高考化学无机元素解题方法doc高中化学

2022高考化学无机元素解题方法【命题趋向】元素化合物知识是中学化学的重要组成局部。按照《化学科考试说明》的规定，元素化合物知识点共有100多个知识点，而且这局部知识多数是描述性的，内容繁杂、零碎和分散，需要记忆的东西较多，难以掌握和运用。元素化合物知识虽然内容繁多，但其中有许多内容和化学根本理论严密联系在一起，复习时可以用化学理论去统率和掌握元素化合物知识，而不需死记硬背。例如根据物质构造和元素周期表，可以一地判断某主族元素及其化合物的通性，同主族元素或同周期元素的性质的递变规律；根据强弱电解质理论，可以推测知一种盐的水溶液是中性、酸性还是碱性；根据离子反响发生的条件和金属活动顺序表或非金属活泼性顺序，可以推测某一反响是否发生；根据化学平衡和沙特列原理，可以知道如何促进或抑制某一反响的进展……因此，在复习元素化合物知识时，对那些可以从化学理论上加以概括的内容，不仅要知其然，还要知其所以然。理论知识和元素化合物知识相结合是学好元素化合物的法宝，2022年高考中金属和非金属元素的知识和根本概念、根本理论知识综合考察仍是高考的主流。【考点透视】一、元素化合物知识网络（一）金属及其化合物知识网络1．钠及其化合物间的转化关系18/18\n2．镁及其化合物间的转化关系3．铁及其化合物间的转化关系（二）非金属及其化合物网络1．氯及其化合物间的转化关系请写出各步转化的化学方程式：2．硫及其化合物间的转化关系请写出各步转化的化学方程式：3．氮及其化合物间的转化关系4．碳及其化合物间的转化关系18/18\n20220318二．元素化合物特征现象:1．焰色反响：Na+（黄色）、K+（紫色）2．浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr3．有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫色）有色固体：红色（Cu、Cu2O、Fe2O3）、红褐色[Fe（OH）3]蓝色[Cu（OH）2]黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS）黄色（AgI、Ag3PO4）白色[Fe（0H）2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3]有色气体：Cl2（黄绿色）、NO2（红棕色）4．特征反响现象：5．既产生淡黄色沉淀又产生刺激性气味的气体：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O（Na2S2O3+H2SO4）6．溶液颜色变为浅绿色,并产生淡黄色沉淀:2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl7．通CO2变白色浑浊：石灰水（过量变清）、Na2SiO3、饱和Na2CO3、浓苯酚钠、NaAlO2三、金属根本反响:1．与水反响产生气体或沉淀:（1）单质（2）化合物（3）双水解:2．既能酸反响，又能与碱反响（1）单质：Al、Si（2）化合物：Al2O3、Al（OH）3、弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、氨基酸。18/18\n如:Al3+Al（OH）3AlO2-（3）A—3．置换反响：（1）金属→金属（2）金属→非金属4．分解反响:（1）（2）硝酸盐（3）电解反响:电解四、非金属知识归纳1．非金属单质或化合物的反响中常用到催化剂的反响:2．置换反响：（1）非金属→非金属（2）非金属→金属3．归中反响：18/18\n2H2S+SO2=3S+2H2O4NH3+6NO4N2+6H2O4．分解反响：受热分解产生2种或3种气体的反响：20220318铵盐5．特征网络：通式：①②③④6．特征反响（1）与碱反响产生气体①②铵盐：（2）与酸反响产生气体①18/18\n②【例题解析】例1．实验室用浓盐酸与二氧化锰反响制取氯气，以下有关说法中正确的选项是（气体体积在标准状况下测定）（）A．假设提供0.4molHCl，MnO2缺乏量，那么可制得氯气2.24LB．假设提供0.4molHCl，MnO2过量，那么可制得氯气2.24LC．假设有0.4molHCl参与反响，那么可制得氯气2.24LD．假设有0.4molHCl被氧化，那么可制得氯气2.24L解析：实验室制取氯气是用二氧化锰与浓盐酸反响，与稀盐酸是不反响的，浓盐酸在反应一段时间后变稀就不能再与二氧化锰反响了，所以当HCl的物质的量为0．4mol时，无论如何都不可能完全反响生成0．1mol氯气。提供的HCl分为3局部——没有参加反响的、参加反响且被氧化的和参加反响但没有被氧化的。答案：C例2．某混合气体可能有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水硫酸铜（变蓝）时，那么可断定该混合气中一定有（　）A．HCl、CO2、H2B．CO、H2、H2OC．CO、H2、NH3D．HCl、CO、H2O解析：气体通过澄清石灰水无浑浊，而通过Ba（OH）2溶液有浑浊，那么证明原混合气体中一定含HCl和CO2气体，因HCl与石灰水作用：Ca（OH）2+2HCl==CaCl2+2H2O，18/18\n无沉淀产生，且HCl被吸收；CO2通过Ba（OH）2产生沉淀：Ba（OH）2+CO2==BaCO3↓+H2O，因而有HCl、CO2，那么一定没有NH3。通过灼热的CuO和无水CuSO4所呈现的现象说明一定存在H2。答案：A例3．在容积为672mL的烧瓶里充满NO、NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反响，且水充满烧瓶（气体体积都折合成标准状况下）。下列有关表达中，正确的选项是（）A．总反响为NO+NO2+O2+H2O==2HNO3B．总反响为4NO+8NO2+5O2+6H2O==12HNO3C．生成HNO3的物质的量浓度接近0.03mol·L-1D．生成HNO3的物质的量浓度约为0.045mol·L-1解析：此题考察NO、NO2的混合气体与氧气在水中反响的比例关系。无论是NO还是NO2都能在水中与氧气按一定比例反响生成HNO3，同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，n（NO+NO2）︰n（O2）=672︰280=12︰5。所以由电子守恒可知恰好反应时总反响为4NO+8NO2+5O2+6H2O==12HNO3。可以生成0.03molHNO3，容器容积为672mL，所以硝酸溶液浓度=0.03mol/0.672L=0.045mol·L-1。答案：BD例4．足量铜与一定量浓硝酸反响，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1．68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。假设向所得硝酸铜溶液中参加5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，那么消耗NaOH溶液的体积是__________。18/18\n解析：利用电子守恒是解答此题的关键。此题的本质是参加反响的铜失去电子与氧气得电子总数相等，设参加反响的铜的物质的量为X，那么2×X=4×1.68/22.4，解答X=0.15mol，因而消耗NaOH溶液的体积为2×0.15mol/5mol/L=0.06L=60mL。例5．（08全国Ⅱ卷）对于ⅣA族元素，以下表达中不正确的选项是（）A．SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键B．C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反响D．该族元素的主要化合价是－4和＋2解析：ⅣA族元素最外层电子数都是4，但C原子的次外层电子数只有2个电子。答案：B。例6．（08北京卷）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）A．Na2CO3B．Na2O2Na2CO3C．NaOHNa2CO3D．Na2O2NaOHNa2CO3解析：根据反响式：2NaHCO3=Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反响生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3。答案：A例7．已知2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－，当向100ｍＬ的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反响后测得形成的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，那么原FeBr2溶液的物质的量浓度为___________________。解析：由题供信息可知：Fe2＋的复原性强于Br－的复原性；因此，通入Cl2后Fe2＋应该全部被氧化成了Fe3＋。据题意知反响后的溶液中只有Fe3＋、Cl－、Br－，且ｎ（Cl－）＝ｎ18/18\n（Br－）＝2ｎ（Cl2）＝2×3.36L／22.4L·mol－1＝2×0.15mol。据电荷守恒原理，必有：3ｎ（Fe3＋）＝ｎ（Cl－）×1＋ｎ（Br－）×1解得：ｎ（Fe3＋）＝0.2mol又由铁元素守恒知ｎ（Fe2＋）＝ｎ（Fe3＋）＝0.2mol。故原FeBr2溶液的物质的量浓度为：0.2mol/0.1L＝2mol/L例8．由A、D、E、G四种微粒组成的盐可表示为xAaDd·yE2D·zG（其中x、y、z均为系数）。取该盐4．704克溶于水得一澄清的弱酸性溶液，其中溶质的质量为3．408克。同质量的该盐与5．13克Ba（OH）2充分混匀后加热，生成的气体用足量的铝盐溶液充分吸收得Al（OH）3为0．624克，加热后的残渣用水溶解后过滤，滤液以酚酞为指示剂用0．400摩/升的H2SO4滴定至终点，用去H2SO4为15．0毫升，滴定完毕后，溶液检测不出任何金属离子和酸根离子，滤渣用HNO3洗涤时局部溶解，得一遇石炭酸显紫色的黄色溶液，依据推理、计算，将结果填入以下空格内。（1）A、D、E、G四种微粒分别为__________；（2）推算x、y、z之比为____________；（3）推算a、d之比值为___________________；（4）该盐的化学式为________________。答案：（1）Fe2+SO42-NH4+H2O（2）1:1:6（3）a:d=1:1（4）FeSO4·（NH4）2SO4·6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2·6H2O解析：先求得4.704克该盐中含“水”0.072mol；参加的氢氧化钡为0.03mol，由它带入氢氧根离子与钡离子的物质的量分别为0.06mol和0.03mol，其中氢氧根离子有0.024mol用于同溶液中的铵根离子作用放出氨气，那么可知溶液中含有铵根离子的物质的量为0.024mol，而带入的0.03mol钡离子将溶液中的硫酸根离子全部沉淀下来后还有剩余，18/18\n还需补充0.006摩硫酸根（由硫酸带入）才能沉淀完全，故可求得原溶液中的硫酸根的物质的量为0.03-0.006=0.024mol。到此,已知盐中的“水”、硫酸根离子、铵根离子三种微粒，另一种微粒从题中也不难推出是亚铁离子，根据电荷守恒规律，可求得亚铁离子的物质的量为0.012mol。例9．生铁中一般含有化合物B，它的含量、形状、分布对生铁性能影响很大，使生铁硬而脆，不宜进展机械加工。已知：（1）E、F、H、I、P常温下为气体，H、I、P为单质，E是一种经棕色气体。（2）反响①②均为制备理想的绿色水处理剂Na2FeO4的方法，其中反响①在生成Na2FeO4的同时还生成NaNO2和H2O。各物质之间的转化关系如以以下图所示（图中局部生成物没有列出）。请填写以下空白：（1）写出F的电子式_________。（2）反响③的离子方程式为_____________________；（3）反响①的化学方程式为_____________________。答案：（1）（2）2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（3）Fe2O3+3NaNO3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaNO2+2H2O解析：常温下F是一种气体且能和Na2O2反响生成单质H，那么H为O2，F为CO2，N为Fe2O3，红棕色气体E为NO2，应是氧化性酸HNO3的复原产物，可考虑A为HNO3，化合物B应是由元素Fe和C构成的化合物（此题中由于条件缺乏，问题中没有让学生回18/18\n答未知物的化学式），和HNO3发生氧化复原反响，D应是H2O，C可能是Fe（NO3）2或Fe（NO3）3，由于G的水溶液电解生成2种气体I和P，所以G是NaCl，产物J能和HNO3反响，所以J是NaOH，I是Cl2，P是H2，K是NaNO3。例10．（08海南卷）以以下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反响条件已略去）。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料。（1）写出A在加热条件下与H2反响的化学方程式__________________________________________________（2）写出E与A的氢化物反响生成A的化学方程式___________________________（3）写出一个由D生成B的化学方程式____________________________________；（4）将5mL0．10mol·L－1的E溶液与10mL0．10mol·L－1的NaOH溶液混合。①写出反响的离子方程式__________________________________________；②反响后溶液的pH______7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是________；③加热反响后的溶液，其pH________（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是________________________________。解析：固态单质A能与空气中的氧气反响生成气体物质B，那么A可能为C或S等，假定为S，那么B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为64∶80＝4∶5，恰好与题意相符（同时也证明A不是C），那么D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S。E为H2SO3。答案：（1）H2+SH2S（写成可逆反响也正确）。（2）H2SO3+2H2S=3S+3H2O。（3）C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O等。（4）①H2SO3+2OH—=SO32—+2H2O。②大于；Na2SO3溶液中SO32-发生水解使溶液显碱性。③增大；升高温度促进Na2SO3溶液的水解。18/18\n例11．中学化学常见物质A~J之间的转化关系如下，其中反响①、②、③是工业上制备I的主要反响原理。已知A~J中除物质C外均含甲元素，A为淡黄色粉末，C由两种元素组成，其原子个数比为1∶2，D是生活中常用的一种盐。（1）甲元素的名称是，工业上制备I的方法叫做。（2）D与J的溶液混合后的现象是。（3）F与碘化氢溶液反响的离子方程式是。（4）已知12g化合物C在E中完全燃烧放出85．3kJ热量，请写出表示C的燃烧热的热化学方程式：。解析：中学化学中常见的“黄色”固体S、Na2O2、AgBr、AgI、FeS2中学化学中接触到的工业反响（题中说明三步法制备I），中学化学中常见的连续氧化反应中学用到催化剂的反响KClO3催化剂（MnO2），加热，H2O2催化剂（MnO2）NH3+O2催化剂，加热，N2+H2催化剂，高温、高压SO2+O2催化剂，加热综合上述信息及题干提示可以得出答案（1）氧（2分），接触法（2分）。（2）有无色无味的气体放出，同时出现红褐色沉淀。（3分）（3）Fe2O3+6H++2I－=2Fe2++I2+3H2O（3分）（4）FeS2（s）+11/4O2（g）=1/2Fe2O3（s）+2SO2（g）;△H=－853kJ/mol（3分）【专题训练与高考预测】1．以下五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液⑤淀粉碘溶液A．①④B．①②③C．②③⑤D．②③④2．有一在空气中暴露过的KOH固体,含水2.8%,K2CO37.2%。取1g该样品,投入18/18\n25mL2mol/LHCl中,中和多余的HCl又用去1.07mol/L的KOH溶液30.8ml,蒸发中和后的溶液,所得固体的质量是（）A．3.73gB．4.00gC．4.50gD．7.45g3．将足量CO2气体通入水玻璃（Na2SiO3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是（）A．Na2SiO3B．Na2CO3、Na2SiO3C．Na2CO3、SiO2D．SiO24．以下有关二氧化硅的表达中错误的选项是（）A．SiO2是酸性氧化物，它对应的水化物是硅酸（H2SiO3）B．硅酸可由SiO2直接制得C．SiO2可与碱性氧化物或强碱反响D．光导纤维的主要原料就是SiO25．在同温同压下将SO2和Cl2按1∶1体积比混合后，通入BaCl2和品红的混合溶液中，下列说法正确的选项是（）A．溶液褪色，无沉淀生成B．溶液不褪色，无沉淀生成C．溶液褪色，有沉淀生成D．溶液不褪色，有沉淀生成6．某混合气体可能有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水硫酸铜（变蓝）时，那么可断定该混合气中一定有（　　）A．HCl、CO2、H2B．CO、H2、H2OC．CO、H2、NH3D．HCl、CO、H2O7．在加热情况下·用足量CO复原7g由铁的氧化物组成的混合物．产生的气体全部通人足量石灰水中得到12．5g沉淀．此混合物不可能为（　　）A．Fe0、Fe203B．FeO、Fe304C．Fe203Fe304D．FeOFe203Fe3048．在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制取铜．有以下两种途径：18/18\n（1）FeH2Cu（2）CuOCuSO4Cu假设用这两种方法制得的铜质量相等．那么以下有关说法符合实际情况的是（）A．消耗氧化铜的质量相同B．消耗铁的质量相同C．消耗硫酸的质量相同D．生成硫酸亚铁的质量相同9．现有CuO和Fe203组成的混合物ag，向其中参加2mol·L-1的硫酸溶液50mL，恰好完全反响。假设将ag该混合物在足量H2中加热，使其充分反响，冷却后剩余固体质量为（）A．1.6agB．（a-1.6）gC．（a-3.2）gD．1.6g10．以下五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液⑤淀粉碘溶液A．①④B．①②③C．②③⑤D．②③④11．在氯化铁和氯化铜的混合溶液中，参加过量的Fe粉，假设充分反响后溶液的质量没有改变，那么原混合溶液中Fe3＋和Cu2＋物质的量之比为多少?12．红砖是用粘土高温烧结而成，因其颜色呈红色或棕红色而得名，常用作建筑材料（1）根据红砖的颜色、猜测其可能含有的成份是（写化学式）（2）为了检验你的猜测是否正确，请设计一个实验方案，简要地写出各步操作过程以及最后的实验分析和结论，涉及化学反响的写出化学方程式（实验用品任取，该实验分几步自已决定，不必写实验装置中的仪器安装）实验步骤：①用铁锤敲碎红砖，取小块磨成粉末。②③┇┇实验分析及结论：18/18\n（3）红砖曾对我国建立具有重要作用，就目前我国实际情况看，你是认为应继续使用或者是制止使用红砖？，理由是。13．已知X是一种盐，H是常见的金属单质，F、I是常见的非金属单质，E、G都是工业上重要的碱性物质，它们有如以下图的关系。试答复以下问题：（1）G的化学式（2）写出以下反响的化学方程式①②。（3）X在医药上用作解酸剂，与盐酸作用时，生成B的物质的量与消耗盐酸的物质的量之比为3：8，那么X的化学式为；X与盐酸反响的化学方程式为。【参考答案】1．答案：CSO2使品红溶液褪色，是其漂白性；SO2使含酚酞的NaOH溶液褪色，是其酸性氧化物的性质；SO2使KMnO4（H+）、Br2水、淀粉碘溶液褪色，是其复原性，三者实质相同。2．答案：C解析:运用原子守恒：KCl中的n（Cl-）=原HCl中的n（Cl-）。n（KCl）=n（HCl）=0．025L×2mol/L=0．05molm（KCl）=0．05×74．5=3．73g3．答案：A解析：首先发生2CO2+Na2SiO3+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓然后考虑2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑H2SiO3SiO2+H2O此时有的同学错选了C还要考虑SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑才能得出正确的答案18/18\n评析:次题既要注意连续考虑又要注意反响时物质的量的关系才能得出正确答案．4．答案：B解析:SiO2是酸性氧化物，它对应的水化物是硅酸，但SiO2不溶于水，硅酸不能由SiO2直接制得。SiO2是酸性氧化物，能与碱性氧化物或强碱反响。SiO2是光导纤维的主要原料。故此题答案是B。5．答案：DCl2具有氧化性，SO2具有复原性，两者能发生氧化复原反响，但两者为气态时却很难发生反响，当通入BaCl2溶液时会发生如下反响：Cl2+SO2+2H2O====2HCl+H2SO4BaCl2+H2SO4====BaSO4↓+2HCl因为Cl2和SO2比例是1∶1，刚好完全反响，所以品红不会褪色，而有BaSO4沉淀生成。6．答案：A解析：气体通过澄清石灰水无浑浊，而通过Ba（OH）2溶液有浑浊，那么证明原混合气体中一定含HCl和CO2气体，因HCl与石灰水作用：Ca（OH）2+2HCl==CaCl2+2H2O，无沉淀产生，且HCl被吸收；CO2通过Ba（OH）2产生沉淀：Ba（OH）2+CO2==BaCO3↓+H2O，因而有HCl、CO2，那么一定没有NH3。通过灼热的CuO和无水CuSO4所呈现的现象说明一定存在H2。7．答案B解析CO2→CaCO3由碳酸钙的质量可求出CO2的质量为5．5克，由CO→CO2知有1molO来自铁的氧化物，所以该氧化物中m（O）=×16g．mol-1=2gm（Fe）=7g-m（O）=7g-2g=5g铁的氧化物的平均组成设为FexOyx:y=:=5:7该铁的氧化物的平均组成为Fe5O7即y=1．4x可知B项不符合题意8．答案A解析：制得质量相等的铜，据质量守恒定律．消耗氧化铜质量相同。途径（1）中H2、18/18\n在实际操作中应过量，故生成硫酸亚铁质量不同．9．答案B解析：（金属氧化物与硫酸恰好完全反响，生成硫酸盐和水，n（H2S04）=50×10-3L×2mol／L=O．1mol，由氢原子守恒知：H2S04～H20，生成n（H20）=O．1mol，n（O）=0.1mol，m（0）=1.6g，ag金属氧化物中金属质量为（n-1．6）g。10．答案C解析：SO2使品红溶液褪色，是其漂白性；SO2使含酚酞的NaOH溶液褪色，是其酸性氧化物的性质；SO2使KMnO4（H+）、Br2水、淀粉碘溶液褪色，是其复原性，三者实质相同。11．解析：在FeCl3和CuCl2的混合溶液中参加过量的Fe粉后，Fe粉会将Fe3＋和Cu2＋全部消耗掉。Fe3＋与Fe反响会使溶液质量增加，Cu2＋与Fe反响会使溶液质量减少。依据题意，假设反响前后溶液的质量没变，那么这两个反响溶液质量增加与溶液质量减少必然相等才能符合题意。　　设反响前Fe3＋为xmol，Cu2＋为ymol，　　2Fe3＋十Fe3Fe2＋溶液质量增加　　2mol　　　　　3mol56gxmol28xg　Cu2＋十FeFe2＋＋Cu溶液质量减少　1mol8g　ymol8yg　　由28xg＝8yg得x：y＝2：7所以原混合溶液中Fe3＋和Cu2＋的物质的量之比为2：712．（1）（1分）Fe2O3（2）步骤及化学方程式（5分）②将红砖粉末放入烧杯，参加适量稀盐酸，搅拌：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O③将混合液倒入过滤器过滤④在滤液中滴入KSCN溶液：FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl18/18\n分析及结论（4分）,假设溶液呈血红色，证明红砖含有Fe2O3，假设溶液不呈血红色，说明红砖不含Fe2O3。（3）（3分）应制止使用。因为会消耗大量的国土资源13．解析：由H是一种常见的金属单质，它在B中燃烧后生成一种非金属单质，我们可以推知这种常见金属单质为金属镁，它在CO2气体中燃烧生成C这种非金属单质。那么A为氧化镁；由X是一种盐，它受热分解可以产生MgO，且可作为医药上的解酸剂，因此X可能为碳酸盐，但碳酸镁分解的产物只有氧化镁和二氧化碳，框图中的分解产物有三种，且由第（3）问得到X与盐酸反响生成B的物质的量和消耗盐酸的物质的量之比为3：8，比碳酸镁消耗盐酸的量多，可见它不仅仅是碳酸镁，再由题示信息B（CO2）与D反响可产生非金属单质F，且生成的E物质是工业上重要的碱，那么可推断F是O2，D是Na2O2，E是Na2CO3，相应地推断出C是H2O，G是NaOH，那么X是一种碱式碳酸镁。答案：（1）NaOH；（2）①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑②2Mg+CO2点燃2MgO+C；（3）3MgCO3·Mg（OH）2或4MgO·3CO2·H2O；3MgCO3·Mg（OH）2+8HCl=4MgCl2+3CO2↑+5H2O。18/18