高考化学氮及其化合物的推断题综合热点考点难点及详细答案

高考化学氮及其化合物的推断题综合热点考点难点及详细答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．硝酸是常见的三大强酸之一，在化学研究和化工生产中有着广泛应用，常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。

硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。

−−→2M+2NO2↑+O2↑，加热
（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：2MNO3∆
3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。

由此可以计算出M的相对原子质量为__。

（2）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。

其中NO的体积为__。

（3）现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（S.T.P.）。

则产物中硝酸铜的物质的量为_。

如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO的质量比为__。

（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升___？
（5）加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣48.4g。

将反应后产生的气体通过水充分吸收后，剩余气体1.68L(S.T.P.)。

求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式___。

【答案】108 5.824L 0.025 9：5 0.448L Cu(NO3)2·6H2O
【解析】
【分析】
（1）根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量；
（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积；
（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量，根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量；根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量，根据铜原子守恒计算氧化铜的质量，从而计算出氧化亚铜和氧化铜的质量之比；
（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量，进而计算体积；
（5）根据原子守恒，气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银的物质的量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。

【详解】
（1）标准状况下，672ml气体的物质的量是0.03mol，根据反应的方程式可知，氧气的物质的量是0.01mol，所以硝酸盐的物质的量是0.02mol，则硝酸盐的相对分子质量是170，故M的相对原子质量是170－62＝108；
（2）32.64g铜的物质的量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体的物质的量是0.5mol，若设NO和NO2的物质的量分别是x和y，则x＋y＝0.5、3x＋y＝1.02，解
得x＝0.26mol，所以NO的体积是5.824L；
（3）硝酸的物质的量是0.06mol，被还原的硝酸是0.01mol，所以根据氮原子守恒可知，硝酸铜的物质的量是（0.06mol－0.01mol）÷2＝0.025mol。

根据铜原子守恒可知，铜原子的物质的量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，二者的物质的量之和是0.015mol，则氧化亚铜的物质的量是0.005mol，所以氧化铜的物质的量是0.005mol，则Cu2O与CuO的质量比为144︰80＝9:5。

（4）n(H+)=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，发生反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO+4H2O，0.02mol硝酸根完全反应，需要氢离子的物质的量为0.08mol<0.1mol，故氢离子过量，硝酸根不足，生成的一氧化氮为
0.02mol，则标况下，一氧化氮的体积为0.448L。

（5）二氧化氮、氧气和水的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知，硝酸铜受热分解产生的二氧化氮和氧气体积比为4：1，被水完全吸收，硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4：1，即气体与水反应剩余1.68L氧气；设原混合物中硝酸铜的物质的量为xmol，硝酸银为ymol，即80x+108y=48.4，0.25y=0.075，即
x=0.2mol，y=0.3mol。

根据铜原子守恒可知，结晶水的物质的量
=110.20.3170/0.2188/
18/
g mol g mol mol g mol
g mol
-⨯-⨯
=1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质
的量之比为1：6，硝酸铜结晶水合物的化学式Cu(NO3)2·6H2O。

2．某港口化学品堆场发生火灾，消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下，用水灭火时，发生了剧烈爆炸。

事后有关部门初步认定危化品部分清单：钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。

试回答：
⑴请你分析用水灭火时，随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。

⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________（简要说明操作步骤）。

⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________（写化学式）。

⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2，写出该反应的化学方程式______________________。

【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应，并释放出氢气。

氯酸钾受热分解产生氧气，氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液
中含有NH4+ Na2O2 2KNO3Δ
2KNO2+O2↑
【解析】
【分析】
钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气，而氯酸钾分解会产生氧气，氢氧混合受热后会发生爆炸，后面再根据要求来作答即可。

【详解】
（1）根据分析，钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气，而氯酸钾受热产生氧气，氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸；
（2）铵离子可以通过加水溶解后，加入浓碱并加热的方法来检验，因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体；实验操作为：将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有NH 4+，
（3）过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂，化学式为Na 2O 2；
（4）硝酸钾受热分解产生2KNO 和2O 的过程是一个自身氧化还原反应，氮从+5价降低到+3价，得2个电子，氧从-2价升高到0价，失2个电子，据此来写出氧化还原方程式即可：3222KNO 2KNO +2O @。

3．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X 为正盐，A 、C 、D 均为无色气体。

（1）写出有关的物质化学式。

X ：_______C ：_______E ：_______F ：_____
（2）写出反应①的化学方程式_____________________________________
（3）写出反应②的离子方程式_____________________________________
【答案】NH 4)2CO 3 NH 3 NO NO 2 2Na 2O 2＋2CO 2 = 2Na 2CO 3＋O 2 8H ＋＋2NO 3—＋3Cu==3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O
【解析】
【分析】
X 为正盐，A 为无色气体，能与Na 2O 2反应生成无色气体D ，则A 为CO 2，D 为氧气，X 能与强碱反应生成无色气体C ，C 与氧气在催化剂的条件下反应生成E ，则C 为NH 3，E 为NO ，所以X 为(NH 4)2CO 3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO 2和水，则B 为水，NO 和氧气反应生成F ，F 为NO 2，F 与水反应生成G ，则G 为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO 2、NO 2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO 和水，以此分析解答。

【详解】
(1)根据上述推断，X 为(NH 4)2CO 3，C 为NH 3，E 为NO ，F 为NO 2，故答案：(NH 4)2CO 3；NH 3；NO ；NO 2；
(2)根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO 2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na 2O 2＋2CO 2 = 2Na 2CO 3＋O 2，故答案：2Na 2O 2＋2CO 2 = 2Na 2CO 3＋O 2。

(3) 根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 和水，反应的离子方程式为8H ＋＋2NO 3-＋3Cu==3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ，故答案：8H ＋＋2NO 3-＋3Cu==3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O 。

4．硫酸铜在生产、生活中应用广泛。

某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程
如下：
（1）写出浸出时铜与稀硝酸反应的离子方程式：______________；
（2）取样检验是为了确认Fe3＋是否除净，你的检验方法是____________________。

（3）滤渣c是_____________。

（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋
O2==2NO2、_____________
（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且
n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：______________________。

某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

此设计有不合理之处，请说明理由：__________________________。

【答案】3Cu+8H++ 2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O 取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN
溶液，若溶液显血红色，则Fe3＋未除净，否则Fe3＋除净 Fe(OH)3 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑ NaHSO3除了吸收SO3外，还吸收部分O2
【解析】
【分析】
硝酸有强的氧化性，可以把活动性弱的金属如Cu、Ag氧化，硝酸浓度不同，反应产物不同，稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水；浓硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、
二氧化氮和水，铁、铝在室温下遇浓硝酸，在金属表面产生一薄层致密的氧化物保护膜而
阻止金属的进一步反应，因此会发生钝化现象，而阻止金属的进一步氧化。

在书写离子方
程式时要符合电子守恒、电荷守恒及原子守恒。

Fe3+与SCN-会结合形成血红色的Fe(SCN)3，使溶液变为血红色；可以与OH-或NH3∙H2O反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀；遇苯酚溶液
C6H5OH会产生紫色的物质，因此可以用KSCN、NaOH或NH3∙H2O、C6H5OH检验Fe3+的存在；任何反应发生都要符合质量守恒定律，对于氧化还原反应，还应该符合电子得失数目
相等的规律；在实验方案的设计时要全面考虑物质的性质，结合SO2有还原性，可以与具
有氧化性的O2在水溶液中发生反应产生硫酸，来确定实验方案的优劣。

【详解】
（1）铜与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式是3Cu+8H++
2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O；
（2）Fe3＋遇SCN-离子，溶液变为血红色，因此检验是否洗涤干净的方法是取少量试样于试
管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3＋未除净，否则Fe3＋除净；（3）含少量铁的废铜渣与硝酸反应。

Cu转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，然后调整溶液的pH 至3.2—4，这时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Cu2+仍然以离子的形式存在于溶液中；所以滤渣c是Fe(OH)3；
（4）气体a是NO可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2=2NO2、反应产生的NO2被水吸收得到硝酸，反应方程式是3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且
n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，根据反应前后质量守恒、电子转移数目相等，可知硫酸铜受热分解的化学方程式是3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；SO3与水会发生化学反应：SO3＋H2O=H2SO4；在溶液中还会发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以盛有饱和NaHSO3的溶液除了吸收SO3外，还吸收部分O2，因此不能准确测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

5．由三种短周期非金属元素形成的常见单质A、B、C，在一定条件下有如下反应：A+B→甲(气) ，B+C→乙(气)，请根据不同情况回答下列问题：
(1)若标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。

①丙的化学式是 _________ ，丙中含有的化学键类型为 ______________
②工厂常用气体甲检验装有气体C的管道是否泄漏，请写出该反应的化学方程式
______________
(2)若常温下B为固体，A、C为气体且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙。

①乙的化学式是 ___________
②向氢氧化钠溶液中通人过量的乙，所发生反应的离子方程式是
________________________
③将乙与(1)中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式是
___________________
【答案】NH4Cl 离子键、极性共价键 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl SO2 SO2+OH-=HSO3-
SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
（1）若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则丙为NH4Cl，甲、乙分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知B为H2，A、C分别是Cl2、N2的一种。

（2）若常温下B为固体，A、C为气体，且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙，结合转化关系可推知，B为S、A为H2、C为O2、甲为H2S、乙为SO2。

【详解】
（1）①丙为氯化铵，其化学式为NH4Cl，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间是离子键，铵根离子中氮原子与氢原子之间是极性共价键，所以化学键类型为离子键、极性共价键，故答
案为：NH 4Cl ；离子键、极性共价键。

②甲是HCl 、NH 3中的一种，C 分别是Cl 2、N 2的一种，工厂常用NH 3检验装有Cl 2的管道是否泄漏，则甲是NH 3，C 是Cl 2，其反应的化学方程式：8NH 3+3Cl 2=N 2+6NH 4Cl ，故答案为：8NH 3+3Cl 2=N 2+6NH 4Cl 。

（2）①乙是二氧化硫，其化学式是SO 2，故答案为：SO 2。

②乙为SO 2，氢氧化钠溶液中通人过量的SO 2，其化学反应方程式为：
SO 2+NaOH=NaHSO 3 ，离子反应方程式为：SO 2+OH -=HSO 3- ，故答案为：SO 2+OH -=HSO 3- 。

③乙为SO 2，与Cl 2的水溶液充分反应可生成两种强酸，即盐酸和硫酸，其化学反应化学方程式是SO 2+Cl 2+2H 2O=2HCl+H 2SO 4，故答案为：SO 2+Cl 2+2H 2O=2HCl+H 2SO 4。

6．有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含NH 4+、K ＋、Na ＋、Mg 2＋、H ＋、Cu 2＋、CO 32-、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，发现溶液呈强酸性。

②取部分溶液，逐滴加入NaOH 稀溶液，使溶液逐渐从酸性转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成。

③将②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下列问题：
（1）在溶液中，肯定存在的离子有________，肯定不存在的离子有________，不能确定是否存在的离子有________。

（2）写出实验③中的离子方程式：
___________________________________________________。

【答案】+4NH 、H ＋、I － Mg 2＋、Cu 2＋、2-3CO K ＋、Na ＋ -3+
42OH =NH NH +H O ∆
↑+ 【解析】
【分析】
无色溶液中一定不存在有色的Cu 2+，
①用pH 试纸检验，表明溶液呈强酸性，则一定存在大量的H +，碳酸根离子与氢离子反应，所以一定不存在2-3CO ，根据溶液电中性判断一定存在碘离子；
②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，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成，则一定不存在Mg 2+；
③将②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，该气体为氨气，则一定存在+4NH ；
而溶液中是否含有K ＋、Na ＋不能确定，根据以上分析进行解答。

【详解】
（1）根据上述分析可知，肯定存在的离子有：+4NH 、H ＋、I －；肯定不存在的离子有：；Mg 2＋、Cu 2＋、2-
3CO ；不能确定是否存在的离子有：K ＋、Na ＋；
（2）实验③为+4NH 与OH -反应在加热条件下产生氨气的反应，其反应离子方程式为：
-3+42OH =NH NH +H O ∆
↑+。

【点睛】
高中阶段对于K +、Na +的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若焰色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；若焰色反应为紫色或透过蓝色钴玻璃观察焰色为紫色，则说明溶液中含有钾元素，②可根据电荷守恒进行分析。

7．A~H 等8种物质存在如下转化关系(反应条件，部分产物为标出).已知: A 是酸式盐，B 是能使品红溶液褪色的气体，G 是红棕色气体。

按要求回答问题:
（1）写出下列物质的化学式:A________，B________，写出B 的一种危害__________。

（2）写出下列反应的化学方程式:E→F ____________；红热的木炭与D 的浓溶液反应的方程式:____________；铜与H 的浓溶液反应的离子方程式：_____________。

（3）检验某溶液中是否含A 中阳离子的方法_____________。

【答案】NH 4HSO 3 SO 2 酸雨 4NH 3+5O 2
4NO+6H 2O C+2H 2SO 4(浓)ΔCO 2↑+2SO 2↑+2H 2O Cu+4H ++2NO 3-=Cu 2++2NO 2↑+2H 2O 取该溶液少许滴加NaOH 溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH 4+
【解析】
【分析】
G 是红棕色气体，则G 是NO 2；F 和O 2反应生成NO 2，所以F 是NO ；NO 2和水反应生成的H 是HNO 3；A 是酸式盐，和NaOH 反应生成E ，E 和O 2反应生成NO ，则E 是NH 3；B 能使品红溶液褪色，且B 能和O 2反应生成C ，所以B 是SO 2，C 是SO 3；SO 3和水反应生成的D 为H 2SO 4；A 是酸式盐且是铵盐，所以A 是NH 4HSO 3。

【详解】
（1）通过以上分析知，A 、B 分别是NH 4HSO 3、SO 2，SO 2属于酸性氧化物，能和H 2O 反应生成H 2SO 3，H 2SO 3不稳定，易被空气氧化生成H 2SO 4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；
（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO 和H 2O ，反应方程式为4NH 3 + 5O 24NO + 6H 2O ，C 和浓硫酸在加热条件下反应生成SO 2、CO 2和H 2O ，反应方程式为C + 2H 2SO 4(浓)ΔCO 2↑ + 2SO 2↑ + 2H 2O ，铜和稀硝酸反应生成Cu(NO 3)2、NO 和H 2O ，离子方程式为3Cu + 8H + + 2NO 3﹣=3Cu 2+ + NO↑ + 2H 2O ；
（3）NH 4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH 溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色
石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

8．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：
(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。

(2)A―→D反应的化学方程式为_______。

(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amol C完全转化为G，理论上至少需要D___ mol。

【答案】NH4HCO3 NO2 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性 NH4+＋HCO3—＋2OH －=2H2O＋CO32—＋NH3↑ 2a
【解析】
【分析】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；
(2) A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋
2CO2=2Na2CO3＋O2；
(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；
(4) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－2H2O＋
CO32—＋NH3↑；
(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守
恒，理论上至少需要氧气的物质的量=
()
amol53
4
⎡⎤
⨯--
⎣⎦=2amol。

9．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋
阴离子Cl－、OH－、CO32-、AlO2-
为探究其成分，某同学将Na2O2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Na2O2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。

10．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。

A和B 以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

请根据下图的转化关系回答：
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式_________________。

【答案】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++OH- SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体；A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。

【详解】
(1)由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－；
(2) C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+；
(3) NH3和SO2按1:1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。

11．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。

12．加足量NaOH溶液加热后，收集到0.896L气体，物质的量为0.04mol，说明含有
NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，根据反应NH4++OH-═NH3↑+H2O，产生NH3
为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol；
13．如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。

常温下X和H 是固体,B和G是液体,其余均为气体,1 mol X分解得到A、B、C各1 mol。

试回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式：X____，B____。

(2)写出下列反应的化学方程式：①G+H A+F:________。

②C+D E:______________ _。

(3)写出下列反应的离子方程式:G+Cu E:________。

(4)工业上合成C后采用加压、降温液化的方法从混合气体中分离出C,能用上述方法分离出C的原因是_____。

【答案】NH4HCO3 H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+2NO3—+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O NH3易液化
【解析】
【分析】
常温下X和H是固体，B和G是液体，其余均为气体，由框图可知X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为弱酸的铵盐，该弱酸易分解，而且产生的气体能与Na2O2反应，猜想X应为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又知1 mol X分解得到A、B、C各1 mol，故X只能是NH4HCO3，A为CO2，B为H2O，C为NH3，D为O2，E为NO，F为
NO2，G为HNO3，H为C，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
常温下X和H是固体，B和G是液体，由框图可知X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为弱酸的铵盐，该弱酸易分解，而且产生的气体能与Na2O2反应，猜想X应为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又知1 mol X分解得到A、B、C各1 mol，故X只能是NH4HCO3，A为CO2，B为H2O，C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，H为C；
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3，B为H2O；
(2)①H+G→A+F为C和浓硝酸的反应，方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
②C+D→E的反应为氨气的催化氧化生成NO，反应的化学方程式为
4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu+2NO3-
+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)C为NH3，沸点较低，易液化，可用加压降温方法从混合气体中分离出。

【点睛】
无机推断题的一般解题思路：①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论。

14．如图所示：
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)写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。

(2)写出下列反应的化学方程式
①_____________________________________________。

②______________________________________________。

【答案】(NH4)2CO3(或NH4HCO3) NH3 NO2 HNO3 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 4NH3＋
5O2催化剂
Δ
4NO＋6H2O
【解析】
【分析】
X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A 能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3，再结合物质的性质进行解答。

【详解】
X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A 能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3；
(1)由分析知：X为(NH4)2CO3(或NH4HCO3)，C为NH3，F为NO2，G为HNO3；
(2) 反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋
2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3＋
5O2催化剂
Δ
4NO＋6H2O。

【点睛】。