化学高无机综合推断的专项培优 易错 难题练习题含答案含答案解析.docx

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化学高无机综合推断的专项培优易错难题练习题含答案含答案解析

化学高无机综合推断的专项培优易错难题练习题（含答案）含答案解析

一、无机综合推断

1．化合物A由三种元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：

已知：

气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672mL；溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。

请回答下列问题：

（1）A的组成元素为________（用元素符号表示）；

（2）写出气体甲与NaOH（aq）反应的离子方程式________；

（3）高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式________。

【答案】Mg、Si、HSi2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl

【解析】

【分析】

因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，则为硅酸钠，根据元素守恒可知，气体甲中含有硅元素，与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙，所消耗的氢氧化钠的物质的量为1mol/L×120×10-3L=0.12mol，根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2：

1，可知气体甲中含Si的物质的量为0.12mol/2=0.06mol，又知气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672mL，即

=0.03mol，则易知A为0.03mol，其摩尔质量为

=84g/mol，且1个气体甲分子中含2个硅原子，同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03mol：

0.12mol=1：

4的反应生成硅酸钠与气体单质乙，根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素，即为氢气。

因此气体甲中的另一种元素不能为氧元素，可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。

另外，结合溶液甲只有一种溶质，且加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀，沉淀受热不易分解，推出白色沉淀为难溶氢氧化物，所用盐酸的物质的量为3mol/L×20×10-3L=0.06mol，A的质量为2.52g，化合物A由三种元素组成，推测所含的金属元素为镁，根据Mg

2HCl可知，一个分子A中含1个镁原子，再根据分子组成可确定A中所含氢原子的个数为84-1×24-2×28=4，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）A的组成元素为Mg、Si、H，

故答案为Mg、Si、H；

（2）气体甲为Si2H6与NaOH（aq）按1:

4发生氧化还原反应，其离子方程式为：

Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑，

故答案为Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑；

（3）根据元素组成及化学方程式中元素守恒推知，在高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为MgCl2、SiCl4和HCl，则其反应方程式为：

MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl，

故答案为MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl。

2．A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。

它们之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去），回答下列问题：

（1）A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。

（2）A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。

（3）将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。

（4）向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C（标准状况），过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=________L。

【答案】第三周期第ⅥA族

3S+6NaOH

2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24

【解析】

【分析】

A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：

A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为Na2SO3，H为NaOH。

（1）A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为

；

（2）S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：

3S+6NaOH

2Na2S+Na2SO3+3H2O；

（3）S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，反应的离子反应方程式为：

2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：

4，即两者的系数为1：

4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；

（4）F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：

2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2mol的Na2S，反应产生0.2molH2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S=2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量n（S）=

=0.1mol，该反应消耗0.1molH2S，所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol，其标准状况下的体积为V（H2S）=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。

【点睛】

本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，（4）中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。

3．现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。

（1）在这8种物质中，属于电解质的有_____________（用相应的化学式表示，下同）。

（2）这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入①～⑤，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。

①它们的化学式分别为：

①______________；③____________；⑤______________。

②如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。

五个反应中属于氧化还原反应的有________________个；反应A的离子方程式为________________________，反应D的化学方程式为_________________________。

【答案】

（1）Na2CO3、NaCl、CaO；

（2）①Fe②H2SO4③CO2④CaO⑤Na2CO3②1Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑

不属于H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑

【解析】

试题分析：

（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；

（2）单质①能够和酸②，则单质①为Fe，酸②为H2SO4；盐⑤能够和H2SO4反应，因此盐⑤为Na2CO3；氧化物④能够和H2SO4反应，因此氧化物④为碱性氧化物CaO；氧化物③能够和CaO反应，则氧化物③为CO2；故答案：

①Fe②H2SO4③CO2④CaO⑤Na2CO3；②有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：

H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。

考点：

考查物质的分类与性质。

4．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：

（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?

___。

【答案】Fe2O3FeCl2Al（OH）3Fe（OH）3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe（OH）2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al（OH）3，G是Fe（OH）3；

（2）氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：

Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（3）铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

（4）E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

5．生氢材料甲由X、Y两种元素组成，两元素的原子最外层电子数相等。

为确定甲的组成，进行了如下实验：

①称取1.2g甲固体与一定量的水蒸气刚好完全反应，生成标准状况下1.12L可燃性单质气体乙，同时得到2g化合物丙。

②用0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙。

请回答：

（1）乙的分子式____。

（2）写出甲与氧气反应生成丙的化学方程式____。

（3）设计实验方案检验丙中的阴离子_____。

【答案】H22NaH+O2

2NaOH取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在

【解析】

【分析】

由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：

2g-0.8g=1.2g，则M（甲）=

=24g/mol，根据甲由X、Y两种元素组成，甲是生氢材料，两元素的原子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：

NaH+H2O（g）=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH，据此分析。

【详解】

由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：

2g-0.8g=1.2g，则M（甲）=

=24g/mol，根据甲由X、Y两种元素组成，甲是生氢材料，两元素的原子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：

NaH+H2O（g）=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH；

（1）乙的分子式为H2；

（2）甲与氧气反应生成丙的化学方程式为2NaH+O2

2NaOH；

（3）丙中的阴离子为氢氧根离子，检验氢氧根离子的方法为：

取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在。

6．A、B、C、X均为中学常见的物质，它们之间有如下转化关系（反应条件及副产物已略去）。

（1）若A和X均为单质，B为可使品红溶液褪色的气体，则反应②的化学方程式为____。

（2）若A、B、C为含钠元素的化合物，X为无色无味气体，则反应②的化学方程式为______。

（3）若A为稀硝酸，B溶液和硫氰酸钾溶液反应后溶液显红色，则反应②的离子方程式为_____。

若向C的溶液中加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀，在空气中迅速变成_____，最后变成_______，白色沉淀发生上述变化的原因______（用化学方程式表示）。

56gX与足量的稀硝酸发生反应，被还原的HNO3为__________g。

【答案】

灰绿色红褐色

63

【解析】

【分析】

（1）若A和X均为单质，B为可使品红溶液褪色的气体，B一定是SO2，A是硫，C是三氧化硫，X是氧气，该反应是可逆反应；

（2）若A、B、C为含钠元素的化合物，X为无色无味气体，A连续与X反应，A可能是氧化钠，可能是过氧化钠，故B一定是碳酸钠，C一定是碳酸氢钠；（3）若A为稀硝酸，B溶液和硫氰根离子反应后溶液显红色，B一定是硝酸铁，X为铁，B继续与铁反应，发生价态归中反应，C是硝酸亚铁。

【详解】

（1）若A和X均为单质，B为可使品红溶液褪色的气体，B一定是SO2，A是硫，C是三氧化硫，X是氧气，则反应②的化学方程式为：

；

故答案为：

；

（2）若A、B、C为含钠元素的化合物，X为无色无味气体，A连续与X反应，A可能是氧化钠，可能是过氧化钠，故B一定是碳酸钠，C一定是碳酸氢钠，故反应②的化学方程式为：

；

故答案为：

；

（3）若A为稀硝酸，B溶液和硫氰根离子反应后溶液显红色，B一定是硝酸铁，X为铁，B继续与铁反应，发生价态归中反应，C是硝酸亚铁，则反应②的离子方程式为：

；向C的溶液中加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中被氧化成氢氧化铁，颜色由白色变成灰绿色，最终变成红褐色，反应方程式为：

；铁与足量的稀硝酸发生反应，硝酸被还原为一氧化氮，离子方程式为：

；铁与被还原的硝酸物质的量之比为：

1：

1，所以被还原的硝酸质量为：

；

故答案为：

；灰绿色；红褐色；

；63。

7．有关物质的转化关系如下图所示。

C是海水中最多的盐，D是常见的无色液体。

E和G为无色气体，其中E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

B、C、I、J的焰色反应为黄色，其中I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多。

⑴F的化学式为______。

E的电子式为______。

⑵写出反应①的离子方程式：

______。

⑶写出反应②的化学方程式：

______。

⑷写出反应③的化学方程式：

______。

【答案】NH3·H2O

NH4+＋OH－

NH3↑＋H2ONaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓2NaHCO3

CO2↑＋H2O＋Na2CO3

【解析】

【分析】

由C是海水中最多的盐可知，C为氯化钠；由D是常见的无色液体可知，D为水；由E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，E为氨气；由B、C、I、J的焰色反应为黄色可知，B、C、I、J为含有钠元素的化合物；由I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多可知，I为碳酸氢钠；由转化关系可知A为氯化铵，氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液混合，会反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则B为氢氧化钠、F为一水合氨、G为二氧化碳、H为碳酸氢铵、J为碳酸钠。

【详解】

（1）由以上分析可知，F为一水合氨；E为氨气，氨气为共价化合物，电子式为

，故答案为：

NH3·H2O；

；

（2）反应①为氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为NH4+＋OH－

NH3↑＋H2O，故答案为：

NH4+＋OH－

NH3↑＋H2O；

（3）反应②为碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故答案为：

NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓；

（4）反应③为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3

CO2↑＋H2O＋Na2CO3，故答案为：

2NaHCO3

CO2↑＋H2O＋Na2CO3。

【点睛】

由题意推出C为氯化钠、D为水、E为氨气，并由此确定A为氯化铵、B为氢氧化钠是推断的难点，也是推断的突破口。

8．A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由1～2种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：

（1）若常温下A为有色气体。

①当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：

_________________。

②当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为________________；D中所含化学键的类型为____________________。

（2）若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：

_________________。

（3）若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的

，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：

____________；B转化为C的化学方程式为______________。

【答案】Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O

离子键、极性共价键Al3＋＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑4NH3＋5O2

4NO＋6H2O

【解析】

【详解】

（1）①若F是一种金属单质，由转化关系可知，F为变价金属，F为铁，B与铁反应生成Fe3+；由于A为有色气体，与水反应生成B和E，则A为NO2，B为HNO3，E为NO，C为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2；B与适量F反应生成C和气体E的离子方程式为：

Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②A为有色气体，与水反应生成B和E，E具有漂白性，则A为Cl2，B为HCl，E为HClO，物质F的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为Na2CO3，C为二氧化碳，D为碳酸氢钠；二氧化碳的电子式为：

；D为碳酸氢钠，其中含有离子键、极性共价键。

（2）若A为淡黄色固体，能与水反应生成B和E，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相同，则B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气；铝盐显酸性是因为铝离子水解造成的，离子方程式为：

Al3＋＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋。

（3）若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的

，则该元素为镁，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，则A含有氮元素，A为Mg3N2，B为氨气，F为氧气，C为一氧化氮，D为硝酸，E为氢氧化镁，A和水反应的化学方程式为：

Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑，B转化为C的反应方程式为：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O。

9．在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。

（反应条件图中已省略）。

（1）A、C代表的物质分别为______、______（填化学式）；

（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_____________；

（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4：

3，G、H物质的量之比为______；

（4）反应④的离子方程式为______________。

【答案】AlH2O2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1：

1CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－

【解析】

【分析】

题干信息：

A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末）推断为C（碳）单质，C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B（C单质）与F（O2）反应得到G（CO2）；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。

溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al（OH）3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al（OH）3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：

A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，H是CO，K是Na2CO3，甲是NaAlO2，乙是NaHCO3，L是Al（OH）3。

（1）依据推断可知，A是Al，C是H2O；

（2）反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）B是C，F是O2，若二者按物质的量之比为4：

3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：

4C+3O2

2CO+2CO2，则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n（CO2）：

n（CO）=2：

2=1：

1；

（4）反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。

转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。

10．现有金属单质A和气体甲、乙、丙及物质