杭州高考化学氮及其化合物的推断题综合题试题

杭州高考化学氮及其化合物的推断题综合题试题
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．某溶液中可能含有H +、4NH +、2Mg +、3Fe +、3Al +、24SO
-等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH 溶液时，发现生成沉淀的质量随加入的NaOH 的物质的量的变化如图
所示：
(1)由此可知，该溶液中肯定含有的离子是______________________________________，且各离子的物质的量之比为___________________________________________
(2)该溶液中肯定不含的阳离子是________________。

(3)写出NaOH 的物质的量从8mol 到9mol 发生的离子反应方程式：
____________________________
【答案】H +、4NH +、3Al +、24SO - ()()()()3+244n H n NH n Al n SO 2314++-=∶∶∶：
：： 2Mg +、3Fe + ()223Al OH OH AlO 2H O --+=+
【解析】
【分析】
从图中沉淀量随之氢氧化钠的加入量增加变化情况结合离子的性质可知：开始发生酸碱中和，然后Al 3+与碱反应，再NH 4+与碱反应，最后沉淀与碱反应完全溶解，依据各段发生反应消耗的氢氧化钠的物质的量计算各种离子的物质的量。

【详解】
(1)从图象可知，开始时无沉淀产生，说明含有H +，发生反应：H ++OH -=H 2O ，该氢离子消耗NaOH 溶液的物质的量为2mol ，则n(H +)=2mol ；图象中有一段平台，说明加入OH -时无沉
淀生成，有NH 4+，NH 4++OH -=NH 3·
H 2O ，铵根消耗NaOH 溶液的物质的量为3mol ，则n(NH 4+)=3mol ；含有Al 3+，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O ，消耗NaOH 溶液的物质的量为1mol ，则n(Al 3+)=1mol ；根据电荷守恒，则溶液中一定含有负离子，故一定含有SO 42-，n(SO 42−)= ()()()3432
n H n NH n Al +++++=23312mol mol mol ++⨯=4mol ；则该溶液中肯定含有的离子是H +，NH 4+，Al 3+，SO 42−；各离子的物质的量之比为
()()()()
3244n H n NH n Al n SO 2314+++-=∶∶∶∶∶∶； (2)最后溶液中无沉淀，说明溶液中不含Mg 2+和Fe 3+；
(3)NaOH 的物质的量从8mol 到9mol 表示的是沉淀的溶解，最后变成0，是氢氧化铝的溶解，离子反应方程式为()322Al OH OH AlO 2H --
+=+O 。

2．A 、B 、C 、D 四种物质之间有如图所示的转化关系。

已知：A 是气体单质，C 是红棕色
气体。

回答下列问题：
（1）写出C的化学式：___；
（2）写出A的电子式___；
（3）写出C→D转化的化学方程式___。

【答案】NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO
【解析】
【分析】
A是气体单质，C是红棕色气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

【详解】
（1）C是红棕色气体，为NO2，；故答案为：NO2；
（2）N2中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；故答案为：；
（3）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，C→D转化的化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2 +H2O═2HNO3+NO。

3．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。

4．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。

5．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。

6．A、B、C、D 均为短周期元素组成的物质，它们之间符合如下转化关系：
（1）若A 为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气态氢化物，X 为水，D 为重要的化工原料。

① A 的电子式为_________________，A→B 的化学方程式为______________________。

②A 和 D 发生化合反应得到的化合物 E 的化学式是___________，用离子方程式表示检验E 中阳离子的方法________________。

③写出D的稀溶液与Cu反应的离子方程式____________________________。

（2）若A为非金属单质，X为水，该转化关系为工业生产D的一系列反应。

①将B通入溴水中颜色褪去，体现了B的___________________性，写出该变化的化学方程式________________________。

②A和H2发生化合反应得到的E，在B与E的反应中，氧化产物和还原产物的质量比为_______________________________。

③写出D的浓溶液与Cu反应的化学方程式
_________________________________________________________。

（3）若A为烃的含氧衍生物，医疗上常用75%（体积分数）A的水溶液作消毒剂，X为甲醇（CH3OH）。

①A→B的化学方程式为____________________________；C→D的化学方程式为
_____________________________________。

②下列说法正确的是___________________________________（选填序号字母）
a. A 可通过葡萄糖分解反应得到
b. B 的官能团的结构简式为-COH
c. C 可与 NaHCO3 反应产生 CO2
d. A 与X 互为同系物
③已知：CH≡CH 在一定条件下可与C反应得到E（结构简式为 CH2=CHOOCCH3），则上述
反应的反应类型为_______________________，E 中的官能团名称为_____________，E 发生加聚反应的化学方程式为_____________________________。

【答案】 4NH 3+5O 2催化剂高温4NO+6H 2O NH 3+HNO 3=NH 4NO 3 NH 4++OH -加热NH 3↑+H 2O 3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2+ +2NO↑+4H 2O 还原 SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4 2:1
Cu+2H 2SO 4(浓)加热CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 2CH 3CH 2OH+O 2Cu Ag −−−→或加热
2CH 3CHO+2H 2O CH 3OH+CH 3COOH −−−→浓硫酸加热
CH 3COOCH 3+H 2O acd 加成反应 酯基和碳碳双键 nCH 2=CHOOCCH 3−−−→催化剂
【解析】
【分析】
(1)若A 为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气态氢化物，则A 为NH 3，X 为水，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3，据此分析解答；
(2)若A 为非金属单质，X 为水，将B 通入溴水中颜色褪去，则A 为S ，B 为SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4，据此分析解答；
(3)若A 为烃的含氧衍生物，医疗上常用75%(体积分数)A 的水溶液作消毒剂，则A 为乙醇(CH 3CH 2OH)，X 为甲醇(CH 3OH)，则B 为乙醛，C 为乙酸，D 为乙酸甲酯，据此分析解答。

【详解】
(1)若A 为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气态氢化物，则A 为NH 3，X 为水，B 为NO ，C 为NO 2，D 为HNO 3，
①A 的电子式为
，A→B 氨气的催化氧化，化学方程式为4NH 3+5O 2催化剂高温4NO+6H 2O ；
②NH 3和HNO 3发生化合反应得到的化合物硝酸铵，化学式是NH 3+HNO 3=NH 4NO 3，检验铵根离子的方法取少量待测液体于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝，证明有氨气生成，进而证明有铵根离子存在，发生的离子反应为：NH 4++OH -加热NH 3↑+H 2O ；
③稀硝酸与Cu 反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程为3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2+ +2NO↑+4H 2O ；
(2) 若A 为非金属单质，X 为水，将B 通入溴水中颜色褪去，则A 为S ，B 为SO 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4；
①将SO 2通入溴水中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，溴水颜色褪去，体现了SO 2的还原性，该变化的化学方程式SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4；
②S 和H 2发生化合反应得到的H 2S ，在H 2S 与SO 2的反应中生成S 和水，反应方程式为：2H 2S+SO 2=3S+2H 2O ，H 2S 中的S 化合价升高，被氧化，SO 2中的S 元素化合价降低，被还
原，氧化产物和还原产物的质量比为2:1；
③浓硫酸与Cu 在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式
Cu+2H 2SO 4(浓)加热CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ；
(3) 若A 为烃的含氧衍生物，医疗上常用75%(体积分数)A 的水溶液作消毒剂，，则A 为乙醇(CH 3CH 2OH)，X 为甲醇(CH 3OH)，则B 为乙醛，C 为乙酸，D 为乙酸甲酯； ①乙醇在催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化反应，化学方程式为
2CH 3CH 2OH+O 2Cu Ag
−−−→或加热
2CH 3CHO+2H 2O ；C 为乙酸，X 为甲醇(CH 3OH)，乙酸和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为
CH 3OH+CH 3COOH −−−→浓硫酸加热
CH 3COOCH 3+H 2O ； ②a ．A 为乙醇，无氧或缺氧的条件下，通过酶的催化作用，把葡萄糖等有机物不彻百底的
氧化分解成酒精或乳酸等，反应为C 6H 12O 6−−→酶2C 2H 5OH+ 2CO 2，故a 正确； b ．B 为乙醛，则B 的官能团的结构简式为-CHO ，故b 错误；
c ．C 为乙酸，乙酸的酸性强于碳酸，则C 可与NaHCO 3反应产生CO 2，故c 正确；
d ．结构相似，类别相同，分子组成上相差一个或多个-CH 2-的有机物互为同系物，A 为乙醇(CH 3CH 2OH)，X 为甲醇(CH 3OH)，互为同系物，故d 正确；
答案选acd ；
③已知：CH≡CH 在一定条件下可与C 反应得到E(结构简式为CH 2=CHOOCCH 3)，三键变双键，反应类型为加成反应，E 中的官能团名称为酯基和碳碳双键，E 发生加聚反应的化学方
程式为nCH 2=CHOOCCH 3−−−→催化剂。

7．由三种元素组成的化合物A ，按如下流程进行实验。

气体B 为纯净物，溶液C 焰色反应为砖红色，气体E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：
(1)组成A 的三种元素是________，A 的化学式是________。

(2)固体A 与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。

(3)气体E 与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是________（乌洛托品可以用分子式表示）。

【答案】Ca 、H 、N 2Ca HN 2422Ca HN 5HCl 2CaCl H NH Cl +=+↑+
34NH 6HCHO +→
（或6124C H N ）26H O +
【解析】
【分析】 溶液C 焰色反应为砖红色说明溶液C 中含有Ca 元素，可知沉淀F 为CaCO 3，4.00g 碳酸钙的物质的量为 4.00g =0.04mol 100g/mol ，根据元素守恒可知固体A 中含有Ca 元素，其质量为
0.04mol×40g/mol=1.60g ；气体E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E 为NH 3，所以溶液D 中含有NH 4+，根据元素守恒可知溶液C 中含有N 元素，固体A 中含有N 元素；气体B 为纯净物，其物质的量为0.448L
=0.02mol 22.4L/mol ，固体A 中Ca 元素的质量为1.60g ，则其
他元素为1.90g-1.60g=0.30g ，可先假设E 为一种常见的气体，若该气体为NO 、NO 2、O 2，则固体A 中另外一种元素为O ，而0.02mol NO 或NO 2或O 2所含氧元素的质量均大于0.30g ，故不合理，若该气体为H 2，固体A 中另外一种元素为H ，则符合题意，同时可以参考CaH 2与水的归中反应生成氢气。

【详解】
(1)根据分析可知固体A 中的三种元素为：Ca 、N 、H ；Ca 的常见化合价为+2价，已知固体A 中Ca 元素的物质的量为0.04mol ，质量为1.60g ，N 元素的和H 元素质量为0.04g 共0.30g ，N 的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A 的化学式可能为Ca 4N 2H 2，化为最简整数比为2Ca HN ；
(2)根据产物可知A 与盐酸反应的产物中含有NH 4+，H 2，Ca 2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2422Ca HN 5HCl 2CaCl H NH Cl +=+↑+；
(3)气体E 为为NH 3，甲醛为HCHO ，根据元素守恒可知方程式为：
34NH 6HCHO +→(或6124C H N )26H O +。

8．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】H 2 向下 2Fe+3Cl 2
2FeCl 3
【解析】
【分析】
A 是密度最小的气体，则A 为H 2；
B 是黄绿色气体，则B 为Cl 2；
C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C 为NH 3；
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。

9．（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。

10．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，
11．已知：2Fe3++2I-= 2Fe2++I2,现有一种澄清透明的溶液中可能含有下列离子：K+、Fe3+、Ba2+、Al3+、NH4+、Cl-、I-、NO3-、HCO3-、SO32-、SO42-现做以下实验：
(1)将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸呈红色
(2)取少量溶液，加入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
(3)将(2)中的沉淀过滤。

由滤液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
(4)另取溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，只观察到有红棕色沉淀生成，且沉淀量不减少。

由此可以推断：
溶液中肯定存在的离子有：_________________________________。

溶液中肯定不存在的离子有：________________________________。

溶液中还不能确定是否存在的离子有：___________________。

【答案】H+、Fe3+、SO42- Ba2+、Al3+、NH4+、I-、HCO3-、SO32- K+、Cl-、NO3-
【解析】
【分析】
（1）用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色，说明溶液呈酸性，则一定不存在HCO3－；（2）取溶液少许，加入用稀HNO3酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡沉
淀，说明含有SO 42－，则一定不含有Ba 2＋；
（3）取实验（2）后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，
沉淀不消失，不能证明是否含有Cl －离子，因（2）中加入氯化钡；
（4）取溶液少许，逐滴加入NaOH 溶液至过量，只看到有棕色沉淀生成，且沉淀质量不减少，故说明含有Fe 3＋，I -、SO 32-具有还原性，能与铁离子反应，一定不含有Al 3＋和NH 4＋
、I -、SO 32-。

【详解】
依据分析可知：溶液中一定存在：SO 42－、Fe 3＋，一定不存在：Ba 2＋、Al 3＋、HCO 3－、NH 4＋、I -；可能存在：K ＋、Cl －、NO 3－，故答案为：SO 42－、Fe 3＋；Ba 2＋、Al 3＋、HCO 3－、NH 4＋、I -、SO 32-；K ＋、Cl －、NO 3－。

【点睛】
本题考查离子的推断，把握离子的颜色、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析、推断能力的综合考查，注意I -、SO 32-具有还原性，能与铁离子反应。

12．某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现某些化合物与水反应时，其中所含的一种元素可以发生自身氧化还原反应。

（1）若A 为红棕色气体，B 为强酸，C 为NO 。

①D 为单质，其所含元素在元素周期表中的位置是___。

②下列说法中，正确的是___（填字母）。

a.A 、C 的组成元素相同
b.B 的浓溶液可与铜反应得到A
c.A 、B 、C 中含有化合价不同的同种元素
（2）若A 为淡黄色固体，B 为强碱。

①反应Ⅱ的化学方程式是___。

②若得到标准状况下气体C22.4L ，则反应Ⅰ中生成B 的物质的量是___mol 。

【答案】第二周期第VI A 族 abc 2222Na+O Na O 点燃 4
【解析】
【分析】
（1）根据题给信息及转化流程可知，若A 为红棕色气体，B 为强酸，C 为NO ，则A 为二氧化氮，B 为硝酸，则D 为氧气，据此进行分析；
（2）根据题给信息及转化流程可知，若A 是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B 是氢氧化钠，C 是氧气，D 是金属钠，据此进行分析。

【详解】
（1）根据描述可知A 为二氧化氮，B 为硝酸，则D 为氧气：
①氧元素在元素周期表的位置是第二周期第VI A 族；
②a.一氧化氮和二氧化氮的组成元素相同，都是氮和氧，a 项正确；
b.浓硝酸可以和铜反应得到硝酸铜和二氧化氮，即气体A ，b 项正确；
c.A 中氮元素是+4价的，B 中氮元素是+5价的，C 中氮元素是+2价的，c 项正确； 答案选abc ；
（2）若A 是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B 是氢氧化钠，C 是氧气，D 是金属钠：
①反应II 即钠和氧气得到过氧化钠：2222Na+O Na O 点燃；
②根据过氧化钠和水的反应方程式22222Na O +2H O=4NaOH+O ，可以发现生成的NaOH 和2O 是4:1的关系，若生成了
22.4L =1mol 22.4L/mol
氧气，则生成4mol 的NaOH 。

13．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H 2O ，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?CH 3OH(l)+H 2O(l) ΔH =-53.66 kJ·
mol -1 2CH 3OH(l)垐?噲?CH 3OCH 3(g)+H 2O(l) ΔH =-23.4 kJ·
mol -1 写出E 有催化剂时与A 合成二甲醚(CH 3OCH 3)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+
2CO2(g)+6H2(g)垐?
噲?CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-130.72 kJ·mol-1
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。

14．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。

(1)写出A、C、D的化学式：
A________；C________；D________。

(2)写出下列反应的化学方程式：
①______________________________________________；
②____________________________________________。

【答案】Mg3N2 NH3 Mg(OH)2 Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl MgCl2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑
【解析】
【分析】
镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，镁和空气生成氧化镁和氮化镁，生成少量的物质A，即A为氮化镁，气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C 为氨气。

溶液B为氯化铵和氯化镁的混合，溶液B于氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、氨气和氯化钠。

【详解】
(1)根据上面分析得出A、C、D的化学式：A为Mg3N2；C为NH3；D为Mg(OH)2，故答案为：Mg3N2；NH3；Mg(OH)2。

(2)①氮化镁和盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应方程式为Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋
2NH4Cl，故答案为：Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl。

②氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应方程式为MgCl2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，氯化铵和氢氧化钠加热反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑，故答案为：MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋
2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑。

15．A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。

已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体。

请回答下列问题：
(1)写出B的化学式：_____________；
(2)在上图D→C的过程中，D表现出强___________(填“氧化性”或“还原性”)；
(3)在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是________________。