4NH3?6HCHO?【解析】 【分析】
（或C6H12N4）?6H2O
溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为
4.00g100g/mol=0.04mol，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为
0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为
0.448L22.4L/mol=0.02mol，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其
他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02mol NO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。 【详解】
(1)根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为Ca2HN；
(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：Ca2HN?5HCl?2CaCl2?H2??NH4Cl； (3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：
4NH3?6HCHO?(或C6H12N4)?6H2O。
6．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。
回答下列问题：
（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。 （2）C转化为I的离子方程式为___。 （3）H和I反应生成J的离子方程式为___。 （4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?___。
【答案】Fe2O3 FeCl2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O Al3++3AlO2-+6H2O═4Al(OH)3↓ 取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+ 【解析】 【分析】
A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe(OH)3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe(OH)2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，以此解答该题。 【详解】
(1)由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3； (2)氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
(3)铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al(OH)3↓；
(4)E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。
7．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下面框图进行反应。又知E溶液是无色的。
请回答：
(1)A是________，B是________，C是________(填化学式)。 (2)反应①的化学方程式为____________________________。 (3)反应③的化学方程式为____________________________。 (4)反应④的化学方程式为______________________。 【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl2【解析】 【分析】
2FeCl3 Fe+2HCl===FeCl2+H2↑ 2FeCl2+Cl2===2FeCl3
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。 【详解】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。 （1）由以上分析可知A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2；H2； （2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22Fe+3Cl2
2FeCl3；
2FeCl3，故答案为：
（3）反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
8．已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为____________________ 。 （2）物质X的电子式为_____________________ 。
（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________ 。 （4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_____________________________________________ 。 （5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目____________________________________________ 。
（6）请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。 【答案】通电
+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑
可） 用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl- 【解析】
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2Cl-（用双线桥表示也
【分析】
X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。 （2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。 （3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。 （5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。 （6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。 【详解】
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电； （2）物质X为NaCl，其电子式为
。答案为：
；
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑；
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为
。答案为：
（用双线桥表示也可）；
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。 【点睛】
鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。
9．某研究小组为了探究一种浅绿色盐X(仅含四种元素，不含结晶水，M(X)<908g?mol-1)的组成和性质，设计并完成了如下实验：
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。
已知：①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应； ②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。 请回答如下问题：
（1）写出B分子的电子式___。
（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反应的离子方程式为___。
（3）在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为___。 （4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙(丙是大气主要成分之一)，写出一个可能的化学反应方程式___。 【答案】Cu4(OH)6SO4【解析】 【分析】
浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态，且1个B分子含有10个电子，B为水；A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，则A为SO3，D为H2SO4；黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以红色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色固体H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，黑色固体C为氧化铜，据此分析解答。 【详解】
(1)B为水，水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为
，故答案为：
；
3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O 4CuO+SO3↑+3H2O↑ 3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O
(2)红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；
(3)根据上述分析，A为SO3， B为水，C为氧化铜，D为H2SO4，E为硫酸钡，F为氧气，G为氧化亚铜，H为铜，I为硫酸铜。23.3g白色沉淀E(硫酸钡)的物质的量为n=
23.3g=0.1mol，浅绿色盐X中n(Cu)=0.4mol，n(S)=0.1mol，n(CuO)∶n(SO3)=1∶4，
233g/mol仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4(OH)mSO4，Cu4(OH)mSO4
4CuO+SO3↑+
mH2O↑，根据氧元素守恒得：m=6，符合M(X)＜908g?mol-1，则该反24CuO+SO3↑+3H2O↑，故答
4CuO+SO3↑+3H2O↑；
应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4(OH)6SO4 案为：Cu4(OH)6SO4
(4)空气的主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气，气体丙为
2020-2021高考化学培优易错试卷（含解析）之高无机综合推断含答案
