2023届高考化学——实验定量推断题专项练习（解析版） WORD版含解析.docx

1、定量推断题+实验基本操作题(一)1某化合物M(仅含三种短周期元素)是一种储氢材料。为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验(气体体积己折算成标准状况下的体积)；己知：化合物A仅含两种元素，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)化合物M的组成元素是_(填元素符号)。(2)化合物A与水反应的化学方程式是_。(3)实验室可将镁带在足量气体B中点燃制备化合物M，同时生成一种单质气体，该反应的化学方程式是_。某实验小组做了如下实验：请回答：(1)写出硬质管中发生反应的化学方程式：_(2)有同学用上述装置检验乙醇催化氧化产物时发现催化氧化产物中可能含有乙酸，请推测该同学得出该结论的实验依据：_。【答案】

2、(1)Mg、N、H (2) Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 (3)Mg+2NH3=Mg(NH2)2+H2 (1)CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (2)将产生的气体通入新制氢氧化铜时，新制氢氧化铜悬浊液溶解 【解析】气体B(4.48L)能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，其物质的量为=0.2mol，某物质M (仅含三种元素)是一种储氢材料，M隔绝空气高温分解生成固体A和氨气，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M，证明M中含有N、H、Mg元素，A只含两种元素，A和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气的物质的量为0.1mol，白色沉淀C为氢氧化

3、镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，由元素守恒可知Mg元素物质的量0.15mol，M中含氮元素为0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量为=0.6mol，M中元素物质的量之比为n(Mg)n(N)n(H)=0.150.30.6=124，可知M化学式为Mg(NH2)2。(1)由上述分析可知，M中含元素为Mg、N、H；(2)化合物A为Mg3N2，A与水反应的化学方程式是Mg3N2 +6H2O3Mg(OH)2+2NH3；(3)镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，该气体为氢气，则该反应的化学方程式是Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2。(1)由图可知硬

4、质管中是乙醇蒸汽与氧化铜在加热条件下发生的反应，反应方程式为：CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；(2)因乙醇可能被氧化成乙酸，因此要设计实验检验两种物质，乙醛和乙酸；检验乙醛一般选用新制氢氧化铜或者银氨溶液，检验乙酸可利用其酸性特点；可设计实验如下：将产生的气体通入新制氢氧化铜悬浊液，若氧化产物中含有乙酸，沉淀会溶解。2由三种元素组成的固体化合物A，按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)组成A的三种元素是N和_(填元素符号)，A的化学式是_。(2)固体D与足量水反应的离子方程式是_。(3)将气体E通入SCl2的热溶液中可制得

5、S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，该反应的化学方程式是_。II某实验小组用下图装置进行铜和浓硫酸反应的实验。请回答：(1)上述装置有一处不合理，请从安全角度提出改进方案_。(2)实验中观察到有白色固体生成，请设计实验方案检验该白色固体成分_。【答案】(1)Ca，H Ca(NH3)6 (2)Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3 (3)16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S 增II(1)加一个防倒吸装置 (2)小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子(或说明白色固体为CuSO4) 【解析】气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明

6、气体E为氨气，且氨气的物质的量为=0.1mol，固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G，不妨先假设沉淀G为碳酸钙，物质的量为=0.05mol，溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量也为0.05mol，则根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2，Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3，D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol，质量为3.6g，气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.12L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为，剩余气体为氢气，物质的量为，说明A为Ca

7、(NH3)6，即假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素；(1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6；(2)固体D为Ca(NH2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3，离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3；(3)气体E为氨气，通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，即生成氯化铵和S，化学方程式是16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S。II (1)A中产生的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，会生成亚硫酸钠和水，导致B中的氢氧化钠溶液倒吸如A

8、装置中，所以上述装置应该增加一个防倒吸装置；(2)A中铜和浓硫酸反应产生硫酸铜，二氧化硫和水，实验中观察到有白色固体生成，可小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子(或说明白色固体为CuSO4)。3I由三种元素组成的化合物A，相对分子质量为62，常温下为无色晶体，易分解、易爆炸， 水溶液中相对稳定，是一种二元弱酸，一定条件下还可用作还原剂。A的制备可以由工业盐经过如下步骤实现：已知：钠汞齐是一种强还原剂，由钠溶于汞形成；C 是氯碱工业产物之一。请回答：(1)A的结构式：_ (A 中所有原子都满足稀有气体的最外层电子结构)。(2)工业盐生成 B 和C 的化学方程式：_。(

9、3)请设计实验证明 A 是一种二元弱酸：_。II为检验某纯碱样品中是否含有碳酸氢钠，可采用不同的方法。实验室提供下列仪器与药品：酒精灯、铁架台及固定装置、带玻璃导管的单孔橡胶塞、试管、胶头滴管、蒸馏水、CaCl2 溶液、澄清石灰水、酚酞试液、盐酸、NaOH 溶液。请根据所提供的仪器与药品设计两个可行的实验方案：_。【答案】I(1)H-O-N=N-O-H (2)2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH (3)用容量瓶配制 0.0100 molL-1H2N2O2溶液，用pH计测定其pH后，将溶液稀释10倍再用pH计测定pH，若两次pH的差值小于1，则证明H2N2O2是弱酸；另用移

10、液管准确量取10.00 mL0.0100 molL-1H2N2O2溶液，选用酚酞作指示剂，用等浓度的NaOH标准溶液滴定，若到达滴定终点时所消耗的V(NaOH)=20.00 mL，则证明H2N2O2是二元弱酸 II方案一、取适量纯碱样品于试管中，用酒精灯加热试管，将生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，若澄清石灰水变浑浊则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠方案二、取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后向上层清液中滴加酚酞溶液，若溶液变成浅红色则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若溶液依然无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠；或取适量纯碱样品于试管中，加

11、蒸馏水使其完全溶解，向溶液中滴加酚酞溶液显红色，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，若上层清液红色变浅但没有褪去则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若上层清液变成无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠方案三、取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后取上层清液于另一试管中，滴加NaOH溶液，若有白色沉淀生成则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠 【解析】I工业盐为亚硝酸钠，由C是氯碱工业产物之一可知，亚硝酸钠与钠汞齐反应生成B和氢氧化钠，则由质量守恒定律可推知B、E、F和A中均含有氮元素，由A是三种元素组成的二元弱酸可知，A中含有2个羟基，则A分子中

12、含有的氮原子个数为=2，A的分子式为H2N2O2；由流程图可知，亚硝酸钠溶液与钠汞齐发生氧化还原反应生成Na2N2O2、NaOH，Na2N2O2和硝酸银溶液反应生成硝酸钠和Ag2N2O2淡黄色沉淀，Ag2N2O2淡黄色沉淀在无水乙醚做溶剂的条件下与氯化氢反应生成H2N2O2乙醚溶液和氯化银沉淀，蒸发H2N2O2乙醚溶液得到H2N2O2。 (1)由分析可知，A的分子式为H2N2O2，H2N2O2中所有原子都满足稀有气体的最外层电子结构，则结构式为H-O-N=N-O-H；(2)工业盐生成B和C的反应为亚硝酸钠溶液与钠汞齐发生氧化还原反应生成Na2N2O2、NaOH，反应的化学方程式为2NaNO2+

13、2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH；(3)若H2N2O2为弱酸，稀释一定pH的H2N2O2的溶液，溶液pH的变化会小于稀释倍数；若H2N2O2为二元酸，用一定浓度的氢氧化钠溶液滴定H2N2O2的溶液，消耗氢氧化钠的物质的量一定是H2N2O2物质的量的2倍，则证明H2N2O2是一种二元弱酸的实验设计为用容量瓶配制 0.0100 molL-1H2N2O2溶液，用pH计测定其pH后，将溶液稀释10倍再用pH计测定pH，若两次pH的差值小于1，则证明H2N2O2是弱酸；另用移液管准确量取10.00 mL0.0100 molL-1H2N2O2溶液，选用酚酞作指示剂，用等浓度的NaOH标准溶液滴

14、定，若到达滴定终点时所消耗的V(NaOH)=20.00 mL，则证明H2N2O2是二元弱酸。II方案一、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，若纯碱样品中含有碳酸氢钠，加热纯碱样品会生成使澄清石灰水变混浊的二氧化碳气体，则实验设计为取适量纯碱样品于试管中，用酒精灯加热试管，将生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，若澄清石灰水变浑浊则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠；方案二、碳酸氢钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钠溶液为中性溶液，若纯碱样品中含有碳酸氢钠，将纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量氯化钙溶液反应，向上层清液中滴加

15、酚酞溶液，溶液会变为红色；或向溶液中滴加酚酞溶液显红色，再加入过量氯化钙溶液反应，上层清液红色会变浅但不会褪去，则实验设计为取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后向上层清液中滴加酚酞溶液，若溶液变成浅红色则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若溶液依然无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠；或取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，向溶液中滴加酚酞溶液显红色，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，若上层清液红色变浅但没有褪去则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若上层清液变成无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠；方案三、碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应

16、生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钠溶液与氢氧化钠溶液不反应，若纯碱样品中含有碳酸氢钠，将纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量氯化钙溶液反应，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应生成的碳酸钠与溶液中过量的钙离子会反应生成碳酸钙白色沉淀，则实验设计为取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后取上层清液于另一试管中，滴加NaOH溶液，若有白色沉淀生成则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠。4I为探究某盐X ( 含五种元素)的组成和性质， 设计并完成如下实验： 已知：气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(l)X含有的元素有 O

17、、H、_( 用元素符号表示)， X 的化学式为_。(2)写出气体F 与黑色固体 C 在一定条件下发生的氧化还原反应， 产物中有一气体单质：_。II某学习小组设计制取 SO2并验证其部分性质的实验装置如图(夹持装置省略)：请回答：(1)简述检查装置 A 气密性的方法：_。(2)写出C 中发生的离子反应方程式：_。(3)设计实验方案检验实验后 D 中的主要阴离子：_。【答案】I(1)N、Cu、Cl CuCl22NH4Cl2H2O或(NH4)2CuCl42H2O (2)3CuO +2NH33Cu+N2+3 H2O II(1)关闭a，打开b，B中长导管伸入液面下，微热A，若长导管口产生连续气泡，停止加

18、热，一段时间后长导管处有一段水柱生成，说明气密性良好 (2)SO2+2Fe3+ Ba2+2H2O = BaSO4+ 2Fe2+ 4H+ (3)取少量D中溶液，加足量Ba(NO3)2和稀HNO3，若产生白色沉淀，说明有SO42-，再取上层清液滴加AgNO3，若产生白色沉淀，说明有Cl-。 【解析】I某盐X与足量氢氧化钠反应生成气体A中含有氨气，说明X中含有铵根；反应后的固体加水溶解得到无色溶液B和黑色固体C，无色溶液B加入足量硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀为氯化银，黑色固体C和乙醇蒸气反应生成红色固体为铜，则X中含有铵根、氯离子、铜离子，根据题中数据通过计算确定其化学式。(l)由分析可知，X中含有铵

19、根、氯离子、铜离子，所以X含有的元素有 O、H、N、Cu、Cl；气体F为氨气，物质的量=0.04mol，说明X中含有0.04mol铵根；生成的氯化银沉淀的物质的量=0.08mol，生成的铜的物质的量=0.02mol，说明X中含有0.08molCl-、0.02molCu2+，由信息可知X中还有O元素，说明X中含有结晶水，5.56g晶体中含结晶水质量=5.56g-0.04mol18g/mol-0.08mol35.5g/mol-0.02mol64g/mol=0.72g，结晶水的物质的量=0.04mol，X 的化学式结合各微粒物质的量之比得到n(Cu2+)：n(Cl-)：n(NH4+)：n(H2O)=

20、0.02mol：0.08mol：0.04mol：0.04mol=1：4：2：2，所以X 的化学式为CuCl22NH4Cl2H2O或(NH4)2CuCl42H2O；(2)气体F为氨气， 黑色固体 C 为氧化铜，在一定条件下发生的氧化还原反应，氨气具有还原性，发生氧化反应生成氮气，氧化铜发生还原反应生成铜，反应的化学方程式为3CuO +2NH33Cu+N2+3 H2O。II(1)装置 A 为制取二氧化硫装置，反应前要检查装置的气密性，可关闭a，打开b，B中长导管伸入液面下，微热A，若长导管口产生连续气泡，停止加热，一段时间后长导管处有一段水柱生成，说明气密性良好，答案：关闭a，打开b，B中长导管伸

21、入液面下，微热A，若长导管口产生连续气泡，停止加热，一段时间后长导管处有一段水柱生成，说明气密性良好；(2)C 中为FeCl3和BaCl2的混合溶液，通入SO2后，Fe3+将SO2氧化为SO42-，SO42-再与 Ba2+生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为SO2+2Fe3+ Ba2+2H2O = BaSO4+ 2Fe2+ 4H+，答案：SO2+2Fe3+ Ba2+2H2O = BaSO4+ 2Fe2+ 4H+；(3)SO2通入饱和氯水中发生反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，反应后溶液中的阴离子主要有SO42-和Cl-，取少量D中溶液，加足量Ba(NO3)2和稀HNO3，若

22、产生白色沉淀，说明有SO42-，再取上层清液滴加AgNO3，若产生白色沉淀，说明有Cl-，答案：取少量D中溶液，加足量Ba(NO3)2和稀HNO3，若产生白色沉淀，说明有SO42-，再取上层清液滴加AgNO3，若产生白色沉淀，说明有Cl-。5I由三种元素组成的化合物 A，按如下流程进行实验。气体 B 为纯净物，溶液D焰色反应为黄色。请回答：(1)组成A的三种元素是_，A 的化学式是_。(2)固体A与H2O反应的化学方程式是_。(3)化合物甲为A中的其中两种元素组成的离子化合物。甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式_。II二氧化氯(

23、ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。某小组按照以下实验装置制备ClO2并验证其某些性质。请回答下列问题：(1)通入氮气的主要作用有2个，分别是_；(2) A中的硫酸有时也可以用浓盐酸代替， 实验过程中同时还大量生成另一种有色气体单质， 写出化学方程式：_。【答案】I(1)Na、Al、H NaAlH4 (2)NaAIH4+2H2O=NaAlO2+4H2 (3)3NaH+Fe2O3=2Fe +3NaOH II(1)一是可以起到搅拌作用，二是氮气保护， 稀释ClO2的浓度，防止爆炸 (2)2NaClO3+4HC1=2N

24、aCl+Cl2+2ClO2+2H2O 【解析】.根据题干信息可知，气体B为纯净物，溶液D焰色反应为黄色，说明溶液D中含有Na元素，则A中含有Na元素，结合物质转化关系分析，A与水反应生成B和C，C与足量的CO2可生成溶液D和沉淀E，则A为NaAlH4，A与H2O发生反应NaAIH4+2H2O=NaAlO2+4H2，则B为H2，C为NaAlO2溶液，D为Na2CO3溶液，E为Al(OH)3沉淀，F为Al2O3，5.4g NaAlH4物质的量为0.1mol，5.1g Al2O3物质的量为0.05mol，所以转化过程中铝元素物质的量守恒，符合题意。(1)根据上述分析可知，A的化学式为NaAlH4，组

25、成A的三种元素是Na、Al、H；(2)固体A与H2O反应生成H2和NaAlO2，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；(3)化合物甲为A中的其中两种元素组成的离子化合物。甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，则甲为NaH，脱锈过程中发生反应的化学方程式为3NaH+Fe2O3=2Fe +3NaOH。.该实验为制备ClO2并验证其某些性质的实验，A为NaClO3和H2O2在酸性条件下制备ClO2的装置，B为防倒吸装置，C为验证ClO2是否溶于水，D为尾气处理装置。(1)由于ClO2与空气混合时，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆

26、炸，通入氮气既可以起到搅拌作用，又可以作保护气，稀释ClO2的浓度，防止爆炸；(2)A中的硫酸有时也可以用浓盐酸代替，实验过程中同时还大量生成另一种黄绿色气体Cl2，发生的化学方程式为2NaClO3+4HC1=2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O。6化合物A由两种元素组成，将A按如下流程进行实验。请回答：(1)组成A的两种元素是_，A的化学式是_。(2)溶液D与过量反应的离子方程式是_。(3)某兴趣小组利用下面实验装置制备气体C，并探究气体C能否与溶液D反应产生白色胶状沉淀：装置A是气体C的发生装置，写出该装置中可能发生的化学方程式_，简要描述检查装置A气密性的方法：_。该方案还缺少一个尾

27、气吸收装置，下列吸收装置可以选用的是_。A. B. C. D.【答案】(1) Si、S SiS2 (2) SiO32-+2SO2+2H2O=2HSO3-+H2SiO3(3) FeS+H2SO4= Fe SO4+H2S 关闭活塞，往试管中加水至没过长颈漏斗下端，继续加水，若长颈漏斗中形成一段水柱且一段时间保持不变，则装置气密性良好 A 【解析】化合物A由两种元素组成，A溶于水生成气体C和固体B，C通入二氧化硫水溶液中生成淡黄色沉淀G，因此C是H2S，G是S；固体B能溶于氢氧化钠溶液中得到溶液D，然后通入过量二氧化硫生成白色胶状沉淀E，因此E是硅酸。(1)根据以上分析可知组成A的两种元素是Si和S

28、；G的物质的量是0.3mol，根据方程式2H2S+SO23S+2H2O可知H2S是0.2mol，则A中硫元素的物质的量是0.2mol，质量是6.4g，所以Si的质量是9.2g6.4g2.8g，物质的量是0.1mol，则A的化学式是SiS2。(2)溶液D与过量SO2反应生成硅酸和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式是SiO32-+2SO2+2H2O=2HSO3-+H2SiO3。(3)装置A是气体C的发生装置，该装置属于简易启普发生器，可利用硫化亚铁和稀硫酸反应制备，则该装置中可能发生的化学方程式为FeS+H2SO4= Fe SO4+H2S。装置A中有长颈漏斗，则检查装置A气密性的方法为关闭活塞，往试管中

29、加水至没过长颈漏斗下端，继续加水，若长颈漏斗中形成一段水柱且一段时间保持不变，则装置气密性良好。硫化氢是酸性气体，可以用碱液吸收，长口进短口出，选择装置A。故选A。7I固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。请回答：(1)组成A的四种元素是_，气体E是_。(2)固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是_。(3)蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为_。.某化学兴趣小组为探究SO2与Ba(NO3)2溶液的反应，用如下装置(夹持、加热仪器略)进行实验：制备SO2，将SO

30、2通入Ba(NO3)2溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。(1)SO2通入Ba(NO3)2溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是_。(2)若通入Ba(NO3)2溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验_。【答案】I(1)Cu、C、N、O CO和N2 (2) Cu(CNO)2Cu+2CO+N2(3) 3Cu(NO3)2+4CH3CH2OH=3Cu(CNO)2+2CO2+12H2O(1)3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O=3 BaSO4+2NO+4H+(SO2不足)或3SO2+Ba2+2NO3-+2H2O= BaSO4+2NO+4H+2SO42-(SO2足量) (2)取少

31、量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量(其它合理答案即可) 【解析】I固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)=0.01mol，由3Cu2NO可得：n(Cu)=0.015mol，m(Cu)=0.015mol64g/mol=0.96g；气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)=0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol28g/mol=0

32、.84g；固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)=0.015mol，故M(G)=28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol=1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2。(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：

33、Cu(CNO)2Cu+2CO+N2；(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：3Cu(NO3)2+4CH3CH2OH=3Cu(CNO)2+2CO2+12H2O；(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O=3 BaSO4+2NO+4H+(SO2不足)或3SO2+Ba2

34、+2NO3-+2H2O= BaSO4+2NO+4H+2SO42-(SO2足量)；(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量(其它合理答案即可)。8I橙红色化合物A由五种元素组成，其中一种元素为原子半径最大的短周期元素(稀有气体元素除外)，按如图流程进行实验。气体B为纯净物，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，溶液C呈黄色，沉淀D为砖红色沉淀。请回答：(1)组成A的

35、金属元素是_(填元素符号)，A的化学式是_。(2)沉淀D与足量B反应的离子反应方程式_。(3)A中的某种金属元素对应的单质可以通过铝热反应制备，写出化学反应方程式_。II某兴趣小组为了探究84消毒液(主要成分NaClO)和酒精混合使用是否存在安全隐患，利用如图装置进行实验。请回答：(1)三颈烧瓶中出现黄绿色气体，请写出相应的化学方程式_。(乙醇被氧化为乙醛)(2)有同学用手触碰三颈烧瓶后发现，反应一段时间后装置温度升高，所以提出产生的气体中可能混有O2，请用离子方程式解释_，该同学为了验证O2，打开弹簧夹，用带火星的木条检验，该操作的错误为_。【答案】I(1)Na 、Cr NH4NaCr2O7

36、 (2)Ag2CrO4+4NH3=2Ag(NH3)2+CrO42- (3)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr II(1)2NaClO+C2H5OH2NaOH+CH3CHO+Cl2 (2)2ClO-=O2+2Cl- 乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患 【解析】I(1)根据流程分析：短周期中原子半径最大的是金属钠，和氢氧化钠反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有NH4+；A为橙红色化合物且由五种元素组成，A与足量NaOH反应得到的溶液C呈黄色，溶液C与AgNO3/HNO3反应得到的沉淀D为砖红色沉淀，说明C含CrO42-，可知A中还含有Cr2O72-，沉淀D是Ag2CrO4；

37、组成A的金属元素是Na和Cr；根据N守恒，n(NH4+)=n(NH3)=0.224L22.4L/mol=0.01mol，根据Cr守恒，n(Cr2O72-)=n(Ag2CrO4)=0.01mol，则n(Na+)=0.01mol，n(Na+)：n(NH4+)：n(Cr2O72-)=1:1:1，则A的化学式是NH4NaCr2O7。(2)沉淀D是Ag2CrO4，和足量的氨气反应，沉淀溶解，发生的反应是：Ag2CrO4+4NH3=2Ag(NH3)2+CrO42-。(3)铝热反应是利用铝的还原性制备高熔点、还原性比Al弱的金属，可制备金属铬，化学反应方程式为：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。II(1

38、)84消毒液具有强氧化性，酒精具有还原性，会发生氧化还原反应，乙醇被氧化成乙醛，黄绿色气体是氯气，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为2NaClO+C2H5OH2NaOH+CH3CHO+Cl2。(2)反应一段时间后装置温度升高，次氯酸根分解，有O2产生，离子方程式为2ClO-=O2+2Cl-；乙醇易挥发且易燃，所得气体中混有乙醇蒸气，用带火星的木条检验存在安全隐患。9I由四种元素组成的白色粉末状固体，式量为63，按如图流程进行实验。气体E是纯净物。回答下列问题：(1)气体E的化学式_，X的化学式是_。(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式_。(3)气体A通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推

39、进剂N2H4，写出化学反应方程式_。II氯化硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应；熔点为-80，沸点137.l。在熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2。如图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置(部分夹持装置已略去)。请回答：(1)从上述提供的图片中选出必要的装置并排序以制备S2Cl2：b_；(2)已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学方程式_。【答案】I(1)CO2 CH5NO2 (2)HCOO-+2Cu(OH)2+OH-CO32-+Cu2O+3H2O

40、(3)2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O II(1)fadeg (2)2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl 【解析】I由四种元素组成的白色粉末状固体X，式量为63。根据流程图，气体A为氨气，说明X中含有N、H两种元素，X中含有NH4+，6.3gX充分反应后生成1.7g氨气，则X中含有1个NH4+；溶液B中加入过量的新制氢氧化铜加热，生成砖红色沉淀D14.4g，则D为Cu2O，溶液B中含有-CHO，说明X中含有C元素，结合X的式量为63，X为HCOONH4；溶液C中加入过量盐酸反应生成气体E，E通入足量澄清石灰水中生成白色沉淀F，F为碳酸钙，则C中含有CO32-。(1

41、)根据上述分析，气体E为二氧化碳，化学式为CO2，X为HCOONH4，化学式为CH5NO2；(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式为HCOO-+2Cu(OH)2+OH- CO32-+Cu2O+3H2O；(3)气体A为氨气，通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，反应的化学反应方程式为2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O。II(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，故排序bfadeg；(2) S2Cl2中S化合价为+1，被氧化与被还原物质的量之比为1：3，产物为SO2与S，故水解方程式为2

42、S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl。10I某磁性材料黑色物质丙是由氧化物甲与气态氢化物乙(对氢气的相对密度是17)按物质的量之比1：4 反应生成的。为探究物质丙的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：(1)组成丙的元素是_ (填元素符号)，甲的化学式是_ 。(2)丙与足量浓盐酸反应生成黄色沉淀的离子方程式是_。 (3)气体乙在过量的空气中充分燃烧后的混合气体通入BaCl2溶液中，出现白色沉淀。写出生成白色沉淀的反应离子方程式_。II某实验兴趣小组利用如图实验装置探究氯气与过量氨气反应的实验。(1)请描述如何检验该装置的气密性_。(2)试管中可以观察到的现象是_。【答案】I(1)Fe

43、、S Fe3O4 (2)Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2+S (3)2SO2+O2+2Ba2+2H2O=2BaSO4+4H+ II(1)关闭K2，打开K1，将注射器活塞向外拉一小段(或向内推一小段)，然后松开，活塞复原说明该装置气密性良好 (2)气体褪色(或黄绿色褪去)，产生白烟 【解析】I气态氢化物乙对氢气的相对密度是17，摩尔质量=34g/mol，判断为H2S气体，滤液加入氢氧化钠溶液生成白色沉淀，变化为红褐色沉淀过滤洗涤灼烧得到24g固体为氧化铁，物质的量=24g160g/mol=0.15mol，铁元素物质的量为0.3mol，其中和-2价硫发生氧化还原反应的结合反应定量关系计算，2

44、Fe3+S2-=2Fe2+S，得到3.2g硫单质，物质的量=3.2g32g/mol=0.1mol，则铁离子为0.2mol，亚铁离子为0.3mol-0.2mol=0.1mol，固体丙中铁离子和亚铁离子之比为2：1，和-2价硫离子形成的化合物为Fe3S4，而甲和硫化氢按物质的量之比1：4反应生成Fe3S4，则甲为Fe3O4。(1)根据以上分析可知组成丙的元素是Fe、S，甲的化学式是Fe3O4。(2)丙与足量浓盐酸反应生成黄色沉淀的离子方程式是Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2+S。 (3)硫化氢在氧气中完全燃烧生成二氧化硫，可与氧气、氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，则生成白色沉淀的反应离子方程式

45、为2SO2+O2+2Ba2+2H2O=2BaSO4+4H+。II(1)由于装置有针筒，因此检验装置气密性的方法是：关闭K2，打开K1，将注射器活塞向外拉一小段(或向内推一小段)，然后松开，活塞复原说明该装置气密性良好。(2)氯气具有强氧化性，能与氨气反应生成氯化氢和氮气，过量的氯化氢和氨气反应生成氯化铵，则试管中可以观察到的现象是：气体褪色(或黄绿色褪去)，产生白烟。11I化合物X由三种前四周期元素组成，按照如图流程进行实验。溶液C中只有一种溶质，白色沉淀D不溶于稀盐酸。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)气体A通入酸化的KI溶液中，发生反应的离子方程式为_

46、。(3)一定条件下X与水能反应，得到的混合液既有强氧化性又有强酸性。请写出其化学反应方程式：_。某兴趣小组为探究硝酸的性质，按如图进行实验：先打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹，再打开分液漏斗的旋塞，使稀硝酸与铜片发生反应。实验中观察到装置液面上方仍为无色气体，装置液面上方气体由无色变为红棕色。请回答：(1)某同学认为虽然装置液面上方的无色气体为NO，但不能说明装置反应一定生成NO。理由是_。(2)装置液面上方气体由无色变为红棕色，其原因(用化学方程式表示) _。【答案】I(1)K、S、O K2S2O8 (2)O2 + 4I- +4H+ = I2+2H2O (3)K2S2O8+ 2H2

47、O=K2SO4+H2O2 +H2SO4 II(1)若装置反应生成NO2，可与H2O反应生成NO (2)NO+2HNO3(浓)=3NO2+H2O 【解析】I固体B溶于水后，加入一元强碱，得到溶液C，并向溶液C中加入BaCl2，生成不溶于稀盐酸的白色沉淀D，则D为BaSO4，且n(BaSO4)=0.01mol；溶液C中只含一种溶质，则溶液C的溶质一定是硫酸盐，且B溶于水之后，有0.005mol的硫酸生成，根据硫原子守恒，C中含有0.01mol S元素，则固体B含有0.005mol ；n(A)=0.0025mol，m(A)=1.35g-1.27g=0.08g，则M(A)=32g/mol，则A为O2；

48、溶液C中只含有一种溶质，则C中的金属离子一定与强碱中的金属离子相同，而已确定的元素S、O都不在第四周期，故可以判断出该金属元素在第四周期，且该元素是K元素；则固体B中有0.005mol K2SO4，即0.87g，则另外的0.005mol含S的物质有0.4g，其摩尔质量为=80g/mol，则该物质为SO3；所以可以推出，1.35g固体X含有0.01mol K、0.01mol S、0.04mol O，即该物质中n(K)：n(S)：n(O)=1：1：4，则该物质为K2S2O8。(1)经分析可知，A为O2，B为K2SO4和SO3的混合物，C为K2SO4溶液，D为BaSO4，X为K2S2O8，其中固体X

49、含有的元素为K、S、O；(2)将O2通入到KI溶液中，离子方程式为：O2+ 4I-+4H+= I2+2H2O；(3)该反应的化学方程式为：K2S2O8+ 2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。II(1)铜和硝酸反应生成NO或NO2，其中NO2会和水反应生成NO，若中生成了NO2，它在中会与水反应生成无色的NO；(2)NO中的N呈+2价，该物质具有还原性，浓硝酸是强氧化剂，二者可以发生氧化还原反应，生成NO2，该反应的化学方程式为：NO+2HNO3(浓)=3NO2+H2O。12绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，

50、完成如下实验：请回答(1)X的化学式是_。(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：_。(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式_。为检验三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O的热分解产物，按如图所示装置进行实验：请回答(1)该套实验装置的明显缺陷是_。(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中_(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有Fe

51、O和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：_。【答案】(1)Na2CuCl4 (2)4CuO2CuO+O2 (3)Cu(OH)2+2OH- = Cu(OH)42- (1)缺少尾气处理装置 (2)E中固体由黑色变为红色 (3)取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在 【解析】(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=，Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=，设X化学式为NaxCuyClz，列式：(说明：个数比=物质的量之比)，x+2y=z(说明：化合价关系)，解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na

52、2CuCl4；(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：4CuO2CuO+O2 ；(3)X实质为配合物，配离子为CuCl42-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为Cu(OH)42-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH- = Cu(OH)42-。(1)若分解产生的气体有CO，经过E装置未完全反应，后续F、G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；(2)如果E中固体由黑色(CuO)变为红色(Cu)，那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红

53、色说明有CO生成；(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在。13I药物X是由五种短周期元素组成的纯净物，利用下列过程推断其组成：已知：气体C为常见的温室气体。经分析混合气体G中含有280mL气体C(标准状况)。固体F焰色反应呈黄色。请回答：(1)组成药物X的非金属元素是_，药物X的化学式是_。(2)药物X分解生成固体A的化学方程式：_。(3)药物X可通过溶液E与A制备，写出相应的化学方程式：_。I

54、I某兴趣小组利用如下实验装置模拟含Mn2+废水的处理。请回答：(1)广口瓶中出现黑色沉淀，溶液呈强酸性，用一个离子方程式表示：_ 。(2)NaOH吸收尾气中的ClO2，可生成NaClO3和NaCl。请设计实验验证有NaClO3生成：_。【答案】I(1)H、C、O NaAl(OH)2CO3 (3)NaAl(OH)2CO3NaAlO2+CO2+H2O (3)NaAlO2+2NaHCO3= NaAl(OH)2CO3+Na2CO3 II(1)2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+ (2)取少量溶液，加足量AgNO3溶液、稀HNO3，过滤，向滤液中加入NaNO2，如果又生成白色沉

55、淀，说明生成ClO3- 【解析】IC是温室气体，C是CO2，3.6g药物X加热分解，生成的气体混合物B通过浓硫酸，得到0.025mol CO2；固体F焰色反应呈黄色，说明X中含有Na元素；白色沉淀D与盐酸反应不能放出二氧化碳，说明D中不含碳元素，溶液E蒸干、灼烧得到0.0125mol CO2，说明E是NaHCO3 ；A和二氧化碳反应生成沉淀D和碳酸氢钠，D中不含碳酸根离子，则A是NaAlO2，D是Al(OH)3。(1)根据以上分析，X中含有Na、Al、C、O元素，NaAlO2能恰好与0.025mol CO2反应，则NaAlO2的物质的量是0.025mol，3.6g药物X隔绝空气加热分解出0.0

56、25mol CO2、0.025mol NaAlO2，根据质量守恒，分解生成水的质量是3.6-0.025mol44g/mol-0.025mol82g/mol=0.45g，水的物质的量是0.025mol，则A中还一定有氢元素，组成药物X的非金属元素是H、C、O；3.6g药物X隔绝空气加热分解出0.025mol CO2、0.025mol NaAlO2、0.025mol H2O，则X含有 Na、Al、C、O、H元素的物质的量分别是0.025mol、0.025mol、0.025mol、0.125mol、0.05mol，X的化学式是NaAl(OH)2CO3；(2) NaAl(OH)2CO3分解生成NaAl

57、O2、CO2、H2O，反应的化学方程式是NaAl(OH)2CO3NaAlO2+CO2+H2O；(3)根据元素守恒， NaAlO2与碳酸氢钠反应生成NaAl(OH)2CO3和碳酸钠，反应方程式是NaAlO2+2NaHCO3= NaAl(OH)2CO3+Na2CO3。II(1)广口瓶中出现黑色沉淀，说明ClO2和Mn2+反应生成MnO2，根据电荷守恒配平，反应的离子方程式是2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+；(2) 取少量溶液，加足量AgNO3溶液、稀HNO3，过滤，向滤液中加入NaNO2，如果又生成白色沉淀，说明生成ClO3-。14由三种短周期元素组成的化合物A，按如

58、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_。二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于 10就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(4)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式为_。(5)某小组按照文献中制备ClO2的方法，设计了如图所示的实验装置，用于制备ClO2并验证其某些性质。通入氮气的主

59、要作用有 2 个，一是可以起到搅拌作用，二是_；关于该实验，以下说法正确的是_。A装置 A 用适量 H2O2制取 ClO2气体，其反应的化学方程式为2NaClO33H2O2H2SO42ClO2Na2SO42O24H2OB装置 B 用来收集二氧化氯气体C当看到装置 C 中导管液面上升时应加大氮气的通入量D二氧化氯能杀菌消毒，但不会与有机物发生取代反应【答案】(1)C、O、Cl COCl2 (2)COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O (3)COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl (4)2ClO22CN2CO2N22Cl (5)稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过

60、高而发生爆炸 CD 【解析】溶液C能与HNO3、AgNO3溶液发生反应生成沉淀E，则E为AgCl，物质的量为=0.04mol；沉淀D溶于盐酸，则此钡盐为BaCO3，其物质的量为=0.02mol；由此得出A中C、Cl原子个数比为1:2。制备ClO2并验证其某些性质时，在H2SO4溶液中，NaClO3与H2O2发生氧化还原反应，生成ClO2、O2等；装置B中进气、出气导管都短，则应为安全瓶；装置C用于验证ClO2的性质，装置D用于吸收尾气。 (1)设A分子中含1个C原子，则含有2个Cl原子，相对分子质量99减去(12+71)，还余16，刚好为1个O原子的相对分子质量，则组成A的三种元素为C、O、C

61、l，A的化学式为COCl2；(2) COCl2与足量NaOH溶液反应，生成Na2CO3和NaCl，化学方程式为COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；(3) COCl2与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，则产物为CO(NH2)2、NH4Cl，该反应的化学方程式为COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；(4)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为2ClO22CN2CO2N22Cl；(5)信息告诉我们：在混合气体中的体积分数大于 10就可能发生爆炸，所以通入氮气的主要作用有 2 个，一是可以起到搅拌作用，二是稀

62、释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；A项，用适量 H2O2制取 ClO2气体，化学方程式应为2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O，A不正确；B项，装置 B中两导管都短，不是收集二氧化氯气体的装置，是防倒吸装置，B不正确；C项，当看到装置 C 中导管液面上升时，表明有发生倒吸的危险，应加大氮气的通入量，C正确；D项，二氧化氯能杀菌消毒，会将有机物氧化，难与有机物发生取代反应，D正确。故选CD。15IX由四种常见元素组成的化合物，其中一种是氢元素，其摩尔质量小于200gmol-1。某学习小组进行了如下实验：已知：气体A在标况下的密度为0.714gL-1，A

63、完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，沉淀D是混合物。请回答：(1)气体E的结构式_，沉淀D是_(写化学式)，X的化学式_。(2)写出化合物X与足量盐酸反应的化学方程式_。II纯净的氮化镁(Mg3N2)是淡黄色固体，热稳定性较好，遇水极易发生反应。某同学初步设计了如图实验装置制备氮化镁(夹持及加热仪器没有画出)。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2。请回答：(1)写出A中反应的化学方程式_。(2)下列说法不正确的是_。A为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气B装置B起到了缓冲、安全的作用C装置C只吸收水，避免镁和水反应产生副产物D将装置B、C简化成装有碱石灰的U型管，也能达

64、到实验目的E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体【答案】I (1)O=C=O AgCl和AgI CH3MgI (2)2CH3MgI+2HC=2CH4+MgI2+MgCl2 II(1) 2NH3+3CuON2+3H2O+Cu (2)CDE 【解析】I (1)已知：X由四种常见元素组成的化合物，流程图中知X与过量盐酸反应生成气体A，A在标况下的密度为0.714gL-1，则其摩尔质量M=22.4L/mol 0.714gL-1=16gmol -1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，E为二氧化碳，A为甲烷，则3.32gX中含0.02mol即0.24g碳原子，溶液B

65、均分为二等份，其中一份加足量氢氧化钠溶液得白色沉淀C，则C为氢氧化镁，0.58g氢氧化镁为0.01mol，故一份B溶液含0.01molMgCl2，按元素守恒，则3.32gX中含0.02mol即0.48g镁元素，另一份B溶液中加足量硝酸银溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2 molAgCl，其质量为2.87g，则5.22g-2.87g=2.35g为X中另一种元素与银离子产生的沉淀，假如该沉淀是AgBr，则为0.0125molAgBr，则原X中含0.025molBr，质量为2g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，则氢原子的物质的量为0.6mol，则所含原子

66、数目比为C:Mg:Br:H=0.02:0.02:0.025:0.6=1:1:1.25:30，得到的化学式不合理，假设不成立，舍弃；假如该沉淀是AgI，2.35g则为0.01molAgI，则原X中含0.02mol碘元素，质量为2.54g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，则氢原子的物质的量为0.06mol，则所含原子数目比为C:Mg:I:H=0.02:0.02:0.02:0.06=1:1:1:3，得到的最简式为CH3MgI；最简式式量为166，X摩尔质量小于200gmol-1，则X的化学式为CH3MgI；故气体E的结构式为O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI

67、，X的化学式为CH3MgI；(2)化合物X与足量盐酸反应生成CH4、MgI2和MgCl2，化学方程式为2CH3MgI+2HCl=2CH4+MgI2+MgCl2。II(1) A中氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuO N2+3H2O+Cu；(2) A项，为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气，防止氮气、二氧化碳和镁反应，A正确；B项，装置B起到了缓冲、安全的作用，防止液体倒吸，B正确；C项，装置C吸收水，避免镁和水反应产生副产物，也吸收未反应的氨气，防止镁和氨气反应，C错误；D项，将装置B、C简化成装有碱石灰的U型管，不能达到实验目的，因为

68、碱石灰不能吸收氨气，D错误；E项，实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；故说法不正确的是CDE。16为探究某复盐A(含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。已知混合气体 1 是由两种组成元素相同的气体构成。请回答：(1)组成A 的四种元素是 C、O 和_(填元素符号)，A 的化学式是_。(2)溶液E 显碱性的理由是 _(用离子方程式表示)。(3)固体 D 能与 NH3H 2O 按 1:4 物质的量比发生非氧化还原反应，生成无色络合物。该无色络合物的氨水溶液露置空气中，立即被氧化为深蓝色络合物。写出无色络合物转化为深蓝色络合物的离子方程式 _。II已知：4Na2

69、SO3 3Na2SO4+Na2S。某学习小组设计如下装置并定性检验分解产物。(1)持续通入氮气的目的是_。(2)甲同学取少量反应后固体，加入过量盐酸，发现有淡黄色沉淀产生，原因是_(用离子方程式表示)。(3)甲同学若要在中操作的基础上检验产物中的硫酸钠，后续操作是 _。【答案】(1)K、Cu K2Cu(C2O4)2 (2)CO32-+H2OHCO3-+OH- (3)4Cu(NH3)2+O2+8NH3H 2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O或4Cu(NH3)2+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3)42+4OH- II(1)防止Na2SO3和Na2S被氧气氧化 (2)SO32-+2

70、S2-+6H+=3S+3H2O (3)过滤，取滤液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有Na2SO4 【解析】复盐A(含四种元素)，其中含C、O，由流程知，混合气体1为CO和CO2的混合气体，气体B为CO，白色沉淀C为碳酸钡，已知固体 D 能与 NH3H 2O 按 1:4 物质的量比发生非氧化还原反应，生成无色络合物，该无色络合物的氨水溶液露置空气中，立即被氧化为深蓝色络合物，则深蓝色络合物为Cu(NH3)42+，则无色络合物是+1价铜与氨分子形成的络合物，砖红色固体D为Cu2O，已知Cu2O4NH3 则无色络合物是Cu(NH3)2+，E溶液中含钾元素，故A的四种元素为C、O

71、、K和Cu；结合流程信息知，固体混合物1的成分为K2CO3，按题给数据知，CO和CO2的混合气体为，则 ，则，故混合物1中，；可见组成A 的四种元素是 C、O 和K、Cu，则，因A为复盐，故其酸根为碳元素的含氧酸根离子，结合原子数目比，故其化学式为：K2Cu(C2O4)2 ；(2)溶液E为K2CO3溶液，因水解显碱性，其离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；(3)据分析：无色络合物为Cu(NH3)2+，深蓝色络合物为Cu(NH3)42+，则无色络合物转化为深蓝色络合物时，发生氧化还原反应，氧化剂为氧气，故离子方程式为：4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O或4Cu(NH3)2+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3)42+4OH-。II(1) Na2SO3和Na2S具有强的还原性，易被氧气氧化，故持续通入氮气的目的是防止Na2SO3和Na2S被氧气氧化；(2)甲同学取少量反应后固体，加入过量盐酸，发现有淡黄色沉淀产生，淡黄色沉淀是S，则SO32-与S2-在酸性环境下发生氧化还原反应，得到S和H2O，离子方程式为：SO32-+2S2-+6H+=3S+3H2O；(3)甲同学若要在中操作的基础上检验产物中的硫酸钠，要防止S的干扰，故后续操作是：过滤，取滤液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有Na2SO4。