化学氮及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案

化学氮及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)1.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。写出有关的物质化学式。X：C：E：F：写出反应①的化学方程式写出反应②的离子方程式【答案】NH4)2CO3NH3NONO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O28H++2NO3—+3Cu==3Cu2++2N0个+4H2O【解析】【分析】X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D,则A为C02，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NH3，E为NO,所以X为(NH4)2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、C02和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F为N02，F与水反应生成G,则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成C02、N02和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。【详解】⑴根据上述推断，X为(NH4)2CO3,C为NH3，E为NO,F为NO2，故答案:(NH4)2CO3；NH3；NO；NO2；根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。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++2NO3-+3Cu==3Cu2++2NO个+4H2O，故答案：8H++2NO3-+3Cu==3Cu2++2NO个+4H2O。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XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。写出y2o2的电子式：其中含有的化学键是__。将Z02通入品红溶液再加热的现象是__。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__。XH3、H2Z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)。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+8HNO3=3Cu（NO3）2+2N0个+4也0NH3NCl3+3H2O=3HClO+NH3【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Y20和Y2O2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XH3、H2Z和HW共价化合物，可知X为N，Z为S，W为CI,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）Na2O2为Na+与O;-组成的离子化合物，O;-中含有共价键，以此Na2O2的电子式为：•3丨二〕：0-；所含化学键为：离子键、共价键；（2）S02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+8HN03=3Cu（N03）2+2N0个+4H2O；（4）nh3为碱性气体，h2s、hci为酸性气体，nh3能够与h2s、hci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NCI3，其中N为-3价，Cl为+1价，NCl3与水反应生成一种具有漂白性的化合物，该化合物为HCIO，其反应方程式为：NCl3＋3H20=3HCl0＋NH3。【点睛】对于NCl3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nci3的水解反应方程式应当如下：第一步：nci3+h2otnh3+hclO（未配平），由于HCIO的强氧化性，再发生第二步反应：nh3+hciotn2+hci+h2o（未配平），可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。nci3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。非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D,已知D为强酸，请回答下列问题：02ClH20A-BaCaD（1）若A在常温下是固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体：D的化学式：；在工业生产中，B气体大量排放，被雨水吸收后形成_______污染环境。（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。c的化学式为：；D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为：,该反应___(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。【答案】H2SO4酸雨NO2CU+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2f+2巧0属于【解析】【分析】根据框图，非金属单质A能发生连续氧化，含氧酸D为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。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，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO,C为NO2，D为HNO3,根据氧化还原反应的特点判断，据此分析解答。【详解】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，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；在工业生产中大量排放的so2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：酸雨；⑵若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为％,B为NO,C为NO2，D为HNO3。由以上分析可知C为no2，故答案为：no2；D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2个+2巧O,该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2个+2匕0；属于。【点睛】解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。4．下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，丨为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)A在B中燃烧的现象是<⑵D+ETB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是TOC\o"1-5"\h\zG+JTM的离子方程式是。Y受热分解的化学方程式是。检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的试剂是。【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰2:13AlO2-+Fe3++6H2O=3AI(OH)3d+Fe(OH)3dA4Fe(NO3)3=2Fe2O3+12NO2个+3O2个酸性高锰酸钾溶液【解析】【分析】F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为AI,转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCI,E为黑色固体，为氧化物，和HCI反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH,与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe(OH)3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化关系可知，N为HNO3,Y为Fe(NO3)3，结合物质的性质来解答。【详解】(1)A为H2，B为Cl2，H2在Cl2中燃烧的现象是：气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；⑵D+ETB的反应为MnO2+4HCl加热MnCl2+Cl2个+2H2O,MnO2中Mn元素化合价降低，被还原，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为2mol,另外2mol盐酸显酸性，则n(被氧化的物质HCl)：n(被还原的物质MnO2)=2：1；⑶G(NaAlO2)+J(FeCl3)TM(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)32+Fe(OH)3&；依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3,受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平A书写的化学方程式是：4Fe(NO3)3=2Fe2O3+12NO2个+3O2个；检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。5．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、加+、a|3+、Fe2+、时、NO；、so2-、Cl-、SO32-、HCO],取该溶液进行以下实验：取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。取少量待测液，浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。取少量待测液，加入BaCI2溶液，有白色沉淀产生。取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解。根据以上实验，溶液中肯定存在的离子是；肯定不存在的离子是TOC\o"1-5"\h\z；尚不能确定的离子是。写出②中有关反应的离子方程式：。写出⑤中沉淀溶解的离子方程式：。实验室检验Na+—般用焰色反应即可确定，此实验做之前要用清洗铂丝。【答案】Mg2+、Al3+、NO-、SO2-Fe2+、Ba2+、SO2-、HCO-Na+、Cl-3Cu+8H++34332NO-===3Cu2++2NOf+4HOAl(OH)+OH-===AlO-+2HO稀盐酸32322【解析】【分析】无色溶液中，有色离子不能存在，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不能共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。【详解】因是无色溶液，Fe2+是浅绿色，所以不含Fe2+；①由于滴加几滴石蕊试液，溶液呈红色，证明溶液显酸性，因此溶液中一定没有SO32-、HCO3-;②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色，说明原溶液中一定含有no3-；取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO42-，故一定没有Ba2+；由于③的上层清液滴中加AgNO3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl-，但由于③中加入了BaCl2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl-；由于原溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有Al3+、Mg2+；Na+在水溶液里无色，不会参与上述反应，所以无法判断原溶液中是否存在Na+；(1)根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子有Mg2+、Al3+、N03-、SO42-；肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、SO/-、HCO3-；尚不能确定的离子是Na+、Cl-；答案为：Mg2+、Al3+、N03-、SO42-；Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；Na+、Cl-；⑵②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO,离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO个+4H2O；答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO个+4H2O。⑶⑤中加NaOH溶液，生成的白色沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，当NaOH过量时，部分溶解的是Al(OH)3，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。溶液里的钠离子是否存在一般用焰色反应来确定，钠离子的焰色反应为黄色，实验之前，为防止杂质的干扰，用稀盐酸先清洗铂丝；答案为：稀盐酸。6.已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有(填序号)①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰实验室制D的化学方程式为。实验室可用如上图②所示装置收集D,下列叙述正确的是(填序号)。D气体不能用排水法收集干燥管里盛有碱石灰图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出气体D催化氧化的化学方程式为。物质E的化学式是；E在下列物质分类中所属的物质种类是(填序号)。①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐检验物质E中阳离子的操作方法【答案】①②③⑥Ca(OH)2+2NH4CI加热CaCI2+H2O+2NH3个①②4NH3+5O2催化热4NO+6H2ONH4Cl①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+【解析】【分析】为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3,A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。【详解】氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl加^taCl2+H2O+2NH3个；(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；⑷氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O；（5）E是氯化铵，化学式为NH4CI，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+。7.下列是一些常见物质之间的转化关系。A是一种红色金属，F为不溶于酸的白色沉淀，B和C是两种强酸。（图中部分产物及反应条件略去）TOC\o"1-5"\h\z贝y：①A和B分别为：AB;A与B发生反应的条件是;反应⑥的化学方程式为；上述反应中，不属于氧化还原反应的是。（填数字序号）。【答案】Cu或（铜）浓H2SO4或浓硫酸加热3NO2+H2O=2HNO3+NO④【解析】【分析】红色金属A应为Cu；G与BaCl2反应生成的F为不溶于酸的白色沉淀，则F为BaSO4，G、D、B均含硫元素，结合B是强酸，且能与Cu反应，可知B为浓H2SO4；A（Cu）与B（浓H2SO4）反应生成D,则D为SO2，D与氯水反应生成G,则G为稀H2SO4；C也为强酸，且能与Cu反应，可知C为HNO3，E能与O2反应，则E为NO,进一步可知C为稀HNO3，H为NO2。【详解】A为Cu，B为浓H2SO4，故答案为：Cu或（铜）；浓H2SO4或浓硫酸；A（Cu）与B（浓H2SO4）反应需要加热，故答案为：加热；反应⑥是H（NO2）与水的反应，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；上述反应中，只有④不是氧化还原反应，故答案为：④。【点睛】中学阶段，能与铜反应的两种强酸是浓h2so4和hno3，需要注意的是：浓h2so4与铜反应的还原产物是SO2；浓hno3与铜反应的还原产物是no2，稀hno3与铜反应的还原产物是NO。

8.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+、NH4+、ACl-、CO32-和SO42一。现每次取lOO.OOmL进行实验：(已知：NH4++OH_=NH3个+H2O)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)第三份加入足量BaCl2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：c(CO32-)=mol/L；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)；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+)20.2mol/LCl-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；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；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；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-、co32-、so42-；根据实验②现象判断，该溶液中含有NH4+；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO32-和so42-离子，同时排除溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+；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(6.27-2.33)gn的物质的量为=0.02mol，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=7=197g/molV0.02mol0.10.02mol0.1L=0.2mol/L；2.33g2.33g233g/mol0.896L22.4L/mol=0.01mol；由生成的NH3为0.896L22.4L/mol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n式，0.02molx2+0.01molx2=0.04m0lx1+xmolx1,解得：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=y0.02mol=—01=0.2mol/L,因溶液中可能还含有Cl-,则实际c(K+)»0.2mol/L；L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-。9.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：CuCu写出C的化学式：—；写出A的电子式—；写出CTD转化的化学方程式—。【答案】NO。：N1N:3N0+H0=2HN0+N02223【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】C是红棕色气体，为no2,；故答案为：no2；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：：；二氧化氮溶于水生成硝酸和NO,CTD转化的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。10．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。10．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。1)合成塔中发生反应的化学方程式为单质X的化学式是，吸收塔中X的作用是—。工业上为了储运浓硝酸，最好选择作为罐体材料。A.铜B.铂C.铝D.镁为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为mol。【答案】3H2+N2r、2NH3O2将氮氧化物充分氧化为HNO3C1【解析】【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气；氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸；硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化；由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算可得。详解】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，反应的化学方程式为3屯+打一■2NH3，故答案为：3H+N-2NH；22傑化刑3氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸，则X为氧气，吸收塔中氧气的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO,故答案为：0；将氮氧化物充分氧化为HNO；323硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化，由于铂是贵重金属，所以工业上为了储运浓硝酸最好选择铝作为罐体材料，故答案为：C；(4)44.8LNO和NO2混合气体的物质的量为44.8L=2mol，由N原子个数守恒可知，222.4L/molNaNO2和NaNO3的物质的量之和为2mol，由Na原子个数守恒可知，消耗Na2CO3的物质的量为2molX1=lmol,故答案为：1.2【点睛】由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算消耗Na2CO3的物质的量为解答关键。11.由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、Cl-、NH4+、Mg2+、CO32-、Ba2+、SO42-.将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：序号实蠹内窘12收集刑社体恥1挽鼻歳5Mlh足购和僱落緬細AK阿昨他耳鼻晦向沈淀中加足蓋的幡盘刼.沫撫.干妣，隊哌痹称机■犠戳为5林堀二燐凝诙馥为工鮎g已知加热时NH4++OH-A—NH3个+H2O，回答下列问题：⑴判断混合物中CI堤否一定存在__。(填"是”或"否”)(2)写出溶液中一定存在的离子及其物质的量浓度：__。【答案】否c(SO42-)=0.1mol・L-i、c(CO32-)=0.2mol・L-i、c(NH4+)=0.4mol・L-i、c(K+)>0.2mol・L-i【解析】【分析】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个+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,1molX分解得到A、B、C各1mol。试回答下列问题:TOC\o"1-5"\h\z⑴写出下列物质的化学式：X，B。⑵写出下列反应的化学方程式：①G+H……"A+F:。②C+D…吒:。⑶写出下列反应的离子方程式:G+Cu…吒:。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】NH4HCO3H2OC+4HNO3(浓)=^CO2个+4NO2个+2H2O4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2N0个+4H2ONH3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1molX分解得到A、B、C各1mol,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1molX分解得到A、B、C各1mol,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；⑴由以上分析可知X为nh4hco3,B为h2o；⑵①H+GTA+F为C和浓硝酸的反应，方程式为C+4HNO3(浓)~CO2个+4NO2个+2^0；②C+DTE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；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++2N0个+4H2O；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