备战高考化学复习硫及其化合物专项综合练.docx

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备战高考化学复习硫及其化合物专项综合练

2020-2021备战高考化学复习硫及其化合物专项综合练

一、高中化学硫及其化合物

1．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。

在中学化学教材中有多处涉及其应用。

（1）利用浓硫酸配制稀硫酸

已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为_______；

现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；

（2）硫酸与无机物的反应

实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写出发生的离子反应方程式______________________________；不活泼金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为______________________；

（3）硫酸在有机中的应用

利用硫酸的性质可以制取多种有机物，比如烈性炸药TNT、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。

请写出制取TNT的化学方程式________________________________________；请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。

【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑＋Zn2＋强氧化性和强酸性H2O、SO2、CO2

+3HNO3

+3H2OC2H5OH

CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖

【解析】

【分析】

（1）根据c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；

（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；

【详解】

（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：

c=1000×1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L；实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：

药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为：

500mL容量瓶，

故答案为：

18.4mol/L；500mL容量瓶；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，

故答案为：

Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；强氧化性和强酸性；H2O、SO2、CO2；

（3）制取TNT需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是

+3HNO3

+3H2O；向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，可以制取乙烯，方程式是C2H5OH

CH2=CH2↑+H2O；蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，

故答案为：

+3HNO3

+3H2O；C2H5OH

CH2=CH2↑+H2O；葡萄糖、果糖。

2．实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验：

（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率可采取的一种措施是____，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏（CaSO4·2H2O）的化学方程式____。

（2）将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的现象是____。

（3）研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。

烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在pH为5.7时脱硫效果最佳，石灰石浆液5.7＜pH＜6.0时，烟气脱硫效果降低的可能原因是____，烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高，是因为____。

（4）石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3，实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量，以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。

请补充完整测定CaSO3含量的实验方案：

取一定量石灰石烟气脱硫后的物质，____。

[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。

实验中须使用的药品：

75%的硫酸、标准浓度的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，标准浓度的酸性KMnO4溶液]

【答案】不断搅拌、制成浆液2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应温度升高SO2的溶解度小加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积，计算得出结果

【解析】

【分析】

（1）根据加快反应速率的条件分析；利用电子守恒、原子守恒写出化学方程式；

（2）用高锰酸钾溶液检测SO2的含量；

（3）根据影响化学反应速率的因素分析；

（4）利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。

【详解】

（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液；根据电子守恒和原子守恒，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏（CaSO4·2H2O）的化学方程式2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2。

（2）脱硫后的气体含有少量SO2气体，通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色，因此根据颜色褪去的快慢，可粗略判断烟气脱硫效率，本题答案为：

高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。

（3）由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在为5.7时脱硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小，因此，本题正确答案为：

石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小。

（4）欲测定CaSO3的含量，根据所给实验药品，先向样品中加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积，计算得出结果。

【点睛】

本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计，难点是（4）小题中，实验步骤的设计，要注意实验原理的分析，根据实验原理设计实验步骤。

3．A~H等8种物质存在如下转化关系（反应条件，部分产物为标出）.已知:

A是酸式盐，B是能使品红溶液褪色的气体，G是红棕色气体。

按要求回答问题:

（1）写出下列物质的化学式:

A________，B________，写出B的一种危害__________。

（2）写出下列反应的化学方程式:

E→F____________；红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:

____________；铜与H的浓溶液反应的离子方程式：

_____________。

（3）检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。

【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2

4NO+6H2OC+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+

【解析】

【分析】

G是红棕色气体，则G是NO2；F和O2反应生成NO2，所以F是NO；NO2和水反应生成的H是HNO3；A是酸式盐，和NaOH反应生成E，E和O2反应生成NO，则E是NH3；B能使品红溶液褪色，且B能和O2反应生成C，所以B是SO2，C是SO3；SO3和水反应生成的D为H2SO4；A是酸式盐且是铵盐，所以A是NH4HSO3。

【详解】

（1）通过以上分析知，A、B分别是NH4HSO3、SO2，SO2属于酸性氧化物，能和H2O反应生成H2SO3，H2SO3不稳定，易被空气氧化生成H2SO4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；

（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O，反应方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O，C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O，反应方程式为C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O，铜和稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O；

（3）NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

4．

、

、

、

、

五种物质中含有同一种元素，其相互转化的关系如图所示。

已知

是黄色固体，回答下列问题。

（1）写出

、

的化学式：

______、

______。

（2）写出

的化学方程式：

____________。

（3）将足量的物质

通入

溶液中，下列说法正确的是______（填序号）。

a.溶液没有明显变化

b.溶液中出现白色沉淀

c.若继续通入

，则溶液中出现白色沉淀

【答案】

ac

【解析】

【分析】

A为黄色固体，A既能与O2反应，又能与H2反应，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，E为H2SO4，据此分析；

【详解】

A为黄色固体，A既能与O2反应，又能与H2反应，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，E为H2SO4，

（1）A为黄色固体，结合A的相关反应可判断出A是

，从而得出B、E分别是

、

；

（2）

的化学方程式为

；

（3）

与

不发生反应，若继续通入

，与

反应生成

，则溶液中出现白色沉淀。

【点睛】

无机推断题，应找准“题眼”，然后大胆猜测，突破口是A为黄色固体，高中常见的黄色有Na2O2、AgBr、AgI、S，A能与O2、H2反应，则A为S，应注意S与氧气反应，无论氧气是否过量，生成的都是SO2，然后按照流程就可以得到结果。

5．大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质。

某地酸雨中可能含有下列离子：

Na＋、Ba2＋、NH4+、Al3＋、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-等。

某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得澄清试液分成三份，进行如下实验：

试样

所加试剂

实验现象

第一份试液

滴加适量的淀粉KI溶液

溶液呈蓝色

第二份试液

滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液

有白色沉淀产生

第三份试液

滴加NaOH溶液，加热，加入的NaOH溶液体积（V）与生成的沉淀、产生的气体的物质的量（n）的关系如图

请回答下列问题：

（1）根据实验结果判断该酸雨中肯定不存在的离子是____，不能确定的离子有___。

（2）写出第一份试液滴加淀粉KI溶液时发生反应的离子方程式：

____。

（3）第三份试液滴加NaOH溶液，加热，整个过程中发生了多个反应，写出其中两个反应的离子方程式：

①最初发生的离子反应____。

②最后发生的离子反应____。

（4）该小组为了探究NO参与硫酸型酸雨的形成过程，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，再慢慢通入O2，发生化学反应后，再喷洒适量蒸馏水即得硫酸型酸雨，则NO在上述反应中的作用是_____。

【答案】SO32-、Ba2+Na+、Cl-6I-＋2NO3-＋8H+=2NO↑＋3I2＋4H2OH+＋OH-=H2OAl（OH）3＋OH-=AlO2-＋2H2O催化剂

【解析】

【分析】

第一份试液：

滴加适量的淀粉KI溶液，显示蓝色，证明一定含有能将碘离子氧化的氧化性离子，因NO3-单独存在氧化性很弱，所以一定会含有H+和NO3-，一定不含有SO32-，因为亚硫酸根离子具有强的还原性，易被氧化，酸性条件下和硝酸根离子不能共存；

第二份试液：

滴加用盐酸酸化BaCl2溶液，出现白色沉淀，则一定含有SO42-，和硫酸根离子反应的Ba2+一定不存在；

第三份试液：

滴加NaOH溶液，加热，加入的NaOH溶液，产生气体，一定是氨气，所以一定含有NH4+，加入氢氧化钠产生沉淀，继续滴加氢氧化钠，沉淀会消失，所以一定含有Al3+；钠离子和氯离子是否存在不能判断；

（3）氢氧根可以和氢离子发生中和反应，可以和铝离子发生反应，可以和铵根离子发生反应，结合图像，根据混合溶液中复分解反应先后顺序分析；

（4）根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用。

【详解】

（1）根据上述分析，知道酸雨中肯定不存在的离子是SO32-、Ba2+，Na+、Cl-是否存在不能确定；

（2）试液中滴加淀粉KI溶液后，硝酸的存在会将碘离子氧化为碘单质，发生的反应为：

6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+3I2+4H2O；

（3）第三份试液滴加NaOH溶液，加热整个过程中有多个反应，根据分析中存在的离子，结合图像，第一个发生的反应为：

氢氧根离子与氢离子反应，离子反应为：

H+＋OH-=H2O；最后发生的是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为：

Al（OH）3＋OH-=AlO2-＋2H2O；

（4）一氧化氮具有还原性，很容易被氧化，氧化后产物是二氧化氮，2NO+O2=2NO2，二氧化氮还可以将二氧化硫氧化，即NO2+SO2=SO3+NO，整个过程中，一氧化氮的质量没有发生变化，起到催化剂的作用。

【点睛】

第（3）小题解答时需要注意复分解反应发生的顺序为：

先发生酸碱中和，再发生生成气体的反应，再发生生成沉淀的反应，最后发生沉淀溶解的反应；

6．如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）。

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反应的化学方程式：

____。

（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：

____。

（3）写出一个由D生成B的化学方程式：

____。

【答案】H2＋S

H2SH2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2OC＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O

【解析】

【分析】

由A是固体单质且与空气反应生成的B是气体，可知，A为非金属固态单质。

由B可与水反应生成E，则A可能为C或S，若为C，则B和C分别为CO、CO2，其相对分子质量之比不为4∶5，不符合题意；若为S，则B为SO2，C为SO3，B和C的相对分子质量之比为4∶5，符合题意。

所以D为H2SO4，E为H2SO3。

【详解】

⑴A在加热条件下与H2反应的化学方程式：

H2＋S

H2S，故答案为：

H2＋S

H2S。

⑵E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：

H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O，故答案为：

H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O。

⑶写出一个由D生成B的化学方程式：

C＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：

C＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O。

7．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。

【答案】ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al（OH）3↓+3H2S↑6

【解析】

【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。

8．有关物质的转化关系如图所示（部分物质与条件已略去）．X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红色，A是一种常见的酸，B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），D为红褐色固体，F可用作净水剂．

请回答下列问题：

（1）F、Z的化学式分别为、．

（2）检验F中阴离子的操作方法是．

（3）写出溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式．

（4）写出反应①的化学方程式，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，转移的电子的物质的量为mol．

【答案】

（1）KAl（SO4）2.12H2O；Cu；

（2）取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣；

（3）Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；

（4）4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；0.4．

【解析】

X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红色，则Z为Cu；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），B中含有K元素，C在空气中放置生成D为红褐色固体，则C为Fe（OH）2、D为Fe（OH）3，D加热生成E为Fe2O3，金属X与氧化铁反应得到Fe，为铝热反应，则X为Al，Y为Fe，溶液1中含有铝盐、亚铁盐，与B反应生成氢氧化铁与溶液Ⅱ，则B为KOH，溶液Ⅱ中含有KAlO2，溶液Ⅱ中加入常见的酸A得到溶液Ⅲ，再经过浓缩、降温得到F，F可用作净水剂，可知A为硫酸、F为KAl（SO4）2.12H2O．

（1）F、Z的化学式分别为KAl（SO4）2.12H2O、Cu，故答案为KAl（SO4）2.12H2O；Cu；

（2）F中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子方法是：

取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣，

（3）溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式：

Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

（4）反应①的化学方程式：

4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，其物质的量为

=0.1mol，转移的电子的物质的量为0.1mol×4=0.4mol

【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe等元素单质化合物性质，物质的颜色、反应现象及转化中特殊反应等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，涉及电子式，是对学生综合能力的考查，难度中等．

9．已知甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，Y的摩尔质量数值比Z小16，乙、丙的摩尔质量相同，B的摩尔质量比D小2，B、X的摩尔质量相同。

各物质之间的转化关系如图所示（各反应条件略）。

请回答：

（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体L（标准状况）。

（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是。

（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是。

D中含的化学键类型为。

（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式是

（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，在一定条件下能与氢元素组成化合物MH5。

已知MH5的结构与氯化铵相似，MH5与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为（M要用元素符号表示）。

写出MH5与AlCl3溶液反应的化学方程式

【答案】

（1）11.2（2分）

（2）2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O（2分）

（3）SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4共价键；（各2分）

（4）S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H="-296kJ/mol"（2分）

（5）

（2分）；AlCl3+3NH5+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl+3H2↑（3分）

【解析】

试题分析：

甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，则B为Na2O2，甲为Na，丙为O2，B、X的摩尔质量相同，则X为Na2S，乙为S单质，C为SO2，D为SO3，Y为Na2SO3，Z为Na2SO4。

故

（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体体积为11.2L；

（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；D中含的化学键类型为共价键；（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=-（32÷4.0×37）=-296kJ/mol；（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，则M为N元素；NH5的结构与氯化铵相似，故化学式为：

NH4H，与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为

，写出NH4H与AlCl3溶液反应，则为NH4H与H2O反应后生成的NH3·H2O与AlCl3反应，故化学方程式：

AlCl3+3NH4H+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl+3H2↑。

考点：

无机框图推断。

10．甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。

X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色。

在一定条件下，各物质相互转化关系如下图。

请回答：

（1）写化学式：

丙_________，E________。

（2）　X的电子式为____________________。

（3）写出A与H2O反应的化学反应方程式：

___________________________