高三化学一轮复习-元素或物质推断题

试卷第=page1111页，共=sectionpages1111页试卷第=page1010页，共=sectionpages1111页高考化学一轮复习—元素或物质推断题1．（2023·北京顺义·一模）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ii.；。回答下列问题：(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。(2)“还原”过程中的离子方程式为_______。(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______。(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。(6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。2．（2022·浙江·模拟预测）化合物A()由3种元素组成，某小组开展如图的探究实验：已知：固体C由相对分子质量相差32的甲、乙(相对分子质量：甲>乙)两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同。请回答：(1)组成化合物A的元素为O、___________，A的化学式为___________。(2)溶液E的溶质为___________(用化学式表示)。(3)由B生成F的离子方程式为___________。(4)化合物A在KOH溶液中会发生歧化反应，生成两种盐(与C成分不完全相同，其中的氧化产物为固体C中的一种)，且无沉淀生成，写出该反应的化学方程式：___________。(5)请设计实验方案检验固体C中乙物质的阴离子：取适量纯净的乙物质于试管中，___________。3．（2022·浙江·模拟预测）化合物是一种由三种元素组成的重要化工原料，其，进行如图所示操作，已知、含有一种相同的元素且在常温下均为气态化合物，其中气体可使品红溶液褪色(部分反应条件省略)。请回答：(1)组成的元素有___________，化合物的化学式是___________。(2)溶液中溶质的主要成分是___________(用化学式表示)。(3)写出与反应生成、、的化学方程式：___________。(4)写出与反应生成和的化学方程式：___________。(5)请设计实验确定气体的成分：___________。4．（2022·浙江舟山·舟山中学校考模拟预测）黄色固体X是由四种元素组成的化合物，用作颜料和食品的抗结剂，为测定其组成，进行如下实验。已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，溶液F中只含有一种溶质。回答下列问题：(1)固体X的组成元素是_______。(2)混合气体A中所含物质的化学式为_______。(3)实验中溶液B由X转化而来的溶质与KOH反应的总离子方程式为_______。(4)证明沉淀G中的金属元素已完全沉淀的方法是_______。(5)X与酸性KMnO4溶液反应，可生成一种与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物，该反应的化学方程式为_______。5．（2022·上海·一模）I.甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气主要成分为、和在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①②③回答下列问题：已知反应①中的相关的化学键键能数据如表：化学键CO中的化学键(1)由此计算_________，已知，则_________。II.下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中、为无色气体(2)写出有关物质的化学式：_________；_________。(3)写出的化学方程式_________。(4)写出实验室制备C的化学方程式_________。(5)可用于制备尿素，尿素适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是_________。(6)分别取两份溶液，各向其中通入一定量的气体，随后各取溶液分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入的溶液，产生的气体体积标准状况下与所加入的的体积之间的关系如图所示，试分析：①在吸收气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_________，其物质的量之比是：_________。②原溶液的物质的量浓度是_________，甲图所示溶液最多还能吸收体积为_________标准状况。6．（2022·新疆乌鲁木齐·统考一模）部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示(已知a为非金属元素)。(1)由a、c、d三种元素形成的离子化合物的化学式为___________。(2)图中所示元素中金属性最强的是___________(填元素符号)，工业上制取该元素的单质的原理为___________(填化学方程式)。(3)e、f、g元素的简单离子半径由大到小的顺序为___________(用离子符号回答)。(4)常温下，h的单质与化合物的稀溶液反应，氧化产物为___________(填化学式)。(5)可用于处理碱性工业废水中的，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为___________。7．（2022·河南新乡·统考一模）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)。8．（2022·河南郑州·统考一模）某常见元素及其化合物的转化关系如图所示。已知A为金属单质。完成下列问题：(1)若C为淡黄色固体，D为厨房常见的调味品，则C的电子式为__，工业上由D制备A的化学方程式为__。(2)若A为紫红色固体，C为黑色固体，则B的化学式为__，写出由D转化为A的化学方程式为__。9．（2022·浙江宁波·统考一模）阴阳离子比为1：2的固体离子化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：已知，溶液B中仅有一种阳离子(氢离子除外)，溶液B中的某种溶质阴离子结构与化合物X阴离子结构相似，C、D均为纯净物。请回答：(1)砖红色沉淀C的化学式为___________。(2)化合物X的化学式为___________。(3)蓝色溶液B中含有的溶质是___________(用化学式表示)。(4)写出溶液B与乙醛反应的离子方程式___________。(5)某同学怀疑砖红色沉淀中可能含有Cu单质，请设计实验验证此猜想___________。10．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。请回答：(1)写出气体E的结构式___；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有___(用化学式表示)。(2)化合物X含有的元素有Cu、H、___(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式___。(3)一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式___。(4)气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分___。11．（2021·浙江台州·统考一模）化合物X(只含有一种阳离子)由三种短周期元素组成，按照如下流程进行实验。已知固体A为一种单质和一种化合物的混合物，溶液C的焰色反应星黄色。(1)E的化学式为_______，化合物X中阴离子的电子式为_______。(2)写出确定气体B的依据：_______。(3)上述流程中溶液C生成白色沉淀D的离子方程式为_______。(4)化合物X在加热条件下可将CuO还原成Cu，反应化学方程式为_______。A中的化合物在加热条件下也可以将CuO还原成Cu，取足量A中的化台物与WgCuO(设CuO完全反应)共热，请设计实验证明还原产物的组成_______。(提示：CuO的还原产物可能为，在酸性条件下不稳定，发生反应为)12．（2021·黑龙江哈尔滨·哈九中校考二模）现代社会人们对生存环境要求越来越高，地球资源却越来越少，这就要求矿业生产体系化、绿色化。如图是对高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)进行综合加工的流程：已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。(1)气体A的电子式为___。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，还有___。(2)反应③的化学方程式为___。(3)当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，认为该离子被除尽。则调节溶液1的pH至少为__，此时溶液2中Fe3+的浓度为___mol/L。(4)反应⑥的离子方程式为___。(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥、___、___。(只写相关操作名称)(6)操作II的最佳方法是__。A．重结晶

B．电解

C．直接加热

D．萃取13．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂。某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：混合气体B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色。(1)组成X的三种元素为___。(2)写出X隔绝空气加热分解的化学方程式___。(3)将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为___，直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐，请说明理由___。(4)将黄绿色气体B缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象可能的原因有两种①___，②___；请设计相关实验证明红色褪去的原因___。14．（2021·浙江·模拟预测）化合物X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：已知：固体2为红棕色固体。请回答：(1)固体1的化学式是___________，X的化学式是___________。(2)溶液甲与足量氯气反应的离子方程式为___________。(3)加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，同时生成金属单质。写出该反应的化学方程式：___________。(4)设计探究实验验证溶液甲中的金属阳离子___________。15．（2022·浙江·模拟预测）化合物X是一种常见的脱叶剂，某兴趣小组对X开展探究实验。其中：X是一种盐，由3种常见元素组成；混合气体B只含有两种成分。请回答：(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。(2)步骤Ⅰ，发生反应的离子方程式是______。(3)在潮湿环境中X与水(物质的量1:1)水解，产物中含有一种酸式盐，该反应的化学反应方程式______。(4)气体C通入足量(NH3)氨化BaCl2溶液能得到白色沉淀的原因是______。(5)强酸性溶液D也可以溶解铁，请设计实验证明反应后溶液中铁元素的存在形式______。16．（2015·吉林·统考二模）有一未知的无色溶液，可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，现取两份100mL溶液进行如下实验：①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，称量沉淀质量为6.99g；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如右图所示。根据上述实验事实，回答以下问题：（1）该溶液中一定不存在的阳离子有__________________；（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为__________________；NaOH溶液的浓度为____________(用字母c、d表示）；（3）原溶液确定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)为_________；（4）原溶液中NO3－的浓度为c()，则c()的取值范围为_________________。17．（2020·浙江嘉兴·统考一模）I.X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200g·mol-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0.714g·L-1，A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形管，也能达到实验目的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18．（2019·浙江杭州·浙江省杭州第二中学校考模拟预测）化合物X(仅含三种短周期元素)是一种储氢材料，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验。(金属互化物是全部由金属元素组成的化合物)(1)写出H的电子式________。(2)X在400℃下分解的化学方程式________。(3)金属互化物C分别与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反应产生的气体物质的量之比为________。答案第=page2727页，共=sectionpages1717页答案第=page2828页，共=sectionpages1717页参考答案：1．(1)粉粹##搅拌##适当升高温度##适当增大酸的浓度(2)(3)、和铁粉(4)

加入，促进水解，产生

140(5)(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；（2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；（3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；（4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：（6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。2．(1)

K、S

(2)KCl、HCl(3)(4)(5)加水溶解，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀溶解，并将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则其阴离子为【分析】化合物A()由3种元素组成，隔绝空气加热产生气体B和固体C，根据固体C和过量盐酸反应产生的气体B可与双氧水和足量氯化钡溶液反应产生46.6g白色沉淀F(即0.2mol硫酸钡)，可推断气体B为，且固体C与过量盐酸反应生成0.2mol。根据已知信息固体C由相对分子质量相差32的甲、乙(相对分子质量：甲>乙)两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同，结合固体C和过量盐酸反应产生3.2g黄色沉淀D(即0.1molS)、0.2mol气体B()，推测固体C为0.1mol亚硫酸盐和0.1mol硫代硫酸盐混合物；且化合物A隔绝空气加热时产生，则固体A中、，A由三种元素组成，另一种元素质量为。由于亚硫酸盐和硫代硫酸盐的物质的量均为0.1mol，则若为+1价金属离子，其物质的量为0.4mol，相对原子质量为39，即为K元素。【详解】（1）根据以上分析，可知组成化合物A的元素为O、K和S；A中，由于A的摩尔质量满足，则化学式为。（2）固体C为和的混合物，其与过量盐酸反应，得到的溶液E的溶质为KCl和过量的HCl。（3）二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，由B生成F的离子方程式为；（4）化合物A()在KOH溶液中会发生歧化反应，生成两种盐(与C成分不完全相同，且其中的氧化产物为固体C中的一种)，中S的平均化合价为+3价，固体C中中S的化合价为+4价，中S平均化合价为+2价，所以氧化产物应为，由于产物为盐且无沉淀生成，则还原产物为，根据得失电子守恒、原子守恒，配平得反应的化学方程式为。（5）乙是，加水溶解，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀溶解，并将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则其阴离子为。3．(1)

、、；

；(2)、；(3)；(4)；(5)将气体通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明是。【分析】根据题意，为可使品红溶液褪色的气态化合物，则为二氧化硫。结合操作流程，化合物在氧气中焙烧生成、、，加过量的盐酸生成气体和浅绿色溶液，中含有亚铁离子，则为亚铁盐，、含有一种相同的元素且常温下为气态化合物，为，为；中加入氢氧化钠生成红褐色沉淀，为氢氧化铁，灼烧生成红棕色固体，为氧化铁，其质量为，则化合物中；与反应生成砖红色固体和，为，为，中加入得紫红色固体，紫红色固体为铜，其质量为，则；和发生反应：，则原物质中；由此可知化合物中含有、、，其中，，且该化合物，则化合物的化学式为，据此分析。【详解】（1）由上述分析可知，组成的元素有：、、，化合物的化学式是：；答案为：、、；；（2）由上述分析可知，溶液中溶质的主要成分是：、；答案为：、；（3）为，在中焙烧生成、、，反应的化学方程式为；答案为：；（4）为，为，两者反应生成和，反应的化学方程式为；答案为：；（5）与铜离子发生反应，+Cu2+=CuS+2H+，故将气体通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀CuS且溶液酸性增强，则说明是。答案为：将气体通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明是。4．(1)K、Fe、C、N(2)SO2、CO(3)Fe3＋+6NH+9OH-=Fe(OH)3↓+6NH3↑+6H2O(4)取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀(5)5K4Fe(CN)6+KMnO4+4H2SO4=5K3Fe(CN)6+MnSO4+3K2SO4+4H2O【分析】已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，则D为CO2，无色气体C和CuO反应生成CO2，可以推知C为CO，物质的量为，则X中含有0.12molC；混合液体B和NaOH溶液在加热条件下生成刺激性气体E，则E为NH3，物质的量为，则X中含有0.12molN；混合溶液B和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀G，则G为Fe(OH)3，物质的量为，则X中含有0.02molFe；溶液F中只含有一种溶质，则只能是KOH，说明X中含有K元素，以此解答。【详解】（1）由分析可知，固体X的组成元素是K、Fe、C、N。（2）由分析可知，无色气体C为CO，黄色固体X和浓硫酸反应生成混合气体A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，则混合气体A中除了CO之外还有SO2。（3）由分析可知，X中含有0.02molFe、0.12molN，则混合溶液中Fe3＋和NH的物质的量之比为1:6，B和NaOH溶液反应生成NH3和Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3＋+6NH+9OH-=Fe(OH)3↓+6NH3↑+6H2O。（4）检验Fe3+是否沉淀完全的方法是：取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀。（5）由分析可知，7.36g黄色固体X中含有0.02molFe、0.12molC、0.12molN，则K的物质的量为=0.08mol，黄色固体X中n(K):n(Fe):n(C):n(N)=0.08mol：0.02molFe：0.12molC：0.12mol=4:1:6:6，X为K4Fe(CN)6，与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物为K3Fe(CN)6，X与酸性KMnO4溶液反应生成K3Fe(CN)6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：5K4Fe(CN)6+KMnO4+4H2SO4=5K3Fe(CN)6+MnSO4+3K2SO4+4H2O。5．(1)

(2)

或

(3)2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2(4)(5)CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑(6)

和

【分析】II．X既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答。【详解】（1）由反应热与键能的关系可得，1076+2436-3413-343-465=-99；依据盖斯定律知，反应③=反应②-反应①，则=-58-(-99)=+41，故答案为：-99；+41；（2）由分析可知，为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：NH4HCO3或(NH4)2CO3；F为NO2；（3）为CO2和Na2O2的反应，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（4）由分析可知，C为NH3，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物制备氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，由元素守恒可判断生成的产物为NH3和CO2，水解的化学方程式是CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；（6）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；①假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸小于后阶段，故溶质是NaHCO3、Na2CO3，由反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L0.1mol/L=0.0025mol，生成的NaHCO3为0.0025mol，由反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可以知道总的NaHCO3为0.05L0.1mol/L=0.05mol，故原溶液中NaHCO3为0.05mol-0.0025mol=0.0025mol，其物质的量之比是：，故答案为：和；；②加入75mL盐酸时，溶液中的溶质恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，根据Na、Cl守恒可知10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，故原溶液的物质的量浓度是==0.75；甲中生成CO2气体至最大，消耗盐酸为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，将CO转化为HCO应消耗盐酸为25mL，而图像中开始生成CO2气体时消耗盐酸体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗盐酸的体积为50mL-25mL=25mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L0.1mol/L=0.0025mol，根据方程式Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、NaOH+CO2=NaHCO3，溶液最多还能吸收CO2的物质的量为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，在标准状况下的体积为0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：；。6．(1)NH4NO3(2)

Na

2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑(3)S2-＞Na+＞Al3+(4)NaClO(5)H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑【分析】根据部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系图可知：a、b、c、d、e、f、g、h分别为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，以此分析解答。（1）根据上述分析可知：a、c、d三种元素分别为H、N、O，形成的离子化合物的化学式为NH4NO3；（2）越靠近周期表的左下角的元素，金属性越强，图中所示元素中金属性最强的是Na，工业上得到该元素的单质的方法为电解熔融盐，其反应方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑；（3）根据上述分析可知：e、f、g分别为Na、Al、S，属于同周期元素，且Na、Al为活泼金属，从左向右离子半径逐渐减小，即Na+＞Al3+，S属于非金属元素，简单离子半径大于Na+、Al3+，所以Na、Al、S元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞Na+＞Al3+；（4）根据上述分析可知：a、d、e、h分别为H、O、Na、Cl元素，低温下，h的单质Cl2与化合物NaOH的稀溶液的反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中的氧化产物为NaClO；（5）根据上述分析可知：a、d分别为H、O，a2d2为H2O2可用于处理碱性工业废水中的CN-，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为：H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑。7．(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；故答案为：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：；故答案为：；(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；故答案为：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↑；故答案为：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；故答案为：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%，故答案为：×100%。8．(1)

2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑(2)

Cu2(OH)2CO3

CuCl2+Fe=Cu+FeCl2【解析】（1）A为金属单质，与氧气反应得到淡黄色固体C，则C为Na2O2，A为Na单质，D为厨房常见的调味品，且Na2O2可以与盐酸生成D，则D为NaCl，Na2O2的电子式为，工业上电解熔融NaCl制备钠单质，化学方程式为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑；（2）A为金属单质，且为紫红色固体，则A为Cu，C为黑色固体，则C为CuO，CuO与盐酸反应可以得到D，则D为CuCl；Cu在潮湿环境与空气中的CO2、O2反应得到Cu2(OH)2CO3，即B；CuCl2与Fe等物质发生置换反应可得铜单质，化学方程式为CuCl2+Fe=Cu+FeCl2。9．(1)Cu2O(2)K2CuCl4(3)KCl、KOH和K2Cu(OH)4(4)2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O(5)向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu【分析】由题干实验探究流程图可知，蓝色溶液A推出离子化合物X中含有Cu元素，平均分为两份后，其中一份加入了AgNO3得到白色沉淀，故说明化合物X中含有Cl元素，n(Cl-)==0.6mol，另一份加入足量的KOH得到蓝色溶液即形成了，其与乙醛溶液反应生成砖红色沉淀Cu2O，故原物质中含有：n(Cu)==0.15mol，又已知溶液B中仅有一种阳离子(氢离子除外)，溶液B中的某种溶质阴离子结构与化合物X阴离子结构相似，即形成,则形成的n()=0.15mol，则阳离子的物质的量为：n(阳离子)=0.15mol×2=0.3mol，又知原化合物X中含有阳离子的质量为：42.6g-0.6mol×35.5g/mol-0.15mol×64g/mol=11.7g，故阳离子的摩尔质量为：M=，故简单阳离子为K+，故化合物X的化学式为：K2CuCl4,据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，砖红色沉淀C是乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成的Cu2O，故答案为：Cu2O；（2）由分析可知，化合物X的化学式为K2CuCl4，故答案为：K2CuCl4；（3）由分析可知，蓝色溶液B为过量的KOH和K2CuCl4反应后的溶液，故其中含有的溶质是KCl、KOH和K2Cu(OH)4，故答案为：KCl、KOH和K2Cu(OH)4；（4）溶液B即新制氢氧化铜悬浊液与乙醛反应的离子方程式为：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O，故答案为：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O；（5）由于Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，故可以向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu，故答案为：向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu。10．(1)

CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4(2)

N、S、O

2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O(3)2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物【分析】气体A从H2SO4溶液中逸出，A为酸性气体，能使品红褪色，所A为SO2，M(E)=ρ.Vm=0.76g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以E为NH3，固体C为Cu，n(Cu)=，n(NH3)==0.2mol，n(SO2)==0.2mol，以此来解题；(1)由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；(2)有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n(Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；(3)CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH；(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；11．(1)

(2)，所以B是(3)(4)

将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8Wg，则产物为铜，若固体质量为0.9Wg，则产物为氧化亚铜，若大于0.8Wg小于0.9Wg，则产物为铜和氧化亚铜【分析】5.4gX隔绝空气加强热，生成5.1g固体A，根据质量守恒定律，生成B的质量是0.3g，B的物质的量是，所以B的摩尔质量是2g/mol，B是H2，故A中含有H元素；溶液C的焰色反应星黄色，C中含有Na元素，说明X中含有Na元素；C溶液通入过量二氧化碳气体，生成白色沉淀D，D加热能分解为5.1g固体E，则D是Al(OH)3、E是Al2O3，说明X中含有Al元素，且Al元素的物质的量是，则A中含有0.1molAl，固体A为一种单质和一种化合物的混合物，A中的化合物是NaH，NaH的物质的量，X中含有0.1molNa元素、(0.1+0.3)molH元素、0.1molAl元素；（1）C溶液通入过量二氧化碳气体，生成白色沉淀D，D加热能分解为固体E，则D是Al(OH)3、E是Al2O3；X中含有0.1molNa元素、(0.1+0.3)molH元素、0.1molAl元素，X的化学式是NaAlH4，X只含一种阳离子，化合物X中阴离子是AlH，电子式为；（2）5.4gX隔绝空气加强热，生成5.1g固体A，根据质量守恒定律，生成B的质量是0.3g，B的物质的量是，，所以B是；（3）根据以上分析，C是偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为；（4）NaAlH4在加热条件下可将CuO还原成Cu，同时生成偏铝酸钠、水，反应化学方程式为。根据铜元素守恒，若WgCuO完全被还原为Cu，生成固体铜的质量是0.8Wg，若WgCuO完全被还原为，生成固体的质量是0.9Wg；将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8Wg，则产物为铜，若固体质量为0.9Wg，则产物为氧化亚铜，若大于0.8Wg小于0.9Wg，则产物为铜和氧化亚铜。12．

HCl

SiHCl3+H23HCl+Si

5

4×10-11

AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO

灼烧

电解

C【分析】高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)酸浸，Fe2O3、Al2O3、Li2O溶解，SiO2不溶解，过滤，得到SiO2，焦炭和SiO2在高温下反应生成Si和CO，Si和HCl在一定温度条件下反应生成氢气和SiHCl3，氢气和SiHCl3在一定条件下反应生成HCl和Si，CO和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，溶液1加氨水调节溶液pH值得到固体2和溶液2，固体加入过量氢氧化钠溶液再过滤，得到滤液偏铝酸钠，通入二氧化碳得到氢氧化铝，经过一系列变化得到金属铝。【详解】(1)气体A为CO，其电子式为。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，根据题中信息和分析得到还有HCl；故答案为：；HCl。(2)反应③的化学方程式为SiHCl3+H23HCl+Si；故答案为：SiHCl3+H23HCl+Si。(3)根据题意沉淀氢氧化铝，因此，则调节溶液1中即pOH=9，则pH至少为5，此时溶液2中Fe3+的浓度为；故答案为：5；4×10-11。(4)反应⑥是偏铝酸钠溶液中充入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO；故答案为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，将氢氧化铝灼烧得到氧化铝，氧化铝再电解得到铝单质，因此其步骤为灼烧、电解；故答案为：灼烧；电解。(6)将固体LiCl和NH4Cl分离开，利用NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3，HCl和NH3又反应生成NH4Cl，因此操作II的最佳方法是直接加热；故答案为：C。13．

Mg、Cl、O

2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑

MgCl2•6H2O

Mg2+水解产生Mg(OH)2[或Mg(OH)Cl]和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，最终得不到无水氯化镁

氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去

氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白

在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因①，反之则为原因②【分析】化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂，隔绝空气受热分解生成固体A和混合气体B，B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色，其中一种是氯气，X中含有Cl元素。B通入足量氢氧化钠溶液氯气被吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，剩余气体E的物质的量是0.784L÷22.4L/mol＝0.035mol，固体A溶于盐酸中得到溶液C，溶液C中加入足量氢氧化钠溶液得到沉淀D，由于X由三种短周期元素组成，所以沉淀D是氢氧化镁，物质的量是0.58g÷58g/mol＝0.01mol，根据Mg原子守恒0.4000gA是氧化镁，物质的量是0.01mol，所以A的组成元素是O、Mg、Cl，据此判断。【详解】(1)根据以上分析可知组成X的三种元素为Mg、Cl、O。(2)根据原子守恒可知B中的另一种气体是氧气，根据质量守恒定律可知氯气的物质的量是＝0.01mol，则X隔绝空气加热分解的化学方程式为2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑。(3)溶液C是氯化镁溶液，将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为MgCl2•6H2O，由于Mg2+水解产生Mg(OH)2[或Mg(OH)Cl]和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，所以直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐。(4)将黄绿色气体氯气缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去，由于次氯酸具有强氧化性，另外氯气和氢氧化钠反应使碱性降低，则产生上述现象可能的原因有两种，即氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去或氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白；由于次氯酸的漂白是不可逆的，则证明红色褪去的原因的剩余方案是在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因①，反之则为原因②。14．

Fe3O4

Fe3C

取两份溶液甲于试管中，向第一份中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，向另一份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中含有Fe2+【分析】化合物X在空气中高温燃烧，生成磁性氧化物和无色无味气体，此气体能使石灰水变浑浊，应为二氧化碳，而磁性氧化物溶于过量盐酸后，再通入足量氯气后，溶液里滴加KSCN溶液，溶液显红色，可知溶液乙应为FeCl3溶液，则固体1为Fe3O4，化合物X中含有的二种元素应为铁元素和碳元素，将FeCl3溶液加热、蒸发并灼烧，最终所得固体2为Fe2O3，24gFe2O3的物质的量为，根据原子守恒可知，18.0g化合物X中含有的碳原子的物质的量为，则化合物X中Fe与C的物质的量之比为，则X的化学式为Fe3C。【详解】(1)由分析可知，固体1的化学式是Fe3O4；X的化学式是Fe3C；(2)Fe3O4和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，向溶液中通入足量氯气，Fe2+被氧化成Fe3+，离子方程式为：；(3)固体2为Fe2O3，加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，同时生成金属单质，氨气具有还原性，在加热条件下能还原氧化铁生成铁和氮气，则化学方程式为：；(4)取两份溶液甲于试管中，向第一份中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，向另一份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中含有Fe2+。15．

Ca、C、N

CaCN2

2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O

2CaCN2+2H2O=Ca(HCN)2+Ca(OH)2

CO2通入足量NH3氨化的BaCl2溶液中发生反应：CO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，得到碳酸钡白色沉淀

取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在【分析】固体A的焰色反应为砖红色，说明A中含有Ca元素，则固体A应为CaO，则固体X中n(Ca)==0.01mol；强酸性D溶液可以和铜片反应得到蓝色的铜盐溶液，则D溶液中应含有NO，则混合气体B中应含有氮氧化物，而B只含两种成分，当NO2存在时，N2O4也一定存在，所以B中的氮氧化物应为NO，因双氧水具有强氧化性，所以混合气体B通过足量双氧水得到的气体C不能被双氧水氧化，气体C可以和碱性的氯化钡溶液得到白色沉淀，则气体C应为CO2，白色沉淀为碳酸钡，所以固体X中c(C)==0.01mol，混合气体B中n(CO2)=0.01mol，则n(NO)=-0.01mol=0.02mol，则固体X中n(N)=0.02mol，综上所述，X中n(Ca)：n(C)：n(N)=1：1：2，X应为CaCN2。【详解】(1)根据分析可知组成X的3种元素为Ca、C、N，X的化学式为CaCN2；(2)根据分析可知步骤Ⅰ中为双氧水氧化NO得到硝酸的反应，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O；(3)CaCN2与水1:1水解得到一种酸式盐，根据题干可知CaCN2为一种盐，则其对应的酸式盐为2Ca(HCN2)2，根据元素守恒可得化学方程式2CaCN2+2H2O=Ca(HCN2)2+Ca(OH)2；(4)足量NH3氨化的BaCl2溶液中含有大量NH3·H2O，CO2与足量NH3·H2O反应可以得到碳酸根，碳酸根与钡离子结合得到碳酸钡白色沉淀，总反应为CO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl；(5)硝酸可以和铁反应，若硝酸过量则Fe以Fe3+形式存在，若Fe过量则以Fe2+形式存在，为证明反应后溶液中铁元素的存在形式，可取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在。16．

Fe3+

+OH-=NH3·H2O

mol/L

1：1：1

c（）≥0.3mol·L－1【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，说明溶液中和至少有一种；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液没有沉淀生成，说明含有H+，则溶液中一定不存在，结合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含；后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+和Mg2+；（1）该溶液中一定不存在的阳离子有Fe3+；（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为+OH-=NH3·H2O；c~d段发生的反应为Al(OH)3+OH-=+2H2O，由图表可知Al(OH)3的物质的量为0.01mol，则c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1；（3）由图可知，中和H+消耗的NaOH物质的量与Al(OH)3溶解消耗的NaOH物质的量相等，则n(H+)=0.01mol，根据Al守恒，溶液中Al3+物质的量为0.01mol，因生成的沉淀总物质的量为0.02mol，则氢氧化镁物质的量为0.01mol，根据Mg守恒，溶液中Mg2+物质的量为0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1；(4)由图示可知，溶液中物质的量为0.03mol，当溶液里阳离子只有H+、Mg2+、、Al3+时，根据电荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(A