2023届高考化学——定量推断题 实验基本操作题专项小练（解析版） WORD版含解析.docx

1、定量推断题+实验基本操作题1IX是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的新型漂白剂(由四种短周期元素组成的纯净物)，无毒无味，性能温和，且对环境友好。X从组成形式上可看成是某种正盐M与活性物质N的加合产物(mMnN ，类似于结晶水合物，相对分子量不超过400)。现将X按如下流程实验，气体A能使带火星的木条复燃，固体B溶于水所得溶液显碱性，且焰色反应呈黄色。请回答：(1) X中含有的非金属元素是_，写出X灼烧的化学方程式是_。(2)向X的溶液中通入少量SO2，请写出离子方程式_。II 某化学兴趣小组为了探究硫酸铁溶液与铜粉反应的限度问题，向一定量的硫酸铁溶液中加入过量的铜粉，充分振荡后溶液逐渐变蓝，过滤

2、，向滤液中滴加2滴0.2mol/L KSCN溶液。实验现象为：溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。甲同学猜想出现异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了Fe3+的检验，查阅相关资料如下：CuSCN是一种白色沉淀物硫氰(SCN)2：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。(1)该兴趣小组所记录的实验现象说明铜与铁离子的反应_(填有或没有)限度。(2)请用离子方程式分别解释“溶液变为红色”、“振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成”现象的原因：_、_。(3)为了进一步探究，该小组向盛有2mL 0.5mol/L FeSO4和0.2mol/L KSCN混合溶液的试管中，

3、滴加5滴0.05mol/L硫酸铜溶液，有白色沉淀生成，且溶液变红。请解释溶液变红的可能原因(可以不止一种)：_，_，_【答案】I(1)C、H、O 22Na2CO33H2O2 4Na2CO3+6H2O+3O2 (2)2CO32-+ H2O2+ SO2= SO42-+ 2HCO3- II (1)有 (2)Fe3+ 3SCN-= Fe(SCN)3 4Fe(SCN)3 + 6Cu2+= 4Fe3+ 6CuSCN + 3(SCN)2 (3) Cu2+可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-变红 Cu2+氧化SCN-为(SCN)2，(SCN)2可氧化Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-变红

4、【解析】I干燥管增重1.08g，说明X中含有H元素，生成的水蒸气的物质的量为=0.06mol；固体B溶于水所得溶液显碱性，且焰色反应呈黄色，说明X中含有钠元素；固体B溶解后滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀，X是由四种短周期元素组成的纯净物，无毒无味，性能温和，且对环境友好，则该白色沉淀为碳酸钙，说明X中含有C元素，B为Na2CO3；碳酸钙的质量为4.00g，物质的量为=0.04mol；则6.28g X中含有0.12molH、0.08molNa、0.04molC；6.28g X中含有0.12molH、0.08molNa、0.04molC；0.12molH、0.08molNa、0.04molC的质量之

5、和为0.12mol1g/mol+0.08mol23g/mol+0.04mol12g/mol=2.44g6.28g，说明X中含有O元素，且质量=6.28g-2.44g=3.84g，物质的量为=0.24mol，X中N(Na)N(C)N(H)N(O)= 0.08mol0.04mol0.12mol0.24mol= 2136，X从组成形式上可看成是某种正盐M与活性物质N的加合产物，气体A能使带火星的木条复燃，气体A为氧气且其物质的量为0.03mol，则M为Na2CO3，N为H2O2，6.28gX中含有0.04mol Na2CO3，0.06mol H2O2，相对分子量不超过400，则X的化学式为2Na2C

6、O33H2O2。(1) X中含有的非金属元素是C、H、O，X灼烧生成碳酸钠，水和氧气，反应的化学方程式为22Na2CO33H2O2 4Na2CO3+6H2O+3O2；(2)过氧化氢具有氧化性，能够氧化二氧化硫，向X的溶液中通入少量SO2，反应的离子方程式为2CO32-+ H2O2+ SO2= SO42-+ 2HCO3-。II (1)根据上述分析，一定量的硫酸铁溶液中加入过量的铜粉，反应后的溶液中还含有Fe3+，说明铜与铁离子的反应有限度；(2)向滤液中滴加2滴0.2mol/L KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+，反应的离子方程式为Fe3+ 3SCN-= Fe(SCN)3；振荡后

7、红色迅速褪去并有白色沉淀生成，是因为生成了CuSCN白色沉淀，硫氰(SCN)2的性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，说明Fe3+不能与(SCN)2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为4Fe(SCN)3 + 6Cu2+= 4Fe3+ 6CuSCN + 3(SCN)2；(3)向盛有2mL 0.5mol/L FeSO4和0.2mol/L KSCN混合溶液的试管中，滴加5滴0.05mol/L硫酸铜溶液，有白色沉淀生成，且溶液变红。白色沉淀为CuSCN；溶液变红是因为溶液中存在了Fe3+，Fe3+遇SCN-变红，出现Fe3+可能是Cu2+将Fe2+氧化成Fe3+，也可能是硫氰(SCN)2将

8、亚铁离子氧化生成铁离子等。2无机盐A由4种常见的元素组成，为探究A的组成，设计并完成如下实验：已知：D为单质，在标准状况下的密度为1.25g/L；溶液B显酸性。(1)写出组成A的金属元素在周期表中的位置_。(2)气体D的电子式为_。(3)写出A与H2O2反应的离子方程式_。某小组设计实验探究在适当温度和催化剂条件下SO2与O2反应后混合气体的成分：(1)c中盛放的试剂是_；e中盛放的试剂是_。(2)某同学提出用饱和的Na2SO3溶液代替98.3%的浓H2SO4，请评价该方案是否可行_，若可行不必说明理由；若不可行，简述其理由_。【答案】(1)第四周期第A族 (2) (3)2SCN11H2O2=

9、2SO422CO2N210H2O2H (1)BaCl2溶液 品红溶液或KMnO4溶液 (2)不可行 因为SO3与Na2SO3溶液反应生成SO2，会干扰原混合气体中SO2的检验 【解析】D为单质，在标准状况下的密度为1.25g/L，则D的摩尔质量M=1.25g/L22.4Lmol1=28gmol1，D为N2。溶液B呈酸性，且能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，则B应该含有H2SO4，不可能为H2CO3，在强酸溶液中H2CO3会分解生成CO2，白色沉淀为23.3g，则；混合气体C也能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，应该有CO2，则，CO2的物质的量为0.1mol，在标况下的体积为2.24L，

10、则N2的体积为1.12L，其物质的量为0.05mol；根据物质守恒，该物质A含有0.1molS、0.1molN、0.1molC，这三种元素的总质量为3.2g1.4g1.2g=5.8g，另一种元素质量为9.7g-5.8g=3.9g；S、N、C这三种元素可以构成常见的阴离子SCN，则另一种元素原子形成的阳离子带一个正电荷，其摩尔质量M=3.9g0.1mol=39g/mol，为K元素，该物质为KSCN。(1)组成A的金属元素为K，在元素周期表中第四周期第A族；(2)D为N2，N和N之间形成三对共用电子对，则电子式为；(3)KSCN和H2O2得到CO2、N2、SO42等，其离子方程式为2SCN11H2

11、O2=2SO422CO2N210H2O2H。SO2和O2制备SO3是个可逆反应，因此反应后的气体中肯定含有SO2、SO3、O2；检验SO3时，需要防止SO2的干扰，可以利用BaCl2溶液，SO3可以与BaCl2反应生成白色沉淀，而SO2不行；利用98.3%H2SO4吸收未反应的SO3，防止其对SO2的检验造成干扰，SO2的检验可以利用品红溶液或KMnO4溶液，最后集气瓶中收集到O2。(1)c中盛放的试剂是BaCl2溶液；e中盛放的试剂为品红溶液或KMnO4溶液；(2)不能利用Na2SO3代替98.3%的浓H2SO4；因为SO3与Na2SO3溶液反应生成SO2，会干扰原混合气体中SO2的检验。3

12、I化合物甲和化合物乙的混合粉末是汽车安全气囊中存放的化学物质，经组成分析，确定该混合粉末仅含 Na、Fe、N、O 四种元素。为研究安全气囊工作的化学原理，进行以下实验操作：请回答下列问题：(1)工业上冶炼单质2的化学方程式为 _；(2)若化合物丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为 _；(3)化合物甲可用下列方法制备：30时，将水合肼(N2H4H2O)、亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH 混合，充分反应后先回收得到 CH3OH，母液降温结晶，过滤得到化合物甲。写出用该法制备化合物甲的化学反应方程式 _。II晶体硅是一种重要的非金属材料。实验室用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯

13、硅的装置如下(热源及夹持装置略)。制备纯硅的主要反应为：SiHCl3+H2 = Si(纯)+3HCl已知SiHCl3 沸点 33.0，上述反应在 10001100进行；SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，在空气中易自燃。请回答下列问题：(1)下列说法不正确的是_；A装置B中的溶液可以是浓硫酸 B装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化C装置D中观察到的现象是有固体物质生成 D装置D可以采用普通玻璃管代替石英管 E为保证制备纯硅实验的成功，关键的操作步骤有检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及排尽装置中的空气、干燥气体 F.尾气处理装置中可以将导管直接插入盛有NaO

14、H 溶液的烧杯中(2)为检验某粗硅中存在的铁元素，可采取的实验操作方法是_；【答案】I(1)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 (2)Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3 (3)N2H4H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O II(1)DF (2)取样品，先加入足量NaOH 溶液，充分反应后过滤，在滤渣中加入一定量稀硫酸充分反应，在反应后的溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液，若溶液变红， 说明存在 Fe 元素 【解析】I化合物甲和化合物乙的混合粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素，将13.0g化合物甲加热，使其完全分解，生成氮气和单质1，则甲中含有两种元素，其中

15、一种为N元素，单质1在高温隔绝空气的条件下与化合物反应生成化合物丙和另一种单质2，化合物乙应为金属氧化物，应为Fe2O3，生成的另一种单质2为Fe，单质1为Na，化合物丙则为钠的氧化物，能在潮湿的空气中生成可溶性盐，丙为Na2O；氮气物质的量=0.3mol，氮气的质量=0.3mol28g/mol=8.4g，故Na元素质量=13g-8.4g=4.6g，Na物质的量=4.6g23g/mol=0.2mol，故甲中Na、N原子数目之比=0.2mol：0.3mol2=1：3，则甲为NaN3。由分析知：甲为NaN3、乙为Fe2O3，、单质1为Na、单质2为Fe、化合物丙为Na2O，可溶性盐X可能为Na2C

16、O3或NaHCO3；(1)工业上利用CO在高温下还原氧化铁来冶炼Fe，发生反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；(2)Na2O在空气中转化为碳酸氢盐，酸式盐为NaHCO3，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；(3) 30时，将水合肼(N2H4H2O)、亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH 混合，可得到 CH3OH和NaN3，则发生反应的化学反应方程式N2H4H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O。II(1)A项，装置B的作用是干燥H2，可以选择浓硫酸，故A正确；B项，SiHCl3沸点为33.0，易气化，则可选择用热水浴加热装置

17、C，使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化，有利于和H2充分混合，故B正确；C项，装置D在高温下有Si生成，则观察到的现象是有固体物质生成，故C正确；D项，装置D中反应在 10001100进行，普通玻璃管会软化或熔化，不能用来代替石英管，故D错误；E项，SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，且在空气中易自燃，则为保证制备纯硅实验的成功，除装置气密性好并控制温度外，还需要排尽装置中的空气、干燥气体，故E正确；F项，HCl易溶于水或NaOH溶液，尾气处理装置中不可以将导管直接插入盛有NaOH 溶液的烧杯中，要有防倒吸措施，故F错误；故选DF；(2)检验某粗硅中存在的铁元素，采取的实验操作方法是取样品，

18、先加入足量NaOH 溶液，充分反应后过滤，在滤渣中加入一定量稀硫酸充分反应，在反应后的溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液，若溶液变红， 说明存在 Fe 元素。4I某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)X中含有的元素有_，X的化学式_。(2)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称_。(3)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式_。II实验室制备的部分装置如图所示。请回答：(1)装置I中反应生成NaClO2的化学方程式为_。(2)已知在NaClO2饱和溶液中温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O

19、，温度高于38时析出的晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。请补充从装置反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；_；_；_；得到成品。【答案】I (1)Cu、N、S、O、H Cu(NH3)4SO42H2O (2)铜氨纤维 (3)2Cu(NH3)4SO42H2O2CuO+8 NH3+SO2+O2+2H2O II(1)NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2(2)趁热过滤 用3860热水洗涤晶体 低于60干燥 【解析】I气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为

20、=0.4mol，质量为0.4mol17g/mol=6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.2g，此气体应为水蒸气，物质的量为=0.2mol；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g。加热分解后生成的黑色固体应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量为0.1mol，有原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.05molO2；则黑色固体质量为8g，其物质的量为=0.1mol，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)

21、：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8:4:2:2:1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素。(1)由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1:4:1:2， X的化学式Cu(NH3)4SO42H2O；(2) Cu(NH3)4SO42H2O的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；(3) X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1

22、mol)：(0.1mol)：(0.05)=8:4:2:2:1，则Cu(NH3)4SO42H2O隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为2Cu(NH3)4SO42H2O2CuO+8 NH3+SO2+O2+2H2O。II(1)装置I中，将ClO2通入H2O2与NaOH的混合溶液中，ClO2被还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，反应的化学方程式为NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(2)研究题给信息可知，温度低时，会生成NaClO23H2O，温度高时，NaClO2会分解生成NaClO3和NaCl，所以从溶液中提取NaClO2的蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作中，始终

23、应控制温度在3860之间。因此，从装置反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤晶体；低于60干燥；得到成品。答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤晶体；低于60干燥。5I由三种元素组成的化合物A，式量在200- -300之间。在一 定条件下A能发生如下图的转化，其中B的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)，C是不溶于酸的白色沉淀。请回答(1) C的化学式是_，组成A的三种元素是_。(2) A加热分解的化学方程式是_。(3) E可以和SCl2反应生成一种常用于有机合成的物质SOCl2和另一种常见气体，反应的化学方程式是_。II实验室测定某铁铝合金中

24、的铝含量，利用如图装置和试剂完成。请回答(1)下列有关该实验的说法中正确的是_。A由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查B读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平C反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中D需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程(2)若将恒压分液漏斗(A) 去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_，(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，请说明理由_。【答案】. (1)BaSO4 K、S、O (2)2K2S2O8 2K2SO4+2SO3+O2 (3)SO3+SCl2= SOCl2+ SO2 II(1)B (2)偏大 滴入锥形瓶中的液体

25、排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。 【解析】.固体A隔绝空气加热，得到固体B，焰色反应为紫色，说明其含有K元素；与足量的BaCl2反应得到白色不溶于酸的沉淀，则固体C为BaSO4，固体B为K2SO4；混合气体D，冷却后得到固体E，E能与BaCl2溶液得到BaSO4沉淀，则E为SO3；由此可知，这三种元素为K、S、O，则另一种气体单质为O2。根据分析，固体A含有元素分别为K、S、O；固体B为K2SO4，固体B与BaCl2溶液反应后得到BaSO44.66g，其物质的量，根据关系式n(K)2n(SO42)，则5.40gA中K的质量；固体A中的S元素均转化为BaSO4中的硫元素

26、，一共得到BaSO4的质量为4.66g4.66g=9.32g；则5.40gA中S的质量；根据质量守恒，5.40gA中O的质量；则物质A中各元素原子的比例，A的最简式为KSO4，式量在200-300之间，则A的分子式为K2S2O8.(1)C的化学式为BaSO4；组成A的三种元素为K、S、O；(2)根据流程图，A物质分解得到K2SO4、SO3、O2。5.4gA的物质的量，根据得到固体C的质量可知，得到SO3和K2SO4的物质的量均为0.02mol，根据O2的体积可知，分解得到O2的物质的量为0.01mol，在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于计量数之比，则可得化学方程式为2K2S2O82K2S

27、O4+2SO3+O2；(3)SO3和SCl2反应得到SOCl2，SOCl2中S的化合价为4。SCl2中S的化合价为2，SO3中S的化合价为6，在2和6之间只有4，根据化合价只能靠近不能交叉的原则，则该反应另一种产物中S的化合价也为4，是SO2，化学方程式为SO3+SCl2=SOCl2+SO2。II(1)A项，该实验是通过测量气体的体积，来测定合金中Al的含量，因此气密性必须良好，A错误；B项，气体体积和压强有关，为了正确测量气体的体积，内外压强需相等，因此左右两边的液面差相等，B正确；C项，由于反应前装置中就有空气，生成的氢气会把空气排出，因此不必把生成的氢气转移至B中，C错误；D项，若生成的

28、氢气过多，超过了量气装置的量程，则无法测得生成氢气的体积，但是要保证合金中的Al完全反应才能计算出Al的含量，NaOH必须足量，因此需要控制合金的用量，以防止生成的气体过多，D错误；故选B；(2)若改为普通分液漏斗，则放入锥形瓶中的NaOH溶液的体积也会被算作生成氢气的体积，从而使计算出的Al质量偏大，铁铝合金中铝含量偏大。6I治疗胃酸过多的药物达喜(其式量不超过 700)由五种短周期元素组成，按如下流程进行实验以确定其组成。请回答：(1)达喜的化学式是_。(2)达喜与胃酸(含稀盐酸)反应的化学方程式是_。(3)气体 B 与环氧丙烷( )可制得一种可降解高聚物，该反应的化学方程式是_(有机物用

29、结构简式表示)。II将 NaC1O3 溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中可制备液态 ICl，实验装置如下图：请回答：(1)圆底烧瓶中发生的化学反应是_( 用化学方程式表示)。(2)若加入的 NaClO3 溶液已足量，请设计实验方案证明该反应已完全：_。【答案】I(1)Al2O36MgOCO212H2O或 2Al(OH)35Mg(OH)2MgCO34H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O (2)Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O+18HCl=2AlCl3+ 6MgCl2+CO2+21H2O (3)nCO2+n II(1)3I2 +NaClO3+ 6HCl=6ICl +

30、NaCl + 3H2O (2)取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全 【解析】I达喜隔绝空气加强热分解生成的气体冷却至室温，无色液体A是水，说明达喜中含有H和O。无色无味气体B通入足量石灰水产生白色沉淀，气体B是二氧化碳，说明达喜中含有C。达喜加热分解产生的固体中加入0.02molNaOH，不溶于NaOH溶液的2.40g白色固体D能溶于盐酸中，所以固体D是MgO，2.40gMgO为0.06mol。溶于NaOH溶液中的是Al2O3，其质量为3.42g-2.40g=1.02g，为0.01mol。所以达喜中含有的五种短周期元素为H、C、O、Mg、Al。(1) 达喜中含有的五种短周期元素

31、为H、C、O、Mg、Al，若以氧化物的形式表示，可以表示为：aMgObAl2O3cCO2dH2O。Al2O3为0.01mol，若b=1，则达喜的相对分子质量为6.02g0.01mol=602700，所以可以确定达喜的相对分子质量为602。MgO为0.06mol，所以a=6。根据达喜的化学式和相对分子质量，有44c+18d=602-640-102=260，假设c=1，则d=12；假设c=2，d=9.6；假设c=3，d=7.1；假设c=4，d=4.7；假设c=5，d=2.2；d不是整数的都不符合题意，所以达喜的化学式为6MgOAl2O3CO212H2O，或表示为Al2O36MgOCO212H2O或

32、2Al(OH)35Mg(OH)2MgCO34H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O。(2)达喜与胃酸(含稀盐酸)反应，可以看做是碱或碱性氧化物和酸的反应，化学方程式是Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O+18HCl=2AlCl3+ 6MgCl2+CO2+21H2O。(3)利用CO2中的一个碳氧双键与环氧丙烷( )发生加聚反应，得到聚酯类高聚物，酯在自然界中可以降解，该反应的化学方程式是nCO2+n。II(1) 将NaC1O3溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中，生成ICl，氯的化合价从+5价降低到-1价，碘的化合价从0价升高到+1价，根据电子守恒和质量守恒配平得到化学方程

33、式为：3I2 +NaClO3+ 6HCl=6ICl + NaCl + 3H2O。(2)若加入的NaClO3 溶液已足量，则溶液中的碘全部被消耗，加入淀粉溶液时不变蓝。所以可以取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全。7.由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行实验：已知：气体B为纯净物。固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。请回答：(1)组成A的三种元素是_，A的化学式是_。(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_。(3)气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式_。.某兴趣小组为探究SO2与Fe(NO3)3稀溶液反应的情况，实验装置如图：请回答：(1)实

34、验过程中，甲中溶液由黄色变为浅绿色但立即又变为黄色。请写出甲中溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式_。(2)请设计实验方案，检验反应后甲溶液中的金属阳离子_。【答案】. (1)氢、碳、铝 Al(CH3)3 (2)Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4 (3)CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O . (1)3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O (2)取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去(或颜色变浅)，则说明有Fe2+。(或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+。) 【解

35、析】.根据已知条件，E是一种既能溶于NaOH又能溶于盐酸的白色固体，E为某种含铝化合物，E可以加热生成白色固体F，说明白色固体E为Al(OH)3，白色固体F为Al2O3；气体B为纯净物，同时气体B可燃烧生成另一种气体C，气体C可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，能与Ca(OH)2反应生成沉淀的气体有CO2、SO2、SO3，若为硫化物，则气体C为SO3，但SO3不能通过SO2与氧气直接点燃获得，故气体C应为CO2，气体B为可燃性的含碳物质，为烃类，故组成化合物A的元素有H、C、Al。(1)根据分析组成化合物A的元素有H、C、Al；通过所给质量可以计算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元

36、素0.72g，则H元素的质量为0.18g，Al、C、H的物质的量比为=1:3:9，故A的化学式为Al(CH3)3，(2)固体A可以和盐酸发生反应，A中的Al结合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3结合HCl中的H生成CH4，反应的化学方程式为Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4；(3)甲烷可以和氧化铜发生反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。. (1)溶液由浅绿色变成黄色的过程是Fe2+被氧化成Fe3+的过程，相应的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O；(2)反应结束后溶液中的金属阳离子可能为Fe3+、Fe2+，利用Fe3+、

37、Fe2+的检验方法，取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去(或颜色变浅)，则说明有Fe2+。(或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+。)8I电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，按如下流程进行实验。已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：(1)组成B的三种元素是_，气体D的分子式是_。(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_。(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，

38、该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是_。II氯化亚铜(CuCl)是用途广泛的化工产品，其露置于空气中易被氧化。某兴趣小组高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2xH2O)制备CuCl，其装置如图(加热仪器、夹持仪器省略)：回答下列问题：(1)通入HCl气体的作用是_。(2)硬质玻璃管A中主要发生反应的化学方程式为_。【答案】I(1)Cu、C、N (CN)2 (2)2CuCN3O22CuO2CO2N2 (3)2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN II(1)抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气 (2)CuCl2xH2OCuCl2+xH2O，2CuCl22CuCl+Cl2

39、 【解析】I电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO 8.0g，CuO的物质的量=0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2，通过灼热的铜网完全反应

40、后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol =28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量=0.05mol，质量为0.05mol28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+ m(C)+ m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu)：n(C)：n(N)=0.1mol：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，则固体C的化学式为CuCN

41、，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L22.4L/mol52g/mol，则 气体D的物质的量为0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN

42、-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2。(1)根据上述分析可知，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则方程式2CuCN3O22CuO2CO2N2；(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀根据摩尔质量可推断其为Cu2Cl2，故2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN。II高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2xH2O)制备CuCl，在A中CuCl2xH2O先失去结晶水得到CuCl2，无水硫酸铜检验生成的水，继续加热，CuCl2分解生成CuCl

43、和Cl2，C吸收尾气HCl和氯气，防止污染空气。(1)氯化铜属于强酸弱碱盐，易水解，通入HCl气体可以抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气；(2)硬质玻璃管A中主要发生反应为：CuCl2xH2OCuCl2+xH2O，2CuCl22CuCl+Cl2。9I化合物X常温下呈液态，由三种短周期主族元素组成，是重要的化工产品。存在以下转化：请回答：(1)组成X的三种元素是_(填元素符号)，X的化学式是_。(2)白色沉淀与足量焦炭高温条件下反应生成两种二元化合物的化学方程式是_。(3)请写出一个生成X的化学方程式_。要求同时满足：属于化合反应 属于非氧化还原反应II 实验室可以利用浓氨水和氢氧化钠固体快速制

44、取氨气。请回答：(1)下列实验装置，更合理的是_(2)请说明快速制取氨气的原因_。【答案】I(1)H、O、S H2S3O10 或 2SO3H2SO4或3SO3H2O 或SO3H2S2O7 (2)BaSO4+4CBaS+4CO (3)2SO3+H2SO4 =2SO3H2SO4或SO3+SO3H2SO4 =2SO3H2SO4 或3SO3+H2O=2SO3H2SO4 II (1)A (2)氨水中存在的平衡有：NH3H2ONH4+OH- 、NH3H2ONH3+H2O，氢氧化钠固体溶于水放热，促使分解反应向右进行；氢氧根离子抑制一水合氨的电离，使一水合氨的浓度增大，促使分解反应向右进行 【解析】I (1

45、)6.99g白色沉淀不溶于稀硝酸，为0.03mol硫酸钡，X与Ba(OH)2反应生成BaSO4和H2O，X物质类别可能是氧化物SO3，可能是含氧酸H2SO4，可能是SO3与H2SO4的组合体发烟硫酸，将X视作aSO3bH2O，由质量守恒计算可得m(H2O)=0.18g，n(H2O)=0.01mol，X为3SO3H2O，也可写成 2SO3H2SO4、H2S3O10，故答案为：H、S、O；H2S3O10 或 2SO3H2SO4或3SO3H2O 或SO3H2S2O7；(2)BaSO4与C高温反应，单质C是还原剂，BaSO4被还原元素为S，C对于产物为CO；(3)将拆分H2S3O10拆分相同价态的氧化

46、物或硫酸即2SO3H2SO4或3SO3H2O，再根据生成H2SO4的反应原理写出方程式，故答案为：2SO3+H2SO4 =2SO3H2SO4或SO3+SO3H2SO4 =2SO3H2SO4 或3SO3+H2O=2SO3H2SO4；II (1)A装置为恒压装置，更有利于液体流出；(2)氨水中存在的平衡有：NH3H2ONH4+OH- 、NH3H2ONH3+H2O，氢氧化钠固体溶于水放热，促使分解反应向右进行；氢氧根离子抑制一水合氨的电离，使一水合氨的浓度增大，促使分解反应向右进行，故答案为：氨水中存在的平衡有：NH3H2ONH4+OH- 、NH3H2ONH3+H2O，氢氧化钠固体溶于水放热，促使分

47、解反应向右进行；氢氧根离子抑制一水合氨的电离，使一水合氨的浓度增大，促使分解反应向右进行。10化合物A由三种常见元素组成，可以发生如下转化。请回答：(1)化合物A所含的元素有_。(2)写出化合物A在足量空气中充分燃烧的化学方程式_。(3)气体D可与环氧乙烷()通过加聚反应生成全降解塑料，已知过氧键(OO)不稳定，写出反应的化学方程式_。某学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究，装置如下图。向A中通入氯气至过量，观察到A中溶液先变红后变为黄色。请回答：(1)B中反应的离子方程式为_。(2)设计实验方案证明溶液变黄的原因是SCN与氯气发生了反应_。【答案】(1)Fe、C、O

48、(2)4Fe(CO)5 + 13O22Fe2O3+20CO2 (3)+nCO2 (1)Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (2)向黄色溶液中再滴入过量KSCN，若溶液呈血红色，证明SCN与氯气发生了反应。 【解析】(1)根据分析B为氧化铁，质量8g，物质的量为，铁的质量为，白色沉淀E为碳酸钙，则碳的物质的量，碳的质量为，则化合物A中另一种元素的质量m=19.6g5.6g6g8g，则根据元素分析还应该含有氧元素，氧的物质的量为，则所含的元素有Fe、C、O；(2)根据前面分析得到化合物A为Fe(CO)5，化合物A在足量空气中充分燃烧生成Fe2O3和CO2，其化学方程式4Fe(CO)5 + 13O

49、22Fe2O3+20CO2；(3)气体D可与环氧乙烷()通过加聚反应生成全降解塑料，已知过氧键(OO)不稳定，说明环氧化乙烷断裂碳氧键，二氧化碳断裂一个双键中的一根键，因此反应的化学方程式：+nCO2。(1)B中是氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；(2)设计实验方案证明溶液变黄的原因是SCN与氯气发生了反应，主要是分析溶液中是否还存在SCN，不存在，说明SCN与氯气反应了，主要是向含铁离子溶液中再加SCN，如果变红，说明原来的SCN已被反应了。11I某固体化合物X由三种元素组成，室温条件下易分解。为研究它的组成和性质，进行如下

50、实验：已知：固体B的化学成分与溶液B中溶质完全相同。试根据以上内容回答下列问题：(1)组成X的三种元素是_、_、_，X的化学式为_。(2)写出晶体A与KI反应的化学方程式：_。(3)写出由紫黑色单质D生成白色沉淀E的离子方程式：_。II实验室利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气并进行一系列相关实验的装置如图所示(夹持设备已略)：(1)装置B的作用是_。(2)设计实验装置D、E的目的是比较Cl、Br、I非金属性强弱。实验操作方法为：反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象为_；然而另有同学认为该实验并不能达到实验目的，请分析其理由：_。 【答案】I (1)K I Br

51、 KIBr2或KBrIBr或IBrKBr (2)IBr+KI=KBr+I2 (3)I2+SO2+Ba2+2H2O=4H+2I-+BaSO4 II (1)除去Cl2中的 HCl，作为安全瓶或防堵塞等 (2)E中溶液分为两层，下层(CCl4层)为紫红色 过量的氯气也能氧化I-生成I2 【解析】I根据流程图及数据：溴化银的相对原子质量为79.9，硫酸钡的相对原子质量为233，可推知淡黄色沉淀为AgBr，白色沉淀E为BaSO4，则紫黑色单质D具有强氧化性，则紫黑色单质D为I2，又固体B的化学成分与溶液B中溶质完全相同，则溶液B中溶质为KBr，固体B为KBr，灰黑色晶体A为IBr，则X是I、Br、K的化

52、合物。(1)根据分析可知，组成X的三种元素为：I、Br、K；X的化学式为：KIBr2或KBrIBr或IBrKBr；(2)根据分析可知，晶体A为IBr，与KI反应的化学方程式：IBr+KI=KBr+I2；(3)紫黑色单质 I2与二氧化硫、氯化钡生成白色沉淀BaSO4的离子方程式为：I2+SO2+Ba2+2H2O=4H+2I-+BaSO4。II (1)浓盐酸具有挥发性，氯气中含有HCl气体，装置B中有饱和食盐水，作用是：除去Cl2中的 HCl，作为安全瓶或防堵塞等；(2)打开活塞，将装置D中的少量溶液加入装置E中，碘化钾被氧化生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡，观察到的现象是E中溶液分为两层，

53、下层(CCl4层)为紫红色，上层(水层)为无色；该现象不能说明溴单质的氧化性强于碘单质，因为过量的氯气也能将I-氧化成I2。12I由三种短周期元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。已知相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍。请回答：(1)组成A的三种元素为_，A的化学式为_。(2)A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_。(3)A与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，该反应的化学方程式为_。II某兴趣小组利用废铜屑制备硫酸铜晶体，装置如图所示(夹持装置和加热装置已略去)，在实验中将适量硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发浓缩、冷却结晶，制得

54、硫酸铜晶体。(1)将硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中的目的是_。(2)实验过程中盛有NaOH溶液的烧杯上方仍然出现了红棕色气体，请对该实验装置提出改进意见：_。【答案】I(1)C、O、Cl COCl2 (2)COCl2+4NaOH=Na2CO3+NaCl+2H2O (3)COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl II(1)确保所有硝酸都作氧化剂，在溶液中将铜氧化，以生成硫酸铜，避免一次性加入导致硝酸过量，使产物中混有硝酸铜 (2)可在中间安全瓶橡胶塞处加入一根导气管，向瓶内通入空气(或在烧瓶左侧再加一个空气鼓入装置) 【解析】I根据溶液C与足量硝酸和硝酸银反应得到5.74 g

55、沉淀E可知，沉淀E为AgCl，A中含氯元素，A中n(Cl)=mol=0.04 mol；溶液B与硝酸钡溶液反应所得沉淀D能溶于盐酸，结合化合物A由三种短周期元素组成推测沉淀D可能为碳酸钡或亚硫酸钡，则A中可能含有碳元素或硫元素，相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍，则M(A)=49.5M(H2)=59.52g/mol=99g/mol，若A中含有硫元素，则A中n(S)= mol0.02mol，则A中硫原子与氯原子的个数比为与且硫原子数为1：2，则未知元素原子的总式量为99-321-35.52=-4，则由此可确定A中不含S元素；若A中含有碳元素，则A中n(C)= mol=0.02mol，

56、则A中碳原子与氯原子的个数比为与且硫原子数为1：2，则未知元素原子的总式量为99-121-35.52=16，根据相对原子质量及元素化合价推测未知元素为氧元素，则A的化学式为COCl，据此可知A与足量氢氧化钠溶液反应生成的溶液B为碳酸钠和氯化钠的混合溶液，B与硝酸钡反应生成碳酸钡和硝酸钠，则D为碳酸钡，溶液C主要含有氯化钠和硝酸钠，E为氯化银，碳酸钡与足量盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，则溶液F主要为氯化钡。(1)根据分析，组成A的三种元素为C、O、Cl，A的化学式为COCl2；(2)根据分析，A与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠、氯化钠和水，化学方程式为COCl2+4NaOH=Na2CO3+N

57、aCl+2H2O；(3)A与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，根据原子守恒，两种氮肥应为尿素和氯化铵，该反应的化学方程式为COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl。II(1)制备硫酸铜过程中，若一次性加入硝酸，会导致硝酸过量使溶液中混有硝酸铜，制得的晶体不纯，因此将硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中的目的是确保所有硝酸都作氧化剂，在溶液中将铜氧化，以生成硫酸铜，避免一次性加入导致硝酸过量，使产物中混有硝酸铜；(2)实验过程中盛有NaOH溶液的烧杯上方仍然出现了红棕色气体，说明反应过程中由于硝酸与铜反应生成的一氧化氮气体不能被氢氧化钠吸收，一氧化氮在空气中不能稳定存

58、在，易被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮可与氢氧化钠反应，气体吸收更彻底，则实验装置可在中间安全瓶橡胶塞处加入一根导气管，向瓶内通入空气(或在烧瓶左侧再加一个空气鼓入装置)确保气体能被氢氧化钠溶液吸收完全。13含三种元素的化合物X是一种高效的消毒剂。为探究X的组成与性质，设计并完成以下实验：(1)化合物X所含的金属元素为_。(2)写出化合物X溶于水中反应的化学方程式_。(3)若向化合物X加水溶解后的烧杯中通入氯气，亦可生成少量X，其中的离子方程式为_。某学习小组按如图装置探究NaHCO3和Na2O2的性质，请完成下列问题：(1)实验设计过程中，有小组成员对反应结束时，如何停止停止加热产生了分歧，出

59、现多种不同的意见：有人认为要先停止加热，再将E中导管移出水面；也有人认为应先将E中导管移出水面，再停止加热，请帮助小组成员完成这方面的实验设计： _。(2)小组同学撰写实验报告时，认为该实验对NaHCO3的分解产物和Na2O2的性质探究不够充分，于是临时将装置B、D互换位置后进行了补充实验，分析该补充实验是否符合实验探究目的并说明原因：_。【答案】(1)Fe、K (2)4K2FeO410H2O =4Fe(OH)33O28KOH (3)3Cl2 + 2Fe(OH)3 + 10OH= 2FeO42-+6Cl+8H2O (1)在反应结束后，先断开装置A和B之间的导管连接，再停止加热，以防B中的浓硫酸

60、倒吸进入A中试管，引起试管爆裂 (2)不合理，装置B与D互换位置后，实现了对Na2O2与水的反应的探究，但经过水溶液的气体会混入水蒸气，因此对NaHCO3分解产物中的水蒸气验证不够严谨。 【解析】化合物X加水溶解，得无色气体可令带火星的木条复燃，则为氧气，得到红褐色沉淀为氢氧化铁，洗涤充分灼烧得到红棕色粉末为氧化铁，质量为2.40g，则n(Fe2O3)=0.015mol，nFe(OH)3=0.03mol，同时还得到碱溶液，碱溶液加入150mL0.6mol/L稀硫酸后再加入6.72gKOH固体，得到只含一种溶质的中性溶液，则为硫酸钾溶液，可推知碱溶液中n(KOH)=20.15L0.6mol/L-

61、=0.06mol，化合物X含三种元素，则所含O元素的物质的量为n(O)=0.12mol，故n(K) ：n(Fe)：n(O)=0.06mol:0.03mol:0.12mol=2:1:4，故X为K2FeO4。(1)化合物X为K2FeO4，所含的金属元素为Fe、K；(2)化合物X溶于水中，反应生成氢氧化铁、氢氧化钾和氧气，反应的化学方程式为4K2FeO410H2O =4Fe(OH)33O28KOH；(3)若向化合物X加水溶解后的烧杯中通入氯气，氯气将氢氧化铁氧化生成高铁酸钾，亦可生成少量X，反应的离子方程式为3Cl2 + 2Fe(OH)3 + 10OH= 2FeO42-+6Cl+8H2O。加热NaH

62、CO3固体，产生的气体通过浓硫酸干燥，再与Na2O2作用，产生的物质通过氢氧化钠处理，最后利用排水法收集所得气体，进行探究NaHCO3和Na2O2的性质。(1)在反应结束后，先断开装置A和B之间的导管连接，再停止加热，以防B中的浓硫酸倒吸进入A中试管，引起试管爆裂；(2)装置B与D互换位置后，实现了对Na2O2与水的反应的探究，但经过水溶液的气体会混入水蒸气，因此对NaHCO3分解产物中的水蒸气验证不够严谨，因此临时将装置B、D互换位置后进行了补充实验不合理。14.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。已知：B含三种元素；气体D标况下密度

63、2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：(1)组成B的三种元素是_，气体D的分子式是_。(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_。(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是_。.某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，打开弹簧夹，向盛有NaBr溶液的试管B和分液漏斗C中同时通入少量Cl2，将少量分液漏斗C中溶液滴入试管D中，取试管D振荡，静止后观察现象。实验装置如图：(4)说明氧化性 Br2I2 的实验现象是_。 (5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗C中通

64、入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检验_。【答案】(1)Cu、C、N (CN)2 (2)2CuCN3O22CuO2CO2N2 (3)2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN (4)试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色 (5)方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。 【解析】I电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑

65、色固体E应为CuO8.0g，CuO的物质的量=0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，推测为N2，氮气的物质

66、的量=0.05mol，质量为0.05mol28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+m(C)+m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu)n(C)n(N)=0.1mol0.1mol0.05mol2=111，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三

67、种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L22.4L/mol52g/mol，气体D的物质的量为=0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2。根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；(

68、2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则发生反应的化学方程式为2CuCN3O22CuO2CO2N2；(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀的摩尔质量为199g/mol，则可推断其为Cu2Cl2，发生反应的化学方程式为2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN；II(4)四氯化碳的密度大于水的密度，若试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明Br2与KI反应生成了I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以说明氧化性 Br2I2；(5)若氯气未过量，可向试管B或分液漏斗中继续通入氯气，若溶液出现橙红色，说明氯气未过量，则实验方案为：方案一：关闭弹簧夹，

69、向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。15.无机盐A由4种常见的元素组成(各原子都满足8电子的稳定结构)，为探究A的组成，设计并完成如下实验：已知：D为单质，不能使带火星的木条复燃；溶液B显酸性。(1)写出组成A的金属元素在周期表中的位置_(2)写出A与H2O2反应的离子方程式_(3)写出一个离子方程式_要求同时满足：其中一种反应物必须是A中的阴离子；反应原理与“Cu2+4NH3H20Cu(NH3)+4H2O”相同.锶(Sr)和镁位

70、于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如图装置制备氮化锶利用氮气样品来制取氮化锶已知：所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。醋酸二氨合亚铜CH3COOCu(NH3)2溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。(1)打开分液漏斗的旋塞，装置D能持续提供N2，这是利用了N2_的物理性质。(2)装置F、G、H盛装的试剂分别是_(填代号)。A浓硫酸 B连苯三酚碱性溶液 C醋酸二氨合亚铜溶液(3)方案设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案为：_。【答案】(1)第四周期第A族 (

71、2)2SCN-+11H2O2=2SO42-+CO2+N2+10H2O+2H+ (3)Fe3+SCN-=Fe(SCN)3 .(1)不溶于水 (2)BCA (3)最后加一个装有碱石灰的干燥管 【解析】.D为单质，不能使带火星的木条复燃，则D为N2。溶液B呈酸性，且能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，则B应该含有H2SO4，不可能为H2CO3，在强酸溶液中H2CO3会分解生成CO2，白色沉淀为23.3g。则n(BaSO4)= =0.1mol；混合气体C也能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，应该有CO2，则n(BaCO3)= =0.lmol，CO2的物质的量为0.1mol，在标况下的体积为2.24

72、L，则N2的体积为1.12L，其物质的量为0.05mol；根据物质守恒，该物质A含有0.1mol S、0.1mol N、0.1mol C，这三种元素的总质量为3.2g+1.4g+1.2g=5.8g，另一种元素质量为9.7g-5.8g=3.9g；S、N、C这三种元素可以构成常见的阴离子SCN-，则另一种元素原子形成的阳离子带个正电荷，其摩尔质量M=3.9g0.1mol=39g/mol，为K元素，该物质为KSCN。(1)A的金属元素为钾，在周期表中位于第四周期第A族；(2)SCN-与H2O2反应生成了SO42-，CO2和N2，根据元素守恒和电荷守恒，还生成了H2O和H+，所以离子方程式为：2SCN-+11H2O2=2SO42-+CO2+N2+10H2O+2H+；(3)含有SCN-而且发生络合反应常见的是用硫氰化钾检验三价铁离子，离子方程式为：Fe3+SCN-=Fe(SCN)3。.(1)由于N2的不溶于水，装置D能持续提供N2；(2)醋酸二氨合亚铜用于吸收CO，但易被O2氧化，而连苯三酚碱性溶液用于吸收O2，所以应放在醋酸二氨合亚铜溶液的前面，浓硫酸用于干燥N2，放在最后面，故装置F、G、H盛装的试剂分别是BCA；(3)该套装置设计存在缺陷，只考虑反应前除杂和防止水蒸气进入，没有考虑尾端管口可能会进入空气，从而得出改进方案为在加热锶的装置后连接一盛有碱石灰的干燥管。