【高考化学】2023届高考备考第一轮复习元素或物质推断题提升练习1含解析

试卷第=page1212页，共=sectionpages1212页第页码11页/总NUMPAGES总页数33页【高考化学】2023届高考备考第一轮复习元素或物质推断题提升练习11．（2022·浙江温州·三模）固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，有如图转化关系：已知：H中溶质仅为一种常见正盐。黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍。请回答：(1)X的组成元素为____，固体F成分为____。(2)固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，请写出该反应化学方程式____。(3)向血红色溶液Ⅰ中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，请写出该反应可能的离子方程式____。(4)气体C的化学式为____。将气体C通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，写出这两种盐的化学式____，设计定量实验方案验证上述比例关系____。2．（2022·浙江·模拟预测）为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成如图实验：已知：所有气体体积已折算成在标准状况下的体积(1)X的化学式为____。(2)上述流程中气体B与足量CuO反应的化学方程式为____。(3)溶液A通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为____。(4)将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液(其中酸与水的物质的量之比1∶1)写出该结晶水合物受热分解的化学方程式____。(5)设计实验证明D溶液的阴离子(OH-除外)____。3．（2022·浙江·模拟预测）为探究固体矿物X(仅含三种元素)的组成和性质，某学习小组进行了如图实验：已知：气体A能使品红溶液褪色，加热后恢复红色。请回答：(1)X中含有的三种元素是___，X的化学式是____。(2)气体A→溶液C的离子方程式为___。(3)请设计实验方案验证溶液H含有的阳离子____。4．（2022·浙江杭州·二模）化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验：已知焰色反应呈黄色，其中有两种元素质量分数相同；固体A由两种酸式盐组成。请回答：(1)组成X的元素有______，X的化学式是______。(2)X与潮湿空气转化为A的化学方程式是______。(3)用一个化学方程式表示A与足量溶液的反应______。(4)碱性条件下，X能够还原废水中的，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)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式________。5．（2022·全国·高一课时练习）铁元素的“价—类”二维图如图所示：(1)C的化学式是_______，反应的化学方程式是_______，反应过程的现象为_______。(2)维生素C可将H转化为G，维生素C具有_______(填“酸性”、“氧化性”或“还原性”)。(3)在指定条件下，下列铁及其化合物之间的转化不能实现的是_______。A．

B．

C．(4)某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与溶液的反应。试剂：酸化的溶液，溶液操作现象取酸化的G溶液于试管中，加入5滴溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。向反应后的溶液中加入溶液溶液变红①上述实验中溶液与G溶液反应的离子方程式是_______。②产生气泡的原因是_______。6．（2022·河南新乡·一模）某研究小组为了探究化合物X的组成，设计并完成了如图实验：已知：①化合物X由三种短周期元素(均不同主族)组成，且阴、阳离子个数之比为2：1；②气体A为非金属气体单质，单质D常用来制作信号弹和烟火；③金属化合物C是仅由两种相邻且同周期的金属元素组成的。请回答下列问题：(1)白色胶状沉淀F为___________(填化学式)，金属化合物C的组成为___________(写最简比)。(2)化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式：___________。(3)③中通入过量CO2的目的是___________。(4)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产品中会夹杂单质D。有同学设计了如图所示的实验装置，检验mg产品中单质D的含量。①写出化合物H与冷水反应的化学方程式：___________。②装置中导管a的作用是___________。③设该状态下的气体的摩尔体积为VmL·mol-1，实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产品中单质D的含量为___________(用含m、Vm、V1、V2的代数式表示，忽略单质D与冰水的反应)。7．（2021·全国·高二课时练习）有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中只有C、E是金属元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1；B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是最外层的s能级电子数的两倍；C原子最外层电子数等于D原子最外层电子数的一半。请回答下列问题：(1)A是_______(填元素名称，下同)，位于第_______周期第_______族；D是_______，位于第_______周期第_______族；E是_______，位于第_______周期第_______族。(2)写出C元素基态原子的电子排布式：_______，由此可见，该元素为_______区元素。(3)写出D元素原子的价电子轨道表示式：_______，由此可见，该元素为_______区元素。8．（2022·全国·高三专题练习）由三种短周期元素组成的盐X，为测定其组成进行如下实验。已知A为金属单质、C为非金属单质，B、C中含有同种元素，F焰色反应呈紫红色。请回答下列问题：(1)组成X的三种元素是__(填元素符号)，X的化学式为__。(2)固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质，写出该反应的化学方程式：__。(3)溶液D与过量CO2反应生成E，写出其反应的离子方程式：__。(4)写出X与NH3按物质的量1∶4发生反应的化学方程式：__。(5)物质F是电池工业重要原料，请设计实验方案检验F中的离子：__。9．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。已知X是由三种元素组成的盐，金属单质A银白色常用于实验室做焰色反应实验，不溶于硝酸；气体B在标准状况下的密度为3.17g/L；所加试剂均足量。(1)X的化学式___________，固体C的电子式___________。(2)金属A溶于王水(浓硝酸：浓盐酸=1：3)生成化合物X对应的酸和遇空气显红棕色的气体，写出金属A溶于王水的化学方程式___________。(3)与B中元素同主族元素之间形成的化合物的性质与气体单质B相似，在碱性环境中，XO-→X-+XO，非金属性越弱该反应越容易发生。写出该族第四周期与第五周期元素形成的化合物YZ与氢氧化钠溶液反应的离子方程式___________。(4)下列有关说法正确的是___________。A．用金属A做焰色反应实验时，需用稀硫酸洗净B．某试剂做焰色反应实验时，火焰黄色，证明一定有钠盐，但不一定有钾盐。C．工业上使用阴离子交换膜电解饱和食盐水生产气体BD．白色固体D可用于医疗上检查肠胃的内服药剂E．白色沉淀E在光照下颜色会变深，可能溶于氨水10．（2021·全国·高二课时练习）前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如表所示：A2p能级电子半充满B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子D其基态原子价电子排布式为msnmpn+2E前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多F基态F+各能级电子全充满请根据以上情况，回答下列问题：(1)E元素基态原子核外有___________种能量不同的电子，电子排布式为___________，F位于元素周期表第___________周期第___________族，写出F元素基态原子的价电子排布式___________。(2)A、B、C、D四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。(3)许多金属盐都可以发生焰色试验，如元素C，其原因是___________。11．（2021·全国·高一课时练习）在下列各变化中，反应①为常温下的反应，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体。回答下列问题：(1)A、G的化学式分别为_____、_____。(2)写出反应①的化学方程式_____。(3)在反应②中，每生成2.24L气体G(标准状况)时，消耗F_____g。(4)A与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是_____(填化学式)，该物质在空气中失效的原因是_____(用化学方程式表示)。12．（2023·浙江省东阳中学模拟预测）固体化合物由4种元素组成，某学习小组开展如图探究实验：已知：白色沉淀仅含两种元素。溶液和溶液中阳离子由相同元素组成，且完全转化时，消耗标准状况下，同时消耗。请回答：(1)无色气体的电子式是_______。(2)化合物中的金属元素是_______(填写元素符号)，化学式是_______。(3)写出无色溶液转化为深蓝色溶液的离子方程式_______。(4)白色沉淀加水煮沸得到绿色溶液(溶质的元素组成与沉淀相同)，并转化为红色固体，该红色固体由一种单质和一种氧化物组成。①写出上述反应的化学方程式_______。②设计实验方案证明红色固体是混合物_______。13．（2021·全国·高一课时练习）A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na＋、Ba2＋、Cu2＋、Ag＋中的某一种，阴离子分别是Cl-、SO、CO、NO中的某一种。现做以下实验：①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色。②分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，C盐溶液中有较多气泡产生，而D盐溶液无明显现象。(1)根据上述实验事实，推断这四种盐的化学式分别为：A___________B___________；C___________；D___________。(2)写出下列反应的离子方程式：①B＋D→：_____②C＋HCl→气体：_____14．（2021·全国·高一课时练习）氮及其化合物之间的转化，图中A～J分别代表相关反应的一种物质。已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：(1)A的化学式___________。(2)写出反应①②的化学方程式：①___________，②___________。(3)J与F反应的化学方程式：___________。15．（2021·浙江·高三专题练习）I.物质X是由4种短周期元素组成的化合物，某兴趣小组对其开展探究实验。已知：①气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰；②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质。请回答：(1)组成X的非金属元素是__(填元素符号)，X的化学式是___。(2)步骤I，发生的化学方程式是__。(3)写出白色粉末B与NaOH溶液发生的离子方程式是__。II.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2。经分析吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO。该同学认为溶液中还可能存在SO、ClO-，请设计实验方案证明该同学的猜想：___。16．（2021·浙江·高三专题练习）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___。17．（2021·浙江·高三开学考试）某矿物主要成分X中含三种常见元素。为探究其组成，设计如下实验：(1)固体X含有的元素_____(填写元素符号)，X的化学式是_______；(2)溶液D中加入足量氨水生成深蓝色物质的离子反应方程式是：_______；(3)在某些微生物的作用下，固体X与稀硫酸混合，持续通入，也可转化为溶液D，写出该反应的化学方程式：_______。(4)某兴趣小组为验证气体A的性质进行实验，实验装置如图。请回答：①持续通气体A的过程中，试剂瓶中可能出现的现象_______。②通足量气体A后，请设计实验检验试剂瓶中的溶液里存在的主要阴离子_______。18．（2020·全国·高一课时练习）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______(填化学式)。(2)将X与Y混合，可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。(3)Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______。(4)Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_______(填字母)。a.Na2S+Sb.Na2SO3+Sc.SO2+Na2SO4d.Na2SO3+Na2SO4(5)已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液与20mL0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_______。答案第=page2020页，共=sectionpages2020页答案第=page2121页，共=sectionpages11页答案：1．(1)

Fe、H、C、O

Fe2O3、K2CO3(2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O(3)2Fe(SCN)3+2I-=I2+2(4)

ClO2

KCl、KClO3

取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系【分析】固体氧化物G与稀盐酸反应后与KSCN溶液反应，溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则G为Fe2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.02mol，黄绿色混合气体A+B+C通过浓硫酸后气体质量减少0.36g，得到黄绿色混合气体B+C，则A为水蒸气，物质的量为，黄绿色混合气体B+C与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀D3.00g为碳酸钙，物质的量为，黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍，故B为CO2,物质的量为0.03mol，气体C的相对分子质量为33.75=67.5，可推知C为ClO2，H中溶质仅为一种常见正盐，且与足量稀盐酸反应产生无色气体CO2，根据固体X与氯酸钾反应可知H应该为钾盐，故为K2CO3；固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，白色沉淀不为氢氧化亚铁，只能为FeCO3。【详解】（1）综上分析，固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，X的组成元素为Fe、H、C、O，固体F成分为Fe2O3、K2CO3；（2）固体X在水中也可反应生成气体CO2，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀FeCO3，该反应化学方程式Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O；（3）向血红色溶液Ⅰ中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，碘离子被氧化生成碘单质，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，Fe(SCN)3被还原，铁元素价态降低，反应可能的离子方程式为2Fe(SCN)3+2I-=I2+2；（4）气体C的化学式为ClO2；将气体ClO2通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，根据氧化还原反应原理，生成KCl，氯元素化合价降5，则生成化合价比+4高的氧化产物的化合价应该为+5价，则生成KClO3，两种盐的化学式KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系。2．(1)Al4C3•AlN(Al5C3N)(2)CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu(3)CO2+OH-=HCO、CO2+2H2O+AlO=HCO+Al(OH)3↓(4)2[Cu(NO3)2•3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O(5)取少量溶液D于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入Cu，若出现红棕色气体，则含有NO【分析】由溶液A能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到的白色粉末可知，溶液A为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末E为氧化铝，氧化铝的物质的量为=0.25mol，铝元素的物质的量为0.5mol，则18.5g固体X中含有0.5mol铝元素；混合气体A冷却可得到液体B，则B易液化，B经催化氧化，再被水吸收得到的一元强酸C，C能与铜反应得到蓝色溶液，B为氨气，C为硝酸，D为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；6.72L气体B即=0.3mol气体B能与氧化铜共热反应生成120℃时的无色无味气体24g，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30g白色沉淀，白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为=0.3mol，质量为0.3mol44g/mol=13.2g，气体B则为烃，无色无味气体中的另外一种气体为水蒸气，质量为24g-13.2g=10.8g，水蒸气的物质的量为=0.6mol，则B中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3mol:0.6mol×2=1:4，B为甲烷；混合气体A的体积为8.96L，物质的量为=0.4mol，则氨气的物质的量为0.4mol-0.3mol=0.1mol，综上分析，X中含0.5mol铝元素、0.3mol碳元素、0.1mol氮元素，固体X中铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为：0.5mol:0.3mol:0.1mol=5:3:1，固体X的质量为18.5g，物质的量为0.1mol，固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。（1）由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)。（2）由分析可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。（3）溶液A通入过量二氧化碳时发生的反应为：过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO、CO2+2H2O+AlO=HCO+Al(OH)3↓。（4）D为硝酸铜，将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，生成有色混合气体，有色气体为二氧化氮，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却，气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液，一元强酸为硝酸，生成的两种气体为二氧化氮和氧气，二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1:1可知，气体中还有水，二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4:1:6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热分解的化学方程式为：2[Cu(NO3)2•3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O。（5）实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入铜，若产生红棕色气体，则含有NO。3．(1)

Fe、Cu、S或铁、铜、硫

CuFe2S3(2)SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+(3)方案一：取少量H溶液于试管中，加几滴KSCN溶液无明显现象，再加几滴H2O2或氯水溶液变红色，证明含有Fe2+。方案二：取少量H溶液于试管中，加几滴KMnO4溶液，若紫色褪去，证明含有Fe2+【分析】结合转化关系可知：X煅烧产生的气体A能使品红溶液褪色，加热后恢复红色，则气体A是SO2，SO2与氯水发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，溶液C为H2SO4、HCl混合溶液，向其中加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀为BaSO4，由质量守恒可知X中含有S的物质的量为：n(S)=n()=n(BaSO4)=，m(S)=0.03mol×32g/mol=0.96g；灼烧产生的固体B与硫酸反应产生溶液E，E中加入足量铁粉得到的红色单质G为Cu，0.64gCu物质的量n(Cu)=；若固体B为CuO，m(B)=0.01mol×80g/mol=0.8g＜2.4g，说明B中还含有其它元素，结合溶液H为单一溶质可知，E中加入足量Fe粉，固体B含有的其它元素只能为Fe，B为Fe2O3、CuO的混合物，E为CuSO4、Fe(SO4)3及过量H2SO4的混合物，向溶液E中加入足量Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Cu2++Fe=Cu+Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑，溶液H溶质为FeSO4，固体矿物X由三种元素组成，则m(Fe)=2.72g-0.96g-0.64g=1.12g，n(Fe)=，n(Cu)：n(Fe)：n(S)=0.01mol：0.02mol：0.03mol=1：2：3，则X的化学式为CuFe2S3，以此分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知：X中含有的三种元素是Fe、Cu、S；X的化学式为CuFe2S3；（2）气体A为SO2，SO2与氯水反应产生硫酸和盐酸，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+；（3）溶液H为FeSO4，可根据Fe2+的还原性及Fe3+遇SCN-使溶液变为血红色判断。操作方案一：取少量H溶液于试管中，加几滴KSCN溶液无明显现象，再加几滴H2O2或氯水溶液变红色，证明溶液H中含有Fe2+。存在方案二：取少量H溶液于试管中，加几滴KMnO4溶液，若紫色褪去，证明溶液H中含有Fe2+。4．(1)

(2)(3)(4)

分别取反应后的上层清液，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，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和

或：(2分，反应物写成或均可)【分析】X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。（1）根据前面分析组成X的元素有，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是；故；。（2）X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是；故。（3）A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量溶液的反应；故。（4）碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，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，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式或：；故分别取反应后的上层清液，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，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；或：(2分，反应物写成或均可)。5．(1)

Fe3O4

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色(2)还原性(3)A(4)

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

Fe3+催化下H2O2分解生成O2【分析】由图可知，A为铁、B为氧化铁、C为四氧化三铁、D为氧化铁、E为氢氧化亚铁、F为氢氧化铁、G为亚铁盐、H为铁盐。（1）由分析可知，C为四氧化三铁；E→F的反应为白色的氢氧化亚铁与氧气和水反应生成红褐色的氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（2）由题意可知，生素C可将铁盐转化为亚铁盐时，铁元素的化合价降低被还原，铁盐是反应的氧化剂，维生素C是还原剂，反应中表现还原性，故还原性；（3）A．铁高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化铁，故不符合题意；B．溶液中的亚铁离子与氯气发生氧化还原反应反应生成铁离子和氯离子，故符合题意；C．氢氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水，故符合题意；故选A；（4）①由题意可知，酸性条件下，溶液中的亚铁离子与过氧化氢溶液反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②反应时有气泡生成是因为亚铁离子氧化生成的铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，过氧化氢分解生成氧气和水的缘故，故Fe3+催化下H2O2分解生成O2。6．(1)

Al(OH)3

Mg3Al2(2)(3)使溶液中的[或Al(OH)]完全转化为Al(OH)3沉淀(4)

MgH2+2H2O=Mg(OH)2↓+2H2↑

保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下

×100%【分析】根据单质D常用来制作信号弹和烟火。推出单质D为Mg；根据单质B与金属化合物C和过量氢氧化钠反应可得到非金属单质气体A，推出气体A为H2；根据已知①和③，及向溶液E中通入过量二氧化碳有胶状沉淀F[Al(OH)3]生成，推出组成X的另一种元素为铝元素。根据图中已知的量可算出n[Al(OH)3]=0.09mol，n(Mg)=0.045mol，推出化合物X中：m(Al)=2.43g，m(Mg)=1.08g、m(H)=0.36g(即0.36mol氢原子)，结合已知①推出化合物X中N(Al)：N(Mg)：N(H)=2:1:8，化合物X为Mg(AlH4)2，则B为Al。(1)由分析可知，白色胶状沉淀F为Al(OH)3；根据化合物X中：m(Al)=2.43g、m(Mg)=1.08g，及单质B的质量为1.62g，可知单质B一定为铝，金属化合物C中含m(Al)=0.81g、m(Mg)=1.08g，即n(Al)=0.03mol，n(Mg)=0.045mol，化合物C的化学式为Mg3Al2；故Al(OH)3；Mg3Al2；(2)由分析可知，化合物X为Mg(AlH4)2，结合已知条件可写出其阴离子AlH的电子式为：；故；(3)根据上述分析可知，③中通入过量CO2目的是为了使溶液中的[或Al(OH)]完全转化为Al(OH)3沉淀；故使溶液中的[或Al(OH)]完全转化为Al(OH)3沉淀；(4)①气体A与单质D分别为氢气与镁，两者化合生成氢化镁，氢化镁中氢元素化合价为-1价，与水发生归中反应，其化学方程式为：MgH2+2H2O=Mg(OH)2↓+2H2↑；故MgH2+2H2O=Mg(OH)2↓+2H2↑；②装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下；故保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下；③碱式滴定管的0刻度在上方，实验前碱式滴定管中的液面低于实验后碱式滴定管的液面高度，即V1>V2，又因为镁与冷水不反应，则：，解得=，故镁的质量分数为=×100%，故×100%。7．(1)

氢

一

ⅠA

硫

三

ⅥA

钾

四

ⅠA(2)

1s22s22p63s23p1

p(3)

p【分析】由“A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，C、E是金属元素”可知A为氢元素，E为钠或钾元素；B和D元素原子的最外层的s能级电子数为2，所以它们的最外层的p能级电子数是4，是ⅥA族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，则E为钾元素；由“C原子最外层电子数等于D原子最外层电子数的一半”可知C是铝元素。(1)由分析可知A为氢，在第一周期ⅠA族；D是硫，在第三周期ⅥA族；E是钾，在第四周期ⅠA族；(2)由分析可知C是铝，是13号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p1，由其电子排布式可知该元素位于p区；(3)由分析可知D元素是硫，是16号元素，其价电子轨道表示式；其电子排布式为1s22s22p63s23p4，由其电子排布式可知该元素位于p区。8．(1)

Li、Al、H

LiAlH4(2)LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑(3)CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO(4)LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2(5)取少量F溶液于试管中，加入少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，则有I-；用洁净的铂丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+【分析】根据题中信息可知，X为三种短周期元素组成的盐，隔绝空气加热分解，得到金属单质A，A能与足量的NaOH溶液反应，生成D，再通足量的CO2，得到15.6g白色沉淀E，则可判断金属单质A为Al，白色沉淀E为Al(OH)3，其物质的量为n==0.2mol，由Al元素守恒，则金属单质Al为0.2mol，其质量为m(Al)=0.2mol×27g/mol=5.4g，C为非金属单质，标况下6.72L，其物质的量为n==0.3mol，又知X固体为7.6g，含Al元素5.4g，假设剩余全为C，则C的平均摩尔质量为M==7.3g/mol，而短周期元素非金属单质分子量小于7.3的非惰性气体只有H2，则X中含H元素，又F焰色反应呈紫红色，X中含Li元素，所以组成X的三种元素为H、Li、Al；据此解答。（1）由上述分析可知，组成X的三种元素为H、Li、Al，其中n(Al)=0.2mol，其质量为5.4g，n(H2)=0.3mol，其质量为m(H2)=0.3mol×2g/mol=0.6g，则B的质量为m(B)=(7.6g-5.4g-0.6g)=1.6g，B为LiH，与足量的HI发生反应，又生成标况下H2为4.48L，其物质的量为0.2mol，由LiH+HI=LiI+H2↑可知，n(LiH)=0.2mol，则盐X中，n(Li):n(Al):n(H)=0.2:0.2:(0.6+0.2)=1:1:4，X的化学式为LiAlH4；答案为H、Li、Al；LiAlH4。（2）固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质，即生成H2、Al(OH)3和LiOH，其化学方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑；答案为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑。（3）NaAlO2溶液与足量的CO2生成Al(OH)3沉淀，其离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；答案为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。（4）LiAlH4与NH3按物质的量1:4发生反应的化学方程式为LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2；答案为LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2。（5）由上述分析可知，F为LiI，检验F中的离子即检验I-用酸化的AgNO3溶液，检验Li+用焰色反应，所以实验方案为取少量F溶液于试管中，加入少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，则有I-；用洁净的铂丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+；答案为取少量F溶液于试管中，加入少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，则有I-；用洁净的铂丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+。9．(1)

BaPtCl6

BaCl2(2)3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O(3)3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O(4)DE【分析】金属单质A银白色常用于实验室做焰色反应实验，不溶于硝酸，则A为Pt，气体B的质量为，标准状况下4.48L气体B的物质的量，则B的摩尔质量为，则B为Cl2，白色沉淀D为BaSO4，，白色沉淀E为AgCl，，则钡和氯个数比为0.05:0.1=1:2，固体C为BaCl2，X是由Ba、Pt、Cl三种元素组成的盐，化学式为BaPtCl6；(1)分析可知，X的化学式为BaPtCl6，固体C的化学式为BaCl2，(2)金属A为Pt，与王水反应生成NO，对应的酸为H2PtCl6，N元素化合价从+5降至+2，Pt化合价从0升到+4，反应化学方程式是：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O；(3)B元素是Cl，该族第四周期是Br与第五周期元素I形成的化合物YZ是IBr，由于非金属性：I2>Br2，IBr与氢氧化钠溶液反应是I2发生IO-→I-+IO，反应的离子方程式为3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O；(4)A．用金属Pt做焰色反应实验时，由于盐酸易挥发，应用稀盐酸洗净，A错误；B．某试剂做焰色反应实验时，火焰黄色，说明含有钠离子，不一定有钾离子，但可能是NaOH，不一定是钠盐，B错误；C．电解饱和食盐水时Cl-在阳极失电子生成Cl2，为防止氯气和OH-反应，应选用阳离子交换膜，C错误；D．白色固体D为BaSO4，不溶于胃酸中的盐酸，可用于医疗上检查肠胃的内服药剂，D正确；E．白色沉淀E为AgCl，AgCl遇光易分解，生成银单质由于生成的单质粉末对光的折射看上去是黑的，所以在光照下颜色会变深，可能溶于氨水，E正确；故选：DE。10．(1)

7

1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)

4

ⅠB

3d104s1(2)

N>O>S>Na

S2->O2->Na＋(3)激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量【分析】前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，则A为氮元素，B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B为氧元素，C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C为钠元素，在前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素，D其基态原子外围电子排布为msnmpn+2，即外围电子排布为ms2mp4，则D为第ⅥA族元素，原子序数小于铬大于钠，则D为硫元素，F基态F+各能层电子全充满，则F为铜元素，据此答题。(1)E为铬元素，基态原子核外有7种能量不同的电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，F为铜元素，位于元素周期表第四周期ⅠB族，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1，故7；1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；4；ⅠB；3d104s1；(2)A、B、C、D分别为：N、O、Na、S，同周期元素第一电离能呈逐渐增大的趋势，但由于N元素核外p能级上电子处于半充满状态，较稳定，第一电离能大于氧元素，同主族元素第一电离能从上到下减小，则第一电离能由大到小的顺序为：N>O>S>Na；B、C、D三种元素分别为O、Na、S，其简单离子分别为O2-、Na+、S2-，其中O2-、Na+电子层结构相同，都为2层，S2-核外为三层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，所以B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+，故N>O>S>Na；S2−>O2−>Na+；(3)焰色反应是因为在灼烧时原子激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，从而显出不同的焰色，故激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量；11．(1)

Cl2

O2(2)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(3)15.6(4)

Ca(ClO)2

Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑【分析】E常温下为无色无味的液体，应为H2O；F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO。(1)由以上分析可知，A为Cl2，G为O2；(2)A为Cl2，B为NaOH，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)n(O2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知消耗n(Na2O2)=0.2mol，则m(Na2O2)=0.2mol×78g/mol=15.6g；(4)A与石灰乳反应制得漂白粉，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，其有效成分是次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2；次氯酸钙在空气中与二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解而变质，涉及反应为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑。12．(1)(2)

(3)(4)

将ag红色固体溶于足量稀硫酸，若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量大于g，说明固体中含有铜【分析】由白色沉淀加水煮沸得到绿色溶液(溶质的元素组成与沉淀相同)，并转化为红色固体，该红色固体由一种单质和一种氧化物组成可知，白色沉淀A为氯化亚铜；由溶液和溶液中阳离子由相同元素组成，且完全转化时，消耗标准状况下，同时消耗可知，B为二氨合亚铜离子、C为四氨合铜离子，由原子个数守恒和得失电子数目守恒可知，氯化亚铜的物质的量为×4=0.02mol；由无色溶液A与足量氢氧化钠溶液反应生成无色气体D、与足量硝酸酸化的硝酸银反应得到白色沉淀D可知，无色溶液A为氯化铵溶液、无色气体D为氨气、白色沉淀为氯化银，由氨气的体积可知氯化铵的物质的量为×2=0.02mol，氯化铵和氯化亚铜的质量之和为0.02mol×53.5mol/L+0.02mol×99.5mol/L=3.06g，则化合物X中含有铵根离子、亚铜离子和氯离子，物质的量比为0.02mol：0.02mol：(0.02mol+0.02mol)=1：1：2，则X的化学式为。【详解】（1）由分析可知，无色气体D为氨气，氨气是共价化合物，电子式为，故；（2）由分析可知，化合物X中含有的金属元素为铜元素，化学式为，故Cu；；（3）无色溶液B转化为深蓝色溶液C的反应为二氨合亚铜离子与氧气和氨水反应生成四氨合铜离子，反应的离子方程式为，故；（4）①由题意可知，氯化亚铜加水煮沸时发生的反应为氯化亚铜与水共热反应生成铜、氧化亚铜、氯化铜和氯化氢气体，反应的化学方程式为，故；②若红色固体中含有铜和氧化亚铜，ag红色固体溶于足量稀硫酸，氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，固体会部分溶解，反应后的固体质量会大于g=g，则实验方案为将ag红色固体溶于足量稀硫酸，若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量大于g，说明固体中含有铜，故将ag红色固体溶于足量稀硫酸，若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量大于g，说明固体中含有铜。13．

AgNO3

CuSO4

Na2CO3

BaCl2

SO＋Ba2＋=BaSO4↓

CO＋2H＋=CO2↑＋H2O【详解】①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色，B的阳离子为Cu2+，由于Cu2+与在溶液中不能大量共存，B的阴离子不为；②A盐溶液加入盐酸产生白色沉淀，A的阳离子为Ag+，由于Ag+与Cl-、、在溶液中不能大量共存，则A为AgNO3，C盐溶液加入盐酸有较多气泡产生，C的阴离子为，由于与Ba2+、Cu2+、Ag+在溶液中不能大量共存，则C为Na2CO3，根据A、B、C中的阳离子可知D中阳离子为Ba2+，而与Ba2+在溶液中不能大量共存，则D为BaCl2、B为CuSO4；(1)A、B、C、D的化学式依次为AgNO3、CuSO4、Na2CO3、BaCl2；(2)①CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀和CuCl2，反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；②Na2CO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2气体，反应的离子方程式为2H++=H2O+CO2↑。14．

NH4HCO3

2Mg+CO22MgO+C

4NH3+5O24NO+6H2O

C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O【分析】A分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，C能和过氧化钠反应，则C为：水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为：二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为：二氧化碳，C为：水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D为：NH3，G为：O2，H为：NO，I为：NO2，J为：HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，推知E为：MgO，F为：C，A为：NH4HCO3，据此分析答题。【详解】(1)通过以上分析知，A为：NH4HCO3，答案为NH4HCO3；(2)反应①为镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应②在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，2Mg+CO22MgO+C；4NH3+5O24NO+6H2O；(3)碳和浓硝酸在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式如下：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；15．

Si、H、Cl

3MgH2·SiCl4

3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)

SiO2+2OH-=SiO+H2O

取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无【分析】根据题给信息可知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰，F为氢气；物质的量为=0.6mol；固体混合物中加入1mol/L盐酸200mL恰好反应，过滤得到白色胶状沉淀A，A为硅酸沉淀，灼烧后得到二氧化硅粉末，物质的量的为=0.1mol；滤液2中(只含单一溶质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀，物质的量为=0.2mol；短周期元素形成的离子中，不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁，滤液1(只含单一溶质)，加入足量的氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀D为氢氧化镁，灼烧后得到氧化镁E，物质的量为=0.2mol；根据②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质，所以滤液1与滤液2的溶质为MgCl2，滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得，说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质，且硅酸的量为0.1mol，根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知，氢氧化镁的量为0.1mol；根据镁原子守恒及氯化镁的组成可知，滤液1中氯化镁的量为0.2mol，氯离子的量为0.4mol；结合以上分析可知，物质X中含有元素镁的物质的量为：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物质的量为0.1mol；氯元素的量为0.4mol；根据质量守恒可知，含有氢元素的质量为24.8-0.3×24-0.1×28-0.4×35.5=0.6g，则含有氢元素的物质的量0.6mol；所以四种元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化学式为：3MgH2·SiCl4；据以上分析解答。【详解】(1)结合以上分析可知，组成X的非金属元素是Si、H、Cl；X的化学式是3MgH2·SiCl4；(2)结合以上分析可知，步骤I中，X与水发生反应，生成氢氧化镁、氢气、硅酸、氯化镁四种物质，反应的化学方程式为：3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)；(3)白色粉末B为二氧化硅，与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水，离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO+H2O；II．亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀，但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，产生刺激性气味的二氧化硫气体；次氯酸具有强氧化性，能够漂白酸碱指示剂，而盐酸没有漂白性；如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO外，还可能存在SO、ClO-，为证明猜想，设计实验方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无。16．

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