备战高考化学《氮及其化合物的推断题综合》专项训练含详细答案

备战高考化学《氮及其化合物的推断题综合》专项训练含详细答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．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】NH4 HCO3 NH3 BaCO3 CO2++Ba2 + +2OH－NH3 ↑+BaCO3
↓+2H2O BaCO3 +2H+ ══Ba2 + +CO2 ↑+H2 O
【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NH4 HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4 HCO3，则分解产生的气
体的平均相对分子质量为79
3
=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96
4
=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
NH4 HCO3，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NH4 HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4 HCO3，则分解产生的气
体的平均相对分子质量为79
3
=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96
4
=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
NH4 HCO3，据此答题。

（1）根据上面的分析可知，A为NH4 HCO3，B为NH3，C为BaCO3 ，D为CO2；
故答案为：NH4 HCO3；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↑+H2 O；
故答案为：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O；BaCO3 +2H+═Ba2++CO2↑+H2 O。

2．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成共价化合物XH3、H2Z和HW；Y与氧元素可形成离子化合物Y2O和Y2O2。

（1）Y2Z的电子式是________
（2）实验室可用如图所示装置制备并收集XH3(缺少收集装置，夹持固定装置略去)。

①图中方框内应选用连接_____烧瓶收集XH3（填“A或B”）。

②实验室制法中大试管中的试剂一般选用(填写化学式)_________________。

烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是(用电离方程式表示)：___________________________________③XH3是工业上氧化法制硝酸的重要基础原料，制备过程中该物质发生的化学反应方程式为__________________________。

（3）磷在W2中燃烧可生成两种产物，其中一种产物甲，分子中各原子最外层不全是8电子结构，甲的化学式是_________。

XH3和HW两种化合物能反应生成离子化合物乙，n mol 甲与n mol乙在一定条件下反应，生成4n mol HW和另一化合物，该化合物蒸气的密度是相同状况下氢气密度的174倍，其化学式是_________。

【答案】 A NH4Cl和Ca(OH)2NH3⋅H2O NH4++OH−4NH3＋5O2 4NO＋6H2O PCl5P3N3Cl6
【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与氧元素可形成离子化合物Y2O 和Y2O2，则Y为Na；其中X、Z、W与氢元素可组成共价化合物XH3、H2Z和HW，则X为N、Z为S、W为Cl。

【详解】
（1）Na2S的电子式是。

（2）①收集NH3用向下排空气法，故图中方框内应选用连接A烧瓶收集NH3。

②实验室制法中大试管中的试剂一般选用NH4Cl和Ca(OH)2。

烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是氨气与水反应生成的一水合氨是弱碱，其电离方程式为NH 3⋅H2O NH4++OH−。

③NH3是工业上氧化法制硝酸的重要基础原料，制备过程中，该物质发生催化氧化，化学反应方程式为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。

（3）磷在Cl2中燃烧可生成两种产物，其中一种产物甲，分子中各原子最外层不全是8电子结构，则甲为五氯化磷，其化学式是PCl5。

NH3和HCl两种化合物能反应生成离子化合物氯化铵，n mol PCl5与n molNH4Cl在一定条件下反应，生成4n mol HCl和另一化合物，该
化合物蒸气的密度是相同状况下氢气密度的174倍，则该化合物的相对分子质量为348，由质量守恒定律可知，其化学式是P3N3Cl6。

【点睛】
本题考查了根据元素所形成的化合物的结构和性质进行元素推断，还考查了化合物的电子式书写、氨气的实验室制法、硝酸的工业制法、有关化学式的计算。

要求学生要掌握短周期元素的原子结构，掌握常见气体的实验室制法和收集方法，掌握重要化合物的工业制法。

3．已知A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。

A、B、C、D、E、F间有如图变化关系：
（1）A的名称是___；D的化学式是___。

（2）B→D反应的化学方程式___。

（3）A与水反应的化学方程式___。

【答案】钠NH3NaOH+NH4Cl ∆
NaCl+NH3↑+H2O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
【解析】
【分析】
B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色，可知B溶液中含有钠元素，A是金属，和水反应生成B和E，可知A是钠，B是NaOH溶液，E是氢气。

氢气和氯气点燃生成HCl，NaOH溶液和固体C在加热下生成气体D，则D为NH3，氨气和HCl化合生成NH4Cl，能看到白烟，所以C为NH4Cl。

【详解】
由以上分析可知，A是金属钠，B是NaOH，E是H2，C是NH4Cl，D是NH3，F是HCl。

（1）A的名称是钠；D的化学式是NH3。

（2）B→D反应的化学方程式是NaOH+NH4Cl ∆
NaCl+NH3↑+H2O。

（3）A与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

【点睛】
根据特征颜色和特殊实验现象可以快速找到无机推断题的突破口，如B溶液能使酚酞试液变红，说明溶液显碱性，焰色反应呈黄色，说明溶液中有钠元素；D、F相遇会产生白烟通常是氨气和氯化氢反应生成氯化铵的反应。

4．A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。

(1)若A 是一种黄色单质固体，则B→C 的化学方程式为____。

(2)若A 是一种活泼金属，C 是淡黄色固体，则C 的名称为____，试用化学方程式表示该物质与水的反应____。

将C 长期露置于空气中，最后将变成物质D ，D 的化学式为____。

(3)若C 是红棕色气体，A 是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

请结合所学知识，写出实验室制取A 的化学方程式____。

【答案】2SO 2+O 2催化剂Δ垐垐垐垎噲垐垐垐 2SO 3 过氧化钠 2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2 Na 2CO 3
2NH 4Cl+Ca(OH)2
ΔCaCl 2+2NH 3↑+2H 2O
【解析】
【分析】
【详解】 (1)若A 是一种黄色单质固体，为S ，硫被氧气氧化变为二氧化硫，二氧化硫被氧气氧化生
成三氧化硫，则B→C 的化学方程式为2SO 2+O 2催化剂Δ垐垐垐垎噲垐垐垐2SO 3；
(2)若A 是一种活泼金属，C 是淡黄色固体，则C 为过氧化钠，A 为金属钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式表示该物质与水的反应
2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2，将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，则D 的化学式为Na 2CO 3；
(3)若C 是红棕色气体，A 是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A 为氨气，B 为一氧化氮，C 为二氧化氮，实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙加热反应，其化学方程式2NH 4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl 2+2NH 3↑+2H 2O 。

5．关键环节训练A 、B 、C 、D 四物质有如下转化关系(反应条件和部分产物已略去)：
A 2O −−−−→
B 2O −−−−→
C 2H O
−−−→D 。

回答下列问题： (1)若A 为气态氢化物和D 能通过化合反应生成一种盐，则：
①简述检验A 气体的方法________；
②写出D 制备B 的离子方程式_______；
③写出由A 生成B 的化学方程式_________；
④某同学用干燥的圆底烧瓶收集一瓶A 气体，用滴入酚酞的水做喷泉实验，能观察到美丽的红色喷泉。

用方程式解释喷泉呈红色的原因____________；
(2)若A 与B 反应能生成一种淡黄色固体单质。

写出B→C 的化学方程式__________；
(3)若A 是金属单质，C 是一种淡黄色固体。

写出C 的电子式________说出C 的一种用途_______。

(4)学法题：结合A 2O −−−−→ B 2O −−−−→C 2H O
−−−→D 转化关系总结出连续氧化的物质有______(至少写出三组物质)。

【答案】用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则为氨气 3Cu+8H ++2NO 3-
=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 4NH 3+5O 2
催化剂加热4NO+6H 2O NH 3+ H 2O ⇌NH 3∙H 2O ⇌NH 4++ OH - 2SO 2+O 2垐垐垐?噲垐垐?催化剂加热
2SO 3 做供氧化剂 C 2O −−−−→CO 2O −−−−→CO 2，S 2O −−−−→SO 22O −−−−→SO 3，
N 22O −−−−→NO 2O
−−−−→NO 2 【解析】
【分析】
(1)若A 为气态氢化物且和D 能通过化合反应生成一种盐，则A 为NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3；
(2)若A 与B 反应能生成一种淡黄色固体单质，则A 为H 2S ，B 为SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4；
(3)若A 是金属单质，C 是一种淡黄色固体，则A 是Na ，B 是Na 2O ，C 是Na 2O 2，D 是NaOH ；
据此分析解答。

【详解】
(1)①NH 3与水反应生成NH 3·H 2O ，NH 3·H 2O 显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，所以，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，若试纸变蓝，则为氨气，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则为氨气；
②稀硝酸和Cu 反应可产生NO ，离子方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，故答案为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；
③由A 生成B 的方程式为：4NH 3+5O 2催化剂加热4NO+6H 2O ，故答案为：
4NH 3+5O 2催化剂加热4NO+6H 2O ；
④喷泉呈红色是因为，氨气与水反应生成了一水合氨，一水合氨电离产生了OH -，方程式为：NH 3+ H 2O ⇌NH 3∙H 2O ⇌NH 4++ OH -，故答案为：NH 3+ H 2O ⇌NH 3∙H 2O ⇌NH 4++ OH -；
(2) B→C 的化学方程式为：2SO 2+O 2垐垐垐?噲垐垐?催化剂加热2SO 3，故答案为：2SO 2+O 2垐垐垐?噲垐垐?催化剂加热
2SO 3； (3)Na 2O 2的电子式为：
，Na 2O 2可作供氧剂，故答案为：；
供氧剂； (4)能连续被氧化的组合有很多，例如：C 2O −−−−→CO 2O −−−−→CO 2，
S 2O −−−−→SO 22O −−−−→SO 3，N 22O −−−−→NO 2O −−−−→NO 2，故答案为：
C 2O −−−−→CO 2O −−−−→CO 2，S 2O −−−−→SO 22O
−−−−→SO 3，
N 22O −−−−→NO 2O
−−−−→NO 2。

6．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A 、F 为无色气体单质，B 为具有刺激性气味的气体，C 为黑色氧化物，E 为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。

请回答下列问题：
（1）D 的化学式为__；F 的结构式为__。

（2）A 与B 生成D 的反应在工业上是生产__的反应原理之一。

（3）E 与G 的稀溶液反应的离子方程式为__。

（4）B 和C 反应的化学方程式为__。

（5）J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀。

写出SO 2还原J 生成K 的离子方程式：__。

【答案】NO N≡N 硝酸 3Cu+8H ++2NO 3−=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 3CuO+2NH 3加热3Cu+N 2+3H 2O 2Cu 2++2Cl -+SO 2+2H 2O=2CuCl↓+4H ++SO 42− 【解析】
【分析】
E 为红色金属单质，应为Cu ，则C 为CuO ，B 为具有刺激性气味的气体，应为NH 3，可与CuO 在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu ，生成的气体单质
F 为N 2，可与氧气在放电条件下反应生成NO ，则A 为O 2，D 为NO ，
G 为HNO 3，
H 为Cu(NO 3)2，
I 为Cu(OH)2，
J 为CuCl 2，J 、
K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 应为CuCl ，据此分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知D 为NO ，F 为N 2，结构式为N≡N ；
(2)O 2与NH 3发生催化氧化生成NO 和水，NO 被氧化生成NO 2，溶于水生成硝酸，因此O 2与NH 3发生催化氧化生成NO 是工业生成硝酸的重要反应之一；
(3)G 为HNO 3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H ++2NO 3−=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；
(4)B 为NH 3，可与CuO 在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu ，反应的方程式为3CuO+2NH 3加热3Cu+N 2+3H 2O ；
(5)SO 2还原CuCl 2生成CuCl 的离子方程式为2Cu 2++2Cl -+SO 2+2H 2O=2CuCl↓+4H ++SO 42−。

7．非金属单质A 经如图所示的过程转化为含氧酸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:
①D 的化学式是________；
②在工业生产中，B 气体的大量排放被雨水吸收后形成了________而污染了环境。

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体:
①A、C的化学式分别是：A________；C________。

②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式
_______________________________________________。

该反应________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。

【答案】H2SO4酸雨 N2 NO2 Cu＋4HNO3(浓)==Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 属于
【解析】
【分析】
【详解】
（1）S被O2氧化生成SO2，SO2再被O2氧化生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4；
（2）N2被O2氧化生成NO，NO再被O2氧化生成NO2，NO2与水反应生成HNO3
8．下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。

请回答下列问题：
(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。

(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。

(3)在25 ℃和101 kPa的条件下，将VL的B气体溶于100 mL水中，得到密度为ρg∙mL－1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为________ mol·L－1。

(已知25 ℃、101 kPa条件下气体摩尔体积为24.5 L·mol－1，不必化简)
(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。

(5)B和C反应的化学方程式为__________。

(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：______。

【答案】钝化 3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
冒白烟 3CuO＋
2NH3=3Cu＋N2＋3H2O 2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O Δ
2CuCl↓＋4H＋＋SO42－
【解析】
【分析】
(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；
(3)氨气的物质的量是V 24.5mol ，溶液的质量是17V +10024.5⎛⎫ ⎪⎝⎭
g ，溶液的体积为-1
17V +100g 24.5ρg mL ⎛⎫ ⎪⎝⎭g ＝17V+245024.5ρmL ，据此解答； (4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；
(5)B 与C 反应即CuO 和NH 3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 是CuCl ，SO 2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；
【详解】
A 、F 为无色气体单质，
B 为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B 获得1918年的诺贝尔化学奖，则B 是氨气，A 是氧气，D 是NO ，F 是氮气，G 是硝酸。

C 为黑色氧化物，E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀，则C 是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E 是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I 是氢氧化铜，J 是氯化铜。

(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ，故答案为：3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ；
(3)氨气的物质的量是V 24.5mol ，溶液的质量是17V +10024.5⎛⎫ ⎪⎝⎭
g ，溶液的体积为-117V +100g 24.5ρg mL ⎛⎫ ⎪⎝⎭g ＝17V+245024.5ρmL ，所以溶液的物质的量浓度为V 100024.517V+245024.5ρ
⨯mol·L －1，故答案为：V 100024.517V+245024.5ρ
⨯；
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；
(5)B 与C 反应的化学方程式为3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O ，故答案为：3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O ；
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 是CuCl ，SO 2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O
Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－，故答案为：2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－。

9．A 、B 、C 、D 是四种常见气体单质。

E 的相对分子质量比F 小16，且F 为红棕色。

有关
的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。

请回答下列问题：
（1）D的化学式为__，Y的化学式为__，E的化学式为__。

（2）Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为__。

（3）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为__。

（4）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？__，理由是__。

【答案】H2 NH3 NO 2NH3＋3CuO N2＋3Cu＋3H2O 6NO＋4NH35N2＋6H2O 有二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F 为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为
氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3，据此解答。

【详解】
A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F 为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为
氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3；
(1)由上述分析可知，D的化学式为H2，Y的化学式为NH3，E的化学式为NO；
(2)NH3与氧化铜反应，每生成1mol N2消耗3mol氧化铜，还原产物中Cu应是化合价为a，则：3(2-a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O；
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环
境的污染，该反应的化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O；
(4)二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有沉淀生成。

10．A、B和C为常见气体，A是所有气体中密度最小的气体；B是黄绿色气体；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

D是目前用量最大，用途最广的金属。

请回答下列问题：
(1)A是________(填化学式)
(2)实验室制取C时，常用________（填“向下”或“向上”）排空气法收集；
(3)B与D的单质在点燃条件下反应的化学方程式为______________________________
【答案】H2向下 2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】
【分析】
A是密度最小的气体，则A为H2；B是黄绿色气体，则B为Cl2；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3；D是目前用量最大，用途最广的金属，则D为Fe。

【详解】
（1）A是氢气，氢气的化学式为H2，故答案为H2；
（2）C为NH3，NH3的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，故答案为向下；
（3）B为Cl2，D为Fe，Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，反应的化学方程式为
2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。

【点睛】
本题考查元素化合物，掌握元素化合物的性质是解答关键。

11．（1）有一种金属单质A，焰色反应颜色呈黄色，能发生如图所示变化：
上图中淡黄色固体B是_____________（填化学式）
（2）二氧化氮（NO2）是一种红棕色的有毒气体，二氧化氮与水反应生成硝酸和___。

（3）写出（1）中C溶液与硝酸反应的化学方程式：________________。

【答案】Na2O2 NO或一氧化氮 NaOH+ HNO3＝NaNO3+ H2O
【解析】
【分析】
根据焰色反应原理及物质的性质分析解答。

【详解】
（1）焰色反应颜色呈黄色，则含有钠元素，则金属单质A为钠，钠与氧气在加热条件下生成淡黄色固体B，则B为Na2O2，故答案为：Na2O2；
（2）二氧化氮与水发生歧化反应，反应生成硝酸和NO，故答案为：NO或一氧化氮；（3）反应（1）中过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，C溶液为氢氧化钠溶液，氢氧
化钠与硝酸反应生成硝酸钠和水，化学方程式为：NaOH+ HNO3＝NaNO3+ H2O，故答案为：NaOH+ HNO3＝NaNO3+ H2O。

12．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。

A、C是常见的强酸，B 是黄色非金属单质；E是紫红色金属单质，G是最常见的无色液体；D、F、I是常见的气体，D为红棕色，D与I组成元素相同，且相对分子质量相差16。

请回答下列问题：
（1）G的化学式为________。

（2）反应①的化学方程式为_____________________________。

（3）E与A的浓溶液反应的离子方程式为_________________________________。

（4）反应②的化学方程式为_____________________________________。

【答案】H2O Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O Cu＋4H＋＋2NO3—=== Cu2＋＋
2NO2↑＋2H2O SO2＋NO2＋H2O=== H2SO4＋NO
【解析】
【分析】
由题意和转化关系可知，E是紫红色的金属单质，则E为Cu；A、C是常见的强酸，黄色非金属单质B与A反应得到C和D，D为红棕色气体，且C能与Cu反应生成F、G、H，且G 是最常见的无色液体可知A为HNO3、B为S、C为H2SO4、D为NO2、G为H2O、H为CuSO4；D与I组成元素相同，且相对分子质量相差16，而D、F、G反应得到C和I，则F 为SO2、I为NO。

【详解】
（1）由分析可知，G为水，化学式为H2O，故答案为：H2O；
（2）反应①为铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu ＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋
2H2O；
（3）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3—= Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故答案为：Cu＋4H＋＋2NO3—= Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；
（4）反应②为二氧化硫与二氧化氮和水发生氧化还原反应生成硫酸和一氧化氮，反应的化学方程式为SO2＋NO2＋H2O=H2SO4＋NO，故答案为：SO2＋NO2＋H2O=H2SO4＋NO。

【点睛】
由B是黄色非金属单质、E是紫红色金属单质、G是最常见的无色液体、D为红棕色气体是解答的突破口，结合题给转化关系确定各物质的化学式是解答关键，
13．某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、
NH 4+、Cl -、CO 32- 和SO 42-。

现每次取100.00mL 进行实验：（已知：NH 4++OH -
Δ NH 3↑
+H 2O ）
① 第一份加入AgNO 3溶液有沉淀产生；
② 第二份加入足量NaOH 后加热，收集到气体0.896 L （标准状况下） ③ 第三份加入足量BaCl 2溶液后得干燥沉淀6.27g ，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余
2.33g 。

请回答：
(1)c(CO 32-) =_________mol/L ；
(2)K + 是否存在？__________；若存在，浓度范围是__________(若不存在，则不必回答第2问)；
(3)根据以上实验，不能判断______（填离子符号）是否存在。

若存在此离子，如何进行检验？_____________________________________________________。

【答案】0.2 存在 c (K +)≥0.2mol/L Cl - 取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl -，否则无Cl -
【解析】
【分析】
先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；
(1)先判断③中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；
(2)先确定实验③中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；
(3)根据实验现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰。

【详解】
根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl -、CO 32-、SO 42-；根据实验②现象判断，该溶液中含有NH 4+；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO 32-和SO 42-离子，同时排除溶液中含有Mg 2+、Fe 2+、Al 3+；
(1)根据实验③现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，则碳酸钡的物质的量为()6.27 2.33g
197/mol g -=0.02mol ，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=n V ＝0.02mol 0.1L
=0.2mol/L ； (2)根据实验③现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，其物质的量为
2.33233/mol
g g =0.01mol ；由生成的NH 3为0.896L ，可知铵根离子的物质的量为0.89622.4/mol
L L =0.04mol ；根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单
位的正电荷，设其物质的量为xmol，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程
式， 0.02mol×2+0.01mol×2=0.04m0l×1+xmol×1，解得：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=n V
＝0.02mol
0.1L
=0.2mol/L，因溶液中可能还含有Cl-，则实际c(K+)≥0.2mol/L；
(3)根据实验①现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，则实际操作为取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl-，否则无Cl-。

14．A、B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：
①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，E、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
②F呈红棕色；
③G和H均能使品红褪色，A在H中安静燃烧并产生苍白色火焰；
④C在D中完全燃烧生成E和H2O，同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属。

请回答下列问题：
(1)E的电子式为_____，D中所含元素的基态原子核外电子排布式为___，C分子中的σ键和π键的个数之比为___。

(2)写出实验室用固体药品制取B的化学方程式_______________。

(3)若从a口通入气体G，从b口通入气体F，X为氯化钡溶液，观察到的现象是
_____________,
反应的离子方程式为_________________。

(4)已知：E(g)+3A(g)垐?
噲?CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-53.66 kJ·mol-1
2CH3OH(l)垐?
噲?CH3OCH3(g)+H2O(l) ΔH=-23.4 kJ·mol-1
写出E有催化剂时与A合成二甲醚(CH3OCH3)的热化学方程式_____________。

(5)气体C能使硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色，产物之一是E，该反应的化学方程式为
___________。

【答案】 1s22s22p4 3∶2 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
2NH3↑+2H2O+CaCl2产
生白色沉淀，洗气瓶上方出现浅红棕色 H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO+2H+
噲?CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-130.72 kJ·mol-1
2CO2(g)+6H2(g)垐?
C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体，它们均由短周期元素组成。

①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A、C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，三种气体既不显酸性也不显碱性，E、F、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，均表现酸性；②F呈红棕色，则F为NO2；③G和H均能使品红褪色，结合相对分子质量可知，G为SO2、H为Cl2；A在H中安静燃烧并伴有产生苍白色火焰，则A为H2；④C在D中完全燃烧生成E和H2O，同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属，结合①可知，该反应为乙炔在氧气中燃烧得到CO2与水，C为C2H2、D为O2、E为CO2，据此分析解答。

【详解】
根据上述分析，A为H2，B为NH3，C为C2H2，D为O2，E为CO2，F为NO2，G为SO2，H 为Cl2。

(1) E为CO2，电子式为；D为O2，O元素的基态原子核外电子排布式为
1s22s22p4；C为C2H2，结构式为H-C≡C-H，，分子中的σ键和π键的个数之比为3∶2，故答案为：；1s22s22p4；3∶2；
(2)实验室制取NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(3)若从a口通入气体SO2，从b口通入气体NO2，二氧化氮与水反应得到硝酸与NO，硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，被还原为NO，硫酸与氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO↑+2H+，NO与空气中氧气反应得到二氧化氮，反应的方程式为2NO+O2=NO2，观察到的现象是：有白色沉淀生成，溶液上方无色气体变为红棕色，故答案为：有白色沉淀生成，溶液上方无色气体变为红棕色；
H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO↑+2H+；
(4)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)△H=-53.66kJ/mol，②2CH3OH(l)⇌
CH3OCH3(g)+H2O(l) △H=-23.4kJ/mol，根据盖斯定律，反应2CO2(g)+6H2(g)⇌
CH3OCH3(g)+3H2O(l)可以是①×2+②得到，所以△H=(-53.66kJ/mol)×2-23.4kJ/mol =-
130.72kJ/mol，即2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H=-130.72kJ/mol，故答案为：
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H=-130.72kJ/mol；
(5)气体C2H2具有还原性，能使用硫酸酸化的KMnO4溶液褪色，产物为CO2、MnSO4和水，该反应的化学方程式为C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O，
故答案为：C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O。

【点睛】
根据物质的特殊颜色和特殊性质正确推断物质是解题的关键。

本题的易错点为(3)，要注意二氧化硫具有还原性，二氧化氮具有氧化性。

15．镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A有下面一系列变化。

气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。