高三化学一轮专题练习-元素或物质推断题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学一轮专题练习-元素或物质推断题1．（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672mL；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_____。2．（2020·浙江·模拟预测）Ⅰ．为探究不溶性盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：(1)X的组成元素为H、O和______(用元素符号表示)，化学式为_____。(2)写出经一步反应能得到X的化学方程式(要求非氧化还原反应)______。Ⅱ．某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究，对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。已知Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔、沸点数据如表：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351565沸点/℃246729802750……(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物可能是铁铝合金。理由是______。(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验用的试剂是_____，反应的离子方程式是______。(3)实验室欲溶解该熔融物，下列试剂中最好选用______(填字母)。A．浓硫酸

B．稀硫酸

C．稀硝酸

D．浓硝酸

E．氢氧化钠溶液3．（2020·浙江·模拟预测）I．为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：已知：气体甲和气体乙组成元素相同。请回答：(1)气体乙的摩尔质量是_________。(2)写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式_______________。Ⅱ．工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图(注：SiCl4遇水易水解)。请回答下列问题：(3)D装置的作用_______________。(4)装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是________________。(5)C中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和。以下是探究该吸收液中可能存在其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)的实验。【提出假设】假设1：只有；假设2：只有ClO-。假设3：……【设计方案】取少量吸收液于试管中，滴加3mol·L-1H2SO4至溶液呈酸性，向试管中滴加_______溶液，若溶液变为蓝色，则假设2成立。4．（2021·河南信阳·统考一模）已知：某无色废水中可能含有H+、、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、、、中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1L，进行了三组实验，其操作和有关图象如下所示：请回答下列问题：(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是______________，一定存在的阳离子是______________。(2)写出实验③图象中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式________。(3)分析图象，在原溶液中c()与c(Al3+)的比值为________，所得沉淀的最大质量是_______g。(4)若通过实验确定原废水中c(Na+)=0.18mol·L−1，试判断原废水中是否存在？_________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c()=_______mol·L−1。(若不存在或不确定则此空不填)5．（2020·浙江衢州·统考模拟预测）物质是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：请回答下列问题：（1）X的化学式为__。（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。（3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。6．（2020·山东·校联考模拟预测）周期表前四周期的元素、、、，原子序数依次增大，X原子基态时层中轨道电子数与s轨道电子数相同；原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料；位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题：(1)X位于周期表的第_______周期，第______族。(2)元素的第一电离能：X______Y(填“＞”或“＜”，下同)；原子半径：X______Y。(3)的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型是_______(用文字描述)。(4)基态核外电子排布式为_________，用铁氰化钾溶液检验的离子方程式为___________。(5)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是_______，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物，反应的化学方程式：_________。7．（2020·北京石景山·统考一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示：回答下列问题：（1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是__________。（2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示）__________。（3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式__________。（4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由__________。8．（2020·浙江·统考模拟预测）为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X的化学式为__________________。(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的电子式为____________。(4)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为____________。9．（2010·上海奉贤·二模）A、B、M、X、Z是周期表中的短周期元素。对它们的单质或部分化合物描述如下：ABMXZ最简氢化物是含氢量最高的有机物单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个最简氢化物的水溶液呈酸性原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子最高价氧化物对应的水化物为最强酸回答下列问题：（1）B的最简氢化物的分子构型是__，A原子的最外层电子的轨道表示式为__；（2）X在元素周期表中的位置为__周期__族，写出X的单质溶解在NaOH溶液中的离子方程式为__；（3）A、B两元素非金属性较强的是__(写元素符号)。写出证明这一结论的一个化学方程式__；（4）与元素Z相比，元素M的最简氢化物稳定性__（选填“强”、“弱”），理由是__。10．（2019·广东广州·统考一模）在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y能够反应，生成化合物Z，Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P（如下框图所示），已知气体G与空气之密度比约为1.17。请填空：

（1）组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族；（2）Z与水发生水解反应方程式_____________________；（3）每生成1mol的化合物Z，反应中转移_________________mol的电子。11．（2019·河南郑州·统考一模）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。12．（2019·上海杨浦·统考一模）科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：(1)硅原子最外电子层有________种运动状态不同的电子，占据______个轨道。(2)由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是__________________。X和Si之间共用电子对偏离________。(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是_________。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由。__________________________________________。(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：_____P4+_____NaOH+_________→_____PH3↑+_____NaH2PO2，____________________.其中氧化剂和还原剂质量比为________。根据题意可判断H3PO2是________元酸(填“一”、“二”或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：__________________________________________。13．（2020·山东济宁·统考一模）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。14．（2019·山东潍坊·统考模拟预测）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。①极性共价键

②非极性共价键

③离子键

④金属键

⑤氢键

⑥范德华力（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。15．（2018·浙江·校联考二模）为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，B的质量为A质量的四分之三，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水。(1)A组成元素是_____（用元素符号表示）。(2)B的化学式是_________。(3)B与水反应的化学方程式是___________。16．（2018·江苏无锡·统考一模）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。X是最常见的无色液体，B是红色粉末状的物质，C、D的组成元素相同，且D常用于编织物的漂白。请回答下列问题：(1)X的电子式为________。(2)E的化学式为_________。(3)写出反应①的化学方程式________。(4)写出反应②的离子方程式________。17．（2019·福建漳州·统考一模）V2－、W3－、X2+、Y2－、Z－是由短周期元素形成的简单离子，其中V2－、W3－、X2+均是10电子的微粒，Y2－、Z－与Ar原子具有相同的电子数。(请用化学用语回答下列问题)（1）V2－的结构示意图为___________。（2）V、W、X的原子半径由小到大的顺序是______________________。（3）无水W2H4为无色液体，在298k时与V2气体迅速反应生成W2气体和液态的V的最简单氢化物，若生成1mol该液态氢化物放出311.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为_________________________________。（4）YZ2是一种重要的化工产品，熔点：－78℃，沸点：59.6℃，加热至40℃以上，部分开始分解，YZ2晶体属于___________晶体。（5）①Na2YO3溶液中离子浓度从大到小的顺序是_________________________。②已知：室温下H2YO3的电离平衡常数Ka1=1.4×10－2，Ka2=6.3×10－8，请通过计算确定NaHYO3水溶液的酸碱性(请写出计算过程)_________________________________。18．（2011·江西抚州·统考一模）下表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素。（1）写出上表中元素⑨原子的基态原子核外电子排布式为___________________。（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为_____杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是___________。（3）元素④的第一电离能______⑤（填写“＞”、“＝”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________。请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式______________________（各写一种）。（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为_______________。（5）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为__________。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．Mg、Si、HMgSi2H4Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2↑Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓MgSi2H4+7Cl2MgCl2+2SiCl4+4HCl【分析】2.52gA中加入20mL3mol/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672mL，物质的量，气体甲和120mL1mol/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0.03mol，和120mL1mol/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=0.12L×1mol/L=0.12mol，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)=0.06mol，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。2．S、CuCu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]4NaOH+3CuSO4=Cu3(OH)4SO4↓+2Na2SO4铝热反应放出大量的热，能使铁熔化，而铝的熔点比铁低，故熔融物可能是液态的铁铝熔合形成的合金NaOH溶液2Al+2H2O+2OH−=2AlO+3H2↑B【分析】X隔绝空气分解生成生成0.36g水，说明含有H、O元素；所得固体溶于水得到溶液和1.60g黑色固体，在溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，蓝色沉淀分解生成0.80g黑色固体，因此蓝色沉淀是氢氧化铜，黑色固体是氧化铜，即还含有Cu元素；所得溶液中加入氯化钡得到2.33g白色沉淀是硫酸钡，即还含有S元素。【详解】Ⅰ．(1)3.56gX隔绝空气分解生成0.36g水，说明含有H、O元素；所得固体溶于水得到溶液和1.60g黑色固体，在溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，蓝色沉淀分解生成0.80g黑色固体，因此蓝色沉淀是氢氧化铜，黑色固体是氧化铜，即还含有Cu元素；所得溶液中加入氯化钡得到2.33g白色沉淀是硫酸钡，即还含有S元素。(1)X的组成元素，除了氢元素和氧元素，还有铜元素和硫元素；1.60g黑色固体为0.02mol氧化铜，0.80g黑色固体为0.01mol氧化铜，即铜元素物质的量为0.03mol，2.33g白色沉淀是硫酸钡，硫酸钡是0.01mol，水是3.6g，物质的量为0.02mol，根据质量守恒定律可知X中氧原子的物质的量是，因此X中H、O、S、Cu的原子个数之比是4：8：1：3，则X的化学式为Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]；(2)经非氧化还原反应一步反应能得到X，说明应该是复分解反应，所以根据原子守恒可知反应的化学方程式为4NaOH+3CuSO4=Cu3(OH)4SO4↓+2Na2SO4。Ⅱ．(1)根据表中的数据可以看出，铁的熔点介于金属铝的熔点与沸点之间，当金属铁是液态时，金属铝也可以呈液态，所以铝热反应得到的熔融物可能是铁铝合金；(2)金属铝能和氢氧化钠反应放出氢气而金属铁和氢氧化钠不反应，所以选用的试剂为氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(3)A项，常温下，Fe、Al遇浓硫酸发生钝化，错误；B项，Fe、Al与稀硫酸反应生成H2，故正确；C项，Fe、Al与稀硝酸反应会产生大气污染物NO，错误；D项，常温下，Fe、Al遇浓硝酸发生钝化，错误；E项，NaOH只能溶解Al，不能溶解Fe，故错误；所以最佳试剂为稀硫酸，故答案为B。3．28g/molFeC2O4FeO+CO↑+CO2↑防止C装置中的水蒸气进入到B的集气瓶使SiCl4水解SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO或SiO2+2CSi+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4淀粉KI溶液【分析】I．气体甲和气体乙组成元素相同，平均相对分子质量为36，且甲与Ca(OH)2溶液反应生成白色沉淀，而气体乙逸出，可知甲为CO2、乙为CO。根据二者平均相对分子质量是36，可计算二者的物质的量的比。5.00g白色沉淀为CaCO3，根据CaCO3的质量计算其物质的量，进而可得CO的物质的量。由质量守恒定律，根据X总质量与CO2与CO的总质量的差可知黑色固体质量，黑色固体经一系列变化最后得红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素，根据Fe2O3的质量计算其物质的量，可利用Fe元素守恒计算出Fe的质量，再与黑色固体质量大小比较，确定其中是否含有O元素并确定黑色固体化学式。X中含有Fe、C、O三种元素，根据它们的物质的量的比确定化学式，进而可得其分解的化学方程式。II．干燥的Cl2通入A中，在高温下SiO2、C与Cl2发生反应生成SiCl4、CO，由信息可知，SiCl4的沸点低，则B装置通过冷却可收集SiCl4，D可防止D右端的水蒸气进入B与SiCl4反应，造成产物不纯，最后C处理含氯气的尾气。【详解】I．(1)气体甲和气体乙组成元素相同，平均相对分子质量为36，且甲与Ca(OH)2溶液反应生成白色沉淀，则甲为CO2、乙为CO。气体乙是CO，相对分子质量是28，所以其摩尔质量是28g/mol；(2)假设混合气体中CO2为xmol、CO为ymol，则=36，解得x：y=1：1。5.00g白色沉淀为CaCO3，其物质的量n(CaCO3)=5.00g÷100g/mol=0.05mol，由碳原子守恒可知CO2为0.05mol，故CO也是0.05mol，气体CO2与CO的总质量m(气)=0.05mol×44g/mol+0.05mol×28g/mol=3.6g，则黑色固体质量m(固)=7.2g-3.6g=3.6g，黑色固体与硫酸反应，产物再与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，将沉淀在空气中灼烧生成红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=4.00g÷160g/mol=0.025mol，由元素守恒可知X中含有Fe、C、O三种元素，黑色固体中含Fe原子物质的量n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.025mol×2=0.05mol，m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g＜3.6g，故黑色固体还含有O元素，含有O原子的物质的量n(O)=(3.6g-2.8g)÷16g/mol=0.05mol，故黑色固体为FeO，其物质的量为0.05mol，X中Fe、C、O原子数目之比为0.05mol：(0.05mol+0.05mol)：(0.05mol×2+0.05mol+0.05mol)=1：2：4，故X的化学式为FeC2O4。X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑；Ⅱ．(3)由于SiCl4易与水发生水解反应，导致变质，则D装置的作用是防止C装置中的水蒸气进入到B的集气瓶使SiCl4水解；(4)在高温下Cl2、焦炭和SiO2反应生成SiCl4和CO，根据电子守恒、原子守恒，可得装置A的硬质玻璃管中反应的化学方程式是：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO(或写为：SiO2+2CSi+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4)；(5)假设2：只有ClO-。由于ClO-具有强氧化性，能够将I-氧化产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以向试管中滴加淀粉KI溶液溶液，若溶液变为蓝色，则证明假设2成立。【点评】I．属于计算型推断题，注意根据反应现象及气体甲与乙的组成特点为突破口进行分析，应该熟悉常见元素化合物的颜色、状态等性质。II．属于制备实验方案的设计。要明确制备原理及实验流程中的反应，充分利用题干信息分析解答。4．Na+、H+、Al3+、Mg2+、+OH－=NH3·H2O2∶110.7存在0.08【分析】根据溶液无色，排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图象信息得出一定含有铝离子、镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。【详解】(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有。故答案为：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。(2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+OH－＝NH3·H2O。(3)与反应的OH－有0.2mol，则有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH－有0.1mol，则Al3+有0.1mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4mol，0.1molAl3+沉淀需要0.3molOH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1mol，则Mg2+有0.05mol，生成氢氧化镁0.05mol，质量为0.05mol×58g∙mol−1＝2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为0.1mol×78g∙mol−1＝7.8g，则沉淀最大质量为10.7g；故答案为：2∶1；10.7。(4)从图中可知，H+有0.1mol，已经求得有0.2mol，Al3+有0.1mol，Mg2+有0.05mol，若c(Na+)=0.18mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18mol·L−1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即物质的量为0.4mol，也就是说有0.4mol，已知没有，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2mol×1+0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol×1−0.4mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c()=；故答案为：存在；0.08。【点睛】最后剩余的几种离子来判断存在时，要根据离子共存和电荷守恒来判断一定存在的离子。5．AlCl3·2FeSO4Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2【分析】固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，氧化铁的物质的量为=0.02mol，生成二氧化硫为=0.02mol，由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为=0.02mol，X的组成为AlCl3∙2FeSO4，以此解答该题。【详解】(1)根据上述分析，X的化学式为AlCl∙2FeSO4；(2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O；(3)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。6．二IVA＜＞平面三角形或【分析】前四周期元素、、、，原子序数依次增大，X原子基态时层中轨道电子数与s轨道电子数相同，即电子排布式为：1s22s22p2，则X为C元素；原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，即电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N元素；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料，则Z为Fe元素；位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态，即电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则W为Cu元素。据此解答。【详解】（1）X为C元素，位于周期表的第二周期，第IVA族，故答案为：二；IVA。（2）X为C元素，Y为N元素，N元素的基态原子的电子排布式为：1s22s22p3，p轨道处于半充满状态，较稳定，第一电离能：C＜N；同周期，从左到右，原子半径减小，原子半径：C＞N，故答案为：＜；＞。（3）Y为N元素，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，酸根离子为NO3-，中心原子N原子的孤对电子数为：，价电子对数为=键+孤对电子数=0+3=3，其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形。（4）Z为Fe元素，Fe3+基态核外电子排布式为或，用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式为：↓，故答案为：或；↓。（5）W为Cu元素，由图可知，晶胞中，Cu元素的原子个数为4，Cl元素的原子个数为：，则该氯化物的化学式是，与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物，其反应的化学方程式为：，故答案为：；。【点睛】同周期，从左到右，第一电离能增大；特例：同周期第ⅡA族的第一电离能大于第ⅢA族，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族。7．第三周期第ⅠA族F−＞Na+＞Al3+NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA族；（2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞Al3+；（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2＞Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。8．LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【分析】B是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，且微溶于水，C为LiOH，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH与反应生成Li2CO3；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3，确定B为氮气，NH3是2.24L合0.1mol，A中N为14g·mol－1×0.1mol=1.4g。A为Li3N，3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li为2.1g，n(Li)==0.3mol，n(N)==0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。【详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN3。故答案为：LiN3；（2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为：第2周期VA族；（3）A为Li3N，Li最外层只有1个电子，显+1价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为。故答案为：；（4）由分析X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成Li3N和N2，由质量守恒：化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2↑。故答案为：3LiN3Li3N+4N2↑。9．三角锥形第三周期IIIA族2Al+2OH-+2H2O→2AlO2-+3H2↑NHNO3+NaHCO3→NaNO3+H2O+CO2↑强（或弱）M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）【分析】A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，结合元素对应原子的结构以及对应单质、化合物的性质解答该题。【详解】A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，则（1）B为N元素，对应的氢化物为NH3，分子构型为三角锥形，A为C元素，原子序数为6，最外层电子的轨道表示式为，故答案为：三角锥形，；（2）X为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，位于周期表第三周期IIIA族，可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：第三周期；IIIA族；；（3）A为C元素，B为N元素，N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，可通过反应判断，故答案为：N，；（4）M可能为F、S、Cl等元素，Z为Cl元素，若M是氟元素，非金属性比氯强，若M是硫元素，非金属性比氯弱，故答案为：强（或弱）；M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）。10．ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6【分析】气体G与空气之密度比约为1.17，所以G的相对分子质量为29×1.17=34，则G应为H2S，在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z，则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P，可推知Z为Al2S3，沉淀P为Al(OH)3，所以X为Al、Y为S，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，X为Al、Y为S，所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族，故答案为：ⅢA、ⅥA；(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故答案为：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑；(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，Al由0价升高到+3价，每生成1mol的化合物Z，反应中转移电子6mol，故答案为：6。11．NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【分析】根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。12．43Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键Si109°28′SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高133H2O131:3一c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)【分析】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣。【详解】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同，所以最外层有4种运动状态不同的电子，占据1个3s轨道和2个3p轨道，共占据3个轨道；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素，S元素的电负性比Si元素大，则X和Si之间共用电子对偏离Si；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似，都是正四面体结构，SiCl4中键角是109°28′；SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向为：；其中氧化剂和还原剂质量比为1:3；H3PO2在水中只能电离出一个氢离子，故次磷酸是一元酸；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣，浓度关系为：c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)。13．NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【分析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，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，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。14．O1:2sp3①②H2SO4、H2SO3HNO3<d【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为O。⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为1:2。⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为sp3；①②。⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性<酸根离子稳定性，故答案为H2SO4、H2SO3；HNO3；<。⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为d；。15．Cu

S

OCu2OSO43Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4【分析】①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A是CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则C是SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的质量为A质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物，则B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，若有3个Cu2OSO4反应，溶于水的S只能是生成2个CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。【详解】(1)根据上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三种元素；(2)由于A分解产生的C是气体，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，说明C是SO3气体，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，A分解产生的B为黄色固体，且B的质量为A质量的四分之三，则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4；(3)B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。【点睛】本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。16．H2SO42FeSO4Fe2O3+SO3↑+SO2↑SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋＋2Fe2＋【分析】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二铁，D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生成E（三氧化硫与水生成硫酸）