2024届高三化学一轮专题训练题——元素或物质推断题（含解析）

2024届高三化学一轮专题训练题——元素或物质推断题
1．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）化合物M由三种元素组成，某小组按如图实验流程探究其组成：
已知：物质A、B只含两种元素；白色沉淀F的质量是D的2倍。
请回答：
(1)M的组成元素是_____，M的化学式是_____。
(2)写出生成CaCO3的离子方程式_____。
(3)气体A与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为_____。
(4)气体A在一定条件下会分解成两种单质，请设计方案检验由这两种单质组成的混合物______。
2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）黄色固体化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验(题中各物质状态均为室温条件状态)：
已知：A、B、D、F、G均是纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出化合物X生成蓝色固体F的化学反应方程式_______。
(3)固体G能缓慢溶于氨水，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验检验溶液E中的阴离子_______。
3．（2023·浙江·二模）化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。
(2)写出X→A的化学方程式___________。
(3)写出C→D的离子方程式___________。
(4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证___________。
4．（2023·浙江绍兴·统考二模）某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实验。请回答：
已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。
(1)气体B的电子式是___________，C的化学式是___________。
(2)写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式___________。
(3)无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入溶液，观察到黑色沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应)___________。
(4)将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子___________。
5．（2023·浙江·校联考模拟预测）物质A由三种常见的元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：
已知：A的摩尔质量在之间，焰色为紫色；气体B能使品红溶液褪色；盐C和盐D的组成元素和A相同，且C、D的物质的量之比为。
请回答下列问题：
(1)组成A的元素有_______；A的化学式为_______。
(2)A在潮湿空气中转化为由两种酸式盐组成的混合物，反应的化学方程式是_______。
(3)一种生产A的方法：在35～45℃下，气体B与锌粉—水悬浊液反应生成中间产物；然后加入相应的碱溶液，充分反应，过滤分离得到A溶液。写出该过程中总反应的化学方程式：_______。
(4)碱性条件下，A能还原水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子：_______(假设反应物无剩余)。
6．（2023·河南郑州·统考一模）已知A、B、C、D、E、F六种物质存在如下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)
(1)若A、C均为氧化物
①D溶液中滴加KSCN溶液显红色，写出B→D的离子方程式_______。
②若F是正盐，其水溶液呈碱性，D是一种温室气体，写出E的一条用途_______。
(2)若C为人体须臾不可离开的气体，则F的化学式可能为_______(至少写两种)。
(3)若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A与反应的化学方程式可能为_______。
7．（2022·浙江·统考二模）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知：无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净物。
请回答：
(1)组成X的元素有___________，X的化学式为___________。
(2)X溶于的反应化学方程式为___________。
(3)光学实验证明，溶有气体单质D(表示为)的水中存在水合分子、。对于两种分子的结构，下列表示正确的是___________。
A． B． C． D．
(4)①某同学利用铜与流程中所涉及的物质制备蓝色溶液。资料显示，溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。写出该反应的离子方程式___________。
②请在该同学实验的基础上，设计实验证明溶液显蓝色的原因___________。
8．（2022·浙江·三模）液态化合物是电镀行业的重要试剂，由中学阶段常见的5种元素组成。某小组按如下流程进行实验：
实验1：
实验2：
已知：物质与溶液的反应属于非氧化还原反应。请回答：
(1)组成的元素有_______，的化学式为_______。
(2)与浓溶液共热的化学方程式为_______。
(3)溶液中的溶质有：、、_______(填化学式)。
(4)溶液中存在动态平衡，某同学欲探究物质浓度对该平衡的影响，已有方案：
①向溶液中加固体，观察现象；
②向溶液中加浓溶液，观察现象；
请设计方案③：_______(写出操作、现象及相应结论)。
9．（2022·浙江·模拟预测）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验(每一步反应均充分进行)：
请回答：
(1)组成X的4种元素是____(填元素符号)。
(2)无色溶液D中的溶质是____(填化学式)。
(3)无色气体A中的气体分子有____(填化学式)。
(4)气态X分子中，H原子与2种元素的原子形成共价键，但红外光谱和1H核磁共振谱均显示固态X晶体中的H原子化学环境完全相同。且熔点明显高于相对分子量接近的分子晶体，原因是____。
(5)X能与氯酸钾在水溶液中反应，得到无色溶液F和无色气体C。
①写出该反应的化学方程式：____。
②设计实验验证该无色溶液F中的阴离子：____。
10．（2022·浙江舟山·舟山中学统考三模）A、B、C、D为前三周期的四种元素，化合物X(X的摩尔质量为294g·mol-1)由四种元素组成。A、B的价层电子排布可表示为asa，bsbbp2b，B、C同主族，化合物Z是最常见的溶剂，混合气体W能使品红溶液褪色，气体G能使带火星的木条复燃。各物质间有如图转化关系，某兴趣小组展开如图实验(气体的体积均在标准状况下测得)：
请回答：
(1)化合物X的组成元素是___。
(2)白色沉淀H的化学式___，写出H的一种用途___。
(3)写出X高温分解的化学方程式为___。
(4)溶液E与NaOH溶液发生非氧化还原反应可制得X，化学方程式为___。
(5)关于混合气体W能使品红溶液褪色的原因，一般认为：W混合气体能使品红褪色，不是其中某种气体本身与品红作用，而是该气体与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明___。
11．（2022·陕西咸阳·统考一模）已知X、Y、Z、M、N、A均为短周期元素形成的常见单质或化合物，其转化关系如图所示(部分产物及条件略去)。
请回答下列问题：
(1)若A、X、Y均为单质，且A元素的主族序数是其周期数的两倍，则A原子的结构示意图为___________，由X生成Y的化学方程式为___________。
(2)若X为淡黄色固体，N为空气的成分之一，M为易溶于水的物质，且X与Z的摩尔质量相同，则N的电子式为___________；若X与水反应转移的电子物质的量为3 mol，则得到Z的物质的量为___________mol。
(3)若X为二元化合物，所含金属元素原子的最内层电子数等于最外层电子数，常温下M为红棕色气体，则Y+A→Z的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为___________，实验室检验Y气体的常用方法是___________。
12．（2021·浙江·校联考模拟预测）为了探究某盐 (仅含三种短周期元素，摩尔质量介于)的组成和性质，设计并完成了如下实验。已知：、、均为纯净物，、组成元素相同。请回答：
(1)组成的种元素是___________(填元素符号)，的化学式是___________。
(2)写出固体与反应的离子方程式___________。
(3) 溶液在空气中易被氧化。某课题小组测得溶液在空气中变化，如图所示：
①写出段发生反应的化学方程式___________。
②设计实验检验时刻后溶液中的主要阴离子___________。
(4)有同学预测也能与稀硫酸反应，现象与固体和稀硫酸反应相同。你是否支持他的观点并说明理由___________。
13．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展实验探究。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由4种元素组成；D、E、G均为纯净物，B为混合物；溶液C、F、H均为单一溶质溶液，溶液H中含溶质0.06 mol，溶液C的焰色反应通过蓝色钴玻璃观察为紫色。
(1)组成X的4种元素是_______________(填元素符号)，E的化学式是______________。
(2)固体X隔绝空气加热分解的化学方程式____________________________。
(3)写出溶液F与少量溶液H反应的离子方程式____________________________。
(4)标况下，将红棕色气体B收集在一个大试管中，再倒插在水槽中，得到溶液的浓度为_______mol/L (设溶质不扩散，)。
(5)写出红棕色气体B中的化合物气体(在答案中写出化学式)与溴蒸气的鉴别方法：______________。
14．（2021·浙江·统考模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X由5种短周期主族元素组成；B在标况下的密度为；A的焰色反应是紫色；所有物质都是纯净物。(气体体积已折算为标况下的体积)
请回答：
(1)组成X的元素除了Na、O外还有_______(填元素符号)，X的化学式是_______。
(2)X与发生的反应的化学方程式是_______。
(3)少量C与足量反应也产生G，该反应的离子方程式是_______。
(4)，F、H的阴离子相同，反应后所得溶液呈酸性，原因是_______。
(5)已知C与A加热可制备得到一种气体，请设计实验探究该气体的组成：_______(已知该气体只有两种元素组成)。
15．（2021·浙江杭州·校联考三模）某兴趣小组对于固体A开展探究实验，已知A由4种元素组成，摩尔质量M小于160g/mol，溶液E中只有一种溶质。
(1)A的化学式___，气体B的空间构型___。
(2)溶液C制备沉淀D的离子方程式___。
(3)已知2molNa在一定条件下可以和液态B反应产生一种1可燃性气体和化合物F，化合物F极易和水反应，写出和水反应的方程式___；
(4)该研究小组认为检验溶液E和NaHCO3溶液可以采用CaCl2溶液，结果发现两种溶液中加入CaCl2都会形成白色沉淀，请解释原因：___(用方程式表示即可)；更换检验试剂，加入某短周期元素X的氯化物之后可以检验，其中一种产生沉淀，另一种无沉淀，则X元素为___。
16．（2020·浙江·校联考一模）X是由四种短周期元素组成的纯净物，含结晶水，相对分子量范围：105～230。它是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂，现将X按如图流程实验，气体A到气体B质量减轻7.2g，气体B能使品红溶液褪色，固体B中含两种固体(两种固体所含元素相同)，溶液D焰色反应呈黄色。(气体体积均为标况下体积)。
请回答：
(1)X中含有的非金属元素有___(填写元素符号)。
(2)写出X隔绝空气加热的化学方程式____。
(3)X溶液暴露于空气中易吸收氧气而被氧化成一种酸式盐，请写出离子方程式____。
17．（2020·浙江绍兴·统考一模）I．由三种元素组成的化合物A，其相对分子质量小于200，按如下流程进行实验。气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，溶液E为蓝色，固体C为混合物，固体F为紫红色。
请回答：
(1)组成A的三种元素是_______ 。(填元素符号)，A的化学式是________ 。
(2)固体A加热分解的化学方程式是________。
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，该反应的化学方程式是。___________。
II．某兴趣小组为制取并验证二氧化硫的性质进行相关实验，实验装置如图所示。请回答：
(1)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。
(2)写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式___________。
18．（2020·浙江杭州·浙江省杭州第二中学校考模拟预测）化合物 A 由三种短周期元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：
已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为 672 mL；固体甲为常用的耐火材料，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。请回答下列问题：
（1）A 的组成元素为_____（用元素符号表示），A 的化学式为_____；
（2）写出气体甲与 NaOH（aq）反应的离子方程式_____
（3）往溶液乙中通入少量 CO2气体发生的化学方程式_____；
（4）高温下A 与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物，试写出相应的化学方程式_____。
参考答案：
1．(1) Ca、Cl、O CaCl2O4
(2)CO+Ca2＋＝CaCO3↓
(3)2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4
(4)将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气
【分析】化合物M由三种元素组成，3.50gM与氯气反应固体B和生成气体A，A的物质的量是0.896L÷22.4L/mol＝0.04mol，A通入二氧化硫水溶液中恰好反应，所得溶液分两份，一份加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀D，另一份加入足量氯化钡溶液生成11.65g白色沉淀，沉淀应该是硫酸钡，物质的量是11.65g÷233g/mol＝0.05mol，根据电子得失可判断A和SO2反应中A得到0.05mol×2×2＝0.2mol，即1分子A得到5个电子，由于物质A、B只含两种元素，因此A中氯元素的化合价是+4价，被还原为－1价，则A是ClO2。固体B中加入足量碳酸钠生成碳酸钙2.00g，物质的量是0.02mol，滤液中加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀F，B是氯化钙，物质的量是0.02mol，F的物质的量是0.04mol，白色沉淀F的质量是D的2倍，说明A中氯原子和B中氯原子的物质的量相等，据此解答。
【详解】（1）A是ClO2，A的物质的量是0.04mol，含有氧原子的物质的量是0.08mol，氯化钙的物质的量是0.02mol，M中Ca原子的物质的量是0.02mol，因此M中氯原子的物质的量是＝0.04mol，所以M中Ca、Cl、O的原子个数之比是1:2:4，所以M的化学式是CaCl2O4。
（2）氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，则生成CaCO3的离子方程式为CO+Ca2＋＝CaCO3↓。
（3）根据电子得失守恒和原子守恒可知气体ClO2与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4；
（4）ClO2分解生成氧气和氯气，氧气是助燃性气体，氯气具有强氧化性，和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以实验方案为将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气。
2．(1) Cu、O、H CuOH
(2)4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
(3)CuO + 4NH3 H2O= +3H2O+2OH-
(4)先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-
【分析】蓝色溶液C加入足量氨水后得到深蓝色溶液E，可以推知C为CuSO4溶液，D为紫红色固体，为Cu单质，物质的量为=0.0125mol，则红色固体为Cu2O，Cu2O和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，Cu2O的物质的量为0.0125mol，X1中含有0.025molCu元素；蓝色固体F加热产生黑色固体G和无色液体A，可以推知G为CuO，F为Cu(OH)2，A为H2O，X1隔绝空气加热产生H2O，H2O的物质的量为=0.0125mol，X1中含有0.0125mol+0.0125mol=0.025molO元素，0.025molH原子；综上所述，X1中n(Cu): n(O) : n(H)=1：1：1，X为CuOH。
【详解】（1）由分析可知，X的组成元素是Cu、O、H，X的化学式是CuOH。
（2）化合物CuOH和O2、H2O反应生成生成蓝色固体Cu(OH)2的化学反应方程式为：4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2。
（3）固体G为CuO，CuO在氨水中缓慢溶解，方程式为：CuO + 4NH3 H2O= + 3H2O+2OH-。
（4）溶液E中的阴离子为SO和OH-，检验硫酸根的方法为：先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；OH-检验方法：取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-。
3．(1) Fe、O FeO2
(2)FeO2+NaOH= NaHFeO3
(3)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(4)用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl
【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05mol；C中含有0.1molFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05mol，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。
【详解】（1）根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；
（2）FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH= NaHFeO3；
（3）C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；
（4）氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。
4．(1)
(2)
(3)
(4)取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有
【分析】气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成，F为，E为硫化物，X为钾盐，所以E为,A、B与反应生成紫红色固体Cu单质，生成的气体通入澄清石灰水，生成沉淀和气体单质，且A、B相对分子质量相同，A为，B为，D能与氧气反应生成和紫红色的铜单质，D中含有Cu和S，为，G溶于氨水得到一无色溶液，G为，与氨水反应生成无色离子，D与G发生反应：，根据数据计算，钾盐X中含有K元素：,S元素物质的量：，还有C元素和N元素，所以钾盐X为。
【详解】（1）根据以上分析，B为，电子式为：；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
5．(1) K、S、O
(2)
(3)
(4)取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和
【分析】由A的焰色为紫色可知，A中含有钾元素，盐C和盐D的组成元素和A相同，加入盐酸后生成淡黄色沉淀和无色气体B，淡黄色沉淀为硫，气体B为二氧化硫，则A中含有钾元素、硫元素和氧元素。盐C和盐D与盐酸反应生成和，假设盐C和盐D中含，则其物质的量为0.05mol，另一种盐也与盐酸反应生成，则另一种盐为，的物质的量为0.05mol，则20.6gA隔绝空气受热分解生成、和，由原子个数守恒可知，A中K、S和O原子的物质的量之比为，由A的摩尔质量在之间可知，A的化学式为。据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知A的化学式为，含K、O、S三种元素，故答案为：K、S、O；；
（2）在潮湿空气中与氧气反应生成两种酸式盐可知为亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，反应方程式为：，故答案为：；
（3）气体B与锌粉—水悬浊液反应生成中间产物；然后加入相应的碱溶液，充分反应得到A，结合元素守恒可知B中应含S元素，则B应为二氧化硫，1mol转化为得1mol电子，1molZn失去2mol电子，根据得失电子守恒，可得反应方程式为：，故答案为：；
（4）A的氧化产物可能是亚硫酸根和硫酸根离子，检验亚硫酸根可利用其还原性，选用高锰酸钾溶液，观察是否褪色；检验硫酸根离子可以用盐酸酸化的氯化钡溶液，观察白色沉淀生成，具体操作：取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和；故答案为：取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和；
6．(1) Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O 用作发酵粉(治疗胃酸过多)
(2)CO2或SO2
(3)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3
【分析】(1)根据A、B、C、D、E、F六种物质存在的转化关系图以及A、C均为氧化物，可推知，A为NO2，C为NO，B为HNO3。
(2)C为人体须臾不可离开的气体，C为氧气。
(3) 若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A为Mg3N2，C为Mg(OH)2，B为NH3，F为O2，D为NO，E为NO2。
【详解】（1）①D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D溶液中含有Fe3+，则F为Fe，E为含有Fe2+的溶液，故B→D的离子方程式为Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；
②若F是正盐，其水溶液呈碱性，D是一种温室气体，则F为Na2CO3，D为CO2，E为NaHCO3，NaHCO3的用途为用作发酵粉、治疗胃酸过多等；
（2）c为氧气，A为过氧化钠，B为氢氧化钠，则F为CO2或SO2，D为碳酸钠或亚硫酸钠，E为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠；
（3）若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A为Mg3N2，C为Mg(OH)2，B为NH3，F为O2，D为NO，E为NO2，则A与反应的化学方程式Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3。
7．(1) K、H、S、O K2H2S2O10
(2)K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑
(3)BD
(4) 2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O) 向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子
【分析】由题意可知，化合物X由4种元素组成，溶于水发生反应生成无色溶液A和气体D，无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净单质气体，由无色溶液A能与氢氧化钾溶液反应生成溶液B，溶液B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，A为硫酸氢钾、B为硫酸钾、C为硫酸钡、D为氧气，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，且钾元素和硫元素的物质的量相等，由硫酸钡的质量为4.66g可知，X中钾元素和硫元素的物质的量为=0.02mol，硫酸氢钾的质量为0.02mol×136g/mol=2.72g，由质量守恒定律可知，反应生成氧气的物质的量为=0.01mol，则X中钾元素、氢元素、硫元素、氧元素的物质的量比为0.02mol：0.02mol：0.02mol：(0.02mol×4+0.01mol×2)=2:2:2:10，化学式为K2H2S2O10。
【详解】（1）由分析可知，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，化学式为K2H2S2O10，故答案为：K、H、S、O；K2H2S2O10；
（2）由分析可知，X溶于水发生反应生成硫酸氢钾和氧气，反应的化学方程式为K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑，故答案为：K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑；
（3）非极性分子氧气分子难溶于极性分子水，氧分子和水分子间的相互作用力弱，不能形成头碰头的作用关系，氧元素的非金属性强，水合分子中氧原子会吸附水分子中的氢原子，则一水合氧的结构为 、二水合氧的结构为 ，故选BD；
（4）①铜与流程中的氧气、硫酸氢钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸四水合铜，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)，故答案为：2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)；
②若向蓝色溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子，故答案为：向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。
8．(1) Fe、S、O、N、H Fe(SO3NH2)2
(2)Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+ 2Na2SO4
(3)HCl、NH4Cl
(4)向溶液N中加铁粉，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡
【分析】实验1中，X隔绝空气加热，生成固体A和混合气体，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，生成的白色沉淀C是BaSO4，BaSO4的物质的量是，说明混合气体中含有0.03mol SO2；实验2中，物质与溶液的反应属于非氧化还原反应，反应生成1.344L标准状况下刺激性气味的气体E，可知生成0.06mol NH3，所以7.44g X中含有0.06mol N元素；反应生成白色沉淀F，白色沉淀F和氧气反应生成红褐色沉淀G，G是Fe(OH)3，F是Fe(OH)2，Fe(OH)3加热分解为红色粉末H，H是Fe2O3，Fe2O3的物质的量是；则X中含有0.03mol Fe；X和氢氧化钠反应后的溶液中加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，说明X中S元素为+6价；根据铁元素守恒，可以得知实验1中，固体A的摩尔质量是、A是0.03mol FeSO4，则根据硫元素守恒，7.44g X中含有0.06mol S元素；根据氧元素守恒，7.44g X中含有氧元素0.03×4+0.03×2=0.18mol；X由5种元素组成，则H元素的物质的量为mol；
(1)
根据以上分析，组成的元素有Fe、S、O、N、H，根据个元素的物质的量比n(Fe)：n(S)：n(O)：n(N)：n(H)=0.03：0.06：0.18：0.06：0.12=1：2：6：2：4，的化学式为Fe(SO3NH2)2；
(2)
根据流程图，与浓溶液共热生成氨气、硫酸钠、氢氧化亚铁，反应的化学方程式为Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+ 2Na2SO4；
(3)
X分解的方程式为3Fe(SO3NH2)23FeSO4+3SO2↑+4NH3↑+N2↑，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，发生反应H2O2+SO2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，HCl+ NH3=NH4Cl，溶液中的溶质有：、、HCl、NH4Cl；
(4)
溶液N中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，向溶液N中加铁粉，发生反应，Fe3+浓度减小，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡。
9．(1)H、N、O、S
(2)NH4HSO4或H2SO4、(NH4)2SO4
(3)H2O、SO3、SO2、H2、N2
(4)X分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO，类似氨基酸形成内盐，和铵根离子结构类似，故与N原子结合的H原子化学环境相同
(5) 2H2NSO3H+KClO3=2H2SO4+KCl+N2↑+H2O 取少量无色溶液F于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有SO；另取少量溶液F于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有Cl-
【分析】实验Ⅱ，X形成水溶液D，与氯化钡反应生产白色沉淀，结合实验Ⅰ分解后生成粘稠油状液体，反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫，E溶液加入NaOH溶液产生使蓝色石蕊试纸变蓝的气体，说明X的水溶液中含有铵根离子，白色沉淀为11.65g则为=0.05mol硫酸钡，说明D含有0.05mol的硫酸根，实验Ⅰ中，粘稠油状液体为=0.025mol，A冷却后B为SO2、H2、N2，B通过碱石灰增重1.6g为二氧化硫，=0.025mol，由固体氧化铜减重0.8g，得氢气的物质的量为，=0.05mol，无色气体C为氮气，实验Ⅰ发生 ，X水溶液D可以看成是0.025mol硫酸和0.025mol硫酸铵的混合物，X水溶液D也可以看成是0.05molNH4HSO4，由此可知X中应含有H、N、O、S，X为NH2SO3H，无色气体A中的气体分子有H2O、SO3、SO2、H2、N2，据此分析解题。
(1)
组成X的4种元素是H、N、O、S(填元素符号)。故答案为：H、N、O、S；
(2)
无色溶液D中的溶质是NH4HSO4或H2SO4、(NH4)2SO4(填化学式)。故答案为：NH4HSO4或H2SO4、(NH4)2SO4；
(3)
无色气体A中的气体分子有H2O、SO3、SO2、H2、N2(填化学式)。故答案为：H2O、SO3、SO2、H2、N2；
(4)
X为NH2SO3H，气态X分子中，H原子与2种元素的原子形成共价键，但红外光谱和1H核磁共振谱均显示固态X晶体中的H原子化学环境完全相同。且熔点明显高于相对分子量接近的分子晶体，说明X晶体产生了离子键，原因是X分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO，类似氨基酸形成内盐，和铵根离子结构类似，故与N原子结合的H原子化学环境相同。故答案为：X分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO，类似氨基酸形成内盐，和铵根离子结构类似，故与N原子结合的H原子化学环境相同；
(5)
①X为NH2SO3H，X能与氯酸钾在水溶液中反应，得到无色溶液F和无色气体C，C为氮气。反应的化学方程式：2H2NSO3H+KClO3=2H2SO4+KCl+N2↑+H2O。故答案为：2H2NSO3H+KClO3=2H2SO4+KCl+N2↑+H2O；
②设计实验验证该无色溶液F中的阴离子：取少量无色溶液F于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有SO；另取少量溶液F于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有Cl-，故答案为：取少量无色溶液F于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有SO；另取少量溶液F于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有Cl-。
10．(1)Mg、O、H、S
(2) BaSO4 医疗上做钡餐(或是制造其他钡盐的原料或白色颜料)
(3)2Mg4(OH)6SO48MgO+2SO2↑+O2↑+6H2O
(4)4MgSO4+6NaOH=Mg4(OH)6SO4+3Na2SO4
(5)配制品红无水乙醇溶液，通入二氧化硫，不褪色，品红溶液中加入亚硫酸钠固体，褪色
【分析】由“A、B的价层电子排布可表示为asa，bsbbp2b”，可推出A为H元素，B为O元素；由“B、C同主族”，可推出C为S元素；由“白色固体Y可溶于稀硫酸”，可推出Y为MgO，从而得出D为Mg元素。由“化合物Z是最常见的溶剂”，可推出Z为H2O；由“混合气体W能使晶红溶液褪色，气体G能使带火星的木条复燃”，可推出气体由SO2和O2组成，气体G为O2。由“溶液F中加入BaCl2可生成白色溶液H”，可推出H为BaSO4，F为H2SO4与HCl的混合物。
【详解】（1）由以上分析可知，四种元素分别为H、O、S、Mg，从而得出化合物X的组成元素是Mg、O、H、S。答案为：Mg、O、H、S；
（2）由分析可知，H为H2SO4与BaCl2反应生成的难溶物BaSO4，其用途为医疗上做钡餐(或是制造其他钡盐的原料或白色颜料)。答案为：BaSO4；医疗上做钡餐(或是制造其他钡盐的原料或白色颜料)；
（3）n(MgO)=，n(H2O)=，n(SO2)=，n(O2)=；n(MgO):n(H2O):n(SO2):n(O2)=0.8mol:0.6mol:0.2mol:0.1mol=8:6:2:1，从而得出X的化学式为Mg4(OH)6SO4。X高温分解的化学方程式为2Mg4(OH)6SO48MgO+2SO2+O2+6H2O。答案为：2Mg4(OH)6SO48MgO+2SO2↑+O2↑+6H2O；
（4）由以上分析知，E为MgSO4，MgSO4与NaOH溶液发生非氧化还原反应可制得Mg4(OH)6SO4，则反应的化学方程式为4MgSO4+6NaOH=Mg4(OH)6SO4+3Na2SO4。答案为：4MgSO4+6NaOH=Mg4(OH)6SO4+3Na2SO4；
（5）设计实验时，一方面要创设非水溶液中的情境，即将SO2通入无水品红溶液中，另一方面是在品红水溶液中加入含有或的固体盐，从而得出实验方案为配制品红无水乙醇溶液，通入二氧化硫，不褪色，品红溶液中加入亚硫酸钠固体，褪色。答案为：配制品红无水乙醇溶液，通入二氧化硫，不褪色，品红溶液中加入亚硫酸钠固体，褪色。
【点睛】SO2能使品红溶液褪色，并不是SO2本身与品红作用，而是SO2与H2O反应生成的H2SO3与品红产生的作用。
11．(1) 2F2+2H2O=4HF+O2
(2) 3
(3) 5∶4 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，证明有氨气(或用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，证明有氨气)
【分析】(1)若A、X、Y均为单质，且A元素的主族序数是其周期数的两倍，则A是C，能够与C单质反应的单质是O2，逆推能够与H2O反应产生O2的单质是F2，F2与H2O反应产生HF、O2，O2与C点燃反应产生CO2，CO2与C在加热时反应产生CO，因此X是F2，Y是O2，Z是CO2，M是CO，N是HF，A是C。
(2)若X为淡黄色固体，X能够与水反应，则X是Na2O2，其摩尔质量是78g /mol；Na2O2与H2O反应产生NaOH、O2，由于N为空气的成分之一，所以N是O2，Y是NaOH；NaOH能够连续与A反应，反应产物Z的摩尔质量与Na2O2相同，则Z是Na2S，A是H2S，NaOH与少量H2S反应产生Na2S，Na2S与H2S反应产生易溶于水的NaHS，故X是Na2O2，Y是NaOH，Z是Na2S，M是NaHS，N是O2，A是H2S。
(3)若Y是二元化合物，其所含金属元素原子的最内层电子数与原子的最外层电子数相等，则该金属元素是第IIA元素，在常温下M是红棕色气体，则M是NO2，逆推Z是NO，Y是NH3，A是O2，二元化合物与水反应产生NH3，金属元素是第II主族元素，可知X是Mg3N2，因此X是Mg3N2，Y是NH3，Z是NO，M是NO2，N是Mg(OH)2，A是O2。
（1）
A是C 单质，C原子核外电子排布是2、4，所以C原子结构示意图为：；F2与H2O反应产生HF、O2，该反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2；
（2）
N是O2，在O2分子中两个O原子形成2对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故O2的电子式为：；
X是Na2O2，Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知：每反应转移1 mol电子，反应产生2 mol NaOH，若反应转移3 mol电子，就会同时反应产生6 mol NaOH，根据方程式：2NaOH+H2S=Na2S+H2O可知：6 mol NaOH发生上述反应，产生3 mol Na2S；
（3）
Y是NH3，A是O2，Z是NO，NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，在该反应中O2作氧化剂，NH3作还原剂，因此反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是5:4；
Y是NH3，在实验室中一般是用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，将湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变为蓝色，则证明有氨气产生(或用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，该白色固体是NH4Cl或NH4NO3，则证明有氨气)。
12． 、、 取样，滴加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀说明有 中为价，与中价类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成和。
【详解】(1)气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫且物质的量为0.1mol，溶液D的焰色实验为黄色，说明含有钠元素，因此组成的种元素是Na、S、O，固体C在双氧水作用下与足量氯化钡反应，说明固体C为亚硫酸钠，且根据生成硫酸钡沉淀23.3g即物质的量为0.1mol，得到亚硫酸钠物质的量为n(Na2SO3)=0.1mol，固体B加稀硫酸反应生成二氧化硫、黄色沉淀S(物质的量为0.1mol)和溶液D(硫酸钠)，则固体B为硫代硫酸钠，根据Na2S2O3～S，因此n(Na2S2O3)=0.1mol，即质量为15.8g，气体A(SO2)物质的量为0.1mol，根据元素守恒得到n(Na)=0.2mol+0.2mol=0.4mol，n(S)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，n(O)=0.3mol+0.3mol+0.2mol=0.8mol，因此的化学式是Na2S2O4；故答案为：Na2S2O4。
(2)根据前面得到固体为亚硫酸钠，其与反应的离子方程式；故答案为：。
(3)①溶液在空气中易被氧化，在空气中酸性逐渐增强，因此段发生反应的化学方程式；故答案为：。
②在时刻溶液的pH=1，说明生成了二元强酸，因此溶液中的主要阴离子是硫酸根，一般检验方法是取样，滴加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀说明有；故答案为：取样，滴加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀说明有。
(4)中为价，与中价类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成和，因此也在酸性条件下发生歧化反应；故答案为：中为价，与中价类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成和。
13． N、O、K、Al AgNO2 4K2Al(NO3)58KNO2+2Al2O3+12NO2↑+7O2↑ +H++H2O= Al(OH)3↓ 或 将适量NO2与溴蒸气溶于水得到相应的水溶液，分别向两种水溶液中加入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成的对应气体为溴蒸气
【分析】由图示信息知，气体G为O2，根据颜色知气体B中含有NO2，而NO2与水反应产生HNO3，不产生O2，故B中还应有O2，由于G为纯净物，故NO2完全转化为溶液H（HNO3溶液），由于分解产生NO2，且固体X为强酸盐，推测固体X为硝酸盐，固体D能与NaOH溶液反应，推测为Al2O3，Al2O3不溶于水，说明固体A中除了Al2O3之外，还有易溶于水的固体，根据溶液C焰色反应显紫色，说明该固体中含有K+，故固体X中四种元素为N、O、K、Al，又溶液C能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，推测固体A中另一种固体为KNO2，溶于水得到KNO2溶液，与AgNO3反应产生AgNO2白色沉淀，综上所述，固体X中n(Al3+)=2n(Al2O3)=，n(K+)=n(KNO2)= n(AgNO2)=，由电荷守恒得n()=3n(Al3+)+ n(K+)=0.1 mol，故n(K+):n(Al3+): n()=2:1:5，故固体X的化学式为K2Al(NO3)5，检验：m(X)=0.02 mol×415 g/mol=8.30 g，推测合理。
【详解】(1)由分析知，组成X的4种元素为N、O、K、Al；E的化学式为AgNO2；
(2)由分析知，固体X分解产生NO2、O2、Al2O3、KNO2四种物质，由于是分解反应，故采用设“1”法配平得方程式为：4K2Al(NO3)58KNO2+2Al2O3+12NO2↑+7O2↑；
(3)溶液F为NaAlO2溶液，H为HNO3溶液，NaAlO2与H+不能大量共存，与少量HNO3反应生成Al(OH)3，与过量HNO3反应则会生成Al3+，故此处填：+H++H2O= Al(OH)3↓；
(4)由分析知，反应后无NO生成，故此时发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于NO2、O2由固体X分解得到，故n(NO2):n(O2)=12:7，由信息知，n(HNO3)=0.06 mol，则n(NO2)= n(HNO3)=0.06 mol，反应的n(O2，反)=，则最终溶液所占的体积即是原NO2和反应的O2所占的体积V(aq)= ，则溶液H的浓度c(HNO3)=，故此处填：或；
(5)可将两种气体溶于水，再加AgNO3溶液进行判断，具体方法为：将适量NO2与溴蒸气溶于水得到相应的水溶液，分别向两种水溶液中加入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成的对应气体为溴蒸气。
14． H、N、S 与水缓慢反应产生、，水解使溶液呈酸性 把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出，另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl
【分析】D为无色液体，推测D为H2O，且n(H2O)=1.8g÷18g/mol=0.1mol，则X中含H；
在标况下的密度为，则B的摩尔质量=×22.4L/mol=28g/mol，则单质B为N2，X含N，N的物质的量为2×(2.24L÷22.4L/mol)=0.2mol；
A的焰色反应是紫色，则A含K元素，由A→E可知A还含Cl元素，则A为KCl，E为AgCl，A中K的物质的量=Cl的物质的量=AgCl的物质的量=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，则X不含Cl、K；
由C→F→G可知G为硫酸钡，C、F含硫酸根，且物质的量为46.6g÷233g/mol=0.2mol，C和0.2molNaOH完全反应，则C含硫酸氢根，且C中H的物质的量=硫酸根的物质的量=0.2mol，则X含S，且S的物质的量=46.6g÷233g/mol=0.2mol。
【详解】(1)结合分析可知组成X的元素除了Na、O外还有H、N、S；结合分析可知X中H的物质的量=0.2mol+0.2mol=0.4mol，质量为0.4mol×1g/mol=0.4g，N质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，S的质量为0.2mol×32g/mol=6.4g；A为KCl，不含O，B为N2，不含O，C为硫酸氢盐，C中O的物质的量=4×n(S)=0.8mol，D中O的物质的量为0.1mol×1=0.1mol，H的物质的量为0.2mol，则A、B、C、D中O的总物质的量为0.9mol，则X中O的物质的量为0.9mol-0.1mol×3=0.6mol，质量为0.6mol×16g/mol=9.6g；
则X中Na质量为23.8g-2.8g-0.4g-6.4g-9.6g=4.6g，物质的量为4.6g÷23g/mol=0.2mol，则X中Na、H、N、S、O的个数比=0.2:0.4:0.2:0.2:0.6=1:1:1:1:3，因此X的化学式为；
(2)结合分析可知X为，其摩尔质量为(14+2+32+48+23)g/mol=119g/mol，23.8gX的物质的量为23.8g÷119g/mol=0.2mol，即0.2mol与发生反应生成0.1molKCl、0.1molN2、0.2molNaHSO4、0.1molH2O，因此反应的化学方程式是；
(3)C为NaHSO4，少量NaHSO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为；
(4)即+H2O→Na2SO4+H，F、H的阴离子相同，S化合价升高，N化合价应降低，因此H为硫酸铵，因此反应后所得溶液呈酸性，原因是与水缓慢反应产生、，水解使溶液呈酸性；
(5)C为NaHSO4，A为KCl，C和A加热可制备得到一种气体，推测该气体为HCl(原因为HCl低沸点，易挥发)，检测其为HCl即检验其溶液呈酸性及含氯离子，具体方法为把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出，另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl。
15． NaAlN2H2 三角锥形 AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO NaNH2+2H2O=NaOH+NH3·H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3 2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2++CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2++CO=CaCO3 镁(或Mg)
【分析】已知A由4种元素组成的化合物，且A能与NaOH反应生成气体B和溶液C，则其中气体B应为氨气，所以A中含有N元素；溶液C与NaHCO3溶液反应生成1.56gD沉淀以及只含一种溶质的溶液，则C溶液为含钠的盐溶液，所以C中的溶质应为偏铝酸钠。所以A中一定含有的元素为N、Al。根据质量守恒及化合价代数和为零可知另外两种元素为Na和H，且物质的量之比为1：2，结合元素守恒以及A的摩尔质量小于160g/mol分析即可。
【详解】(1)由分析可知，0.896L的B()气体，则；1.56g 沉淀D[]，则，所以化合物A中，则设A的化学式为，又由于A的摩尔质量小于160g/mol，则x+3-6+y=0、23x+27+2×14+y=1.6÷0.02，解得，所以A的化学式为，由于B为，则其空间构型为三角锥形，故答案为：，三角锥形；
(2)由分析可得C为偏铝酸钠，D为，所以用制取的离子方程式为AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故答案为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO；
(3)B为，2molNa在一定条件下可以和液态B()反应产生一种1可燃性气体和化合物F，则可燃性气体为氢气、F应为NaNH2，则NaNH2与水反应的方程式为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3·H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3，故答案为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3·H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3；
(4)由(2)分析可知，C(偏铝酸钠)与碳酸氢钠反应生成D(氢氧化铝)白色沉淀和溶液E，即AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，溶液E为碳酸钠溶液，所以碳酸钠与氯化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀；由于碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离平衡，电离产生的碳酸根会与钙离子结合反应生成碳酸钙，而氢离子与碳酸氢根反应生成碳酸，从而促进平衡正向移动，即2HCOCO+H2CO3、Ca2++CO=CaCO3；在短周期元素中镁离子能与Na2CO3反应生成碳酸镁白色沉淀，与NaHCO3不会形成沉淀，所以X元素为Mg(镁)元素，故答案为：2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2++CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2++CO=CaCO3；Mg(镁)。
16． H、O、S 2Na2S2O4 2H2ONa2SO3+Na2S2O3+SO2↑+2H2O 2+3O2+2H2O=4H++4
【分析】X隔绝空气加强热，气体A到气体B质量减轻7.2g，减轻的是水的质量，水的物质的量为=0.4mol，故X中结晶水的物质的量为0.4mol，溶液D焰色反应呈黄色，则含有Na元素，固体B中含有钠元素，生成的气体B能使品红褪色，则B为SO2，物质的量为=0.1mol，固体B中含两种固体(两种固体所含元素相同)，则B中的一种为Na2S2O3，发生的反应为Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+2NaCl+H2O，加入足量盐酸反应生成SO2，物质的量为=0.2mol，生成的淡黄色沉淀为S，质量为3.2g，物质的量为=0.1mol，而反应Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+2NaCl+H2O中生成的S、SO2均为0.1mol，所以B中的一种为Na2SO3，反应为：Na2SO3+2HCl=SO2↑+2NaCl+H2O，该反应生成SO2为0.2mol-0.1mol=0.1mol，结合方程式可知，Na2S2O3为0.1mol，Na2SO3为0.1mol，X分解得到0.1molSO2，根据原子守恒可知42.0g物质X中含有：Na原子为0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，S原子为0.1mol+0.1mol×2+0.1mol=0.4mol，O原子为(0.1mol+0.1mol)×3+0.1mol×2=0.8mol，最简式为NaSO2，由于题中已知工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂，说明X的还原性极强，而连二亚硫酸钠(化学式为Na2S2O4)，有强还原性，水的物质的量为0.4mol，相对分子量范围：105～230，所以X的化学式为Na2S2O4 2H2O，据此分析。
【详解】(1)根据分析，X的化学式为：Na2S2O4 2H2O，X中含有的非金属元素有H、O、S；
(2)根据分析，X隔绝空气加热得到二氧化硫、Na2SO3、Na2S2O3，化学方程式为：2Na2S2O4 2H2ONa2SO3+Na2S2O3+SO2↑+2H2O；
(3)X溶液中含有Na2S2O4，硫的化合价为+3价，暴露于空气中易吸收氧气而被氧化成一种酸式盐，化合价升高，被氧化成硫酸氢钠，一个硫原子的化合价升高了3价，一个氧原子的化合价降低了2价，根据化合价升降总和相等、电荷守恒、质量守恒配平离子方程式为：2+3O2+2H2O=4H++4。
17． Cu、N、O Cu(NO3)2 8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑ 8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑ 除去SO2带出的少量H2SO4分子 3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+
【分析】由题干可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，，根据反应Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O可知，固体C中的Cu2O的物质的量为0.0075mol，故C中还有CuO的物质的量为：，故A中N、O元素的质量为：m=5.64g-（0.015 mol+2×0.0075 mol）×64 g/mol=3.72g，结合A的相对分子质量小于200，初步推断A中为硝酸铜，则有：，故n(Cu)：n()=(0.015mol+2×0.0075 mol)：0.06mol=1：2，进一步确定A为硝酸铜，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，故组成A的三种元素是Cu、N、O，经过计算分析可知A的化学式是Cu(NO3)2，故答案为：Cu、N、O；Cu(NO3)2；
(2)由分析可知，固体C组成是0.015molCuO，0.0075molCu2O，固体A为Cu(NO3)2，结合氧化还原反应的配平知识可写出固体A加热分解的化学方程式是8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑，故答案为：8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑；
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，即反应生成的NO2和O2的物质的量之比为8：1，由中+5价的N转化为NO2中+4价，而O则由-2价转化为0价，这样发现降低的化合价为8个单位，升高的仅为4个单位，故说明Cu的化合价也是升高的，故推测A的化学式为CuNO3，根据氧化还原反应的配平原则可知该反应的化学方程式是8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑，故答案为：8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑；
II．
(1)实验中制备的SO2中往往含有SO2带出的少量H2SO4分子，故饱和NaHSO3溶液的作用是除去SO2带出的少量H2SO4分子，故答案为：除去SO2带出的少量H2SO4分子；
(2) 已知NaClO溶液具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平原则，不难写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+，故答案为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+。
18． Mg、Si、H MgSi2H4 Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2↑ Na2SiO3 + CO2 + H2O=Na2CO3 + H2SiO3↓ MgSi2H4+7Cl2MgCl2+2SiCl4+4HCl
【分析】2.52 gA中加入20 mL3 mol/L的盐酸发生反应生成气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL，物质的量，气体甲和120 mL1 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，溶液乙为硅酸钠溶液，说明A中含硅元素、氢元素，溶液甲只含一种溶质，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化物白色沉淀，加热得到白色固体甲为常用的耐火材料，固体甲应为氧化镁，白色沉淀为Mg(OH)2，则判断甲溶液中含Mg元素，为MgCl2溶液，计算得到镁的物质的量，则A含有的元素为Mg、Si、H元素，气体甲为纯净物且只含两种元素为Si、H组成，气体物质的量0.03 mol，和120 mL1 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，消耗NaOH物质的量=0.12 L×1 mol/L=0.12 mol，则气体甲和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：4，生成和氢气，根据原子守恒得到甲为Si2H6，甲和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Si2H6+4OH-+2H2O=2-+7H2↑，n(Si)=0.06 mol，所含氢元素物质的量，n(Mg)：n(Si)：n(H)=0.03mol：0.06mol：0.12mol=1：2：4，A为MgSi2H4，据此分析解答。
【详解】(1) 根据上述分析， A含有的元素为Mg、Si、H元素；A为MgSi2H4；故答案为：Mg、Si、H；MgSi2H4；
(2) 甲为Si2H6，甲和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2↑，故答案为：Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2↑；
(3) 溶液乙为硅酸钠溶液，通入少量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，化学方程式为：Na2SiO3 + CO2 + H2O=Na2CO3 + H2SiO3↓，故答案为：Na2SiO3 + CO2 + H2O=Na2CO3 + H2SiO3↓；
(4) 高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为氯化镁、四氯化硅和氯化氢，反应的化学方程式：MgSi2H4+7Cl2MgCl2+2SiCl4+4HCl，故答案为：MgSi2H4+7Cl2MgCl2+2SiCl4+4HCl。