解析版江西省红色七校届高三第一次联考化学试题.docx
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解析版江西省红色七校届高三第一次联考化学试题
江西省红色七校2019届高三第一次联考化学试卷
1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。
下列有关叙述正确的是：
（）
A.2017年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。
碳纤维是一种新型的有机高分子材料
B.离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜
C.半导体行业中有一句话：
“从沙滩到用户”，计算机芯片的主要材料是经提纯的SiO2
D.获得2015年诺贝尔生理学、医学奖的屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理
【答案】D
【解析】
A.碳纤维是一种新型的无机非金属材料，A错误；B.离子交换膜在工业上应用广泛，如为防止氯气与氢氧化钠反应，氯碱工业使用阳离子交换膜，B错误；C.计算机芯片的主要材料是经提纯的Si，C错误；D.屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理，D正确，答案选D。
2.如图表示一些物质间的从属关系，不正确的是（ ）
选项
X
Y
Z
H
A
分散系
胶体
溶液
烟
B
电解质
酸
碱
盐
C
元素周期表的纵行
主族
副族
卤族
D
化合物
共价化合物
离子化合物
酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，概念的范畴为X包含Y和Z，Y包含H，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答；
A.根据微粒的直径不同将分散系分为溶液、胶体、浊液分析；
B.电解质包含酸、碱、盐；
C.元素周期表中的7个主族，卤族也是主族；
D.全部由共价键结合的化合物为共价化合物，酸为共价化合物，以此解答。
【详解】A、分散系包含胶体和溶液，烟属于胶体，故A正确；
B、电解质包含酸、碱、盐，酸不能包含盐，即Y不包含H，故B错误；
C、元素周期表的纵行包含主族和副族，主族包含卤族，故C正确；
D、化合物包含共价化合物和离子化合物，共价化合物包含酸，故D正确。
故答案选B。
3.下列装置能达到相应实验目的的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；
B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷有生成NH4Cl；
C.碘易溶于酒精，不分层；
D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体。
【详解】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取Fe（OH）2并观察其颜色，所以A选项是正确的；
B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成NH4Cl，因此得不到氨气，故B错误；
C.碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故C错误；
D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化氮，故D错误。
所以A选项是正确的。
4.下列关于离子方程式的评价正确的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：
2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2
正确；
Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化
B
用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：
2Cl－－2e－==Cl2↑
正确；
Cl－优先于OH－放电
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：
SO2＋H2O＋ClO－==HClO＋HSO3－
正确；
H2SO3的酸性强于HClO
D
Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：
Mg2＋＋2HCO3－＋2OH－==MgCO3↓＋2H2O
正确；
MgCO3比Mg（OH）2更难溶
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化；
B.铜做电极，阳极为活性电极，阳极参与放电；
C.HClO有强氧化性；
D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A.氯气过量，二价铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：
2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A正确；
B.用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：
Cu-2e-=Cu2+，评价及离子方程式均不合理，故B错误；
C.HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：
SO2＋H2O＋ClO－==Cl-＋SO42-+2H+,评价及离子方程式均不合理，故C错误；
D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式：
Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－===Mg（OH）2↓＋2CO32-+2H2O，故D错误。
所以A选项是正确的。
5.已知下列实验事实：
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。
下列判断不正确的是
A.化合物KCrO2中Cr元素为+3价
B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C.实验②证明氧化性：
Cr2O72－＞I2
D.实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、根据化合价规则判断：
化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是＋1价和－2价，则Cr元素为+3价，正确；B、根据两性氧化物的概念判断，Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液，则Cr2O3是两性氧化物，正确；C、根据氧化还原反应的强弱规律判断，将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的，正确；D、向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液，Cr元素的化合价从＋3价升高到＋6价，失去电子，KCrO2是还原剂，双氧水中氧元素的化合价从—1价降低到—2价，双氧水是氧化剂，只表现氧化性，错误。
考点：
考查化合价规则、两性氧化物以及氧化还原反应的有关判断。
6.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A.4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA
B.标准状况下，22.4L己烷含有的共价键数目为19NA
C.1LpH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目一定为0.1NA
D.1mol的Na2O和BaO2混合物中含有的阴、阳离子总数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A项，H218O与D216O的相对分子质量均为20，中子数均为10，所以4.0g由H218O与D216O的混合物所含中子数为2NA，故A项正确；
B项，标准况下己烷为液体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故B项错误；
C项，pH=13的NaOH溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则溶液中的OH-的物质的量n=CV=0.1mol，由于水还能电离出极少的氢氧根，故溶液中氢氧根的个数多于0.1NA个，故C项错误；
D项，1mol的Na2O中有3mol离子，1molBaO2中有2mol离子，则1mol的Na2O和BaO2的混合物中含的阴、阳离子总数小于3NA，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
7.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl（aq）、Al（OH）3、NaOH（aq）六种物质，它们之间的关系如图所示，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（）
A.X可能为Al或Cl2B.Y一定为NaOH（aq）
C.N一定是HCl（aq）D.Q、Z中的一种必为Al2O3
【答案】A
【解析】
图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，和可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质中一种，答案选A。
8.下列实验中根据现象得出的结论错误的是（）
选项
实验
现象
结论
A
相同条件下，用1mol·L−1的CH3COOH和1mol·L−1的HCl分别做导电性实验
CH3COOH溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液可能含有NO3－
C
向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3
D
向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg（OH）2]>
Ksp[Cu（OH）2]
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
A．同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，可以证明醋酸为弱酸；
B．铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气被氧化为红棕色二氧化氮；
C．使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则钾盐可能为KClO与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是K2SO3或KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫；
D．难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀。
【详解】A．同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的氢离子浓度小，所以醋酸为弱酸，故A正确；
B．铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气被氧化为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液中可能含有NO3-，故B正确；
C．使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则可能为KClO与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是K2SO3或KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫，故C错误；
D．难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。
在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出Ksp[Mg（OH）2]>
Ksp[Cu（OH）2]结论，故D正确。
故答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比较等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。
9.已知苯乙烯的结构为
。
有关该物质的下列说法正确的是（）
A.该物质在一定条件下和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物6种
B.该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同
C.苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上
D.除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应
【答案】A
【解析】
【分析】
A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H；
B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；
C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连；
D.苯环可与氢气发生加成反应。
【详解】A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一溴取代物有6种，所以A选项是正确的；
B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，均褪色，但原理不同，故B错误；
C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，该反应为可逆反应，无法控制反应的限度，无法除杂，故D错误。
所以A选项是正确的。
10.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。
下列说法中，正确的是
A.B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E强
B.某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的盐
C.向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红
D.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物
【答案】C
【解析】
短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是碳元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素。
A．高氯酸的酸性比硝酸的强，A错误；B．某物质焰色反应呈黄色，该物质含有Na元素，可能是含钠盐，也可能为NaOH等，B错误；C．Mg单质与沸水反应后生成氢氧化镁，溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，C正确；D．A的氢化物是甲烷、B的氢化物是氨气，氨气分子之间形成氢键，沸点高于甲烷的，D错误，答案选B。
点睛：
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素化合物知识的考查，B选项为易错点，注意氢键对物质性质的影响。
注意在对物质性质进行解释时，是用化学键知识解释，还是用范德华力或氢键的知识解释，要根据物质的具体结构决定。
11.下列说法不正确的是（）
A.已知冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，冰中氢键键能为20kJ•mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键
B.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a,电离常数
。
若加水稀释，则CH3COOH
CH3C00-+H+向右移动，a增大，Ka不变
C.甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1
D.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H=-38.6kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A项，1mol冰中有2mol氢键，由氢键的键能可知，完全破坏其中的氢键要吸收40kJ的热量。
由冰的熔化热可知，1mol冰熔化要吸收6.0kJ，若熔化热完全用于破坏冰的氢键，则能破坏的氢键的百分比为
100%=15%，故A项正确；
B项，可知在醋酸中加水稀释，其电离平衡正向移动，电离度应增大，而电离平衡常数Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，故B项正确；
C项，甲烷的标准燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成稳定氧化物所放出的能量，可知热化学方程式正确，故C项正确；
D项，该反应是可逆反应，无法进行到底，可知该反应的反应热不等于-38.6kJ/mol，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
12.下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是
A.如图1所示，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线
B.某温度下FeS、CuS的沉淀溶解平衡曲线如图2所示，纵坐标c（M2+）代表Fe2+或Cu2+的浓度，横坐标c（S2—）代表S2—浓度。
在物质的量浓度相等的Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，首先沉淀的离子为Fe2+
C.如图3所示，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时：
c（Na+）=c（CH3COO—）＞c（OH—）=c（H+）
D.据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在5.5左右
【答案】C
【解析】
A．用0.1mol/LNaOH溶液滴定醋酸时，随着加入氢氧化钠的量的增加，醋酸会电离出一部分氢离子，所以出现的pH值突越要缓慢，故A错误；B．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同浓度Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20ml0.1mol/LNaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（CH3COO-），c（H+）=c（OH-），则c（CH3COO-）=c（Na+），得到当pH=7时：
c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故C正确；D．分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为3.7，加入氧化铜会调节溶液pH，到pH=5.5时铜离子会沉淀，应调节溶液pH小于5.5，故D错误；故选C。
点睛：
溶液中离子浓度大小比较，应从溶液的酸碱性及溶液中各微粒之间守恒关系考虑，最常见的守恒为电荷守恒和物料守恒，如0.1molNaHCO3溶液，因（HCO3-的水解大于其电离，溶液显碱性，同时溶液中除溶剂水外，还存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-及H2CO3，其中电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），物料守恒式为c（Na+）＝c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），至于其它等式关系可以通过电荷守恒和物料守恒利用等量替换得到。
13.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。
某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）
A.HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42- 的反应为:
HS-+4H2O-8e-==SO42-+9H+
B.电子从b流出，经外电路流向a
C.如果将反应物直接燃烧,能量的利用率不会变化
D.若该电池电路中有0.4mol 电子发生转移，则有0.45molH+通过质子交换膜
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可以知道硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应4H++O2+4e-=2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。
【详解】A、负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，所以A选项是正确的；
B、b是电池的正极，a是负极，所以电子从a流出，经外电路流向b，故B错误；
C、如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会有变化，故C错误；
D、根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子发生转移，则有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误。
所以A选项是正确的。
14.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：
C（s）+CO2（g）
2CO（g）。
平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：
气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数。
下列说法正确的是
A.550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆均减小，平衡不移动
B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总
【答案】B
【解析】
A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1mol，则反应产生CO0.4mol，其中含有CO20.6mol，反应产生0.4molCO消耗CO2的物质的量是0.2mol，因此CO2转化率为0.2mol÷（0．6mol+0.2mol）×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=
，D错误。
答案选B。
视频
15.短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。
（1）M在元素周期表中的位置是__________________________。
（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。
已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
p的化学式为_____________。
（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:
1:
1。
已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。
（4）（XY）2的性质与Cl2相似，（XY）2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。
（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。
【答案】
（1）.第三周期第VIA族
（2）.NH4SCN（3）.N≡C—O—O—C≡N（4）.（CN）2+2OH－=CN－+CNO－+H2O（5）.2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O
【解析】
试题分析：
元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；M是S元素。
W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。
（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；
（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。
已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色P中含有
；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有
。
p的化学式为NH4SCN。
（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:
1:
1。
已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。
（4）（CN）2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，（CN）2与NaOH溶液反应的离子方程式为（CN）2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。
（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O2=NH4NO3+4O2+H2O。
考点：
本题考查原子结构、元
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