备战高考化学氮及其化合物推断题综合题含答案

备战高考化学氮及其化合物推断题综合题含答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．有关物质的转化关系如下图所示。

C是海水中最多的盐，D是常见的无色液体。

E和G 为无色气体，其中E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

B、C、I、J的焰色反应为黄色，其中I 可用于制发酵粉或治疗胃酸过多。

⑴F的化学式为______。

E的电子式为______。

⑵写出反应①的离子方程式：______。

⑶写出反应②的化学方程式：______。

⑷写出反应③的化学方程式：______。

【答案】NH3·H2O NH4+＋OH－NH3↑＋H2O NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋
NaHCO3↓ 2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3
【解析】
【分析】
由C是海水中最多的盐可知，C为氯化钠；由D是常见的无色液体可知，D为水；由E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，E为氨气；由B、C、I、J的焰色反应为黄色可知，B、C、I、J为含有钠元素的化合物；由I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多可知，I为碳酸氢钠；由转化关系可知A为氯化铵，氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液混合，会反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则B为氢氧化钠、F为一水合氨、G为二氧化碳、H为碳酸氢铵、J为碳酸钠。

【详解】
（1）由以上分析可知，F为一水合氨；E为氨气，氨气为共价化合物，电子式为，故答案为：NH3·H2O；；
（2）反应①为氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为NH4+＋OH－NH3↑＋H2O，故答案为：NH4+＋OH－NH3↑＋H2O；
（3）反应②为碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故答案为：NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓；
（4）反应③为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为
2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3，故答案为：2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3。

【点睛】
由题意推出C 为氯化钠、D 为水、E 为氨气，并由此确定A 为氯化铵、B 为氢氧化钠是推断的难点，也是推断的突破口。

2．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下（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二氧化碳气体的反应_______________________________。

将C 长期露置于空气中，最后将变成物质D ，D 的化学式为_____________。

现有D 和NaHCO 3的固体混合物10g ，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38 g ，D 的质量分数为________。

（3）若C 是红棕色气体，A 可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

下图是实验室制取A 气体的装置，请结合所学知识，回答下列问题：
①收集A 的方法是________，验证A 是否已经收集满的方法是_________（任写一种）。

②写出实验室制取A 的化学方程式____________________________。

③若有5.35g 氯化铵参加反应，则产生的A 气体在标准状况下的体积为_______L 。

④试写出C 与水反应的化学方程式______________，反应可得到酸X 。

如下图：足量X 的浓溶液与Cu 反应，写出烧瓶中发生反应的离子方程式____________________。

实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为 __________（写化学式）
【答案】2SO 2＋O 2Δ垐垐垎噲垐垐
催化剂 2SO 3 过氧化钠 2Na 2O 2＋2CO 2＝2Na 2CO 3＋O 2 Na 2CO 3 83.2% 向下排空气法 将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满。

（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满） Ca(OH)2＋2NH 4Cl ΔCaCl 2＋2NH 3↑＋2H 2O 2.24 3NO 2＋H 2O ＝2HNO 3＋NO Cu ＋4H ＋＋2 NO 3-＝Cu 2＋＋2NO 2↑＋2H 2O NO
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A 是一种黄色单质固体，则为硫单质，与氧气点燃生成二氧化硫，B→C 为二氧化硫
与氧气催化氧化生成三氧化硫，则化学方程式为2SO 2＋O 2催化剂Δ垐垐垐垎噲垐垐垐2SO 3，故答案
为：2SO 2＋O 2催化剂Δ垐垐垐垎噲垐垐垐2SO 3；
（2）C 是淡黄色固体，则C 为过氧化钠；过氧化钠与二氧化碳反应的方程式为2Na 2O 2＋2CO 2＝2Na 2CO 3＋O 2；将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化碳反应生成碳酸钠，即最后将变成Na 2CO 3；将Na 2CO 3和NaHCO 3的固体混合物加热，则碳酸氢钠发生分解，剩余固体为碳酸钠，设碳酸钠的质量为mg ，则碳酸氢钠的质量为（10-m ）g ，碳酸氢钠分解生成的碳酸钠的质量为(10-m)106842
⨯⨯g ，则(10-m)106+m=9.38842
⨯⨯，m=8.32g ，碳酸钠的质量分数为8.32g 100%10g ⨯=83.2%，故答案为：过氧化钠；2Na 2O 2＋2CO 2＝2Na 2CO 3＋O 2；83.2%；
（3）C 是红棕色气体，为二氧化氮，A 可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为氨气。

①氨气极易溶于水，密度比空气的小，则可用向下排空气法收集氨气，氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且能与氯化氢反应生成白色的氯化铵固体，有白烟产生，利用以上两种方法可以检验氨气是否收集满；故答案为：向下排空气法；将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满）；
②实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热条件下制取氨气，化学方程式为Ca(OH)2＋2NH 4Cl ΔCaCl 2＋2NH 3↑＋2H 2O ，故答案为：Ca(OH)2＋2NH 4Cl ΔCaCl 2＋2NH 3↑＋2H 2O ； ③根据化学反应方程式， 1molNH 4Cl~1molNH 3，若有5.35g 氯化铵参加反应，则产生的氨气在标准状况下的体积为33V(NH )=22.4L/mol n(NH )⨯ =
444m(NH Cl)22.4L/mol n(NH Cl)=22.4L/mol M(NH Cl)⨯⨯ = 5.35g 22.4L/mol 2.24L 53.5g/mol
⨯=，故答案为：2.24； ④二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式为3NO 2＋H 2O ＝2HNO 3＋NO ；足量浓硝酸与Cu 反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu ＋4H ＋
＋2 NO 3-＝Cu 2＋＋2NO 2↑＋2H 2O ；因为二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，则试管中收集到的气体的主要成分为NO ，故答案为：3NO 2＋H 2O ＝2HNO 3＋NO ；Cu ＋4H ＋＋2 NO 3-＝Cu 2＋＋2NO 2↑＋2H 2O ；NO 。

【点睛】
二氧化氮因为能与水发生反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，而二氧化氮密度比空气密度大，则可用向上排空气法进行收集；一氧化氮密度与空气接近，则不能用排空气法收集，而一氧化氮难溶于水，可用排水法进行收集。

3．原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X 、Y 、Z 、W ，其中X 、Z 、W 与氢元素可组成XH 3、H 2Z 和HW 共价化合物；Y 与氧元素可组成Y 2O 和Y 2O 2离子化合物。

（1）写出Y 2O 2的电子式：__，其中含有的化学键是__。

（2）将ZO 2通入品红溶液再加热的现象是__。

（3）写出X 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式__。

（4）XH 3、H 2Z 和HW 三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。

（5）由X 、W 组成的化合物分子中，X 、W 原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式__。

【答案】 离子键、共价键 品红先褪色，加热后恢复红色 3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O NH 3 NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3
【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 与氧元素可组成Y 2O 和Y 2O 2的离子化合物，Y 为Na(因原子序数关系，Y 不可能为H)，其中X 、Z 、W 与氢元素可组成XH 3、H 2Z 和HW 共价化合物，可知X 为N ，Z 为S ，W 为Cl ，以此解答。

【详解】
由上述分析可知，X 为N ，Y 为Na ，Z 为S ，W 为Cl ，
（1）Na 2O 2为Na +与2-2O 组成的离子化合物，2-
2O 中含有共价键，以此Na 2O 2的电子式为：
；所含化学键为：离子键、共价键；
（2）SO 2具有漂白性，能够漂白品红溶液，但其漂白过程具有可逆性，若加热漂白后的品红溶液，则溶液恢复至红色，故答案为：品红先褪色，加热后恢复红色；
（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，其化学方程式为：
3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；
（4）NH 3为碱性气体，H 2S 、HCl 为酸性气体，NH 3能够与H 2S 、HCl 发生化学反应； （5）N 原子最外层电子数为5，Cl 原子最外层电子数为7，由N 、Cl 组成的化合物分子中，N 、Cl 原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl 3，其中N 为-3价，Cl 为+1价，NCl 3与水反应生成一种具有漂白性的化合物，该化合物为HClO ，其反应方程式为：NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3。

【点睛】
对于NCl 3中元素化合价解释：根据鲍林电负性标度，氮的电负性为3.04，氯的电负性为
3.16，说明氯的电负性稍大于氮，根据一般性规则，电负性大的显负价，但根据实验证实NCl 3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl 3+H 2O→NH 3+HClO(未配平)，由于HClO 的强氧化性，再发生第二步反应：NH 3+HClO→N 2+HCl+H 2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。

NCl 3中元素化合价可根据以下原理解释：氮和氯的电负性差值并不大，而氮原子的半径相对于氯原子来说要小得多，因此共用电子相对应当更偏向于氮，使得氮显-3价，氯显+1价。

4．A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径是所有原子中最小的，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能发生化合反应生成一种盐，D元素是地壳中含量最高的元素。

回答下列问题：
(1)C元素的名称是____，在周期表中的位置是________。

(2)化合物BD2的结构式是_________，化合物EA的电子式是___________。

(3)A、D、E三种元素形成的化合物中含有的化学键类型有_________。

(4) D、E元素分别形成的简单离子半径大小关系是_____(用离子符号表示)；B、C元素分别形成的简单气态氢化物的稳定性大小关系是___________(用化学式表示)。

(5)C元素的简单气态氢化物遇到蘸有浓硝酸的玻璃棒的现象是_________，其原因是
_________(用化学方程式解释)
【答案】氮第二周期ⅤA族 O=C=O 离子键、共价键 O2->Na+ CH4<NH3有白烟产生 NH3+HNO3=NH4NO3
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大。

A元素的原子半径是所有原子中最小的，所以A为H；A、E同主族，则E为Na；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C；C元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能发生化合反应生成一种盐，则C为N；D元素是地壳中含量最高的元素，则D为O。

所以A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Na。

【详解】
由以上分析可知：
(1)C元素为N，名称是氮，在周期表中位于第二周期第ⅤA族。

(2)化合物BD2为CO2，每个氧原子都和碳原子共用2对电子，电子式为，结构式是O=C=O；化合物EA为NaH，是离子化合物，电子式是。

(3)A、D、E三种元素形成的化合物为NaOH，是Na+和OH-间通过离子键结合而成的离子化合物，OH-是由H和O通过共有电子对形成的，所以NaOH含有的化学键类型有离子键、共价键。

(4) D、E元素分别形成的简单离子O2-和Na+电子层结构相同，当两种微粒电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以半径O2-＞Na+；B、C元素分别形成的简单气态氢化物CH4和NH3的稳定性和元素的非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，所以稳定性：CH4＜NH3。

(5)C元素的简单气态氢化物NH3遇到蘸有浓硝酸的玻璃棒，两者会化合生成白色固体
NH4NO3：NH3+HNO3=NH4NO3，看到产生白烟。

5．A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示：
已知：X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)无色液体A是_____，A与B反应的化学方程式是____________。

(2)由X转化为N2的化学方程式为______________。

(3)白色固体C的化学式为_____。

由D转化为E的离子方程式为___。

【答案】浓氨水NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O Ca(OH)2 CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-
【解析】
【分析】
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为气体，则X为NH3，由C能与CO2生成白色沉淀D，CO2过量时又转化为无色溶液E，说明C可能是Ca(OH)2，D是CaCO3，E是Ca(HCO3)2。

常温下，产生氨气，以及根据X和C，推出A为氨水，B为生石灰，利用生石灰遇水放出热量，促使氨水分解，据此进行分析推断。

【详解】
（1）根据上述分析可知，A为氨水，氨水和氧化钙反应可以生成氨气，发生的反应是
NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
（2）利用氨气的还原性，发生的反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（3）根据上述分析可知，白色沉淀是Ca(OH)2，D转化成E的离子反应方程式为
CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－；
【点睛】
本题的突破口是X，X为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明是X是氨气，因为氨气是中学阶段，学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，然后根据常温下，制备氨气，利用反应物的状态，推测A为氨水，B为生石灰，进一步进行推测。

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．有一瓶澄清的溶液，其中可能含H +、+4NH 、K +、Al 3+、Cu 2+、Fe 3+、2-3CO 、I - 中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：
①用pH 试纸检验，表明溶液呈强酸性。

②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色。

③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH 溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失。

④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

根据上述实验事实回答：
（1） 在溶液中，肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有______ 。

（2） 不能确定是否存在的离子有______。

证明它（们）是否存在的实验方法是______。

（3）写出步骤②涉及的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目______ 。

（4）写出步骤④涉及的离子方程式 ______ 。

【答案】H +、Al 3+、I -、+4NH Cu 2+、Fe 3+、2-3CO K + 焰色反应
= I 2 + 2Cl -
NH 3·H 2O ΔNH 3↑+H 2O
【解析】
【分析】
①用pH 试纸检验，溶液呈强酸性，则溶液中含有H +，不含有CO 32-；
②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色，说明有I -，无Cu 2+、Fe 3+；
③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH 溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失，证明含有Al 3+；
④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH 3，说明含有NH 4+；
据此分析解答问题。

【详解】
(1)由上述分析可知，溶液中肯定存在的离子是H +、Al 3+、I -、+4NH ，一定不存在的离子是Cu 2+、Fe 3+、2-3CO ，故答案为：H +、Al 3+、I -、+4NH ；Cu 2+、Fe 3+、2-3CO ；
(2)上述所有实验中无法确定是否含有K +，可以通过焰色反应验证是否含有K +，故答案为：K +；焰色反应；
(3)步骤②为Cl 2氧化I -为I 2，反应的离子方程式为Cl 2+2I -===2Cl -+I 2，用单线桥法标出电子转移方向为 = I 2 + 2Cl -，故答案为： = I 2 + 2Cl -；
(4)步骤④为NH 3·H 2O 受热分解，反应方程式为NH 3·H 2O ΔNH 3↑+H 2O ，故答案为：NH 3·H 2O ΔNH 3↑+H 2O 。

8．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】H 2SO 4 酸雨 N 2 NO 2 Cu ＋4HNO 3(浓)==Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O 属于
【解析】
【分析】
【详解】
（1）S 被O 2氧化生成SO 2，SO 2再被O 2氧化生成SO 3，SO 3与水反应生成H 2SO 4； （2）N 2被O 2氧化生成NO ，NO 再被O 2氧化生成NO 2，NO 2与水反应生成HNO 3
9．如图，根据图示回答：
(1)A 的分子式为_____；B 的分子式为_____；C 的分子式为_____。

(2)将 E 溶于水，配制成 0.1 mol·L -1的溶液，滴入酚酞，显_____色。

(3)写出NH 4Cl 溶液与NaOH 溶液共热反应的离子方程式：__________________。

(4)D→B 的化学方程式为：_____。

(5)A→B 的化学反应方程式：_____。

【答案】NH 3 NO NO 2 无 NH 4++OH −ΔNH 3↑+H 2O
3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O 4NH 3+5O 2
∆催化剂4NO+6H 2O
【解析】
【分析】 氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，A 催化氧化生成一氧化氮和水，则A 为NH 3，E 为HCl ，B 为NO ，C 为NO 2，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，D 为HNO 3，硝酸和铜反应生成一氧化氮。

【详解】
（1）结合分析可知A 为NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，故答案为：NH 3；NO ；NO 2；
（2）E 为HCl ，溶于水溶液显酸性，配制成0.1mol/L 的溶液，滴入酚酞不变色，故答案为：无；
（3）氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水，反应的离子方程式：NH 4++OH −ΔNH 3↑+H 2O ，故答案为：NH 4++OH −ΔNH 3↑+H 2O ；
（4）D→B 是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，故答案为：
3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；
（5）A→B 是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH 3+5O 2∆催化剂4NO+6H 2O ，故答案为：4NH 3+5O 2∆催化剂4NO+6H 2O ；
10．已知：A 为正盐，常温、常压下，B 、C 、D 、E 、G 、H 、I 均为气体，其中D 、G 、H 为单质，气体B 能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体E 本身为无色气体，但是与空气接触会生成一种红棕色气体I ，H 为黄绿色气体。

F 在常温下是一种无色液体。

C 、J 的水溶液分别为两种强酸。

图中反应条件（除加热外）均己略去。

（1）写出它们的化学式：A__、C__、J__。

（2）写出②的离子反应方程式：__。

（3）写出③的化学反应方程式：__。

（4）红热的碳与J的浓溶液反应的化学方程式：__。

（5）J的浓溶液与单质Ag反应的离子方程式为：__。

（6）若86.4g银与含有1.4molJ的浓溶液恰好完全反应，则最终得到气体（NO、NO2）的总物质的量为__mol。

【答案】NH4Cl HCl HNO3 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO 3NO2+H2O=2HNO3+NO
C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O 0.6
【解析】
【分析】
气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，B是氨气；气体E本身为无色气体，但是与空气接触会生成一种红棕色气体I，则E是NO、I是NO2，D是O2；J的水溶液为强酸，J是HNO3，F是液体，NO2与水反应生成硝酸，F是H2O，G是氢气；H为黄绿色气体，H是Cl2；Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸光照条件下分解为盐酸和氧气，则C是HCl、K是HClO；A是NH4Cl。

【详解】
（1）A是氯化铵，化学式是NH4Cl、C是氯化氢，化学式是HCl；J是硝酸，化学式是HNO3；
（2）②是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子反应方程式是Cl2+H2O=H++Cl-
+HClO；
（3）③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学反应方程式是
3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（4）红热的碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式是
C+4HNO3(浓)=∆CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（5）浓硝酸与Ag反应生成硝酸银、二氧化氮、水，反应的离子方程式为Ag+2H++NO3-
=Ag++NO2↑+H2O；
（6）86.4g银的物质的量是
86.4g
0.8mol
108g/mol
=，生成硝酸银的物质的量是0.8mol，根
据氮元素守恒，最终得到气体（NO 、NO 2）的总物质的量为1.4mol －0.8mol =0.6mol 。

【点睛】
本题考查无机物的推断，侧重物质转化及氯、氮及其化合物性质的考查，明确H 、I 为有色气体，I 通常为红棕色气体，F 在常温下是一种无色液体是解题关键。

11．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SO 2还原J 生成K 的离子方程式：______。

【答案】钝化 3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O V 100024.517V+245024.5ρ
⨯ 冒白烟
3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O 2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O
Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－ 【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－。

12．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
为探究其成分，某同学将Na 2O 2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na 2O 2的物质的量的关系分别如图所示。

(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为 ____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。

(2)写出沉淀减少的离子方程式 ________________________________________________。

【答案】H＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋ 2:2:2:3 OH－、CO32-、AlO2- Al(OH)3+OH－= AlO2- +2H2O 【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为
3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。

【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是
5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol 氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol，所以氯离子物质的量≥16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO32-、AlO2-；
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。

13．中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。

请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。

(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：
__________________________________。

(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。

(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，
_________、冷却结晶、过滤。

过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为
_______________________。

(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。

FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。

【答案】1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。

【详解】
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。

(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是
2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。

(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。

(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤。

根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还
需要的玻璃仪器为玻璃棒。

(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素。