浙江省宁波市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

这是一份浙江省宁波市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共17页。试卷主要包含了已知，回答下列问题等内容，欢迎下载使用。

浙江省宁波市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
1．（2020·浙江宁波·统考二模）氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。
（1）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于__________晶体，其电子式为__________。
（2）AlCl3可作净水剂，其理由是__________（用必要的化学用语和相关文字说明）。
2．（2021·浙江宁波·统考二模）(1)已知：
物质
性质

质硬，熔点：3200℃，沸点：4820℃

具有挥发性，熔点：，沸点：136.4℃

的熔沸点明显高于的原因是_______。
(2)六方氮化硼晶体结构(如下图)与石墨相似，都是混合型晶体。但六方氮化硼晶体不导电，原因是_______。

3．（2022·浙江宁波·统考二模）回答下列问题：
(1)立方氮化硼(BN)是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石；砷化镓(GaAs)是一种重要半导体材料，具有空间网状结构，比较立方氮化硼和砷化镓熔点的高低并说明理由：____。
(2)四种有机物的沸点数据如表：
物质
CH3OH
C2H6
CH3(CH2)9OH
CH3(CH2)9CH3
相对分子质量
32
30
158
156
沸点/℃
64.5
-88.6
228
196

CH3OH和C2H6沸点相差较大，CH3(CH2)9OH和CH3(CH2)9CH3沸点相差较小，原因是____。
4．（2020·浙江宁波·统考二模）硫代硫酸钠（）是常用的还原剂。在一定体积的某维生素C（化学式）溶液中加入溶液，使维生素C完全氧化，充分反应后，用溶液滴定剩余的I2，消耗溶液。
已知发生的反应为：    ,该溶液中维生素C的物质的量是__________mol。写出简要的计算过程__________。
5．（2021·浙江宁波·统考二模）硫粉和溶液反应可以生成多硫化钠()，离子反应为：、…
(1)在溶液中加入硫粉，只发生，反应后溶液中和无剩余，则原_______。
(2)在一定体积和浓度的溶液中加入硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，反应后溶液中的阴离子有、、(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为。则反应后溶液中的_______。(写出计算过程)
6．（2022·浙江宁波·统考二模）单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x-1)S+Na2SNa2Sx，S+Na2SO3Na2S2O3。现有3.84 g硫与含0.06 mol NaOH的热溶液完全反应，生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，恰好将硫元素全部转化为SO。
请计算：
(1)a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3中a∶b=____。
(2)NaClO溶液的物质的量浓度为____mol·L-1 (写出计算过程)。
7．（2021·浙江宁波·统考二模）三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水(0℃时；100℃时)，难溶于乙醇。110℃下可失去结晶水，230℃时分解。此物质对光敏感，受光照时分解，翠绿色变为黄色，同时产生二氧化碳。用制备的原理如下：
①
②
③
实验步骤：

请回答：
(1)“溶解”时，加入H2SO4溶液的作用是_______。
(2)“沉淀”操作为：加入饱和H2C2O4溶液，沸水加热，完全沉淀后用倾析法分离并洗涤沉淀。分离沉淀之前应该将沉淀煮沸几分钟，目的是_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．在“氧化”过程中，应保持合适的反应温度，若温度太低，则氧化速率太慢
B．若“氧化”后的溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明亚铁离子未完全被氧化
C．“酸溶”时若pH过高，Fe(OH)3可能溶解不充分
D．若“酸溶”后溶液浑浊，则需过滤，且最好用热水洗涤沉淀
(4)重结晶前，“一系列操作”是为了得到三草酸合铁酸钾粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：蒸发浓缩→_______→_______→_______→_______→_______→重结晶。
a．加入适量95%乙醇溶液    b．放置于暗处结晶 c．加热烘干    d．蒸发结晶    e．冷却至室温              f．减压过滤           g．用95%乙醇溶液洗涤
(5)重结晶后，产品中K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O含量的测定可采用滴定分析等方法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是_______。
A．滴定润洗时，润洗液应从滴定管下端放出
B．滴定过程中，左手控制活塞，手心需避免碰到活塞
C．用移液管排放溶液时，应将移液管下端垂直插入溶液中
D．滴定开始时，滴定液可以呈线状流下，滴定后期应逐滴下滴
②某同学经过测定，发现产品中K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O含量明显偏低，可能原因是_______。
8．（2022·浙江宁波·统考二模）羟基乙酸是一种很好的清洗剂，某兴趣小组利用羟基乙腈水解制取纯净的羟基乙酸溶液，按如图流程开展实验：

已知：①羟基乙腈水解的离子方程式：HOCH2CN(aq)+H+(aq)+2H2O(l)→HOCH2COOH(aq)+(aq)  △H＜0。
②羟基乙酸易溶于甲醇、乙醇、乙酸乙酯等有机溶剂，易溶于水，沸点265℃，水溶液加热至沸腾时分解。高浓度羟基乙酸会形成酯类聚合物。

请回答：
(1)下列说法正确的是____。
A．步骤Ⅰ：50%羟基乙腈需分批逐步加入
B．步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，一次完成萃取以提高萃取效率
C．步骤Ⅳ：用NaOH调节pH后蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤得到(NH4)2SO4
D．步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，可获得较大颗粒的晶体
(2)步骤Ⅲ：试剂X是____。
(3)步骤Ⅴ：控制70℃左右、____条件下浓缩，目的是____。
(4)为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。从下列选项中选出合理的操作并排序：准确称取0.6000g样品于锥形瓶中→_____→_____→_____→_____→平行滴定2~3次，计算结果。____
a．向锥形瓶中滴加2~3滴酚酞；
b．向锥形瓶中滴加2~3滴甲基橙；
c．用移液管准确移取25.00mLNaOH溶液于锥形瓶中，溶解样品；
d．向锥形瓶中加入约25mL水，溶解样品便于滴定；
e．用NaOH标准溶液滴定至终点，记录读数；
f．用HCl标准溶液滴定至终点，记录读数；
g．洗涤滴定管、装液、排气泡、调液面，记录读数。
(5)该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数为42.80%，测得结果明显偏低。分析其原因，决定在上述测定中增加一步操作，测得羟基乙酸的质量分数为60.10%，该操作是____。
9．（2020·浙江宁波·统考二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：

已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
（1）组成A的四种元素是__________，气体E是__________。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为__________。
Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。

（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。
（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验__________。
10．（2021·浙江宁波·统考二模）某工业漂白剂X由五种元素构成，可视为钠盐A与有机物B的加合物。取该漂白剂X进行如下实验：

固体D为某含氧酸的正盐与其酸式盐的混合物。气体F是纯净物，能使品红溶液褪色。气体C在标况下的密度约为，可与气体F反应生成淡黄色固体。气体体积已折算至标准状况。
(1)X构成的元素有钠、碳、氢和_______，X的化学式是_______。
(2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应的化学方程式为_______。
(3)步骤Ⅱ，发生反应的离子方程式为_______。
(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，可能的原因有_______。
(5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，请设计简要的实验方案，并指明需要测定的物理量：_______。
11．（2022·浙江宁波·统考二模）化合物X由4种元素组成，某兴趣小组开展探究实验(每一步反应均充分进行)：

已知：白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同。
请回答：
(1)组成X的非金属元素是____，无色溶液B中溶质的成分是____。化合物X的化学式是____。
(2)无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3•H2O，写出该转化过程的离子方程式____。
(3)无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，写出该反应过程的化学方程式____。
(4)设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素____。

参考答案：
1．     离子          水解生成的胶体具有吸附性，即
【详解】(1)NaH是由Na+和H-通过离子键结合而成的离子化合物，属于离子晶体，其电子式为：，故答案为：离子；；
(2)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，因此可作净水剂，其水解离子方程式为：，故答案为：水解生成的胶体具有吸附性，即。
2．     是原子晶体，是分子晶体，共价键比分子间作用力强     氮化硼晶体的层状结构中没有自动移动的电子
【详解】(1)的熔沸点明显高于的原因是：是原子晶体，是分子晶体，共价键比分子间作用力强；
(2)六方氮化硼晶体结构与石墨相似，都是混合型晶体。但六方氮化硼晶体不导电，原因是：氮化硼晶体的层状结构中没有自动移动的电子。
3．(1)立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高
(2)甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大；CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小

【解析】(1)
GaAs和BN均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高，故答案为：立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高；
(2)
CH3OH和C2H6沸点相差较大是因为甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，但是CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小，故答案为：甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大；CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小。
4．          解：设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)= n2=-=mol
【详解】设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)= n2=-=mol，故答案为：；
设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)= n2=-=mol。
5．     0.25     0.1
【详解】(1) 硫粉的物质的量为=0.025mol，只发生，则，0.25；
(2)， ，根据， ，，
， 。
6．(1)2:1
(2)1.2

【分析】(1)根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；
(2)硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。
(1)
3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其与含有0.06 mol NaOH溶液反应，产生a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1；
(2)
3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其反应产生的a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12 mol×(6-0)=n(NaClO) ×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36 mol。由于NaClO碱性溶液体积是300 mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=。
7．     防止亚铁离子水解     获得较大的FeC2O4∙2H2O颗粒，便于倾析法分离     ACD     e     a     b     f     g     CD     草酸合铁酸钾经光照后分解生成了FeC2O4、K2C2O4
【分析】本实验以(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O为原料，经过一系列反应制取K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O。先将(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O溶于水，并加入1mol/L的H2SO4，防止原料水解；再往溶液中加入饱和H2C2O4溶液，Fe2+转化为FeC2O4沉淀，用饱和K2C2O4溶解、H2O2氧化，FeC2O4沉淀转化为K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O和Fe(OH)3，用H2C2O4溶解并将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O。
【详解】(1)因为(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O为强酸弱碱盐，溶于水时会发生水解，所以“溶解”时，需加入H2SO4溶液，其作用是防止亚铁离子水解。答案为：防止亚铁离子水解；
(2)采用倾析法分离并洗涤沉淀，要求沉淀的颗粒较大，煮沸有利于生成较大颗粒的沉淀，所以分离沉淀之前应该将沉淀煮沸几分钟，目的是获得较大的FeC2O4∙2H2O颗粒，便于倾析法分离。答案为：获得较大的FeC2O4∙2H2O颗粒，便于倾析法分离；
(3)A．H2O2受热易分解，但温度高有利于加快反应速率，温度低对反应不利，所以在“氧化”过程中，应保持合适的反应温度，A正确；
B．若“氧化”后的溶液中，含有，它也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以即便溶液褪色，也不能说明亚铁离子未完全被氧化，B不正确；
C．因为Fe3+在碱性过强的溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，所以在“酸溶”时若pH过高，Fe(OH)3可能溶解不充分，C正确；
D．若“酸溶”后溶液浑浊，则Fe(OH)3没有完全溶解，应过滤去除，且最好用热水洗涤沉淀，以防温度过低造成溶质的结晶析出，D正确；
故选ACD。答案为：ACD；
(4)重结晶前，蒸发浓缩后，需进行冷却结晶，然后加入适量95%乙醇溶液，以降低溶质的溶解度，同时放置于暗处结晶；为加快过滤速率，可进行减压过滤，用95%乙醇溶液洗涤，合理的操作(操作不能重复使用)并排序：蒸发浓缩→e→a→b→f→g→重结晶。答案为：e；a；b；f；g；
(5)①A．滴定润洗时，为洗去滴定管内的水，应将洗涤液从滴定管下端放出，A正确；
B．活塞在受到外力后易松动或脱落，在滴定过程中，手心需避免碰到活塞，B正确；
C．放出液体时，将移液管直立，接受器倾斜，管下端紧靠接受器内壁，放开食指，让溶液沿接受器内壁流下，C不正确；
D．滴定开始时，滴定液应该始终逐滴滴下，D不正确；
故选CD。
②题干信息显示，K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O光照易分解，翠绿色变为黄色，同时产生二氧化碳，C元素的价态升高，则Fe元素的价态降低，从而使产品中K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O含量明显偏低，可能原因是草酸合铁酸钾经光照后分解生成了FeC2O4、K2C2O4。答案为：CD；草酸合铁酸钾经光照后分解生成了FeC2O4、K2C2O4。
【点睛】K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O具有光敏性，在相关的操作过程中，应尽可能减少与光的直接接触。
8．(1)A
(2)水
(3)     减压     防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解
(4)cgaf或cagf
(5)在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却

【分析】羟基乙腈在硫酸溶液中发生水解，生成羟基乙酸和硫酸铵，用有机萃取剂萃取后，羟基乙酸进入有机层，硫酸铵进入水层；分液后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，可获得硫酸铵；有机层加水，将羟基乙酸溶于水，与有机溶剂分离，从而得到羟基乙酸溶液，控温蒸发结晶，便可获得羟基乙酸晶体。
(1)
A. 步骤Ⅰ：50%羟基乙腈分批逐步加入，可使羟基乙腈水解比较完全，从而提高其转化率，A正确；
B. 步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，虽然萃取所用的步骤少，但萃取剂的用量大，给分离提纯带来困难，且增大生产成本，B不正确；
C. 步骤Ⅳ：用NaOH调节pH，(NH4)2SO4会转化为Na2SO4和一水合氨等，C不正确；
D. 步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，快速冷却，所获得晶体颗粒小，D不正确；
故选A。答案为：A；
(2)
因为羟基乙酸易溶于水，且能与碱反应，所以试剂X是水。答案为：水；
(3)
题给信息显示：羟基乙酸的水溶液加热至沸腾时分解，所以需控制70℃左右、减压条件下浓缩，目的是防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解。答案为：减压；防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解；
(4)
为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。先加入一定量的过量NaOH溶解羟基乙酸，再将标准盐酸装入酸式滴定管、并用盐酸滴定过量的NaOH；由于滴定终点时羟基乙酸钠溶液呈碱性，则所用酸碱指示剂为酚酞。故选cgaf或cagf。答案为：cgaf或cagf；
(5)
该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数偏低，应为羟基乙酸与NaOH反应不充分引起的，所以应设法让羟基乙酸与NaOH充分反应，然后再滴定过量NaOH。从而得出该操作是：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。答案为：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。
【点睛】提取羟基乙酸的有机萃取剂，既能将羟基乙酸从水溶液中提取出来，又能将羟基乙酸释放到水中。
9．     Cu、C、N、O     CO和N2               （SO2不足）或（SO2足量）     取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【分析】I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；
Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
【详解】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；
(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；
(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；
Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；
(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
10．     硫、氧                    钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性)     向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。)
【分析】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1mol。Na2SO3和NaHSO3各占0.05mol。
【详解】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1mol。Na2SO3和NaHSO3各占0.05mol。
(1)X构成的元素有钠、碳、氢和氧、硫，X的化学式是；
(2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应生成氧化亚铜沉淀、碳酸钠和水，反应的化学方程式为；
(3)步骤Ⅱ，气体F，即SO2与足量的氯化钡、双氧水溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为；
(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，说明X具有还原性，将碘离子氧化为碘单质，故可能的原因有钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性)；
(5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，简要的实验方案为：向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。)
11．(1)     H、Cl     HCl、NaCl     NaHCuCl3
(2)4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－
(3)HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3
(4)将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素

【分析】白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，说明含有Na元素，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同，说明含有铜元素，无色溶液B加入硝酸酸化的硝酸银有沉淀生成，说明白色沉淀是氯化银，则含有氯元素，溶液B和碳酸氢钠反应生成无色气体，则该气体为二氧化碳，说明无色溶液为HCl。
(1)
根据前面分析X中含有Cu、Cl、H和Na，因此组成X的非金属元素是H、Cl；根据无色溶液B分为两等分，一份加入足量碳酸氢钠生成224mL气体，说明盐酸物质的量为0.01mol，另一份加入足量硝酸银和稀硝酸，得到2.87g白色沉淀，说明氯离子物质的量为0.02mol，则无色溶液B中除了HCl还有NaCl，则无色溶液B中溶质的成分是HCl、NaCl。根据化合物X加入水生成白色沉淀A，说明A为CuCl，则化合物X的化学式是NaHCuCl3；故答案为：H、Cl；HCl、NaCl；NaHCuCl3。
(2)
无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3·H2O，说明发生氧化还原反应得到Cu(NH3)且Cu(NH3)与O2比例关系为4:1，该转化过程的离子方程式4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－；故答案为：4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－。
(3)
无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，说明生成的固体为CuC≡CCu，则该反应过程的化学方程式HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3；故答案为：HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3。
(4)
根据信息白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，则将该物质溶于稀硝酸，看溶液颜色，再加入硝酸银，是否有白色沉淀，因此设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素；故答案为：将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。