2022-2023学年天津市耀华中学高三上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市耀华中学高三上学期第一次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，工业流程题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

天津市耀华中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法中正确的是
A．氢氧化铁胶体常用作吸附剂，溶液常用作刻蚀剂，可用丁达尔效应鉴别二者
B．铝、镁、钛等合金广泛应用于飞船建造，合金熔点通常高于其组成金属的熔点
C．可用作半导体材料，工业上常用溶液和溶液反应制备
D．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
【答案】A
【详解】A．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，则可用丁达尔效应鉴别溶液和氢氧化铁胶体，A正确；
B．合金熔点通常低于其组成金属的熔点，B错误；
C．溶液和溶液反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，得不到，C错误；
D．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造太阳能电池，而用于制造光导纤维的是二氧化硅，D错误；
故选A。
2．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃、101KPa下，28L氢气中质子的数目为
B．2.0L溶液中，的数目为
C．12g石墨烯和12g金刚石均含有个碳原子
D．惰性电极电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为
【答案】C
【详解】A．25℃、101KPa下，不是标准状况下，28L氢气不是1.25mol，所含质子的数目不是，A错误；
B．铝离子部分发生水解，则2.0L溶液中，的数目小于，B错误；
C．石墨烯和金刚石均为碳单质，其最简式均为C，12gC的物质的量为1mol，所含C原子数目为NA，C正确；
D．惰性电极电解饱和食盐水时，阳阴两极产生气体分别为Cl2和H2，且二者物质的量相等，根据二者总质量为73g可知，Cl2和H2的物质的量均为1mol，则转移电子数为，D错误；
故选C。
3．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是

X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2

B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
4．下列离子方程式正确的是
A．过氧化钠转化为烧碱：
B．溶液中加入产生沉淀：
C．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加硝盐中的：
D．溶液中通入足量：
【答案】B
【详解】A．过氧化钠与水反应生成烧碱，过氧化钠为固体在离子方程式中不能拆成离子，则正确的离子方程式为，A错误；
B．具有氧化性会将亚铁转化为三价铁，溶液中加入产生的沉淀为Fe(OH)3，其正确的离子方程式为，B正确；
C．醋酸为弱酸，在离子方程式中不能拆成离子，则用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的的离子方程式为，C错误；
D．溶液中通入足量反应生成Al(OH)3沉淀和，其正确离子方程式为，D错误；
故选B。
5．小组探究常温下和与碱的反应，实验过程及结果如下。下列说法错误的是
实验装置
试剂X
实验结果

I
II
III
①II、III均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如下

蒸馏水
溶液
溶液

A．I是空白实验，排除体积变化对II、III溶液pH的影响
B．II和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，II中发生反应：
C．III比II的pH曲线降低，说明与反应，III中初期发生反应：
D．III中石灰水恰好完全反应时，溶液
【答案】D
【分析】由题给信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅰ和Ⅱ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响，A正确；
B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．由分析可知，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，，D错误；
故选D。
6．某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：

根据以上信息判断，下列叙述错误的是
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等
C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等
D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)
【答案】B
【详解】A.由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；
B.过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；
C.由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；
D.NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量20.25mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；
答案选B。
7．已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3。下列说法不正确的是

A．还原性：
B．X能从中置换出Z
C．Y能与反应得到Fe
D．M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应
【答案】A
【分析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为：，Y为：，Z为：C，M为：N，Q为：S，R为：，据此分析答题。
【详解】A．为：，为：，中硫的还原性强于中的氯元素，A错误；
B．和发生下述反应：，B正确；
C．和发生铝热反应如下：，C正确；
D．M为：N，N的最高价氧化物的水化物为：，最低价氢化物为：，二者发生如下反应：，D正确；
答案为：A。
8．辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是

A．分子式为 B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面 D．可发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】B
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；
答案选B。

9．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，产生血红色沉淀
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
将0.1mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1 CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A． 稀硝酸中加入少量铁粉，生成Fe3+和NO，充分反应后加入KSCN溶液，实验现象是有气体生成，溶液呈血红色，不会产生沉淀，故A错误；
B． 将铜粉加入1.0mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中，溶液变蓝，发生了反应：2Fe3++Cu == 2Fe2++Cu2+，说明氧化性Fe3+＞Cu2+，没有黑色固体出现，故B错误；
C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，打磨后的铝箔很快和空气中的氧气反应生成Al2O3，Al2O3熔点高，包裹着熔化的铝，熔化后的液态铝不会滴落下来，故C错误；
D． 将0.1mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH已反应完全，再滴加0.1mol·L-1 CuSO4溶液，白色沉淀变为浅蓝色沉淀，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，故D正确；
故选D。
10．以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中
A．阴极发生的反应为 B．阴极上被氧化
C．在电解槽底部产生含的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。
【详解】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；
B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；
D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；
故选C。

11．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
CuCl2(FeCl3)
氨水

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B．MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C．部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸为氧化还原反应，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D．氨水和氯化铜、氯化铁均生成沉淀，除杂方式不正确；反应过程中化合价没有发生变化，不涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
故选B。
12．铁和氧化铁的混合物共amol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到2bmol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为
A．(a+b)mol B．(a-b)mol C．(a-b)mol D．(a+b)mol
【答案】A
【详解】Fe+2H+=Fe2++H2↑，根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=2bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为mol，故共含铁；
故选A。

二、结构与性质
13．“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志着我国航天技术向前迈出了一大步，其制造材料中包含了Cu、Ti、Cr、Ni、Si、N、O等多种元素。
回答下列问题：
(1)①基态Cu原子的价电子排布式为___________。
②向溶液中滴加少量氨水，反应现象为___________，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出相关反应的离子方程式___________，向深蓝色溶液中加入乙醇可析出深蓝色晶体，加入乙醇的作用是___________。
(2)①Ni在元素周期表中的位置为___________，丁二酮肟()是检验的灵敏试剂，1mol丁二酮肟分子含有σ键数目为___________(是阿伏加德罗常数的值)。
②镍单质及其化合物的化学性质与铁相似，硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，写出该反应的离子方程式___________，某手机镍氢电池总反应为(M为储氢金属或合金)，则放电时，正极反应式为___________。
(3)基态硅原子最外层的电子排布图为___________，晶体硅和碳化硅熔点较高的是___________(填化学式)；晶体硅是信息科学和能源科学中的一种重要材料，以下是工业上制取纯硅的方法。

下列说法正确的是
a、反应①可以说明碳元素的非金属性大于硅元素
b、气体A转变为晶体状态时易升华，可用于人工降雨
c、操作①是分馏操作
写出反应③的化学方程式___________。
【答案】(1)     1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1     有蓝色沉淀生成          降低溶解度，便于析出晶体
(2)     第四周期第VIII族；     15         
(3)          SiC    

【详解】（1）①Cu是29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1；
②向溶液中滴加少量氨水，与碱反应生成蓝色的沉淀，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，沉淀可以溶于氨水生成四氨合铜配离子，反应的离子方程式为；再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；乙醇的作用是降低溶解度，便于析出晶体；
（2）①Ni在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；1mol丁二酮肟分子含有σ键数目为15；
②由题意可知，反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱，生成物为NiOOH，硫酸镍中镍为+2价，NiOOH中镍为十3价，镍的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，该反应的离子方程式为。根据电池总反应为可知中Ni化合价降低，得电子，故正极反应为；
（3）Si位于周期表中第3周期第ⅣA族，最外层有4个电子，基态原子的价电子排布式为3s23p2，则基态Si原子的价电子排布图为：；晶体硅、碳化硅均属于原子晶体，原子半径：Si＞C，键长：C﹣Si＜Si﹣Si，则键能：C﹣Si＞Si﹣Si，所以熔点：碳化硅＞晶体硅，晶体硅和碳化硅熔点较高的是SiC。答案为：；SiC。
a、反应①可以说明碳与二氧化硅反应生成CO，脱离反应体系，从平衡移动的角度分析反应可以进行，但不能说明碳元素的非金属性大于硅元素，故a错误；
b、气体A是CO，CO有毒不可用于人工降雨，故b错误；
c、操作①是利用产物与杂质沸点不同分离的，属于分馏操作，故c正确；
故答案为c；
反应③是H2置换出SiHCl3种的Si，化学方程式为；

三、有机推断题
14．阿司匹林(学名：乙酰水杨酸)广泛用于发热、疼痛及类风湿关节炎等，其结构简式为B，可由水杨酸(A)与乙酸制得。长效缓释阿司匹林具有更好的疗效，其主要是将该阿司匹林负载至高分子链上。一种长效缓释阿司匹林H的合成线路如下：

已知：
回答下列问题：
(1)乙酰水杨酸的结构简式为___________。
(2)C中的含氧官能团名称为___________。
(3)D→E和G→H的反应类型分别为___________、___________。
(4)由C和F反应生成G的化学方程式为___________。
(5)有机物M是阿司匹林的同分异构体，具有以下特征，写出M的结构简式___________。
①只含1中官能团，且能够发生银镜反应；
②核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为2：2：2：1：1；
③能够发生水解反应，且水解产物只有两种；
(6)设计以乙烯和为原料制备的合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】(1)
(2)酯基和羟基
(3)     加成反应     加聚反应
(4)
(5)
(6)

【分析】A与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成B，B与 在一定条件下生成C，C为，与HCN发生加成反应生成E，E为，E在酸性条件下水解生成F，F为，C和F在浓硫酸作用下生成G，G为，G在催化剂作用下聚合生成H；
【详解】（1）根据分析可知乙酰水杨酸的结构简式为；
（2）C为，C中的含氧官能团名称为酯基和羟基。故答案为：酯基和羟基；
（3）
与HCN发生加成反应生成E，E为，G在催化剂作用下聚合生成H，D→E和G→H的反应类型分别为加成反应、加聚反应。故答案为:加成反应，加聚反应；
（4）C和F在浓硫酸作用下生成G，G为，化学方程式为
（5）有机物M是阿司匹林的同分异构体，具有以下特征①只含1中官能团，且能够发生银镜反应，含有醛基；②核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为2：2：2：1：1；③能够发生水解反应，且水解产物只有两种；符合条件的M的结构简式为；
（6）先用乙烯与HCN进行加成，生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在水解生成相应的羧酸CH3CH2COOH，CH3CH2COOH在浓硫酸、加热条件下与反应生成产物，合成路线为： ；

四、工业流程题
15．白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。

已知：
物质










(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。

氧化物()浸出率/%
产品中纯度/%
产品中Mg杂质含量/%
(以计)


计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20

备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。
(4)滤渣C中含有的物质是___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】(1)
(2)     ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出          2.4∶1     ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)
(5)

【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。

五、元素或物质推断题
16．固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。

其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
(1)白色固体C的化学式是_______，蓝色溶液D中含有的溶质是_______(用化学式表示)。
(2)化合物X的化学式是_______；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)蓝色溶液A与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式_______。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。
【答案】               CuAl2Cl8               将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素
【分析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。
【详解】(1)由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、、Ag+、H+，阴离子有，故溶液中含有：，故答案为：；。
(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为：=0.02mol，含有氯离子物质的量为：=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。
(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。
②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素。