高考化学 高无机综合推断 培优练习(含答案)含详细答案

高考化学高无机综合推断培优练习(含答案)含详细答案
一、无机综合推断
1．某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期V A族。

D、E、H 均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。

其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答：
（1）写出H的化学式：________________。

（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。

（3）写出反应②的离子方程式：________________。

【答案】AgCl共价键SiO2+2OH- = SiO32-+H2O
【解析】
根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成
不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-
，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；
（1）H的化学式为AgCl；
（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；
（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH- = SiO32-+H2O。

2．现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。

(1)在这8种物质中，属于电解质的有_____________(用相应的化学式表示，下同)。

(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入①～⑤，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。

①它们的化学式分别为：①______________；③____________；⑤______________。

②如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。

五个反应中属于氧化还原反应的有
________________个；反应A的离子方程式为________________________，反应D的化学方程式为_________________________。

【答案】（1）Na2CO3、NaCl、CaO；
（2）①Fe ②H2SO4③CO2④CaO ⑤Na2CO3②1 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
不属于 H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑
【解析】
试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质①能够和酸②，则单质①为Fe，酸②为H2SO4；盐⑤能够和H2SO4反应，因此盐⑤为Na2CO3；氧化物④能够和H2SO4反应，因此氧化物④为碱性氧化物CaO；氧化物③能够和CaO反应，则氧化物③为CO2；故答案：①Fe
②H2SO4③CO2④CaO ⑤Na2CO3；②有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；反应B 为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。

考点：考查物质的分类与性质。

3．盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。

为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：
试根据以上内容回答下列问题：
(1)X的化学式为_____________。

(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。

(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其
离子方程式为____________。

(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为
__________。

【答案】CuAlO2 AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－ 2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝
2CuCl↓＋SO42－＋4H＋ 2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑
【解析】
【分析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al 元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。

结合题意中物质的质量计算解答。

【详解】
(1) 根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。

Al(OH)3的物质的量为
7.8 78/g
g mol =0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为
4.9
98/
g
g mol
=0.05mol，Cu单质的物质的量为
3.2 64/g
g mol
=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1mol Al原子、0.1mol Cu原子，
则含有O原子为：12.30.127/0.164/
16/
g mol g mol mol g mol
g mol
-⨯-⨯
=0.2mol，则X中
Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；
(2) B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；
(3) F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为
35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为0.6430.357
:
6435.5
＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程
式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝
2CuCl↓+SO42-+4H+；
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。

4．有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属。

三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有标出)。

请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A__________； G___________。

(2) 写出反应①的化学方程式：__________；写出反应②的离子方程式：_________。

(3)说出黄绿色气体乙的一种用途__________________。

(4)区别E、F两种溶液最简单的方法是______，实验室检验G中所含的金属离子时，常在G的溶液中加入_____溶液
【答案】Na FeCl3 Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑ 2Al + 2OH- +2H2O=2AlO2-+ 3H2↑制漂白粉
观察法 KSCN
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系：HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。

【详解】
金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3；
(1)根据上面的分析可知：A的化学式为Na； G的化学式为FeCl3；
(2)反应①为Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，发生反应的化学方程式为Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑；反应②为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2，发生反应的离子方程式为2Al +
2OH- +2H2O=2AlO2-+ 3H2↑；
(3)黄绿色气体乙为氯气，可用于自来水的消毒或制漂白粉等。

(4) E为稀盐酸、F为FeCl2溶液，区分这两种溶液最简单的方法是观察法，盐酸是无色溶液，而FeCl2溶液是浅绿色；G为FeCl3溶液，含有Fe3+，检验时向FeCl3的溶液中加入KSCN溶液，可观察到溶液显血红色；
5．下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。

已知A、
H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K 可用作食品发泡剂。

B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。

根据以上信息，回答下列问题：
(1)B的组成元素为_____。

(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。

(3)G→J的离子方程式为_____。

(4)M是含氧酸盐，反应①中H、L、D的物质的量之比为3：2：4，则M的化学式为
_____。

【答案】Fe、C、O 取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I
2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O Na2FeO4
【解析】
【分析】
A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加
H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe(OH)3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2(SO4)3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)。

【详解】
(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：Fe、C、O；
(2)I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；
(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为
2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O，故答案为：2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O；
(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe(OH)3、NaOH，根据物质的量之比为3：2：4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：Na2FeO4。

【点睛】
无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化
铁。

掌握常见物质的性质和用途是关键。

6．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 ∆−−→；
7．某含氧物质X 仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解．，某研究小组设计并完成如下实验：
试回答如下问题：
（1）X 的化学式为__________，写出X 与H 2O 反应的离子方程式__________________ （2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式____________________ （3）保存X 时应注意_________________．
【答案】K 2FeO 4 4FeO 42﹣+10H 2O=4Fe （OH ）3（胶体）+3O 2↑+8OH ﹣
Fe 2O 3+3CO
3CO 2+2Fe 避免吸潮和受热
【解析】
【分析】
根据题中各物质转化关系，X 与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X 中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X 与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X 中含有铁元素，某含氧物质X 仅含三种元素，所以X 由Fe 、K 、O 组成，由于固体1为氯化钾，质量为1.49g ，则其中钾元素的物质的量为0.02mol ，固体2为氧化铁，质量为0.80g ，则铁元素的物质的量为0.01mol ，所以X 中氧元
素的物质的量为1.980.02390.0156
16
g-⨯-⨯
mol=0.04mol，所以X中Fe、K、O的物质的
量之比为0.01：0.02：0.04=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，据此分析解答。

【详解】
（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣；
（2）工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe；
（3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热。

8．有关物质的转化关系如下图所示。

A和G均为气体，其中A为黄绿色。

C和D均为酸，其中C具有漂白性。

E和I均为常见金属，其中I为紫红色。

⑴气体A所含元素在周期表中的位置是：______。

D的电子式为______。

⑵写出反应①的离子方程式：______。

⑶写出反应④的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：______。

【答案】第三周期，ⅦA族 Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO
【解析】
【分析】
由A为黄绿色气体可知，A为氯气；由C和D均为酸，其中C具有漂白性可知，B为水、C 为次氯酸、D为盐酸，反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；由E能和盐酸反应、F
能和氯气反应可知，E为常见的活泼变价金属，则E为铁、F为氯化亚铁、G为氢气、H为氯化铁，反应②为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应③为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁；由I为紫红色常见金属可知，I为铜，反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。

【详解】
（1）氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族；D为氯化氢，氯化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；
（2）反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO；
（3）反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中转移电子数目为2e—，用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为：。

【点睛】
由E能和盐酸反应、F能和氯气反应确定E为常见的活泼变价金属是解答难点，也是推断的突破口。

9．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。

（1）若A是一种红色金属单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式为___________，若反应放出1.12 L气体（标准状况下），则被还原的B物质的量为___________mol。

（2）若实验室中利用固体A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小、碱性的气体，试写出此反应的化学方程式________________；实验室检验C的方法为_______________。

（3）若B是黄绿色有毒气体，上述关系经常用于实验室尾气处理，则反应的离子方程式为________________。

若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，看到的现象为
______________。

【答案】2NO3－+ 3Cu + 8H+ = 2NO↑+ 4H2O + 3 Cu 2+0.052NH4Cl+ Ca（OH）2 CaCl2
+2NH3↑+2H2O把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气Cl2+2OH-=Cl-+ClO- + H2O试纸变为蓝色
【解析】
A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，考虑E为H2O；（1）A是一种红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu ，B为稀硝酸，C为NO，D为硝酸铜，反应的离子反应为2NO3-
+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+，生成硝酸铜体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性；若反应放出1.12
LNO气体（标准状况下），NO的物质的量为0.05mol，则被还原的HNO3物质的量为0.05mol ；
（2）C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，实验室利用铵盐与熟石灰反应制备氨气，该反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验方法为把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气）；
（3）若B是黄绿色有毒气体，应该为氯气，实验室常用NaOH溶液吸收其尾气，则反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO- +
H2O ；若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，氯气能氧化I-
生成碘单质，则看到的现象为试纸变为蓝色。

点睛：考查无机物的推断，涉及浓硝酸的性质及氨气的制备；此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。

10．物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。

其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。

若甲为淡黄色固体，D、F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。

则
（1）A的分子式是_________，甲的电子式是________。

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是________________。

（3）若1.7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______。

【答案】NH3 2Al +2OH--+ 2H2O == 2AlO2--+ 3H2↑ 4NH3（g）+ 5O2
（g）==4NO（g）+ 6H2O（g）△H＝-906．8kJ·mol-1
【解析】
【分析】
【详解】
物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。

其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，则乙是铝或铁，G是硝酸或硫酸。

用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，所以A是氨气，G是浓硝酸。

氨气发生催化氧化生成NO和水，若甲为淡黄色固体，所以甲是过氧化钠。

乙能与D反应生成F，且D、F的溶液均呈碱性，所以B是水，D是氢氧化钠，乙是铝，F是偏铝酸钠。

C是NO，E是NO2，NO2溶于水生成硝酸。

（1）根据以上分析可知A的分子式是NH3，过氧化钠的电子式是。

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是2Al +2OH--+ 2H2O ="=" 2AlO2--+ 3H2↑。

（3）若1．7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，其中氨气是
1．7g÷17g/mol＝0．1mol，则4mol氨气反应放出的热量是22．67kJ×40＝906．8kJ，因此该反应的热化学方程式为4NH3（g）+ 5O2（g）＝4NO（g）+ 6H2O（g）△H＝-
906．8kJ·mol-1。