化学高无机综合推断的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案

化学高无机综合推断的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案
一、无机综合推断
1．某强酸性溶液X，含有Ba2+、Al3+、SiO32－、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：
依据以上信息，回答下列问题：
（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：________________；不能肯定的是：
_______________。

对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：_________。

（选填：
①NaOH溶液，②酚酞试剂，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KSCN溶液，⑥KMnO4溶液）（2）气体F的电子式为：_______________，实验中，可以观察到反应②的现象是：
__________________。

（3）写出步骤①所有发生反应的离子方程式________________________、
___________________。

【答案】SO42－、Al3+、Fe2+、NH4+ Fe3+⑤气体由无色变成红棕色 Ba2++SO42－＝
BaSO4↓ 3Fe2++NO3－+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O
【解析】
【详解】
（1）在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-和SiO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，一定不含NO3-离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al （OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之无Fe3+；
（2）溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F：NH4++OH-=NH3↑+H2O，氨气电子式为；一氧化氮易被氧化为二氧化氮，则实验中，可以观察到反应②的现象是无色一氧
化氮变为红棕色二氧化氮气体；
（3）步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++SO42－＝BaSO4↓，二价铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子，硝酸被还原成一氧化氮，一氧化氮在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮，离子反应方程式为3Fe2++NO3－+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O。

2．为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是_______。

（2）X 在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。

（3）溶液 A 与烧碱反应生成 B 和浅黄色沉淀（0.01mol）的化学方程式为_______。

【答案】CuFeS2 4CuFeS2＋13O2＝4CuO＋2Fe2O3＋8SO2 3Fe2(SO4)3＋12NaOH＝Na2Fe6 (SO4)4(OH)12＋5Na2SO4
【解析】
【分析】
根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，B为Na2SO4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。

【详解】
根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，
n(SO2)=
2.688L
22.4L/mol=0.12mol，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量
n(CuO)=
4.8g
80g/mol=0.06mol，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，物质的量
n(Fe2O3)=
4.8g
160g/mol=0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比
n(Fe) ∶n(Cu)) ∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，因此X化学式为FeCuS2，物质的量
0.06mol，质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g，符合题意，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，
4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，
n(NaOH)=
4.8g
40g/mol=0.12mol，n(Na2SO4)=
7.1g
142g/mol=0.05mol，结合元素守恒和电荷守
恒，0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol，n(Fe3+)=0.06mol，n(OH-)=0.12mol，n(SO42-
)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-
)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，组成为NaFe3 (SO4)2(OH)6。

(1)根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：FeCuS2；
(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：4FeCuS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2；
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12，反应的化学方程式为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓，故答案为：
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓。

【点睛】
大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。

本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断，要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。

3．已知A为一种盐，C、D、F、N、O在常温常压下均为无色气体，E在常温常压下为无色、无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见的无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验。

（1）写出D的电子式：___；
（2）写出反应②的化学方程式：___；
（3）已知B中氧元素的质量分数为22.2%，且A分解产生的各物质的物质的量之比为
n(B)：n(C)：n(D)：n(E)：n(F)=1：2：2：1：2，则A 的化学式为：___。

【答案】
4NH 3+3O 22N 2+6H 2O (NH 4)2Fe(C 2O 4)2
【解析】
【分析】
E 在常温常压下为无色、无味的液体，则E 为H 2O ；I 为常见的无氧强酸，则为盐酸；常用浓盐酸检验气体
F ，则F 为NH 3；则L 为O 2，N 为N 2，O 为NO ，P 为NO 2，Q 为HNO 3；K 为Fe(NO 3)3，J 为FeCl 2，H 为Fe ，B 为FeO(由B 中氧元素的质量分数为22.2%进行计算)，C 为CO ，D 为CO 2。

(1)由以上分析知，为2CO ，电此可写出其电子式。

()2反应②是氨气氧化生成氮气，由此可写出化学反应方程式。

()3A 在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B ：C ：D ：E ：F 1=：2：2：1：2，由原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物的性质推断出A 的化学式为
【详解】
通过上面分析，可推知，E 为H 2O ，I 为盐酸，F 为NH 3；L 为O 2，N 为N 2，O 为NO ，P 为NO 2，Q 为HNO 3；K 为Fe(NO 3)3，J 为FeCl 2，H 为Fe ，B 为FeO ，C 为CO ，D 为CO 2。

()1D 为2CO ，电子式为 。

答案为： 。

()2反应②是氨气的氧化，反应的化学反应方程式为32224NH 3O ?2N 6H O -
++点燃。

答案为：32224NH 3O 2N 6H O -++点燃；
()3A 在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B ：C ：D ：E ：F 1=：2：2：1：2，即FeO ：CO ：2CO ：2H O ：3NH 1=：2：2：1：2，由原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物的性质推断出A 的化学式为42242(NH )Fe(C O )。

答案为：42242(NH )Fe(C O )。

【点睛】
本题涉及的物质多，推断难度大，所以要大胆假设，然后进行求证。

首先从F+I(常见的无氧强酸)用于F 气体的检验切入，确定F 为NH 3，I 为盐酸，然后才能逐步深入推断。

由F 推出一连串物质：F 为NH 3，L 为O 2，N 为N 2，O 为NO ，P 为NO 2，Q 为HNO 3，K 为Fe(NO 3)3。

由Q 与J 的反应，推出J 为FeCl 2，H 为Fe ，再利用信息“已知B 中氧元素的质量分数为22.2%”推出B 为FeO ，最后完成C 、D 的推断。

4．A 、B 、C 、X 均为中学常见的物质，它们之间有如下转化关系(反应条件及副产物已略去）。

(1)若A 和X 均为单质，B 为可使品红溶液褪色的气体，则反应②的化学方程式为____。

(2)若A 、B 、C 为含钠元素的化合物，X 为无色无味气体，则反应②的化学方程式为______ 。

(3)若A 为稀硝酸，B 溶液和硫氰酸钾溶液反应后溶液显红色，则反应②的离子方程式为_____。

若向C 的溶液中加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀，在空气中迅速变成_____，最后变成_______，白色沉淀发生上述变化的原因 ______(用化学方程式表示)。

56 g X 与足量的稀硝酸发生反应，被还原的HNO 3为__________g 。

【答案】22322SO O SO +垐垐?噲垐?催化剂 232232Na CO H O CO NaHCO ++=
3223Fe Fe Fe +++= 灰绿色 红褐色 ()()2223424Fe OH O H O Fe OH ++= 63
【解析】
【分析】
(1)若A 和X 均为单质，B 为可使品红溶液褪色的气体，B 一定是SO 2，A 是硫，C 是三氧化硫，X 是氧气，该反应是可逆反应；(2)若A 、B 、C 为含钠元素的化合物，X 为无色无味气体，A 连续与X 反应，A 可能是氧化钠，可能是过氧化钠，故B 一定是碳酸钠，C 一定是碳酸氢钠；(3)若A 为稀硝酸，B 溶液和硫氰根离子反应后溶液显红色，B 一定是硝酸铁，X 为铁，B 继续与铁反应，发生价态归中反应，C 是硝酸亚铁。

【详解】
(1)若A 和X 均为单质，B 为可使品红溶液褪色的气体，B 一定是SO 2，A 是硫，C 是三氧化
硫，X 是氧气，则反应②的化学方程式为：22322SO O SO +垐垐?噲垐?催化剂；
故答案为：22322SO O SO +垐垐?噲垐?催化剂；
(2)若A 、B 、C 为含钠元素的化合物，X 为无色无味气体，A 连续与X 反应，A 可能是氧化钠，可能是过氧化钠，故B 一定是碳酸钠，C 一定是碳酸氢钠，故反应②的化学方程式为：232232Na CO H O CO NaHCO ++=；
故答案为：232232Na CO H O CO NaHCO ++=；
(3)若A 为稀硝酸，B 溶液和硫氰根离子反应后溶液显红色，B 一定是硝酸铁，X 为铁，B 继续与铁反应，发生价态归中反应，C 是硝酸亚铁，则反应②的离子方程式为：3223Fe Fe Fe +++=；向C 的溶液中加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中被氧化成氢氧化铁，颜色由白色变成灰绿色，最终变成红褐色，反应方程式为：()()2223424Fe OH O H O Fe OH ++=；铁与足量的稀硝酸发生反应，硝酸被还原为一氧
化氮，离子方程式为：33242e Fe H NO NO H O F +-+++=↑++ ；铁与被还原的硝酸物
质的量之比为：1：1，所以被还原的硝酸质量为：
1156m 636356g g mol g g mol
--=⨯⋅=⋅ ；
故答案为：3223Fe Fe Fe +++=；灰绿色；红褐色；
()()2223424Fe OH O H O Fe OH ++=；63。

5．探究化合物A(仅含三种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：白色固体C 既能与强酸反应，也能与强碱反应。

请回答：
(1)写出A 受热分解的化学方程式为___________________________________________。

(2)请设计实验方案检验溶液E 中所含的阳离子_________________________________。

(3)若固体F 中金属元素的百分含量为19.29%，硫为22.86%，氧为57.14%，且300 g/mol<M F <450 g/mol ，则F 的化学式为____________。

【答案】232523222Al O N O 2Al O 4NO O ∆
===++g 取玻璃棒蘸取少量溶液于pH 试纸
上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH 溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子 ()2433Al SO Al(OH)⋅
【解析】
【分析】
红棕色气体B 为二氧化氮，生成的物质的量为0.2mol ，白色固体C 既能与强酸反应，也能与强碱反应，说明其为氧化铝或氢氧化铝，由于A 仅含有三种短周期元素，故C 为氧化铝，其物质的量为0.1mol ，则气体单质D 为氧气，生成的质量为210.246/10.2 1.6g mol g mol g g -⨯-=，则其物质的量为0.05mol ，故A 的化学式为2325Al O N O g 。

【详解】
（1）通过分析可写出A 受热分解的化学方程式为
232523222Al O N O 2Al O 4NO O ∆===++g ；
（2）E 中的阳离子为氢离子和铝离子，故可设计两组实验，取玻璃棒蘸取少量溶液于pH 试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH 溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子；
（3）根据原子守恒，可知，F 中Al 元素的质量为27210.2 5.4102
g ⨯⨯=，故F 的质量为5.4g÷19.29%=28g ，故可算出S 的质量为6.40g,O 的质量为16.00g ，剩余为H 的质量，因为300 g/mol<M F <450 g/mol ，可得出其化学式为()2433Al SO Al(OH)⋅。

6．由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：
请回答下列问题：
(1)G是______________（填化学式）。

(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。

(3)若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式
_____________。

(4)C的最大质量为________________g。

【答案】Cu2S SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋ Cu2O+2H= Cu2＋+ Cu+ H2O 23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为 BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。

【详解】
(1)G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×0.1mol/L×32 g/mol＝3.2g，G 中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有12.8 1.6
⨯=⨯，解得：M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答n2
M16
案为：Cu2S；
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-
+4H+；故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；
(3)Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×233 g/mol＝23.3g；故答案为：23.3；
7．2018年6月1日，陨石坠落西双版纳，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：
(1)关于E的说法正确的是___________________（填序号）
①E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在
②E既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应，其为两性物质
③可用盐酸除去E中混有少量X
④E是良好的半导体材料
(2)写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析
．．．．．标明电子转移数目
______________
(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式：_________________________________
(4)A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法_________
(5)F物质用氧化物的形式表示为：__________________。

(6)已知在外加直流电作用下，G胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做____________；净化G胶体可采用如图_____________（填序号）的方法，这种方法叫_____________。

【答案】①③ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+ Na2O ▪SiO2电泳②
渗析
【解析】
【分析】
A为黑色磁性氧化物，则A为Fe3O4，X为Fe；Fe3O4和B反应生成D溶液，结合B是Y、NO和水反应生成的可知，B为HNO3，Y为O2；HNO3和F生成一种胶体，可以推知G是H2SiO3，则F为Na2SiO3，E为SiO2，SiO2和焦炭在高温的条件下生成Si单质，则Z为Si，以此解答。

【详解】
(1)由分析可知E为SiO2。

①SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在，正确；②SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应生成SiF4气体，但不是两性物质，错误；③可用盐酸除去E中混有少量Fe，正确；④SiO2不导电，不是半导体材料，错误；正确的是①③；
(2) SiO2与焦炭在高温下反应制取Si，同时生成CO，用单线桥分析
．．．．．标明电子转移数目为：
；
(3) SiO 2和NaOH 溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：SiO 2+2OH -=SiO 32-+H 2O ；
(4) A 为Fe 3O 4与足量HNO 3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe 3+，检验Fe 3+的方法是：取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe 3+；
(5) Na 2SiO 3用氧化物的形式表示为：Na 2O ▪SiO 2；
(6) 在外加直流电作用下，硅酸胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做电泳；胶体粒子不能透过半透膜，能够透过滤纸，净化G 胶体可采用图②的方法，这种方法叫渗析。

8．储氢材料甲由X 、Y 、Z 三种短周期元素组成，Z 元素的最外层电子数是X 与Y 元素最外层电子数之和的1.5倍。

为确定甲的组成，进行了如下实验：
①称取5.4g 甲固体，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L 单质气体乙，同时得到两种固体，其中一种为二元化合物。

②冷却后，向①反应后的固体混合物中加入足量的蒸馏水，充分反应后，又放出标准状况下5.6L 单质气体乙，同时得到澄清溶液丙。

请回答：
（1）乙的电子式___。

（2）甲的化学式__。

（3）写出生成溶液丙的化学反应方程式___。

（4）设计实验方案检验溶液丙中的溶质成分___。

【答案】H ∶H NaAlH 4 2NaH ＋2Al ＋4H 2O=2NaAlO 2＋5H 2↑ 用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO 2-
【解析】
【分析】
常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L 单质气体乙，气体乙是氢气，所以一定含有H 元素；短周期元素中化合价最高的金属元素是+3价Al 元素，Z 元素的最外层电子数是X 与Y 元素最外层电子数之和的1.5倍，故Z 是 Al 元素，则另一种金属元素化合价为+1，反应②得到澄清溶液丙，说明另一种金属元素一定为钠。

【详解】
（1）常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L 单质气体乙，所以一定含有H 元素，气体乙是氢气，电子式为H ∶H 。

（2）①②共生成标准状况下的氢气8.96L÷22.4L/mol=0.4mol ，根据得失电子守恒，5.4g 甲固体含有0.4molH 原子；设5.4g 甲固体含有Al 元素xmol 、Na 元素ymol ，则
{2723 5.40.4
30.40x y x y +=-+-= ，解得y=0.1、x=0.1， n(Na)：n(Al)：n(H)=0.1:0.1:0.4=1:1:4，甲的化学式是NaAlH 4；
（3）钠的活泼性大于铝，反应①生成的固体是NaH 和Al ，NaH 与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，总反应方程式是2NaH ＋2Al ＋
4H 2O=2NaAlO 2＋5H 2↑。

（4）AlO 2-与少量盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与盐酸反应生成铝离子，Na +的焰色反应呈黄色；检验溶液丙中的溶质成分的方法是：用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO 2-。

9．Ⅰ．有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A 、B 两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。

取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A 元素的含氧酸盐乙和一种含B 元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。

（1）甲的化学式为_________，其晶体属于________晶体
（2）乙的水溶液可以用来做__________________（写出一种用途）
（3）B 元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。

则丁的电子式为
_____________。

Ⅱ．某铜制品在潮湿环境中发生的电化学腐蚀过程可表示为如图，腐蚀后有A 物质生成，某小组为分析A 物质的组成，进行了如下实验：
实验①：取A 样品，加过量稀硝酸完全溶解后，再加入AgNO 3溶液，有白色沉淀生成。

实验②：另取A 样品4.29g ，加入含240.030molH SO 的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液。

向所得混合溶液中加入适量的NaOH 溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得3.20g 黑色固体。

（1）该粉状锈中除了铜元素外还含有（写元素符号）_____元素.
（2）写出该粉状锈溶于稀硫酸反应的离子方程式____。

（3）加热条件下，实验②中所得的黑色固体能与乙醇反应，化学方程式为_____。

【答案】Si 3N 4 原子 黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂 O 、H 、Cl
+2+-232Cu (OH)Cl+3H =2Cu +3H O+Cl 3232CuO+CH CH OH CH CHO+Cu+H O ∆−−
→ 【解析】
【分析】
Ⅰ、材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A 元素的含氧酸盐乙和一-种含B 元素的气体丙，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH 3，说明甲中含有氮元素；含氧酸盐乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H 2SiO 3，证明甲中含有硅元素，材料甲，其由A 、B 两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬
度大，熔点高，证明是一种原子晶体含有氮元素和硅元素，依据元素化合价熟悉得到甲为Si 3N 4，判断乙为硅酸钠，A 为硅元素，B 为氮元素；
【详解】
Ⅰ、(1)分析推断甲为氮化硅，化学式为Si 3N 4，分析性质判断为原子晶体；故答案为：Si 3N 4，原子晶体；
(2)乙的水溶液为硅酸钠水溶液，俗称为水玻璃，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；故答案为：黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；
(3)B 元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，由题意可知丁为N 2H 4，电子式为：，故答案为：；
Ⅱ(1)、根据先加入稀硝酸完全溶解后，再加硝酸银，产生白色沉淀，推出含有Cl 元素；再根据另取A 样品4.29g ，加入含240.030molH SO 的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液，推出含有氢氧离子，所以含有H 、O 元素，故答案为O 、H 、Cl ；
(2)、根据实验②灼烧得到3.2g 的黑色固体为氧化铜，物质的量为0.04mol ，则铜元素的物质的量为0.04mol ，加240.030molH SO 恰好中和推知氢氧根的物质的量为0.06mol ，再根据化合价推知氯元素的物质的量为0.02mol ，所以粉末锈的化学式为Cu 2(OH)3Cl ，所以粉状
锈溶于稀硫酸反应的离子方程式为：+2+-232Cu (OH)Cl+3H =2Cu +3H O+Cl ，故答案为：
+2+-232Cu (OH)Cl+3H =2Cu +3H O+Cl ；
(3)、加热条件下，黑色固体氧化铜与乙醇反应化学方程式为：
3232CuO+CH CH OH CH CHO+Cu+H O ∆−−→；
10．甲是一种盐，由A 、B 、C 、D 、E 五种短周期元素元素组成。

甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A 、B 形成的10电子阳离子。

A 元素原子核内质子数比E 的少1，D 、E 处于同主族。

用甲进行如下实验：
①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；
③取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl 2溶液，出现白色沉淀；
③取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH 溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH 溶液的体积关系如下图所示，
④取少量甲溶液于试管中，加入过最的NaOH 溶液并加热。

回答下列问题：
（1）C的元素符号是_______，D在周期表中的位置是________。

（2）经测定甲晶体的摩尔质量为453 g•mol-1，其中阳离子和阴离子物质的量之比为1:1，则甲晶体的化学式为________。

（3）实验③中根据图象得V(oa):V(ab):V(bc)= _______。

（4）实验④中离子方程式是___________。

【答案】Al第三周期第VIA族NH4Al(SO4)2·12H2O3：1：1NH4＋＋Al3＋＋5OH－NH3↑＋AlO2－＋3H2O
【解析】甲由A、B、C、D、E五种短周期元素组成的一种盐，②中甲溶液中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明甲中含有SO42-。

④中甲与过量NaOH溶液并加热，有刺激性气味的气体生成，该气体为NH3，则甲溶液中含有NH4+。

③中取少量甲溶液，逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀开始增大到最大量，而后沉淀量不变，最后阶段沉淀减小至完全消失，则甲溶液肯定含有Al3+。

甲溶于水电离出三种离子为SO42-、Al3+、NH4+，A、B形成的10电子阳离子为NH4+，D、E同主族，二者应形成SO42-，且A元素原子核内质子数比E的少l，则A为N元素、E为O元素、D为S元素、B为H元素、C 为Al，则
（1）C是铝，C的元素符号是Al；D是S元素，位于周期表中第三周期ⅥA族；（2）经测定晶体甲的摩尔质量为453g/mol，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水，所以阳离子和阴离子的总相对分子质量为：453-216=237，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，根据电中性原理，其化学式为：NH4Al(SO4)2·12H2O；（3）取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，先发生反应：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，而后发生反应：NH4++OH-
=NH3•H2O，最后阶段氢氧化铝溶解，发生反应：OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，假设
NH4Al(SO4)2·12H2O为1mol，则各阶段消耗NaOH分别为3mol、1mol、1mol，所以V （Oa）：V（ab）：V（bc）=3mol：1mol：1mol=3：1：1；（4）甲溶液中加入过量NaOH溶液并加热，铵根离子、铝离子均可以和过量的氢氧化钠之间反应，NH4+、Al3+的物质的量之比为1：1，反应离子方程式为：NH4＋＋Al3＋＋5OH－NH3↑＋AlO2－＋
3H2O。