高考化学培优专题复习氮及其化合物练习题及答案.docx

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高考化学培优专题复习氮及其化合物练习题及答案

高考化学培优专题复习氮及其化合物练习题及答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。

试回答下列问题：

（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：

①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：

__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：

__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。

上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。

（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。

①配平方程式：

__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al（OH）4]－＋__N2↑。

②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成__mL（标准状况下）N2。

【答案】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O2∶340106418H2O10310∶3672

【解析】

【详解】

（1）①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；

③28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为（1.6－3x－2y）mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3（1.6－3x－2y），又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为2∶3；上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol×

＝0.25mol，质量为40g；

（2）①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al（OH）4]－＋3N2↑；

②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；由方程式可知，生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积（标准状况下）为

×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】

金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：

①原子守恒法：

HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；②得失电子守恒法：

HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；③电荷守恒法：

HNO3过量时反应后溶液中（不考虑OH－）有：

c（NO3－）＝c（H+）+nc（Mn+）（Mn+代表金属离子）；④离子方程式计算法：

金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。

2．研究金属与硝酸的反应，实验如下。

实验（20ºC）

现象

Ⅰ

过量铜粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3

无色气体（遇空气变红棕色），溶液变为蓝色

Ⅱ

过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3

6mL无色气体（经检测为H2），溶液几乎无色

⑴Ⅰ中产生的无色气体是______。

⑵研究Ⅱ中的氧化剂

①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3－，所以NO3－没有发生反应。

乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是______。

乙同学通过分析，推测出NO3－也能被还原，依据是______，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是______。

补全Ⅱ中NO3－被还原为

的过程：

NO3－+______e－+______=NH4++______H2O

⑶研究影响产生H2的因素

实验

现象

Ⅲ

过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3、40ºC

3.4mL气体（经检测为H2），溶液略带黄色

Ⅳ

过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3、60ºC

2.6mL气体（经检测为H2），黄色溶液

Ⅴ

过量铁粉、2mL3mol∙L-1HNO3、20ºC

无色气体（遇空气变红棕色），深棕色溶液

资料：

Fe[（NO）]2+在溶液中呈棕色。

④对比Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，温度不同时收集到氢气的体积不同，原因是______。

⑤Ⅴ中无色气体是混合气体，则一定含有遇空气变红棕色的气体和______。

⑷根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有______。

【答案】NO硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体810H+3相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多H2金属的种类、硝酸的浓度、温度

【解析】

【分析】

⑴Ⅰ中无色气体NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体。

⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中生成NO，因此可得NO3－没有发生反应不正确。

②NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，证明NH4+的方法是去一定量溶液加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

③根据化合价降低得到电子配平得到。

⑶④根据现象和温度升高时，化学反应速率增大。

⑤根据元素分析和前面的信息得到答案。

⑷根据实验和几个反应现象得出答案。

【详解】

⑴Ⅰ中产生的无色气体遇空气变为红棕色，则为NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体；

故答案为：

NO。

⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出，故认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3－，所以NO3－没有发生反应不正确，故答案为：

硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出。

②元素的最高级具有氧化性，故NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，推测出NO3－也能被还原；证实该溶液中含有NH4+的方法为：

取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,故答案为：

NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性；取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

③NO3－被还原为NH4+的反应为：

NO3－+8e－+10H+=NH4++3H2O，故答案为：

8；10H+；3。

⑶④根据现象可得，Ⅱ、Ⅲ生成氢气，Ⅳ生成有NO，因为相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多，故答案为：

相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多。

⑤Ⅴ中无色气体是混合气体，根据元素分析，则一定含有遇空气变红棕色的NO气体和H2，故答案为：

H2。

⑷根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有金属的种类、硝酸的浓度、温度，故答案为：

金属的种类、硝酸的浓度、温度。

3．人类农业生产离不开氮肥，科学合理使用氮肥，不仅能提高化肥的使用率，而且能够更好地保护环境，请回答下列问题：

（1）将N2转化为含氮化合物的过程称为固氮

①人工固氮，将N2→NH3，N2发生_________反应

②自然界固氮，可将少量N2转化为Ca（NO3）2等氮肥，转化途径如下（转化所需试剂及条件已略去）：

N2→NO→NO2→HNO3

Ca（NO3）2。

写出NO→NO2→HNO3的化学方程式__________、__________。

将HNO3转化为Ca（NO3）2，列举三种不同类别的化合物M_______（写化学式）。

（2）科学合理地保存、施用氮肥

①NH4HCO3需阴凉处保存，原因是__________（写化学方程式）。

②铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用，以NH4Cl为例写出发生反应的离子方程式________。

（3）过渡施用氮肥将导致大气中NH3含量增高，加剧雾霾的形成。

（NH4）2SO4是雾霾的成分之一，其形成过程如下图所示（转化所需试剂及条件已略去）：

①X可能是______、_______。

Y是___________。

②尿素CO（NH2）2是一种常用化肥，缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3则尿素中C元素化合价为__________。

【答案】还原2NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NOCaO、Ca（OH）2、CaCO3NH4HCO3

NH3↑+CO2↑+H2ONH4＋+OH－=NH3↑+H2OSO3H2SO3H2SO4+4

【解析】

【分析】

本题主要考察含N物质的化学性质，运用所学知识答题即可。

【详解】

（1）①N2→NH3，N的化合价由0变为了-3，则N2作氧化剂，发生还原反应；

②NO→NO2的化学方程式为：

2NO+O2=2NO2；NO2→HNO3的化学方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3

Ca（NO3）2，M可以是CaO、Ca（OH）2、CaCO3；

（2）①NH4HCO3需阴凉处保存，是因为该物质对热不稳定，受热易分解，相关的化学方程式为：

NH4HCO3

NH3↑+CO2↑+H2O；

②该离子方程式为：

NH4++OH-=NH3↑+H2O；

（3）①根据图可知，Y为H2SO4；在自然环境中，SO2变为H2SO4的途径有两种：

、

，故X为SO3或H2SO3；

②尿素CO（NH2）2缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3，说明尿素中N呈-3价，由于O呈-2价，H呈+1价，故可算得C呈+4价。

4．2016年10月17日7时30分，我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。

此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（C2N2H8）和一种氮的氧化物（用R表示），当火箭发射时，这两种燃料会剧烈反应产生大量气体，并释放出大量的热，化学方程式如下（已配平）：

C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑

（1）R的化学式是___；已知偏二甲肼中N元素显-2价，H元素显+1价，由此推断，C元素的化合价是___。

（2）该反应的还原剂是___，被还原的元素是___。

（3）若反应生成22.4LCO2（标准状况），则反应转移电子___mol。

（4）火箭发射时，尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色，该红棕色气体的化学式可能是___。

（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。

Na2FeO4能给水消毒利用的是___性。

用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，其净水原理与明矾相同，Fe3+净水原理是___（用简要的文字叙述）。

【答案】N2O4-2C2N2H8N2O48NO2氧化性Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降

【解析】

【分析】

（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可得R的化学式；

（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，可以判断出氧化剂和还原剂；

（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，可以求出转移电子数；

（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体；

（5）Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性。

【详解】

（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可知，R的化学式为：

N2O4；已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价，H元素显+1价，设C的化合价为x，则有2x+8-2×2=0，解得x=-2，C元素的化合价是-2；

（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，故该反应的还原剂是C2N2H8，氧化剂是N2O4；

（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，N2O4被还原为N2，得8个电子，1molN2O4得8电子，故转移8mol电子；

（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体，故该红棕色气体的化学式可能是NO2；

（5）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性，可用于杀菌消毒；杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。

5．

（1）取300ml0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是mol。

（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释．

（3）在100mLFeBr2溶液中通入标况下2.24LCl2，溶液溶液中有1/4的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。

（4）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：

HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：

①写出该反应的化学方程式。

②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是。

【答案】

（1）0.032mol

（2）2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O

（3）4/3mol/L

（4）①3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；②出现红棕色气体

【解析】

试题分析：

（1）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是

=0.032mol，故答案为0.032；

（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O，故答案为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O；

（3）n（Cl2）=

=0.1mol，设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为x，由还原性Br-＜Fe2+，液溶液中有

的Br-被氧化成单质Br2，则亚铁离子全部被氧化，由电子守恒可知，0.1L×x×（3-2）+0.1L×x×2×

×（1-0）=0.1mol×2×（1-0），解得x=

mol/L，故答案为

mol/L；

（4）①NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，故答案为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；

②反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体；故答案为出现红棕色气体。

考点：

考查了氧化还原反应的相关知识。

6．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：

（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：

①D的化学式：

_________；

②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。

①C的化学式为：

_________；

②D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+2NO2↑+2H2O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。

（1）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；

（2）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】

（1）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。

①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：

H2SO4；

②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；

（2）若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。

①由以上分析可知C为NO2，故答案为：

NO2；

②D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↑+2H2O，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↑+2H2O；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。

7．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：

（1）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

（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）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）。

①D气体不能用排水法收集

②干燥管里盛有碱石灰

③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出

（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）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+2NH4Cl

CaCl2+H2O+2NH3↑①②4NH3+5O2

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】

（1）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；

（2）实验室制氨气的化学方程式为：

Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+H2O+2NH3↑；

（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；

（4）氨气发生催化氧化的化学方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（5）E是氯化铵，化学式为NH4Cl，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+。

8．有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含NH4+、K＋、Na＋、Mg2＋、H＋、Cu2＋、CO32-、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】

、H＋、I－Mg2＋、Cu2＋、

K＋、Na＋

【解析】

【分析】

无色溶液中一定不存在有色的Cu2+，

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

，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Mg2+；

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

；

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：

、H＋、I－；肯定不存在的离子有：

；Mg2＋、Cu2＋、

；不能确定是否存在的离子有：

K＋、Na＋；

（2）实验③为

与OH-反应在加热条件下