【备战2023高考】化学总复习——第五章《物质结构元素周期律》测试

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第五章 物质结构 元素周期律
能力提升检测卷
时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O16 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）
1．（2022·湖南省新化县第一中学模拟预测）我国自主研制的核电技术成果“华电一号”其主要核燃料铀238得到一个中子后经过2次β衰变成为钚239：U+n→U，U→e+Np，Np→Pu+e。下列有关说法错误的是
A．U和U互为同位素 B．Np和Pu化学性质不相同
C．U的中子数为145 D．U经过三步化学反应得到Pu
【答案】D
【解析】A．和是U元素的不同核素，互为同位素，A选项正确；B．和最外层电子数不同，化学性质不同，B选项正确；C．的中子数，C选项正确；D．原子是化学变化的最小微粒，核内发生变化的不属于化学反应，D选项错误；答案选D。
2．（2022·北京市回民学校模拟预测）下列有关化学用语表述正确的是
A．还原性：NaZ>Y>X
B．Y、Z、W不可以组成各原子均满足8电子稳定结构的某种微粒
C．Z的简单氢化物熔点高于Y的简单氢化物.
D．氧化物对应水化物的酸性：W一定比Z强
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期，可知X是H元素；根据由X、Y、Z组成的某有机物的球棍模型，可知Y是C元素；已知C能形成4个键，所以Y和Z之间为叁键，Z的半径小于C，则Z是N元素；W原子的最外层电子数比Z多，W是S或Cl。A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径S(或Cl)>C>N>H，故A错误；B．C、N、S组成的分子 ，C、N、Cl组成的分子 各原子均满足8电子稳定结构，故B错误；C．NH3分子间能形成氢键，NH3的熔点高于CH4的熔点，故C正确；D．HClO、H2SO3的酸性比HNO3弱，故D错误；选C。
10．（2022·上海虹口·模拟预测）已知非金属元素X、Y的单质能发生如下反应，下列说法正确的是
A．氧化产物： B．氧化性：
C．非金属性： D．每生成，转移电子
【答案】B
【解析】中Y由+5价降为0价，X由0价升高为+5价，X2是还原剂，为氧化剂，为氧化产物，为还原产物。A． Y由+5价降为0价，还原产物：，故A错误；B． 氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：，故B正确；C． 氧化性：，或还原性：X2>Y2，非金属性：，故C错误；D． 每生成，转移电子，故D错误；故选B。
11．（2022·湖南·模拟预测）已知X、Y、W、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，相关信息如下表。
元素
相关信息
X
某种同位素的原子中没有中子
Y
地壳中含量最高的元素
W
在同周期中原子半径最大
Z
单质是一种常见的半导体材料
Q
该元素的氧化物能形成酸雨
下列说法不正确的是A．原子半径：W＞ Z＞Q＞ Y＞ X
B．气态氢化物的稳定性：Y＞ Q＞ Z
C．Y元素与其他四种元素均可以形成两种常见的化合物
D．X、Y、W形成的化合物中既含共价键又含离子键
【答案】C
【解析】X、Y、W、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的某种同位素的原子中没有中子，可知X为H元素；Y是地壳中含量最高的元素，可知Y为O元素；W在同周期中原子半径最大，则W为Na元素；Z的单质是一种常见的半导体材料，可知Z为Si元素；Q元素的氧化物能形成酸雨，则Q元素为S元素。A．根据同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上向下原子半径逐渐增大，故五种元素的原子半径：Na>Si>S>O>H，A项正确；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性O>S>Si，故气态氢化物的稳定性：H2O>H2S>SiH4，B项正确；C．O与Si只能形成一种常见的化合物SiO2，C项错误；D．由H、O、Na三种元素形成的NaOH中既含共价键又含离子键，D项正确；答案选C。
12．（2022·贵州贵阳·模拟预测）短周期元素X、Y、Z、W、R的化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法正确的是

A．离子半径：R>W>Z>Y
B．气态氢化物稳定性：Y Y >Z> W，A错误；B. 元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故气态氢化物稳定性H2O＞H2S即Y＞R，B错误；C. 由分析可知，Z和Y形成的化合物即Na2O或者Na2O2，均为离子化合物，C正确；D. 由分析可知，W为Al，R为S，铝在常温下在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化，故常温下单质W即Al不能溶于R的最高价氧化物对应水化物的浓溶液即H2SO4，D错误；故答案为：C。
13．（2022·吉林省实验中学二模）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是

A．X、Y形成的化合物不一定只含离子键
B．简单离子的半径： Y＞Z＞W＞X
C．W的氢化物可能是含18e- 的微粒
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
【答案】D
【解析】由图象和题给信息可知：浓度均为0.01 mol/L的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，说明W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，则W、Y、Z都是非金属元素。W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，由于原子序数：Z＞W，则Z是Cl、W是N元素。Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S元素；X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na元素。由以上分析可知，W是N，X是Na，Y是S，Z是Cl元素。A．X是Na，Y是S，二者可以形成离子化合物Na2Sx，其中含有离子键和非极性键，A正确；B．离子核外电子层数越多离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小。四种元素形成的简单离子中，N3-、Na+核外有2个电子层，S2-、Cl-的核外有3个电子层，则离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，用字母序号表示为：Y＞Z＞W＞X，B正确；C．W是N，其形成的氢化物可以是N2H4，该物质分子是含有18e-的微粒，C正确；D．Z是Cl元素，该元素的单质Cl2具有强氧化性，但不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的HClO，D错误；故合理选项是D。
14．（2022·福建省漳平第一中学模拟预测）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M、N、P、Q依次是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同，分子中两种原子个数比为1：2。丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化如图所示。下列说法正确的是

A．简单离子半径大小：Z>Y
B．常温常压下，戊的沸点低于乙
C．化合物丙中只含有极性键
D．工业上在一定条件下可由丁制备Q
【答案】D
【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则乙为NH3；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同，分子中两种原子个数比为1：2，则丙为N2H4；M、N元素的单质反应生成NH3，则M为H、N为N元素；丁是常见的两性氧化物，则丁为Al2O3；己加热生成Al2O3，则己为Al(OH)3；Q与P反应生成丁Al2O3，则Q、P为Al和O2，若Q为O2，则甲为NO，NO与戊不会生成氢氧化铝和氨气，则Q为Al，甲为AlN，戊为H2O。根据分析可知：W为H，X为N，Y为O，Z为Al；甲为AlN，乙为NH3，丙为N2H4，丁为Al2O3，戊为H2O，己为Al(OH)3。A．X为N，Y为O，Z为Al，电子层数相同的原子序数越大离子半径越小，则离子半径Al3+＜O2-＜N3-，故A错误；B．戊为H2O，乙为NH3，水在常温下为液态，氨气为气体，则水的沸点较高，故B错误；C．丙为N2H4，含有N-H极性键和N-N非极性键，故C错误；D．丁为Al2O3，Q为Al，工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al，故D正确；答案选D。
15．（2022·重庆·三模）类推是一种经常采用的科研和学习方法，下列类推结论合理的是
A．由单质铜和反应生成，推出单质铜和硫磺反应生成CuS
B．由卤素单质熔点从上到下逐渐升高，推出碱金属元素单质熔点从上到下逐渐升高
C．由氮元素的最高价含氧酸的酸性强于磷元素，推出氟元素的最高价含氧酸的酸性强于氯元素
D．由金属Na在常温下与水剧烈反应，推出金属Cs在常温下也能与水剧烈反应
【答案】D
【解析】A．S的氧化性较弱，只能将金属氧化到较低价态，则单质铜和硫磺反应生成Cu2S，故A错误；B．卤素单质的熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则从F2到I2逐渐升高，金属的熔点与金属键有关，原子半径越小，金属键越强，熔点越高，所以碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，故B错误；C．氟元素没有含氧酸，故C错误；D．同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性：Cs>Na，金属Na在常温下与水剧烈反应，则金属Cs在常温下也能与水剧烈反应，故D正确；答案选D。
16．（2022·河南洛阳·二模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示(球大小表示原子半径的相对大小)，W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中一定正确的是

A．X可以分别与W、Y可形成化合物W2X2、Y2X2
B．工业上获得Y、Z单质均可采用电解它们的熔融氯化物
C．简单离子半径： Z>Y>X>W
D．相同条件下，Y单质的沸点比Z单质的低
【答案】D
【解析】由 X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，X为O元素，由图示可知，W、X、Y、Z的原子半径大小顺序为Y>Z>X>W，由Z的族序数等于其周期数可知，Z为Al元素，由W、X位于不同周期可知，W为H元素；由Y的原子序数比Z小、原子半径比Z大可知，Y与Z同周期，可能为Na元素或Mg元素。A.氧元素与氢元素和钠元素可以形成化合物H2O2和Na2O2，与镁元素只能形成化合物MgO，故A错误；B.氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，不能用电解方法制备铝单质，故B错误；C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子或镁离子、铝离子和氧离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于金属阳离子的离子半径，故C错误；D.金属钠中钠离子的离子半径大于金属铝中铝离子的离子半径，钠原子的价电子数小于铝原子，则金属钠中的金属键小于金属铝，则钠单质的沸点比铝单质的低，故D正确；故选D。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（2021·浙江嘉兴·模拟预测）(12分)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___。
【答案】(除标注外，每空2分)(1)Mg、Cl、O（1分）    
(2)2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑    
(3)MgCl2•6H2O（1分） 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    
(4)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
【解析】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。
(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。
18．（2022·辽宁·东北育才学校三模）(12分)有某固体化合物X(含有三种短周期元素)是一种络合氢化物储氢材料，X中某种元素的单质可用于制造信号弹。某实验员对固体化合物X作如图实验：
其中：X由三种短周期元素组成，且阴、阳离子个数比为2：1；金属互化物——全部由金属元素组成的化合物。请回答：
(1)化合物X的组成元素_______，写出H的电子式_______。
(2)X在400℃分解的化学方程式_______。
(3)溶液E和过量CO2发生反应的离子方程式为_______。
(4)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_______。
(5)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计实验方案，检验产品中是否含有单质D：_______。
【答案】（每空2分）(1)Mg、Al、H    
(2)3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2
(3)OH-+CO2=HCO，
(4)2:1
(5)取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg
【解析】化合物X(含有三种短周期元素)是一种络合氢化物储氢材料，X中含H元素，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，X中含Mg元素，在400℃下分解，放出气体A，A为H2，单质B和金属化合物C中加入氢氧化钠溶液产生氢气并得到溶液E，溶液E中通入过量二氧化碳产生白色胶状沉淀F，则X中还含Al元素，F为Al(OH)3，溶液G为NaHCO3溶液，溶液E为NaOH和NaAlO2混合溶液，D为Mg，H为MgH2，B为Al，依据题中数据可知，n(Mg)==0.03mol，n(Al)==0.04mol，n(Al(OH)3)==0.06mol，可知X中含有Al的物质的量为0.06mol，化合物C为Mg3Al2，则X中n(H)==0.24mol，则X的化学式为Mg(AlH4)2。
(1)由分析可知，化合物X的组成元素为：Mg、Al、H；化合物H为MgH2，其电子式为：；
(2)由分析可知，X为Mg(AlH4)2，在400℃分解生成H2、Al、Mg3Al2，化学方程式为：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2；
(3)溶液E为NaOH和NaAlO2的混合溶液，过量二氧化碳与NaOH反应的离子方程式为：OH-+CO2=HCO，过量二氧化碳与NaAlO2反应的离子方程式为：；
(4)C为Mg3Al2，Mg、Al都可以与盐酸反应产生氢气，而只有Al与氢氧化钠溶液反应放出氢气，1molMg3Al2与足量盐酸反应可生成6molH2，1molMg3Al2与足量氢氧化钠溶液反应可生成3molH2，则Mg3Al2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：6:3=2:1；
(5)MgH2能与冷水反应生成氢氧化镁和氢气，而镁不与冷水反应，则检验MgH2中含Mg的方法为：取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg；
19．（2020·湖南·模拟预测）(8分)自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：
(1)2010年和2012年，俄罗斯的杜布纳联合核研究所两次成功合成了超重元素，中文名为“石田”。元素可由反应得到，该反应________(填“是”或“不是”)化学反应。的质子数为________。
(2)的同族元素F的一种化合物为，若该化合物分子中的每个原子都达到8电子稳定结构，则的电子式为________，该分子内存在的共价键类型有________。
【答案】（每空2分）(1)不是     117    (2)      极性键、非极性键
【解析】(1)该反应为核反应，不是化学反应。核反应前后质子守恒，的质子数为；
(2)由“该化合物分子中的每个原子都达到8电子稳定结构”知，的结构式为，电子式为，分子中既含有极性键，又含有非极性键；
20．（2021·上海金山·一模）(10分)全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(2)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(3)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(4)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
【答案】(1)IO+5I-+6H+→3I2+3H2O     5：1    
(2)分子间作用力（范德华力）    
(3)bd    
(4)取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【解析】(1)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(2)碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：分子间作用力（范德华力）；
(3) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；故答案为：bd；
(4)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
21．（2021·浙江省杭州学军中学模拟预测）（10分）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如图实验：

已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(1)X中含有的元素有___，气体B的电子式___。
(2)X的化学式__。
(3)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称__。
(4)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式___。
【答案】（每空2分）(1) Cu、N、S、O、H    
(2)Cu(NH3)4SO4•2H2O
(3)铜氨纤维
(4)2Cu(NH3)4SO4•2H2O2CuO+8NH3↑+2SO2↑+O2↑+2H2O
【解析】气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.6g，此气体被碱石灰吸收，应为水蒸气，物质的量为；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g；加热分解后生成的黑色固体D应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量，根据原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.05molO2；则黑色固体D质量为8g，其物质的量为，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8：4：2：2：1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素。
(1)由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；气体B为NH3，电子式是；
(2)此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1：4：1：2，X的化学式Cu(NH3)4SO4•2H2O；
(3)Cu(NH3)4SO4•2H2O的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；
(4)X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8：4：2：2：1，则Cu(NH3)4SO4•2H2O隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为：2Cu(NH3)4SO4•2H2O2CuO+8NH3↑+2SO2↑+O2↑+2H2O。