2022届高三化学一轮复习无机化学推断题专题练1无机化学推断题含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习无机化学推断题专题练1无机化学推断题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，推断题等内容，欢迎下载使用。
无机化学推断题
一、单选题（本大题共16小题，共48分）
1. 甲、乙、丙、丁为中学化学中的常见物质，其转化关系如图所示，下列说法错误的是(    )
A. 若甲为 C，则丙可能为 CO2
B. 若甲为 NaOH，则丁可能为 CO2
C. 若甲为 Fe，则丁可能为 Cl2
D. 若甲为 H2S，则丙可能为 SO2
2. X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是

①Na、Na2O、Na2O2    ②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2    ③Fe、FeCl2、FeCl3  ④NaOH、Na2CO3、NaHCO3  ⑤C、CO、CO2
A. ①②③④⑤ B. ②④ C. ①③⑤ D. ①②④⑤
3. A、B、C、D、E是中学化学中的常见物质，A、B是短周期元素组成的单质。其转化关系如图，若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D是黄绿色气体。下列说法正确的是(    )
A. E物质可能是氯化铵
B. C、D均极易溶于水
C. 组成A的元素在周期表中位于第2周期第ⅤA族
D. 反应中D得到1.2mol电子时，在标准状况下生成B气体2.24L
4. A、B、C、D、E均为短周期主族元素形成的常见单质或化合物(注：A、B、C、D、E可代表各不相同的物质，也可以代表相同的物质)，有以下转化关系：

下列说法不正确的是
A. ①②③④步中均发生了氧化还原反应
B. A可为金属元素或非金属元素形成的单质
C. Al、Fe均可以在E的浓溶液中发生钝化
D. B、D、E均为共价化合物
5. 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大。其中A为d元素组成的非金属单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，常温下乙为液体。下列说法正确的是(    )
A. 简单离子半径：c>b
B. 反应①为吸热反应
C. ②反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
D. b、d分别与a形成的化合物中，化学键类型一定完全相同
6. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由四种元素组成的单质或化合物A、B、C、D、E、F、G之间的相互转化关系如图所示(反应条件已略去)，其中仅B为单质，D为淡黄色固体，A广泛存在于沼气中。下列说法不正确的是(    )
A. 简单离子半径：Z>W
B. 简单氢化物的稳定性：Z>Y
C. D、F、G中所含的化学键类型完全相同
D. 1molD分别与足量C或E反应时，转移的电子数目均为NA
7. 短周期四种元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，Y和W位于同一主族，甲、乙、丙分别是Y、X、W三种元素对应的单质，m、n、s是由X、Y、Z、W四种元素组成的二元化合物，他们之间的转化关系如图所示，下列说法不正确的是(    )
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. 最高价含氧酸的酸性：Y>W
C. X和Z形成化合物的沸点高于X和Y形成化合物的沸点
D. X、Y、Z三种元素形成的化合物中可能既含极性键又含非极性键

8. A～D是均含同一种元素的四种物质，且满足如图转换关系。已知A为单质，D是该元素的最高价氧化物对应的水化物.则A不可能是(    )
A. S B. Si C. N2 D. Na
9. 已知甲、乙、丙是三种可溶性物质。其中甲是碱，乙、丙是盐，它们分别溶于水后电离产生的所有离子如表所示。下列分析结果一定正确的是(    )
阳离子
Na+、H+、Ba2+
阴离子
OH-、CO32-、SO42-
A. 甲是Ba(OH)2，乙是NaHSO4
B. 乙、丙反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑
C. 甲分别与乙、丙溶液混合后，现象相同
D. 可利用焰色反应鉴别乙和丙
10. 已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑膨胀。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是(    )。
A. X使蔗糖变黑膨胀只体现了X的脱水性
B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可观察到有白色沉淀产生
D. 工业上，B转化为D的反应条件为400∼500 ℃、常压、使用催化剂

11. 甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，在一定条件下它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是( )
A. 若甲为NH3，乙是N2，则丙是NO
B. 若甲为H2S，乙是S，则丙是SO3
C. 若甲为稀HNO3，丁是Fe，则丙是Fe(NO3)2     
D. 若甲为NaOH，丁是SO2，则丙是NaHSO3
12. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同；丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(    )
A. 原子半径的大小：Wc，故A错误；
B.氧化钠和水的反应为放热反应，故B错误；
C.涉及反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故C正确；
D.生成HCl只含有极性共价键，如生成H2O2，则含有极性键和非极性键，故D错误。
故选：C。
短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A与丙反应生成水，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。
本题考查无机物推断，为高考常见题型，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。

6.【答案】C

【解析】解：结合分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na元素，A为甲烷，B为氧气，D为过氧化钠，C、E为二氧化碳、水，F、G为氢氧化钠、碳酸钠，
A.钠离子和氧离子的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z>W，故A正确；
B.非金属性O>C，则简单氢化物的稳定性：Z>Y，故B正确；
C.过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，氢氧化钠、碳酸钠中含有离子键和极性共价键，它们所含的化学键类型不完全相同，故C错误；
D.过氧化钠与水、二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1mol过氧化钠完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数目均为NA，故D正确；
故选：C。
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由四种元素组成的单质或化合物A、B、C、D、E、F、G之间的相互转化关系如图所示(反应条件已略去)，其中仅B为单质，D为淡黄色固体，A广泛存在于沼气中，则D为过氧化钠，A为甲烷；结合转化关系可知，甲烷与B反应生成C、E，且D(过氧化钠)能够与C、E反应生成B，则B为氧气，C、E为二氧化碳、水，F、G为氢氧化钠、碳酸钠，结合原子序数大小可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na元素，以此分析解答。
本题考查无机物推断，为高频考点，“D为淡黄色固体，A广泛存在于沼气中”为推断突破口，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：结合分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Si元素，甲为碳单质，乙氢气，丙为硅单质，m为H2O，n为SiO2，s为CO，
A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W>Y>Z>X，故A正确；
B.非金属性C>Si，则最高价含氧酸的酸性：Y>W，故B正确；
C.X和Y形成化合物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故C错误；
D.H、C、O三种元素形成的化合物中可能既含极性键又含非极性键，如草酸中含有C-C非极性键和C-H、C-O极性键，故D正确；
故选：C。
X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期元素，Y和W位于同一主族，甲、乙、丙分别是Y、X、W三种元素对应的单质，结合转化关系可知，同主族元素单质甲在高温下置换出丙，应该为碳与二氧化硅的反应，则Y为C，W为Si元素，甲为C单质，丙为硅单质；m、n、s分别是由上述四种元素中的两种形成的化合物，结合转化关系可知，n为SiO2，s为CO；甲与m在高温下反应生成s(CO)和乙，乙为X的单质，则m为H2O，乙为氢气，X为H元素，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握原子序数、常见物质性质及发生反应推断物质组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度中等。

8.【答案】D

【解析】解：A.S可发生反应，满足转化关系，故A不选；
B.Si可发生反应Si→O2SiO2→NaOHNa2SiO3→HClH2SiO3→△SiO2，满足转化关系，故B不选；
C.N2可发生反应，满足转化关系，故C不选；
D.Na→O2Na2O(或，但NaOH无法一步转化为Na2O(或Na2O2)，故D选；
故选：D。
A.S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与铜加热反应生成二氧化硫；
B.硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，加热硅酸分解生成二氧化硅；
C.氮气在放电条件下与氧气生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成稀释，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；
D.钠与氧气反应生成氧化钠或过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠，但氢氧化钠无法一步转化为氧化钠或过氧化钠。
本题考查无机物的推断，题目难度不大，明确题干现象为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：由上述分析可知，甲为Ba(OH)2，乙、丙为Na2CO3、NaHSO4中的一种，
A.甲是Ba(OH)2，乙可能为Na2CO3或NaHSO4，故A错误；
B.乙、丙反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑，故B错误；
C.氢氧化钡与碳酸钠、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，现象相同，故C正确；
D.乙、丙中阳离子均含钠离子，焰色反应相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
甲、乙、丙是三种可溶性物质，其中甲是碱，乙、丙是盐，因H+与OH-、CO32-不能共存，Ba2+与SO42-不能共存，则甲为Ba(OH)2，乙、丙为Na2CO3、NaHSO4中的一种，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子共存、电离产生的离子、物质类别来推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查含硫化合物的性质，正确推断物质是解本题关键，本题的“题眼”是“X能使蔗糖粉末变黑”，以此来进行分析判断，难度中等。
【解答】
X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，
A.X使蔗糖变黑的现象体现了X的脱水性和强氧化性，故A错误；
B.若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；
C.若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故C错误；
D.工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故D正确。 
故选D。

  
11.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等。
【解答】
A.氨在纯氧中燃烧生成氮气，所以甲为NH3，乙为N2，丙为NO，丁为氧气，符合氧化还原转化关系，故A正确；
B.氧气少量时，生成硫单质和水但S无法和氧气直接生成SO3，故B错误；
C.铁与稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应又可以生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，符合转化关系，故C正确；
D.氢氧化钠可以与二氧化硫生成亚硫酸钠；亚硫酸钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠可以与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，符合转化关系，故D正确。  
12.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查元素推断、元素周期律，难度一般，解题关键是准确推断相关元素和物质。
【解答】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则乙为NH3；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同，则丙为N2H4；M、N元素的单质反应生成NH3，则M为H2、N为N2；丁是常见的两性氧化物，则丁为Al2O3；己加热生成Al2O3，则己为Al(OH)3；Q与P反应生成丁Al2O3，则Q、P为Al和O2，若Q为O2，则甲为NO，NO与戊不会生成氢氧化铝和氨气，则Q为Al，甲为AlN，戊为H2O。
根据分析可知：W为H，X为N，Y为O，Z为Al；甲为AlN，乙为NH3，丙为N2H4，丁为Al2O3，戊为H2O，己为Al(OH)3。
A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径HH2S，故D正确。  
14.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查元素推断及无机综合推断，侧重考查学生的分析能力，关键是掌握氟气与水的置换反应，注意常见10电子微粒，熟练掌握元素化合物知识。
【解答】
W、X、Y、Z 四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙分子均含有10个电子，由反应：单质X+乙→单质Y+甲，可知X为F2、乙为H2O、Y为O2、甲为HF，则W为H元素、X为F元素、Y为O元素，再由反应：丙+氧气→丁+水，可知丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2，Z为N或C元素，以此解答该题。
A.W为H元素，X为F元素，Y为O元素，Z为C或N元素，则原子半径由小到大的顺序是：WW>X，故B错误；
C、反应①为置换反应、②中反应物都化合物，所以②过氧化钠与水反应不是置换反应，故C错误；
D、氯气与氢氧化钠溶液反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，故D错误；
故选：A。
短周期主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这五种元素组成的九种物质中，n、r、u是气体单质，其余均为化合物；n是黄绿色气体，则n是Cl2，m是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则m是NH3，NH3和Cl2反应生成NH4Cl和N2，则r是N2、s是NH4Cl，p为H2O，q是淡黄色固体，为Na2O2，u是单质O2、t是NaOH，NaOH和NH4Cl反应生成NH3、H2O、NaCl，则v是NaCl，V、W、X、Y、Z分别是H、N、O、Na、Cl元素，结合题目分析解答。
本题考查无机物推断，侧重考查学生知识综合运用能力，正确判断物质是解本题关键，推断题要根据某些物质的特殊性质或颜色为突破口进行推断，题目难度不大。

17.【答案】(1)漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料(任写2个即可)
(2)4NH3+6NO5N2+6H2O
(3)第三周期IIIA族
(4)Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；Na2CO3


【解析】
【分析】
本题考查了物质转化关系的应用和性质应用，主要考查硫及其化合物性质、氮及其化合物、铝及其化合物综合应用、硅及其化合物综合应用，用好条件是解题关键。
【解答】
(1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，C为二氧化硫，则D为三氧化硫，二氧化硫的用途有：漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料；故答案为：漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料(任写2个即可)；
(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，B为NH3，氨气能被氧化成NO，所以C为NO，D为NO2，A是单质，则A为N2，B与C在一定条件下反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O， 
故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O； 
(3)④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体，再结合D物质具有两性推断D为Al(OH)3，C为偏铝酸盐，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B可为铝盐或氧化铝，单质A为Al，Al元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；
(4)若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为Si。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；反应②的化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑， 
故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑； Na2CO3。
  
18.【答案】(1)H2 
(2)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O 
(3)4NH3+6NO5N2+6H2O 
(4)有沉淀生成，NO2与水和SO2共同作用产生SO42- 
(5)VL22.4L/mol×47VL(或47Vm )


【解析】
【分析】
本题考查无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应及现象是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识
【解答】
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与气体单质A反应得到X，气体单质D与气体单质B(氮气)反应得到Y，而X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，而Y与CuO反应生成B(氮气)，可推知D为H2、A为Cl2、X为HCl、Y为NH3，D与C反应生成Z为H2O，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，
故答案为：H2；
(2)NH3与氧化铜反应，每生成1mol N2消耗3mol氧化铜，设还原产物中Cu元素化合价为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+3CuON2+3Cu+3H2O，
故答案为：2NH3+3CuON2+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+6NO5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
(4)因NO2与水和SO2共同作用产生SO42-，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，
故答案为：有沉淀生成，NO2与水和SO2共同作用产生SO42- ；
(5)由题意知发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体恰好完全溶解，溶液体积等于混合气体总体积，所得溶液浓度为：VL22.4L/mol×47VLmol/L；
故答案为：VL22.4L/mol×47VL(或47Vm )。  
19.【答案】(1)NH4HCO3、(NH4)2CO3(任一种)；
(2)4(或四)；
(3)；
(4)4NH3+5O2催化剂加热4NO+6H2O；
(5)离子键、共价键；
(6)4.8

【解析】
【分析】
本题主要考查元素化合物的推断，难度中等，掌握元素的性质和结构为解答的关键。
【解答】
依题意，碳的最外层电子数为4，电子层数为2，碳的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0，X为碳；氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明Y为氮，R为氢；H2O、H2O2在常温下呈液态，光合作用产物为有机物和氧气，所以Z为氧；钠的焰色呈黄色，T为钠。由H、C、N、O、Na五种元素组成的单质和化合物发生如图所示的转化关系。D呈淡黄色，D为Na2O2；J为红棕色，J为NO2，K为HNO3，E为H2O，B为NH3，L为NH4NO3。H为NaOH，C为CO2，F为Na2CO3，逆推A为NH4HCO3或(NH4)2CO3。
(1)由以上分析可知A的化学式为NH4HCO3、(NH4)2CO3(任一种)；
(2)上述5种元素钠和氢为第IA，碳为第IVA ，氮为第VA，氧为第VIA，共占据周期表4个主族；
(3)B为NH3，结构式为；
(4)G与B反应，也就是氨气和氧气反应的方程式为：4NH3+5O2催化剂加热4NO+6H2O；
(5)L为NH4NO3，含有共价键和离子键；
(6)依题意，氮的氧化物最终转化成HNO3，所以金属失去电子数等于氧气得到的电子数。nAl,Fe=3.36L22.4L⋅mol-1×4×13=0.2mol，最终得到固体是Fe2O3、Al2O3，含氧元素为0.3mol，固体净增质量为0.3mol×16g/mol=4.8g。  
20.【答案】(1)①Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
② CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3 
(2)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
(3)Cu+2H2SO4(浓) =ΔCuSO4+SO2↑+2H2O
(4)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑

【解析】
【分析】
本题考查无机物推断，难度中等，熟练掌握元素化合物的性质是关键，侧重考查学生对常见物质性质与特殊反应考查。
【解答】
A、B、C、D、E、X为中学化学中的常见物质，且物质A由1～2种短周期元素组成，由转化关系可知，B、E为短周期元素组成， 
(1)①若X是一种金属单质，由转化关系可知，X为变价金属，应为Fe，B与Fe反应生成高价Fe，由于A为有色气体，与水反应生成B与E，则A为二氧化氮，B为硝酸、E为NO，C为硝酸铁、D为硝酸亚铁。则B和适量X反应生成C与气体E的离子方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O， 
故答案为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O； 
②A为有色气体，与水反应生成B与E，E具有漂白性，则A为氯气、B为HCl、E为HClO，物质X焰色反应呈黄色，含有Na元素，C是一种产生温室效应的气体分子，结合转化关系可知，X为碳酸钠、C为二氧化碳、D为碳酸氢钠。二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠方程式为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3； 
故答案为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3； 
(2)A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的式量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠、C为偏铝酸钠、X为铝盐、D为氢氧化铝、E为氧气；则B和D反应生成C的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O； 
(3)由B能与气体C反应生成一种淡黄色晶体可知，B为H2S，C为SO2，淡黄色固体为单质硫；由E为难溶于水的白色沉淀，既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液可知，E为氢氧化铝，则A为硫化铝，X是氧气，D为SO3；D与水反应所得的浓溶液为浓硫酸，则D与水反应所得的浓溶液与铜片反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) =ΔCuSO4+SO2↑+2H2O；
故答案为：Cu+2H2SO4(浓) =ΔCuSO4+SO2↑+2H2O；
(4)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的15，则该元素原子有3个电子层，最外层电子数为2，则该元素为Mg，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，A中含有氮元素，A为Mg3N2，结合转化关系，可知B为氨气、X为氧气、C为NO、D为硝酸，E为氢氧化镁．则A与H2O反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑。
故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑。  
21.【答案】(1)  
(2)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O   
(3)4NH3+6NO5N2+6H2O
(4)有；NO2与水和SO2共同作用产生   
(5) ；；


【解析】
【分析】
本题考查无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应及现象是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识。
【解答】
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与气体单质A反应得到X，气体单质D与气体单质B(氮气)反应得到Y，而X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，而Y与CuO反应生成B(氮气)，可推知D为H2、A为Cl2、X为HCl、Y为NH3，D与C反应生成Z为H2O，F与Z反应生成G为HNO3。
(1)由上述分析可知，Y的化学式为NH3，结构式为，
故答案为：；
(2)NH3与氧化铜反应，每生成1mol N2消耗3mol氧化铜，设还原产物中Cu元素化合价为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+3CuON2+3Cu+3H2O，
故答案为：2NH3+3CuON2+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+6NO5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
(4)因NO2与水和SO2共同作用产生SO42-，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，
故答案为：有；NO2与水和SO2共同作用产生SO42-；
(5)①NH3完全溶于水，溶液体积等于氨气的体积，所得溶液浓度为：VL22.4L/molVL=122.4mol/L；
②发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体恰好完全溶解，溶液体积等于混合气体总体积，所得溶液浓度为：VL22.4L/mol×47VL=139.2mol/L；
③发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，VLNO2完全反应生成13VLNO，溶液体积为23VL，所得溶液浓度为：VL22.4L/mol×2323VL=122.4mol/L，
故答案为：122.4；139.2；122.4。