江西省五校届高三第四次联考化学试题.docx

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江西省五校届高三第四次联考化学试题

江西省五校2019届高三第四次联考

化学试题

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.化学与生产、生活密切相关。

下列说法正确的是

A.常用的食品保鲜膜、保鲜袋的成分是聚氯乙烯

B.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质

C.将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强

D.现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键

【答案】B

【解析】

【分析】

A、食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯；

B、硅胶可以防止食物受潮变质，铁粉可防止食物氧化变质；

C、“纳米铜”与铜的还原性相同；

D、氢键不是化学键。

【详解】A项、食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯，聚氯乙烯也就是PVC保鲜膜，能作为蔬菜水果的保鲜膜，但不能用于食品包装袋，故A错误；

B项、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶可以防止食物受潮变质，铁粉可防止食物氧化变质，故B正确；

C项、“纳米铜”与铜的还原性相同，“纳米铜”的接触面积较大，反应速率快，在空气中可以燃烧，故C错误；

D项、氢键不是化学键，氢键是一种特殊的分子间作用力，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查化学键及物质的性质，D项为易错点，注意氢键不是化学键。

2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是

A.46gC18O2含氧原子数为2NA

B.1molFe与足量的浓盐酸完全反应时转移电子数为3NA

C.标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数目为NA

D.2L1mol·L－1CuCl2溶液中含Cu2+数目小于2NA

【答案】D

【解析】

【分析】

A、C18O2的摩尔质量为48g/mol；

B、1molFe与足量的浓盐酸完全反应时生成氯化亚铁；

C、标准状况下四氯化碳不是气体；

D、Cu2+在水溶液中水解。

【详解】A项、46gC18O2的物质的量为46g÷48g/mol=46/48mol，含氧原子数小于2NA，故A错误；

B项、1molFe与足量的浓盐酸完全反应时生成氯化亚铁，转移电子数为2NA，故B错误；

C项、标准状况下四氯化碳不是气体，22.4LCCl4的物质的量不是1mol，故C错误；

D项、Cu2+在水溶液中水解，2L1mol·L－1CuCl2溶液中含Cu2+数目小于2NA，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，主要是物质的量和微粒数的计算、气体摩尔体积条件应用、氧化还原反应电子转移计算和盐类水解等知识点，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解答关键。

3.下表各组物质在适当条件均可反应，其中气体（指常温时的状态）产物可能不唯一的是

A.浓硫酸与锌B.浓硫酸与铜C.浓盐酸与MnO2D.浓氨水与CaO

【答案】A

【解析】

【分析】

A、锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，锌与稀硫酸反应生成氢气；

B、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，铜与稀硫酸不反应；

C、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，二氧化锰与稀盐酸不反应；

D、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气。

【详解】A项、浓硫酸和锌反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，生成气体为二氧化硫和氢气的混合气，故A正确；

B项、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成气体只有二氧化硫，故B错误；

C项、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，随反应进行浓度变小，变化为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，生成气体只有氯气，故C错误；

D项、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气，气体只有氨气，故D错误。

故选A。

4.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是

A.加入铝粉生成氢气溶液中：

Na＋、Ba2＋、Cl－、I－

B.有HCO3－存在的溶液中：

Na＋、Mg2＋、Al3＋、NO3－

C.在c（H＋）︰c（OH－）=10︰1的水溶液中：

NH4＋、K＋、ClO－、SO32－

D.在中性溶液中：

Na＋、SO42－、K＋、S2－

【答案】A

【解析】

【分析】

A、该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存；

B、溶液中Al3＋与HCO3－发生双水解反应；

C、溶液中ClO-与SO32-发生氧化还原反应；

D、S2－在溶液中水解，使溶液显碱性。

【详解】A项、溶液中加入铝粉有氢气产生，说明该溶液可以是强酸溶液，还可以是强碱性的溶液，该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存，故A正确；

B项、有HCO3－存在的溶液中，Al3＋与HCO3－发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；

C项、溶液中ClO-与SO32-发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；

D项、S2－在溶液中水解，使溶液显碱性，中性溶液中不可能存在S2－，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查离子共存问题，注意题中各项要求为解答该题的关键，也是易错点，不能忽视，解答时注意审题。

5.已知OF2可以发生反应H2S+4OF2=SF6+2HF+2O2，下列说法正确的是

A.氧气是氧化产物B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:

4

C.若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子D.OF2即是氧化剂又是还原剂

【答案】B

【解析】

【分析】

反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2。

【详解】A项、O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；

B项、H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，由方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：

4，故B正确；

C项、气体外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；

D项、在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故D错误。

故选B。

【点睛】本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。

注意O2F2中氧元素的化合价为+1价，为易错点。

6.下列说法不正确的是

A.S02是引起酸雨的主要原因之一B.高压钠灯常用于道路的照明

C.工业上用饱和石灰水制备漂白粉D.金属镁常用来制造信号弹和焰火

【答案】C

【解析】

A.SO2是引起酸雨的主耍原因之一，A正确；B.高压钠灯透雾能力强，常用于道路的照明，B正确；C.工业上用石灰乳制备漂白粉，C错误；D.金属镁燃烧发光，常用来制造信号弹和焰火，D正确，答案选C。

7.分子式为C5H10的烃，若适当条件下能与氢气发生反应，则其结构（不考虑立体异构）最多有

A.8种B.7种C.6种D.5种

【答案】D

【解析】

【分析】

由适当条件下分子式为C5H10的烃能与氢气发生反应可知，C5H10为烯烃。

【详解】戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种，正戊烷相应烯烃有2种：

CH2═CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH2-CH3，异戊烷相应烯烃有3种：

CH2═C（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）═CHCH3、CH3CH（CH3）CH═CH2，新戊烷，没有相应烯烃，则分子式为C5H10的烯烃共5种，故选D。

【点睛】本题考查同分异构体的书写与判断，掌握通过反应条件确定物质类别和书写同分异构体方法是解题的关键。

8.观察下列有关实验装置，相关评价错误的是

A.图

（1）用于配制0.10mol·L－1NaOH溶液；评价：

错误

B.图

（2）用于测定中和热；评价：

错误，装置中缺少了环形玻璃搅拌棒

C.图（3）用于比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性；评价：

错误，Na2CO3、NaHCO3位置放错了

D.图（4）证明铁发生吸氧腐蚀时空气参加反应；评价：

正确

【答案】C

【解析】

【分析】

A、不能在容量瓶中溶解氢氧化钠；

B、装置中缺少了环形玻璃搅拌棒；

C、小试管中为碳酸氢钠；

D、食盐水为中性，发生吸氧腐蚀。

【详解】A项、不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，评价正确，故A正确；

B项、装置中缺少了环形玻璃搅拌棒，用于搅拌迅速混合，可测定中和反应的最高温度，评价合理，故B正确；

C项、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则小试管中为碳酸氢钠，评价错误，故C错误；

D项、U型管中红墨水左高右低可验证，评价合理，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，注意方案的合理性、操作性分析，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键。

9.下列叙述正确的是

A.某溶液的pH=7，则该溶液为中性溶液

B.一定温度下，向AgCl饱和溶液中加入少量NaCl固体，Ksp（AgCl）减小

C.常温下，反应X（s）+Y（l）=2Z（g）不能自发，则该反应的△H>0

D.常温下，0.01mol/L的Na0H溶液中由水电离的c（H+）=1.0×10-2mol/L

【答案】C

【解析】

试题分析：

常温下PH=7才可以判断出溶液为中性，故A错误。

物质的KSP只与该物质的性质以及物质所处的温度有关，故B错。

ΔG=ΔH-TΔS，ΔG>0，由题意知ΔS>0，则ΔH一定要大于0。

故C正确。

常温下0.01mol/LNaOH，PH=12，所以溶液中由水电离的氢离子浓度为10-12mol/L，故D错。

考点：

溶度积的影响因素，反应焓变的判断。

10.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是

A.制备Al（OH）3:

向lmol·L-1的AlCl3溶液中加过量的NH3·H2O

B.提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯:

向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机层中的水

C.检验溶液中是否含有Fe3+:

取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象

D.探究催化剂对H2O2分解速率的影响:

在相同条件下，向一支试管中加入2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象

【答案】C

【解析】

【详解】A项、氢氧化铝为两性氢氧化物，不溶于弱酸弱碱，AlCl3溶液中加过量的NH3·H2O能制备Al（OH）3悬浊液，故A正确；

B项、乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液除去有机相的水能达到提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯的目的，故B正确；

C．检验溶液中是否含有Fe3+时，应直接滴加KSCN溶液，观察是否出现血红色，故C错误；

D．溶液的总体积不同，混合后H2O2浓度相同，能探究催化剂FeCl3对H2O2分解速率的影响，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验原理及物质性质，能从实验操作规范性及实验评价性分析判断是解本题关键。

11.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）的关系如下图所示。

反应中镁和铝的

A.摩尔质量之比为2∶3B.失去的电子数之比为8∶9

C.反应速率之比为2:

3D.质量之比为4∶3

【答案】D

【解析】

试题分析：

A.摩尔质量与其相对原子质量数值上相等，所以镁铝的摩尔质量之比为8:

9，A项错误；B.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则失去的电子数之比为1：

1，B项错误；C.由图象可知，镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为2：

3，则二者的速率之比为3：

2，C项错误；D.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，则镁、铝的物质的量之比为3：

2，质量之比为4：

3，D项正确，答案选D。

考点：

考查镁、铝的化学性质与计算。

12.如图所示，两个连通容器用活塞分开，在同温同压下，左右两室（体积相同）分别充入NO和O2后，打开活塞，使NO与O2充分反应．下列判断正确的是（不考虑NO2转化为N2O4）

A.打开活塞前左右两室分子数相同

B.反应前后NO室压强相同

C.最终容器内气体物质的质量比开始小了

D.最终容器内无O2存在

【答案】A

【解析】

【分析】

由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，打开活塞发生反应2NO+O2=2NO2，充分反应后，O2过量，反应后总的物质的量减少，压强减小，气体质量不变。

【详解】A项、由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，开始时左右两室分子数相同，故A正确；

B项、打开活塞发生反应2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B错误；

C项、由质量守恒定律可知，最终容器内气体物质的质量与开始相同，故C错误；

D项、由化学方程式2NO+O2=2NO2可知，等物质的量的NO与O2充分反应，O2过量，故D错误。

故选A。

13.能正确表示下列反应的离子方程式是

A.Fe3O4溶于足量稀HNO3：

Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O

B.NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：

HCO

＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O

C.向澄清石灰水中通入少量CO2：

OH－＋CO2=HCO3－

D.向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好完全沉淀：

NH4＋+Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－=Al（OH）3↓＋2BaSO4↓+NH3·H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

A、发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水；

B、漏写铵根离子与碱的反应；

C、反应生成碳酸钙和水；

D、向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好完全沉淀反应生成硫酸钡和氢氧化铝和一水合氨。

【详解】A项、Fe3O4溶于足量稀HNO3的离子反应为3Fe3O4+NO3-+28H+═NO↑+9Fe3++14H2O，故A错误；

B项、NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合的离子反应为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；

C项、向澄清石灰水中通入少量CO2的离子反应为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O，故C错误；

D项、向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好完全沉淀反应生成硫酸钡和氢氧化铝和一水合氨，反应的离子反应为NH4＋+Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－=Al（OH）3↓＋2BaSO4↓+NH3·H2O，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意氧化还原及与量有关的离子反应为解答的难点，选项A、B为易错点。

14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）

选项

实验操作和现象

结论

A

室温下，向明矾溶液中加入足量的浓氨水

证明氢氧化铝溶于氨水

B

向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入1mol·L-1H2SO4试管口出现红棕色气体

溶液中NO3-被Fe2+还原为NO2

C

NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合,有白色絮状沉淀生成

二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀

D

室温下，用pH试纸测得：

0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH小于0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH

CO32－结合H＋的能力比SO32－的强

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【分析】

A、氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水；

B、在酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，NO3-被还原成NO，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；

C、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子、水反应生成氢氧化铝沉淀；

D、用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1Na2SO3溶液和Na2CO3溶液的pH，可判断亚硫酸根离子与碳酸根离子的结合氢离子的能力。

【详解】A项、室温下，向明矾溶液中加入足量的浓氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，故A错误；

B项、在酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3-为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故B错误；

C项、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子、水反应生成氢氧化铝沉淀，HCO3-电离出的氢离子促进AlO2-的水解，AlO2-的水解促进HCO3-电离，故C错误；

D项、用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1Na2SO3溶液和Na2CO3溶液的pH，可判断亚硫酸根离子与碳酸根离子结合氢离子的能力，pH越大，结合氢离子的能力越强，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，B项为易错点，注意在稀溶液中硝酸根离子作氧化剂时生成NO。

15.由氧化铜、氧化铁组成的混合物mg，加入0.8mol·L-1的盐酸500mL时固体恰好完全溶解。

若将mg该混合物在足量的一氧化碳中加热完全反应，冷却后固体质量为

A.3.2gB.（m-1.6）gC.（m-3.2）gD.无法计算

【答案】C

【解析】

【分析】

金属氧化物与盐酸反应生成氯化物和水，由反应CuO～2HCl，Fe2O3～6HCl可知，HCl的物质的量是金属氧化物中O原子的物质的量的2倍，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量。

【详解】由反应CuO～2HCl，Fe2O3～6HCl，可知HCl的物质的量是金属氧化物中O原子的物质的量的2倍，n（HCl）=0.5L×0.8mol/L=0.4mol，所以金属氧化物中O的质量为0.4mol÷2

×16g/mol=3.2g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为mg-3.2g，故选C。

【点睛】本题考查混合物的计算，注意根据反应的特点，确定金属氧化物与盐酸反应的关系式，从而得出HCl的物质的量与金属氧化物中O原子的2倍，是解答该题的关键。

16.已知某H2A的溶液中只有两种含A的微粒：

HA-、A2-，常温下，现向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，滴加过程中溶液pH与滴入的NaOH溶液体积关系如下图所示，下列说法中错误的是

A.HA-的电离平衡常数约为1×10-6

B.a、b、c三点对应的溶液中c点水的电离程度最大

C.c点溶液中：

c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>c（H+）

D.b点溶液中：

n（Na+）>n（A2-）=n（HA-）

【答案】D

【解析】

A、20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液20mL时，溶液中溶质为NaHA，浓度为20mL×0.2mol/L/40mL=0.1mol/L，此时溶液的PH=3.5，c（H＋）=10-3.5mol/L=c（A-），HA-的电离平衡常数K=c（H＋）c（A-）/c（HA-）=

1×10-6,故A正确；B、C点相当于是Na2A，A2―离子水解，促进水电离，故B正确；C、c点溶液是Na2A，Na＋浓度最大，A2―水解溶液呈碱性故离子浓度大小为：

c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>c（H+），C正确；D、b点溶液呈酸性，HA―的电离大于A2―的水解，故n（A2-）>n（HA-），故D错误。

17.有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于20;其中X和Z是金属元素。

已知V和Z属同一族，它们原子最外电子层上只有1个电子,W和Y也属同一族，W原子最外电子层上电子数是次外电子层上电子数的3倍,X原子最外电子层上电子数等于Y原子最外电子层上电子数的一半。

（1）在化学实验中检验Z元素的方法是_______________________________；

（2）实验室制备X最高价氧化物对应的水化物的离子方程式为：

______________；

（3）W与Z可形成化合物Z2W2，该化合物的电子式为________________；

（4）W与V可形成化合物V2W2，该化合物的结构式为_________________；

（5）X、Z的最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_____________（具体化学式表示）；

（6）X、Y、Z三者对应简单离子半径的大小关系___________________（具体离子符号表示）。

【答案】

（1）.焰色反应

（2）.Al3+＋3NH3·H2O＝Al（OH）3↓＋3NH4+（3）.

（4）.H—O—O—H（5）.KOH（6）.S2->K+>Al3+

【解析】

【分析】

V、W、X、Y、Z五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于20。

V和Z属同一族，它们原子的最外电子层上只有1个电子，则属于第IA族元素，V为非金属元素，则V为H元素；W和Y也属同一族，W原子最外电子层上的电子数是次外电子层上电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则W为O元素，Y为S元素；X原子最外电子层上电子数等于Y原子最外电子层上电子数的一半，最外层电子数为3，且原子序数大于W，所以为Al元素；Z是金属元素且原子序数大于S元素，则Z为K元素。

【详解】

（1）Z元素为K元素，在化学实验中检验K元素常用的方法就是焰色反应,故答案为：

焰色反应；

（2）X是Al元素，实验室常用可溶性铝盐与弱碱氨水反应制备，反应的离子方程式为Al3+＋3NH3·H2O＝Al（OH）3↓＋3NH4+，故答案为：

Al3+＋3NH3·H2O＝Al（OH