时的气体中含有未完全反应的氨气，不能直接排入大气，要通过盛有浓硫酸的C装置吸收氨气后再排入大气，所以还需要装置C，故按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC；(2)①反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是排出装置中

的空气，防止反应产生的NO被装置中空气中含有的氧气氧化产生NO2，干扰NO的检验；②装置A中反应制取NO、NO2的混合气体，装置C吸收水蒸气，E冷却NO2，使其转化为无色的N2O4，利用D检验NO，NO、NO2都是

大气污染物，不能直接排入大气，利用二者能够与NaOH溶液反应的性质，利用装置B进行尾气处理，防止污染空气，所以装置的连接为A→C→E→D→B，组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性。【点睛】本题考查

了有气体参加反应的仪器的使用、装置的连接顺序等知识。对实验原理的理解、对实验过程、实验现象的正确分析和应用，掌握基础是解题关键。对于探究亚硝酸钠和稀硫酸反应生成气体的成分，难点在于NO2的存在对NO的检验有干

扰，所以检验NO2后要排除NO2气体再检验NO，特别注意的是NO2能与水反应生成NO，因此气体需要干燥，考虑到氮氧化物对环境有污染，还需要用NaOH溶液吸收进行尾气处理。20.几种常见物质的转化关系如下图所示，图中每一方格表示

有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体：请填写下列空白：(1)物质X可以是_________，C是_________，F是_________。(2)反应①的化学方程式是_____________________，反应②的化学方程式是__________________

_____。【答案】①.(NH4)2CO3或NH4HCO3②.NH3③.NO2④.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2⑤.4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【分析】本题考查无机推断，反应①能与Na2O2反应，熟悉的知识是H2O或CO2与Na2O2的反应，因为A为

气体，则A为CO2，D为O2，X与盐酸反应生成CO2，说明X中含有CO32－或HCO3－，X与NaOH共热反应，生成气体C，则C为NH3，即X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，反应②是NH3与氧气反应生成NO，NO

与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，据此分析解答。【详解】（1）根据上述分析，X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，C为NH3，F为NO2；（2）反应①的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，反应②发生氨的催化氧化，即反应方程式为：

4NH3+5O24NO+6H2O。【点睛】本题的突破口在与过氧化钠反应，中学阶段学过能与过氧化钠反应的物质是CO2和H2O，根据A为气体，则A为CO2，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，即D为O

2，X与NaOH共热产生气体，化合物能与NaOH共热产生气体，则气体是NH3，然后进一步进行分析即可。