2023届高考化学二轮复习元素或物质推断题作业含答案

这是一份2023届高考化学二轮复习元素或物质推断题作业含答案，共28页。试卷主要包含了3等等内容，欢迎下载使用。
 元素或物质推断题
1．（2021·辽宁沈阳·一模）（Ⅰ）磷是生物体中不可缺少的元素之一，在自然界中磷总是以磷酸盐的形式出现的，例如磷酸钙矿Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等．
（1）磷的某种核素中，中子数比质子数多1，则表示该核素的原子符号为．
（2）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在电炉中（约1550℃）下通过下面两个反应共熔得到．
①2Ca3（PO4）2（s）+5C（s）═6CaO（s）+P4（s）+5CO2（g）△H1=+Q1kJ•mol﹣1
②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1
写出电炉中发生总反应的热化学方程式．
（3）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O10；10C+P4O10=P4↑+10CO↑，上述反应中的各种物质，属于酸性氧化物的有．
（Ⅱ）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料．一容器被离子交换膜分成左右两部分，如右图所示．若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），一段时间后右边可观察到的现象：，若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2mol NH4Al（SO4）2的溶液，右边充满含3mol Ba（OH）2的溶液，当有2mol SO42﹣通过交换膜时（若反应迅速完全），则左右两室沉淀的物质的量之比为．

（Ⅲ）某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，利用相关工艺可进行提纯与综合利用．通入一定量的N2后，在1500℃下与Cl2充分反应得到纯化石墨与气体混合物，然后降温至80℃，分别得到不同状态的两类物质a和b．（注：石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃．）
（1）若a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性，化学反应方程式为．
（2）若b与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有．
2．（2021·海南·一模）[选修3—物质结构与性质]Ⅰ某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1。下列有关X的说法中，不正确的是( )
A．X 能形成化学式为X(OH)3的碱
B．X 不能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐
C．X 原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数
D．X 能与某些金属元素或非金属元素形成化合物
Ⅱ已知 A、B、C、D、E 都是元素周期表中原子序数小于36的元素，且它们的核电荷数依次增大。B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。D原子得到一个电子后 3p 轨道全充满。A+比D原子形成的离子少一个电子层。C与A形成A2C型离子化合物。E的原子序数为26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。请根据以上情况，回答下列问题：
（1）E元素原子的核外电子排布式是______________________________。
（2）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为______________________。 (用元素符号表示)
（3）B 元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的原因是_______________________________。
（4）化合物BD3的分子中，原子B的杂化轨道是________________，分子空间构型是__________。
（5）E 的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。据此可判断E(CO)5的晶体类型为____________________________。金属 E 单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为________。

3．（2021·河南郑州·一模）某溶液中，可能含有下表所列离子中的某几种：

取少量该溶液，向其中加入某试剂X，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂X的体积（V）关系如下图所示：

（1）若X是NaOH溶液，原溶液中一定含有的阴离子有_________________；BC段反应的离子方程式为______________。
（2）若X是盐酸，则原溶液中一定含有的金属阳离子是____________；AB段发生反应的总离子方程式为____________；OA段生成沉淀的物质的量之比为________________。
4．（2021·河北保定·二模）某无色溶液中含有K+、Cl－、OH－、SO、SO，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞溶液。检验其中OH－的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。

（1）图中试剂①～⑤溶质的化学式分别是
①________，②________，③________，④__________，⑤__________。
（2）图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是a________、b________、c________。
（3）白色沉淀A加试剂②反应的离子方程式_________________。
（4）无色溶液C加试剂③的主要目的是_____________________。
（5）白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是____________________。
（6）气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是____________________。
5．（2021·江西鹰潭·一模）有一无色溶液可能含Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4+、K＋、CO32—、SO42— 等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：

请你根据上图推断：
（1）原溶液中一定存在的离子有（写化学式）：___________实验④最终产生的沉淀：_______________
（2）写出由A→B过程中所发生反应的离子方程式：_____________________。
（3）过氧化钠与水反应的化学方程式为：___________________
（4）实验②中加入稀盐酸的目的是________________。
6．（2021·浙江丽水·一模）I．有X、Y、Z、R四种短周期元素，Y、Z、R同周期。相关信息如下：


相关信息

X

单质为双原子分子。若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质

Y

含Y元素的物质焰色反应为黄色

Z

同周期元素中原子半径最小

R

R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍

（1）Z元素在周期表的位置是___，Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是___（用离子符号表示）；
（2）由X、Z两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里X、Z两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构。甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质。则甲的结构式为___；
（3）化合物乙（Y2R）溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Y2R2，其溶液显黄色。则Y2R2的电子式为___，写出乙溶液在空气中变质过程的化学方程式___。
II．元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊。
（4）丙与醋酸类似，为一元弱酸，对热十分稳定但受撞击就爆炸。8.6 g丙爆炸分解生成H2和6.72 L(标况下)X2。写出其爆炸的化学方程式___；
（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76 g·L－1，则物质丁的化学式为___；
（6）戊在高温条件下能还原Fe2O3，生成两种单质，写出该反应的化学方程式___，有人提出生成的产物中可能还有FeO，请设计实验方案验证(用化学方法)___。
7．（2021·吉林长春·一模）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：

（1）Q+核外电子排布式为___________；
（2）化合物X2W2中W的杂化方式为___________，ZW2-离子的立体构型是___________；
（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是___________(填化学式)，原因是___________；
（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为___________；
（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为___________，Y原子的配位数为___________，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为___________(用含a和ρ的代数式表示)。
8．（2021·四川广元·二模）A、B、C、D、E、F、G元素原子序数依次增大。已知B原子最外层有3个未成对电子．C原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，E与C同主族，F-、D+、A+的半径逐渐减小，化合物AF
常温下为气体，G的基态原子核外M能层填满电子，N能层只有1个电子。据此回答下列问题：
（1）写出C元素基态原子的电子排布式：_______________________；这些元素形成的物质中与A3C+互为等电子体是___________。
（2）G2+的水合离子中提供孤电子对的原子是____________；某化合物由上述七种元素中的三种元素组成，为常见家用消毒剂的主要成分，其电子式为_____________
（3）分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体的离子方程式是_____________。
（4）0.3moIG的低价氧化物能与_________molB的最高价氧化物对应水化物的溶液恰好完全反应(设还原产物只有BO)。
（5）0.4mol液态B2A4与足量的液态A2C2反应，生成B2气体和A2C气体，放出256.652 kJ的热量，该反应的热化学方程式为____________。
9．（2021·山东·济宁一中一模）某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋、Al3＋、Ag＋、Ca2＋、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种离子。该小组同学取100 mL水样进行实验，向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1 mol·L－1的硝酸，实验过程中沉淀质量的变化情况如图所示：

注明：Ob段表示滴加硝酸钡溶液；bd段表示滴加稀硝酸
（1）水样中一定含有的阴离子是________，其物质的量浓度之比为________。
（2）写出BC段所表示反应的离子方程式：__________________________________________。
（3）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为________。
（4）试根据实验结果推断K＋是否存在？________(填“是”或“否”)；若存在，K＋的物质的量浓度c(K＋)的范围是__________________。(若K＋不存在，则不必回答该问)
（5）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子：_____________________。(写出实验步骤、现象和结论)
10．（2021·河北唐山·一模）A～F是中学常见物质，其中B、D、F均为单质，它们的相互转化关系如下图所示：

Ⅰ若A、C、E是氧化物，构成B、D的元素在同一主族，反应①②都是工业上的重要反应，通过反应②可以实现煤的气化，使煤变为清洁能源。
（1）写出反应①的化学方程式_______________________________________________。
（2）用化学方程式表示E在冶金工业上的一种重要用途____________________________________。
Ⅱ若A、C、E是氢化物，构成B和F的元素是第三周期的相邻元素，F是一种淡黄色固体，A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、E混合时有白烟生成。
（1）写出D的电子式____________。
（2）由A或C转化为E，每消耗1molB，转移电子的物质的量为_______mol。
（3）同温同压下，将V1L A气体和V2L E气体通入水中，
①若所得溶液的pH=7，则V1_____V2（填“＞”或“＜”或“＝”）。
②若V1=2V2，反应后溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________________。
11．（2021·江西南昌·三模）I．科研人员发现，一些化学反应在固体之间发生和在水溶液中发生，产物不同。铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+1、+2。将CuCl2·2H2O晶体和NaOH固体混合研磨，生成物中有一黑色的固体M。M不溶于水，但可溶于稀硫酸生成蓝色溶液B。
M的化学式为__________；M不同于CuCl2和NaOH在溶液中反应所得产物的可能原因是____________。
II．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1∶4。请回答：
（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是________，该反应的化学方程式是：___________。
（2）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。
①A元素在周期表中的位置是_________（填所在周期和族）；Y的化学式是_________。
②含a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是_______mol。
（3）若A、B、X、Y均为化合物。A溶于水电离出的阳离子和水作用的生成物可净化水，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1∶4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是______________。
12．（2021·江西抚州·一模）A～L是由6种短周期元素且成的物质，各物质之间有如下转化关系：

已知：
(a)C、E是气体单质，E是一种理想的清洁能源，F是日常生活中的常用金属；
(b)J是能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体；
(c)化合物A、D、I、L的焰色反应显黄色；
(d)白色沉淀K既溶于H溶液，又能溶于D溶液；
(e)反应①是工业上生产D和C的重要方法
请回答下列问题：
(1)写出F的化学式：______，D的电子式：______
(2)写出下列有关反应的离子方程：
反应①：______；
过量J与I反应：______
(3)G溶液呈______性(填“酸”、“碱”或“中”)，请用离子方程式表示其原因： ______
13．（2021·辽宁·二模）A~L为中学化学常见物质，其主要转化关系如下图所示（其中产物水已略去）。已知A为金属单质，C、D通常状况下为气体单质。B、F均为重要的化工产品，F为具有刺激性气味的气体，将一定量F通入B的稀溶液中可以得到两种盐K和L。G和I分别由相同的两种元素组成，通常状况下均为无色液体。

（1）B的化学式为_____________；工业上冶炼金属A的方法称为____________。
（2）向E的溶液中加入氢氧化钠溶液的实验现象为__________，反应的化学方程式为______。
（3）写出E的酸性溶液与G反应转化为H的离子方程式_________________。
（4）相同条件下物质的量浓度相同的K、L溶液的pH大小关系为K______L（用“＞
”、“＞”或“=”表示），其主要原因是（用化学用语说明）________________________________。
14．（2021·江苏·三模）A是单质，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应。已知有如下转化关系（部分产物和反应条件已略去）；

试回答：
(1) 写出B在工业生产中的一种用途___________________。
（2）写出B转化为C的可能的离子方程式____________________________。
（3）若C的溶液显酸性，用离子方程式表示其净水的原理_______________。
（4）若C为钠盐，用含m mol C的溶液与1L n mol·L－1的盐酸充分反应，已知m/n=1/2，则生成D的物质的量为________mol。
（5）用A单质和铂作电极，与海水、空气组成海洋电池，写出铂电极上发生反应的电极反应式_______________________；若负极材料消耗18g，则电池转移的电子总数为_________。（阿伏加德罗常数用NA表示）
15．（2021·四川成都·二模）从某A的水溶液出发，有下图一系列变化(参加反应的水和生成的水均没有表示)，已知D的焰色反应为紫色。
(1)写出化学式：A___________、E___________、Y___________。
(2)写出①、②反应离子方程式_________，___________。
(3)Y有毒，含Y水溶液可加W检验其存在。还可向其水溶液中滴加_________检验其存在，该反应的化学方程式为：_______________________。

16．（2021·云南曲靖·一模）物质的转化关系如下图所示（有的反庆可能在水溶液中进行）。其中A为化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。

（1）若A为黄色固体，C能使品红试液褪色，D的水溶液中加入酸化的溶液有白色沉淀生成。则
①工业上反应I在________________中进行，反应Ⅱ在_____________（均填设备名称）中进行。工业上反应Ⅲ用于吸收E的试剂是____________。
②由两种单质直接化合得到甲的反应条件是____________或________________。
③反应I的化学方程式是_______________________________。
④D和乙反应的离子方程式是___________________________________。
（2）若甲为淡黄色固体，D、F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。
则①甲的电子式是________________________。
②D的溶液与乙反应的离子方程式是____________________________。
③若1.7g A与反应生成气态的B和C时放出22.67kJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________________________________。

参考答案：
1．（Ⅰ）（1）（1分）
（2）2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+5C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+5CO2（g）△H=（Ql﹣6Q2）kJ•mol﹣1；
（3）SiO2P4O10
（Ⅱ）溶液由浅绿色变红色；2：3；
（Ⅲ）（1）SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（2）Cl﹣、OH﹣、AlO2﹣．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）（1）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，因为质子数和中子数之和是质量数，P元素的原子序数是15，中子数比质子数多1，所以质量数为15+15+1=31，所以表示该核素的原子符号为；
（2）①2Ca3（PO4）2（s）+5C（s）=6CaO（s）+P4（s）+5CO2（g）△H1=+Ql kJ•mol-1
②CaO（s）+SiO2（s）=CaSiO3（s）△H2=-Q2 kJ•mol-1
依据热化学方程式和盖斯定律计算得到①-②×6得到化学方程式为：2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+5C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+5CO2（g））△H=（Ql-6Q2）kJ•mol-1；
（3）能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，所以属于酸性氧化物的是SiO2、P4O10；
（Ⅱ）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料．一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示．若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+，若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2mol NH4Al（SO4）2的溶液，右边充满含3mol Ba（OH）2的溶液，当有2mol SO42-通过交换膜时（若反应迅速完全），当有2mol SO42-通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH-进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol，右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2：3；
（Ⅲ）根据题意，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃；
（1）a应该是SiCl4，结合a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性（Na2SiO3）得：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；
（2）b是AlCl3、FeCl3、MgCl2的混合物，与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有Cl-、OH-、AlO2-。
【考点定位】考查学生核素和氧化还原反应中的基本概念知识、铝、铁、镁及化合物的性质
【名师点晴】掌握题干信息和物质性质、注意电子守恒在氧化还原反应中的应用以及理解离子交换膜的作用是关键，亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，当有2mol SO42-通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH-进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol，右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2：3，据此分析解题。
2．     AB     1s22s22p63s23p63d 64s2或[Ar]3d64s2     Na＜S＜P＜Cl     第VA族元素的氢化物中NH3分子间具有氢键，而AsH3分子的相对分子质量比PH3分子的大     sp3杂化     三角锥     分子晶体     1：2
【解析】
试题分析：Ⅰ、根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意；A、由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X(OH)3的碱，故A不正确；B、元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B不正确；C、当n=1时，没有此元素存在；当n=2时，最外层电子数为5，核电荷数为7，该元素X为氮元素；当n=3时，最外层电子数为7，核电荷数为17，该元素X为氯元素，故C正确；D、N元素能与金属Mg元素形成化合物Mg3N2，Cl元素能与金属Na元素形成化合物NaCl，故D正确；故选AB。
Ⅱ、由于B原子的p轨道半充满，所以B元素的核外最外层电子排布式为ns2np3，为第ⅤA族元素，再由B形成的简单氢化物的沸点是同主族元素的简单氢化物中最低的，确定B元素为磷元素；由“D原子得到一个电子后3p轨道全充满、A+比D原子形成的离子少一个电子层”及“A、B、C、D、E的核电荷数依次增大”,可推出A元素为Na，C元素为S，D元素为Cl；E的原子序数为26，则E元素为Fe。
（1）Fe元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d 64s2或[Ar]3d64s2。
（2）Na、P、S、Cl的第一电离能由小到大的顺序为Na＜S＜P＜Cl。
（3）因第VA族元素的氢化物中NH3分子间具有氢键，而AsH3分子的相对分子质量比 PH3分子的大；故P元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的原因是。
（4）化合物PCl3的分子中，原子P原子的价层电子对互斥理论为4对，则其杂化轨道是sp3杂化，分子呈三角锥空间构型。
（5）因Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。据此可判断其晶体类型为分子晶体。根据均摊法，体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数为2，面心立方晶胞中实际含有的铁原子个数为4，则其比值为1：2 。
考点：考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系；考查核外电子排布式的书写、第一电离能大小的比较、杂化轨道理论、晶体类型及结构等知识
3．     Cl-     Al（OH）3+OH-=[Al（OH）4]-
或Al（OH）3+OH- = AlO2+ H2O     Na+     CO32-+2H+=H2O+CO2↑     n（H2SiO3）∶n[Al（OH）3]= 11∶2
【解析】
试题分析：（1）若Ｘ是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当Ａ B段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子，X是NaOH溶液，则BC段是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（２）如果X是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当AB段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子，通过以上分析知，溶液中含有的阳离子是钠离子，AB段发生反应是碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；根据图象知，氢氧化铝和盐酸反应需要1v盐酸，偏铝酸根离子和硅酸根离子和盐酸反应需要盐酸4V盐酸，有关反应方程式为：AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓、SiO32-+2H+=H2SiO3↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，根据方程式知， H2SiO3 Al（OH）3物质的量之比n（H2SiO3）∶n[Al（OH）3]= 11∶2
考点：离子共存相关计算
4．     Ba(NO3)2     HCl     HNO3     Br2     AgNO3     SO32-     SO42-     Cl-     BaSO3+2H+=Ba2++SO2↑+H2O     中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰    会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-和SO32-是否存在     Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-
【解析】
（1）SO32-、SO42-与Ba（NO3）2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸中，故试剂①为Ba（NO3）2溶液，试剂②为盐酸或硝酸，试剂④为溴水，无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀；
（2）SO32-、SO42-与Ba（NO3）2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫能使溴水褪色，反应方程式：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫酸钡不溶解，故试剂①为Ba（NO3）2溶液，由此可推测试剂②为某酸，与亚硫酸钡反应放SO2气体，但是后面需要检测SO42-，如果加入硝酸会将SO32-氧化，影响对SO42-的判断，故应为盐酸，试剂④为溴水，所以现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-；无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀，故现象c检验出的阴离子为Cl-；
（3）亚硫酸钡可以和强酸反应生成可溶性的钡盐和水以及二氧化硫；
（4）无色溶液A中含有OH-，OH-和硝酸银反应生成氧化银黑色沉淀，干扰对Cl-的检验，所以加入过量稀硝酸，中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰；
（5）白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在；
（6）溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸。
（1）SO32-、SO42-与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸中，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸或硝酸，试剂④为溴水，无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀；
故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；
（2）SO32-、SO42-与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫能使溴水褪色，反应方程式：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫酸钡不溶解，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，由此可推测试剂②为某酸，与亚硫酸钡反应放SO2气体，但是后面需要检测SO42-，如果加入硝酸会将SO32-氧化，影响对SO42-的判断，故应为盐酸，试剂④为溴水，所以现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-；无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀，故现象c检验出的阴离子为Cl-；
故答案为SO32-；SO42-；Cl-；
（3）亚硫酸钡可以和强酸反应生成可溶性的钡盐和水以及二氧化硫，即BaSO3+2H+═Ba2++SO2↑+H2O；
故答案为BaSO3+2H+=Ba2++SO2↑+H2O；
（4）无色溶液A中含有OH-，OH-和硝酸银反应生成氧化银黑色沉淀，干扰对Cl-的检验，所以加入过量稀硝酸，中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰；
故答案为：中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰；
（5）硝酸能够氧化亚硫酸根离子，所以白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在；
故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-和SO32-是否存在；
（6）溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-；
故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。
5．     K＋、SO42—、Al3＋、Mg2＋     Mg（OH）2     Al（OH）3＋OH－＝ AlO2—＋2H2O     2Na2O2＋2H2O ＝ 4NaOH＋O2↑     确定白色沉淀不是碳酸钡沉淀，而是硫酸钡沉淀
【解析】
（1）溶液透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明溶液中含有钾离子，溶液呈无色，说明一定不含有铁离子，亚铁离子和铜离子。逐滴加入过量的氢氧化钠溶液有白色沉淀，则由镁离子，一定不含碳酸根离子，加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有银离子，则生成硫酸钡沉淀，说明含有硫酸根这里。在第③个实验中生成白色沉淀的量与加入氢氧化钠的量想先增大后减小，说明溶液中还有铝离子。一定不含有铵根离子。综上所述，溶液一定有钾离子，硫酸根离子，镁离子，铝离子，一定不含有铁离子，亚铁离子，铜离子碳酸根离子。最终的沉淀为Mg（OH）2（2）A到B为沉淀溶解，即氢氧化铝溶于氢氧化钠，离子方程式为:Al（OH）3＋OH－＝AlO2—＋2H2O．（3）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2＋2H2O＝ 4NaOH＋O2↑。（4）实验②中加入盐酸是为了确定白色沉淀不是碳酸钡沉淀，而是硫酸钡沉淀。
【点睛】
电解质在溶液里所起的反应，实质上就是离子之间的相互反应。离子间的反应是趋向于降低离子浓度的方向进行。离子反应通常用离子方程式来表示。理解掌握离子反应发生的条件和正确书写离子方程式是学好离子反应的关键。溶液中离子共存的问题，取决于离子之间是否发生化学反应，如离子间能反应，这些离子就不能大量共存于同一溶液中。
离子反应发生的条件有：1．离子反应生成微溶物或难溶物。2．离子反应生成气体。3．离子反应生成弱电解质。4．离子反应发生氧化还原反应。
6．     第三周期第ⅦA族     S2->Cl->Na+               4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2     2HN3=3N2+H2     NH5或NH4H     2NH3+Fe2O3=N2+2Fe+3H2O     取固体生成物a g与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为V L，若VNa+；（2）由X、Z两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里X、Z两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，故甲的化学式为NCl3，构型为；（3）化合物乙（Y2R）溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Y2R2，其溶液显黄色。则Y2R2的电子式为；乙溶液在空气中变质过程的化学方程式4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2；Ⅱ、元素X与氢可形成多种化合物，丙、丁、戊，丙与醋酸类似，为一元弱酸，对热十分稳定但受撞击就爆炸。8.6 g丙爆炸分解生成H2和6.72 L(标况下)X2，根据质量守恒定律（原子个数守恒）可得丙为HN3，其爆炸的化学方程式：2HN3=3N2+H2；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76 g·L－1，则戊的摩尔质量为0.76 g·L－1×22.4L/mol=17,故戊为NH3，则丁为NH5或NH4H；（6）戊在高温条件下能还原Fe2O3，生成两种单质，则两种单质为铁和氮气，写出该反应的化学方程式
2NH3+Fe2O3=N2+2Fe+3H2O；验证产物中是否含有FeO，利用铁与盐酸反应生成氢气，而FeO与盐酸反应生成盐和水，若含有FeO则会导致产生气体体积偏小，方法为：取固体生成物a g与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为V L，若V     c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
（一）若A、C、E是氧化物，构成B、D的元素在同一主族，反应①②都是工业上的重要反应，通过反应②可以实现煤的气化，使煤变为清洁能源，可推知B为C、C为H2O，则E为CO、F为H2，构成B、D的元素在同一主族，则D为Si，可推知A为SiO2，
（1）反应①的化学方程式为：SiO2+ 2CSi+2CO；
（2）CO在冶金工业上可以用于冶炼Fe等，反应方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（二）若A、C、E是氢化物，A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，A、E混合时有白烟生成，则E为HCl，由于B为单质，由元素守恒可知B为Cl2，单质D是N2。构成B和F的元素是第三周期的相邻元素，F是一种淡黄色固体单质，则F为硫，可推知C为H2S，
（1）由上述分析可知，D的分子式为：N2，其电子式为；
（2）由NH3或H2S与Cl2转化为HCl，Cl元素化合价都由0价降低为-1价，则每消耗1molCl2，转移电子的物质的量=1mol×2=2mol；
（3）同温同压下，将V1LNH3气体和V2LHCl气体通入水中，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，
①若所得溶液的pH=7，则氨水过量，故n（NH3）＞n（HCl），则V1＞V2；
②若V1=2V2，则为NH4Cl、NH3•H2O按1：1的混合溶液，溶液中碱的电离大于盐的水解，溶液呈碱性，c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
11．     CuO     固相反应中放出的热量使Cu(OH)2分解生成CuO          MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O     第四周期Ⅷ族     NO     0.4a     c(Na+)＞c(Cl-)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)
【解析】
I．氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热容易分解，据此解答；
II．(1)Y是黄绿色气体为Cl2，A、B的物质的量之比为1∶4，应是二氧化锰与浓盐酸制备氯气，据此分析解答；(2)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，结合A可溶于X溶液分析解答；(3)B的焰色为黄色，含有Na元素；向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，A溶于水电离出的金属阳离子水解的生成物可净化水，说明含有铝离子，结合A与B按物质的量之比1∶4恰好反应分析判断。
I．将CuCl2•2H2O晶体和NaOH固体混合研磨，氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，研磨过程中产生大量的热能够使氢氧化铜分解生成黑色固体M氧化铜，故答案为CuO；固相反应中放出的热量使Cu(OH)2分解生成CuO；
II．(1)若Y是黄绿色气体，则Y为Cl2，电子式为；A、B的物质的量之比为1∶4，应是二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为；MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，X为铁盐，由A、B的物质的量之比为1∶4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水。
①铁为26号元素，在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，Y为NO，故答案为第四周期Ⅷ族；NO；
②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则：
2Fe3++Fe═3Fe2+
 2                3
 x               1.5x 
由溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=1.5x，解得x=0.4a，故答案为0.4a；
(3)B的焰色为黄色，B中含有Na元素；向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子；A溶于水电离出的金属阳离子水解的生成物可净化水，且A与B按物质的量之比1∶4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，所得溶液中溶质为：偏铝酸钠、氯化钠，若A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则钠离子4mol，氯离子3mol，偏铝酸根离子略小于1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，即c(OH-)＞c(H+)，则离子大小为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)。
12．     Al          2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+ H2↑     AlO＋CO2＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓     酸     Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋
【解析】
分析图示转化关系和反应现象：
(a)C、E是气体单质,E是一种理想的清洁能源,推断为H2,F是日常生活中的常用金属；
(b)B、J是氧化物,且J是能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体,判断为J为CO2；
(c)化合物A、D、I、L的焰色反应显黄色说明含有钠元素;
(d)白色沉淀K既溶于H溶液,又能溶于D溶液,证明K为氢氧化铝沉淀Al(OH)3,J为CO2;,B为H2O,I+B+J=K+L,分析判断为I为NaAlO2,F是日常生活中的常用金属,F为Al,G为AlCl3；
(e)反应①是工业上生产D和C的重要方法,结合E+C=H,E为H2,C为Cl2,H为HCl,D为NaOH,A为NaCl,B为H2O, 结合转化关系推断得到:
A为NaCl,B为H2O, C为Cl2, D为NaOH,E为H2,F为Al,G为AlCl3,H为HCl,I为NaAlO2, J为CO2,K为Al(OH)3，结合以上分析解答问题。
分析图示转化关系和反应现象：
(a)C、E是气体单质,E是一种理想的清洁能源,推断为H2,F是日常生活中的常用金属；
(b)B、J是氧化物,且J是能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体,判断为J为CO2；
(c)化合物A、D、I、L的焰色反应显黄色说明含有钠元素；
(d)白色沉淀K既溶于H溶液,又能溶于D溶液,证明K为氢氧化铝沉淀Al(OH)3,J为CO2；B为H2O,I+B+J=K+L,分析判断为I为NaAlO2,F是日常生活中的常用金属,F为Al,G为AlCl3；
(e)反应①是工业上生产D和C的重要方法,结合E+C=H,E为H2,C为Cl2,H为HCl,D为NaOH,A为NaCl,B为H2O，结合转化关系推断得到:
A为NaCl,B为H2O, C为Cl2, D为NaOH,E为H2,F为Al,G为AlCl3,H为HCl,I为NaAlO2, J为CO2,K为Al(OH)3，
(1)结合以上分析可知，F的化学式为Al,D为氢氧化钠属于离子化合物,电子式为；
因此，本题正确答案是:Al，；
(2)反应①是电解饱和食盐水反应生成氢氧化钠、氯气和氢气,反应的化学方程式为: 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+ H2↑；反应②是偏铝酸钠溶液和二氧化碳水反应生成氢氧化铝沉淀,二氧化碳过量生成碳酸氢钠,反应的化学方程式为: AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓；
综上所述，本题正确答案：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+ H2↑；AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓；
(3)G为AlCl3溶液,溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢,溶液呈酸性,反应的离子方程式为: Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；
因此，本题正确答案是:酸；Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
13．     H2SO4     热还原法     先生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色     FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4   4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     ＞     NH4++H2ONH3·H2O+H+   NH4HSO4=NH4++H++SO42-
【解析】
通常状况下，C、D都是气体，二者反应生成了具有刺激性气味的气体F，则F为NH3，C为H2，D为N2。NH3可以和B反应生成两种盐，则B为H2SO4，E为硫酸盐溶液。G、I由相同的两种元素组成，且通常状况下为无色液体，则这两种物质为H2O、H2O2。由于E和G可以发生反应，则E属于变价金属的硫酸盐溶液，G为H2O2，所以A为Fe，E为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，K为(NH4)2SO4，J为Fe(OH)3，L为NH4HSO4。
（1）经分析，B为H2SO4，A为Fe，该物质的工业冶炼方法为热还原法；
（2）E为FeSO4，向该溶液中加入NaOH溶液，可以看到有白色沉淀生成，白色沉淀会迅速转变为灰绿色，最后转变为红棕色；涉及的化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）G为H2O2，H为Fe2(SO4)3，E+G→H的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）K为(NH4)2SO4，L为NH4HSO4；在(NH4)2SO4溶液中，NH4+发生水解NH4++H2ONH3·H2O+H+，溶液呈弱酸性；NH4HSO4是强酸酸式盐，在溶液中HSO4-完全电离NH4HSO4=NH4++H++SO42-，相当于一元强酸；所以相同浓度的情况，(NH4)2SO4溶液的pH更大。
14．     工业上制备Al（或作耐火材料）     Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O Al2O3+2OH—+3H2O ＝ 2[Al(OH)4]— 或Al2O3+2OH—＝AlO2–+H2O     Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+     (4m-n)/3mol     O2+2H2O+4e—＝4OH—     2NA
【解析】
由题意可知A是单质，与氧气反应生成B为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物B能与酸或碱反应生成C，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知B为Al2O3，则A为Al、C为Al（OH）3
（1）Al2O3在工业上制备Al（或作耐火材料）；
（2）B转化生成C为氧化铝与强碱或强酸的反应，反应离子方程式为：Al2O3+6H＋=2Al3＋+3H2O 或Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，Al2O3+2OH—+3H2O ＝ 2[Al(OH)4]— ；
（3）若C的溶液显酸性，C为铝盐，溶液中铝离子水解Al3＋+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H＋，生成氢氧化铝胶体，可以净水；
（4）若C为钠盐，甲为NaOH，C为NaAlO2，1L n mol·L-1的盐酸中n（HCl）=n mol，由于n（NaAlO2）：n（HCl）=1：2，故按AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓反应，盐酸有剩余，能部分溶解氢氧化铝，则：
AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓
m mol       m mol   m mol
剩余n（H＋）=n mol-m mol=（n-m）mol
       Al（OH）3+3H＋=Al3＋+3H2O
(n-m)/3mol   （n-m）mol
得到氢氧化铝沉淀为：m mol－(n-m)/3mol=(4m-n)/3mol；
（5）Al为负极、铂电极为正极，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，18gAl的物质的量，n(Al)=18g/27g·mol－1=2/3mol，故转移电子数目=2/3mol×3×NAmol－1=2NA．
15．     K2S2O3     FeS     C6H6O     ＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O     2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋     过量浓溴水     +3Br2→↓+3HBr
【解析】
A的水溶液与H反应生成固体B、气体C、液体D，D的焰色反应为紫色，含有钾元素；满足此条件的物质A为K2S2O3，与酸(H)反应生成单质硫(B)，气体二氧化硫(C)；单质硫与铁(F)加热反应生成硫化亚铁(E),硫化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁(H)和气体硫化氢(G)，氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁(W)，硫化氢与氯化铁发生氧化还原反应生成单质硫、氯化亚铁和盐酸(H)，氯化铁溶液与苯酚相遇溶液显紫色，所以Y为C6H6O，以上推断符合物质转化关系；结合以上分析回答题中问题。
A的水溶液与H反应生成固体B、气体C、液体D，D的焰色反应为紫色，含有钾元素；满足此条件的物质A为K2S2O3，与酸(H)反应生成单质硫(B)，气体二氧化硫(C)；单质硫与铁(F)加热反应生成硫化亚铁(E),硫化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁(H)和气体硫化氢(G)，氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁(W)，硫化氢与氯化铁发生氧化还原反应生成单质硫、氯化亚铁和盐酸(H)，氯化铁溶液与苯酚相遇溶液显紫色，所以Y为C6H6O，以上推断符合物质转化关系；
(1)结合以上分析可知，A为K2S2O3；E为FeS；Y为C6H6O；
综上所述，本题正确答案：K2S2O3；FeS；C6H6O；
(2)硫代硫酸钾与盐酸反应生成硫、二氧化硫、氯化钠和水，反应离子方程式：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O；   
硫化氢与氯化铁发生氧化还原反应生成单质硫、氯化亚铁和盐酸，反应离子方程式：2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋ ；
综上所述，本题正确答案：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O；2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋；      
(3)硫化氢有毒，含硫化氢的水溶液可加氯化铁溶液进行检验其存在，苯酚还可向其水溶液中滴加过量的浓溴水检验其存在，生成三溴苯酚白色沉淀，该反应的化学方程式为：；
综上所述，本题正确答案：过量的浓溴水，。
16．     ①沸腾炉     接触室     98%的浓硫酸     点燃、光照     4FeS2+ 11O22Fe2O3+ 8SO2     2Fe3++Fe=3Fe2+          2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑     2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑     NH3(g)+5/4O2(g)NO(g)+3/2H2O(g) ∆H=226.7kJ/mol。
【解析】
(1) C能使品红试液褪色，所以C为SO2；C氧化生成E，所以E为SO3，G为H2SO4。D的水溶液中加入酸化的溶液有白色沉淀生成，说明D中存在Cl-；乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，所以乙为Fe，F为氯化亚铁，D为氯化铁；A为黄色固体，与氧气反应生成SO2，所以A为FeS2，与氧气反应生成Fe2O3和SO2，所以B为Fe2O3。以此进行解答。
① 工业制硫酸的第一步反应在沸腾炉中进行，反应Ⅱ是SO2被氧化成SO3的反应，在接触室中进行。工业上反应Ⅲ是吸收SO3制硫酸的过程，用于吸收SO3的试剂是98%的浓硫酸；所以本题答案：沸腾炉；接触室；98%的浓硫酸；
② 因为B为Fe2O3，D为FeCl3，所以甲为HCl，是由H2和Cl2两种单质在光照或者点燃的条件下直接化合得到。所以本题答案：点燃；光照；
③ 反应I是FeS2和O2在高温的条件下发生的反应，其化学方程式为：4FeS2+ 11O22Fe2O3+ 8SO2。所以本题答案：4FeS2+ 11O22Fe2O3+ 8SO2。
④ D为FeCl3，乙为Fe ，D和乙反应生成FeCl2，其离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；所以本题答案：2Fe3++Fe=3Fe2+。
（2）①若甲为淡黄色固体，D、F的溶液均呈碱性，所以甲为过氧化钠，其电子式为：;所以本题答案：。
② G为酸，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。则A为氨气，所以I发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，乙为金属单质，乙在G的浓溶液中发生钝化，所以C为NO，B为H2O, 甲为过氧化钠，所以D为氢氧化钠，以为金属铝，F为偏铝酸钠；所以D的溶液与乙反应的离子方程式：2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑。所以本题答案：2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
③ 1.7g NH3为0.1mol，与O2反应生成气态的B和C时放出22.67kJ热量，则1mol NH3与O2反应生成气态的B和C时放出226.7kJ热量,所以该反应的热化学方程式：NH3(g)+5/4O2(g)NO(g)+3/2H2O(g) ∆H=226.7kJ/mol;所以本题答案：NH3(g)+5/4O2(g)NO(g)+3/2H2O(g) ∆H=226.7kJ/mol。