2020-2021备战高考化学易错题精选-高无机综合推断练习题附详细答案

2020-2021备战高考化学易错题精选-高无机综合推断练习题附详细答案一、无机综合推断.下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，乙、丙、丁是非金属单质，其它为化合物，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，①是实验室制取丁的反应之一，F为棕黄色溶液。各物质间的转化如下图所示，回答下列各问题(部分生成物未列出)：——T►JA的电子式：;(2)写出甲与C反应的化学方程式：;(3)在F和E的混合溶液中用试剂(填化学式)检验E中阳离子；(4)整个转换过程中属于氧化还原反应的有个；(5)写出反应③E与G按物质的量之比2:1的反应的离子方程式，【答案】3Fe+4H20(g)高温Fe3Q+4H2KMnO6个6Fe2++3Na2O2+6Ho=4Fe(OH)3J+2Fe3++6Na+【解析】【分析】由题意可知，G为淡黄色固体化合物，J为生活中常见的调味品，则G是NaQ,J为NaCl;I为红褐色固体，则I是氢氧化铁，甲是Fe单质；B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质，根据Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁可知C是水，乙是氢气，D是Fe3。；A与B反应生成水和一种非金属单质，且①是实验室制取丁的反应之一，判断A是过氧化氢，B是二氧化镒，过氧化氢在二氧化镒做催化剂作用下发生分解反应生成水和氧气，所以丁是氧气；四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F,可以相互转化，则K是盐酸，盐酸与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁，F与Fe反应生成E,则F是氯化铁，E是氯化亚铁，氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气，氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化铁、氢氧化铁、氯化钠。【详解】••••A是过氧化氢，过氧化氢是共价化合物，A的电子式为H：O：O：H,故答案*,«*^H：O：O：H**■*(2)甲是Fe单质，C是水，Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁，反应的化学方程式为3Fe+4H20(g)曷温Fe3C4+4H2,故答案为3Fe+4H20(g)围^FaQ+4H2；(3)E是氯化亚铁，F是氯化铁，氯化亚铁具有还原性，能够与KMnO§液发生氧化还原反应，使KMnCB液褪色，则可用KMnO溶液检验亚铁离子，故答案为KMnQ(4)由转化关系可知，上述转化过程中除D与K的反应不是氧化还原反应外，其余均是氧化还原反应，属于氧化还原反应共6个，故答案为6;(5)E是氯化亚铁，G是N&Q,氯化亚铁与过氧化钠按物质的量之比2:1反应生成氢氧化铁沉淀和铁离子，反应的离子方程式为6Fe2++3Na2。+6H2O=4Fe(0H)3J+2Fe3++6Nsf,故答案为6Fe2++3Na2O+6H2O=4Fe(0H)3,+2Fe3++6Na+。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，注意牢固把握元素化合物的性质及用途是解答关键。2.无机化合物X与丫均由三种相同短周期的非金属元素组成(X比丫的相对分子质量大)，常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。取1.35gX与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加1.00mol-L1的NaOH溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaC2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀。Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2,且产物之一能使品红溶液褪色。请回答：(1)X的化学式。白色沉淀属于(填“强”、“弱”或“非”)电解质。(2)Y与水反应的化学方程式。(3)二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA(原子个数之比1:1,其相对分子量为184)和淡黄色单质B及离子化合物M,且M的水溶液的pH<7。将0.92gA隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C。①写出Z与足量氨反应的化学方程式。②亚硝酸钠和M固体在加热条件下(填“可能”或“不能”)发生反应，判断理由是。③请设计检验离子化合物M中阳离子的实验方案：。【答案】SQC2或SC2O2强SOCl+H2O=2HC1+SO2T6SC2+16NH3=S4N4+2S+12NH4CI可能NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+【解析】【分析】X、Y常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1.35gX的水解产物能与0.04mol的NaOH,恰好完全反应，滴加氯化钢能产生难溶于酸的沉淀，则产生0.01mol的硫酸钢沉淀，Y的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1.35gX中含有S：001mol,Cl：0.02mol,则氧元素的物质的量是(1.35g—0.32g—0.71g)-16g/mol=0.02mol,故X为SO2Cl2；Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2,且产物之一能使品红溶液褪色，因此丫为SOC2；二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA(物质白^量是0.005mol)和淡黄色单质B及离子化合物M,且M的水溶液的pHV7,所以淡黄色固体B为S,M为氯化俊，0.92gA(原子个数之比1:1,其相对分子量为184)隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C,可知气体C为氮气，0.64g单质硫的物质的量是0.02mol,根据质量守恒定律可知氮气的质量是0.92g—0.64g=0.28g,则氮原子的物质的量是0.02mol,所以由元素守恒可知Z为S4N4。据此解答。【详解】(1)由分析可知X为SO2cl2；白色沉淀为硫酸银，为强电解质，故答案为：SO2Cl2,强；(2)丫与水反应的化学方程式：SOC2+H2O=2HC1+SQT;(3)①Z与足量氨反应的化学方程式为：6SC2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；②亚硝酸钠和M固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2；③检验M中的阳离子即检验俊根离子，方法为：取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+o.A、B、CD、E、F六种物质的相互转化关系如附图所示(反应条件未标出)(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式是O(2)若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是。(3)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是。(4)若BC、F都是气态单质，且B为黄绿色，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应③的化学方程式是,在反应①中若有3mol电子转移，则生成D的物质的量为。

+2Fe3+加热C+4HNO3（浓）+2Fe3+加热C+4HNO3（浓）^=COd+4NO2T+2H2O催化剂4NH3+5O24NO+6H2O3mol加热高温2C+SIC2Si+2COTC2+2Fe2+=2Cl【解析】【分析】【详解】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x,则2+8+x=2(2+2x),解的x=2,故A为Mg,D为C,则B为CO2,C为MgO,③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3,E为Mg(NO3)2,反应④的化学方程式加热是：C+4HNO3(浓)^=CO2T+4NO2T+2H2O;(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C,D为Si,F为O,B为Si6,反应①为C与二氧化硅的反应，反应方程式为2C+SQSi+2COf；(3)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，由转化关系可知A为变价金属，气体单质F能与A反应生成高价态化合物，则推断变价金属A为Fe,F为CE,D为H2,B为HCl,C是FeC2,E为FeC3,反应②(在水溶液中进行)的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2C-+2Fe3+;(4)若B、CF都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2,反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2,F为O2,E为催化剂NO,A为NH3,反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl,反应③的化催化剂学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O,反应①为：2NH3+6Cl2=6HCl+N2,每生成加热6molHCl转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成HCl的物质的量为3mol。.为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验:

1104gx空气中充分灼烧，气体(2.688L*1104gx空气中充分灼烧，气体(2.688L*标况下)能使晶红褪色,黑色固体4另g4红褐色固适量HaSO4r帝液A(含体4.8g一种溶质)一►浅黄色沉淀溶液B(含“7」《单一溶质,口只含一种金属元素)请回答:X的化学式是。X在空气中充分灼烧白化学方程式为。(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的化学方程式为。【答案】CuFeS4CuFeS+1302=4CuO+2Fe2O3+8SQ3Fe2(SQ)3+12NaOH=Na2Fe6(SQ)4(OH)i2+5Na2SQ【解析】【分析】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素，B为NazSQ,结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。【详解】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，2.688Ln(SO2)=——―-=0.12mol,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,物质的量22.4L/moln(CuO)=g-=0.06mol,得到红褐色固体氧化物应该为Fe?O3,物质的量80g/mol4.8gn(Fe2O3)=…―T=0.03mol,则化合物中含Fe、Cu>S,物质的量之比160g/moln(Fe):n(Cu)):n(S)=0.03*0.06：0.12=1：1：2,因此X化学式为FeCu楼,物质的量0.06mol,质量=0.06molx(56+64+64)g/mol=11.04g符合题意，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SQ)3溶液，则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol,4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素，推断为NazSd,n(NaOH尸，广8g,=0.12mol,n(Na2SQ)=一J'g―；=0.05mol,结合元素守恒和电荷守40g/mol142g/mol恒，0.03molFe2(SQ)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SQ和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05molx2=0.02mo(Fe3+)=0.06mol,n(OH-)=0.12mol,n(S。2-)=0.03molx3-0.05moH0.04pol得到浅黄色沉淀组成：n(Na+):n(Fe3+):n(OH-):n(SO42-)=0.02:0.06:0.12:0.04=1：3：6：2,组成为NaFe3(SQ)2(OH)6。(1)根据上述计算可知X为FeCuS,故答案为：FeCuS；(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：到eCu8+13O2高温4CuO+2FaO3+8SQ,故答案为：4FeCuS+13O2高温4CuO+2FaO3+8SQ;(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6(SO04(OH)以反应的化学方程式为：3Fe2(SQ)3+12NaOH=5Na2SQ+Na2F氏(SQ)4(OH)i2J,故答案为:3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SC4)4(OH)12j。【点睛】大胆判断煨烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断，要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。5.暗红色固体X由三种常见的元素组成(式量为412),不溶于水，微热易分解，高温爆炸。己知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1,混合气体通过CuSQ,CuSQ固体变为蓝色。请回答以下问题：(1)写出A的电子式°(2)写出生成白色沉淀D的化学方程式。(3)固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为(4)有人提出气体C在加热条件下与F&O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分(限用化学方法)■-r■1・【答案】:|二I：SO2+l2+BaCl2+2H2O=BaSO4J+2HI+2HCl3L+5NH・H2O=Nb•NH+3NH++3I-+5HO取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氧化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。【解析】【分析】气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1,则其摩尔质量为22.4L/molX1.25g.L1=28

g/mol,为氮气。混合气体通过CuSG,CuSG固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钢反应生成硫酸钢沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钢沉淀，即0.03mol,通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol,氮气的物质的量为0.01mol,氨气的物质的量为0.02mol,计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3•NH。【详解】(1)A为碘单质，电子式为：：i；(2)碘单质和二氧化硫和氯化钢和水反应生成硫酸钢沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+l2+BaCl2+2H2O=BaSO4J+2HI+2HCl；(3)固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：312+5NH•H2O=NI3-NH+3NH++3I-+5H2O;(4)固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氧化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氧化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。6.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。g。网号色"U*乙,当得到标准状况下的g。网号色"U*乙,当得到标准状况下的请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：丙(2)图中反应①②③④⑤⑥中属于氧化还原反应的有:换反应反应的有：(3)写出反应⑤的离子方程式：(4)写出反应①的化学方程式―甲气体2.24L,则参加反应的金属A【答案】HClCl2①②③④⑤①③④2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+2Na+2H2O=2NaOH+H24.6

【分析】金属A焰色为黄色，则金属A为Na,与水反应生成H2和NaOH,故气体甲为H2,物质D为NaOH;NaOH与Al反应生成H2,故金属B为Al;黄绿色气体乙为C12,与H2反应生成HC1气体，则气体丙为HC1,物质E为盐酸；红褐色沉淀H为Fe(OH)3,物质G为FeC13,物质F为FeC12,金属C为Fe,据此答题。【详解】经分析得，金属A为Na,气体甲为H2,物质D为NaOH,金属B为A1,气体乙为C12,气体丙为HC1,物质E为盐酸，红褐色沉淀H为Fe(OH)3,物质G为FeC13,物质F为FeC12,金属C为Fe,(1)丙为HC1；乙为012；(2)反应①②③④⑤⑥中属于氧化还原反应的有：①②③④⑤，属于置换反应的有：①③④；(3)反应⑤的离子方程式：2Fe2++012=2C1-+2Fe3+；(4)反应①的化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2-;得到标准状况下的甲气体V2.24L八」.2.24L,则H2物质的量n=—=———―-=0.1mo1；由化学方程式可知钠的物质的量Vm22.4L/mo1n(Na)=2n(H2)=0.2mo1,则参加反应的钠质量m=nM=0.2mo123g/mo1=4.6g。【点睛】推断题的核心是找到关键突破口，本题的突破口为金属A焰色为黄色，气体乙为黄绿色气体，沉淀H为红褐色沉淀，这些特殊的焰色需要牢记。7.探究化合物A(仅含三种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验:红棕色气体R

标准状况卜4.4BLA

21,0g搂发.粮端A

21,0g搂发.粮端1CaCO<1bi溶液E氏一「滤液।一定条件•气体单质D已知：白色固体C既能与强酸反应，也能与强碱反应。请回答:(1)写出A受热分解的化学方程式为(2)请设计实验方案检验溶液E中所含的阳离子(3)若固体F中金属元素的百分含量为19.29%,硫为22.86%,氧为57.14%,且300g/mo1<Mf<450g/mo1,则F的化学式为。【答案】2A12O3gN2O52A12O34NO2O2取玻璃棒蘸取少量溶液于pH试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子A12SO43A1(OH)3【解析】【分析】红棕色气体B为二氧化氮，生成的物质的量为0.2mol,白色固体C既能与强酸反应，也能与强碱反应，说明其为氧化铝或氢氧化铝，由于A仅含有三种短周期元素，故C为氧化铝，其物质的量为0.1mol,则气体单质D为氧气，生成的质量为21g0.2mol46g/mol10.2g1.6g,则其物质的量为0.05mol,故A的化学式为Al203亦2。5。【详解】(1)通过分析可写出A受热分解的化学方程式为2A1203gN2O52Al2O34NO202；E中的阳离子为氢离子和铝离子，故可设计两组实验，取玻璃棒蘸取少量溶液于pH试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子；(3)根据原子守恒，可知，F中Al元素的质量为2^-210.25.4g,故F的质量为102.4g+19.29%=28g故可算出S的质量为6.40g,O的质量为16.00g,剩余为H的质量，因为300g/mol<Mf<450g/mol,可得出其化学式为Al2SO43Al(OH)3。.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)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O(6)请简述鉴定物质X的实验方法【答案】通电Na*|：C1:I-2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O+2H2O电解2OH-+H2T+QT4rlL.k=AlJlUls+jnaU—Cl：|(用双线桥表示也可)用焰色反应检验Na+,用硝酸银和稀硝酸检验Cl-【解析】【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、MgCl2o若X为MgCl2,电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、CI2,电解其熔融液时，生成Mg、H2O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C®C、D为NaOH、H2中的一种，丫为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。Cl2与Ca(OH＞反应，用于生产漂白粉。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Ct。【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Na+［：C1：］-O答案为：bV［:。寸；Cl2与Ca(OH＞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；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通电2OH-+Cl2个+H%答案为:2Cl-+2H2cL3L2OH-+C12T+HT；(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加I方程式为i।△。答案为：\InSTHCl====岫iCh+2H2cxlaliI△(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.A、B、CD、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。―r常温♦回(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：。(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：①组成单质A的元素在周期表中的位置为。②X可能为(填代号)。A.NaHCQb.Na2CO3C.Na2SQD.Al(OH)3(3)若A为淡黄色粉末，回答下列问题：①A与H2O反应的氧化产物为。②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式。③若X为一种造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为(填代号)。A.盐酸B.BaC2溶液C.NaOH溶液D.Ca(OH)2溶液(4)若A为氧化物，X是Fe,溶液D中加入KSCN溶液变红。①A与H2O反应的化学反应方程式为。②检验溶液D中还可能存在Fe2+的方法是(注明试剂、现象)。【答案】OH+HSQ-=SQ2-+H2O第三周期即A族bcQCOab3NO+H2O=2HNO3+NO取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高镒酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无【解析】【详解】(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na,X能使品红溶液褪色，应为SQ,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SQ,E为NaHSQ,则C和E反应的离子方程式为OH-+HSQ-=SQ2-+H2O。(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的