2022年高三化学二轮复习 专题训练 元素及其化合物（含解析）

2022年高三化学二轮复习 专题训练 元素及其化合物（含解析）1下列叙述中正确的是A虽然Cu能导电，但Cu是非电解质 BBaSO4虽然难溶于水，但BaSO4是电解质CSO3溶于水能导电，所以SO3是电解质 DNaNO3溶液能导电，故NaNO3溶液是电解质【答案】B【解析】本题考查电解质的概念及判断。不论是电解质还是非电解质，都必须是化合物，A不正确；电解质是指溶于水或受热熔化时能导电的化合物，而与其溶解性无关，B正确；SO3溶于水能导电，是因为与水反应生成的硫酸的缘故，因此硫酸属于电解质，而SO3属于非电解质，C不正确；NaNO3溶液属于混合物，不能是电解质，NaNO3才属于电解质，D不正确。2下列金属与水反应最剧烈的是ALi BAl CRb DCa【答案】C3下列现象或事实可用同一原理解释的是A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B氯水和活性炭使红墨水褪色C漂白粉和钠长期暴露在空气中变质 D氯水和过氧化钠使品红褪色【答案】D4下列说法正确的是A.浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体B.在含有Cu(NO3)2、Mg(NO3)2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是CuC.能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物D.将Ba(OH)2溶液滴到明矾溶液中，当SO42-刚沉淀完时，铝以AlO2-的形式存在【答案】D【解析】A不正确，反应需要加热；银离子的氧化性强于铜离子的，首先析出银，B不正确；C不正确，例如氧化铝也能和酸反应生成盐和水，但氧化铝是两性氧化物；因此正确的答案选D。5下列物质不能用单质直接化合而制得的是( ) ANa2O2BFeCl3CNO2DSO2 【答案】C【解析】试题分析：氮气和氧气反应生成NO，得不到NO2，其余选项都是正确的，答案选C。考点：考查常见物质的制备点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是学生要熟练记住常见物质的化学性质以及有关的反应，然后灵活运用即可。该题学生不难得分。6把少量CO2分别通入到浓度相同的：Ba(NO3)2溶液；Ba(OH)2溶液；溶有氨的BaCl2溶液中。能观察到白色沉淀的溶液是 A.只有 B.和 C.和 D.【答案】B7下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）ANH3通入AlC13溶液中BCO2通入到CaCl2溶液中C用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D稀盐酸滴加到Fe(OH)3胶体溶液中【答案】B【解析】试题分析：ANH3通入AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，有白色沉淀生成，则现象明显，A项不选；BCO2 与CaCl2不反应，则现象不明显，B项选；C过氧化钠与潮湿空气中的水反应生成氧气，反应放热导致脱脂棉燃烧起来，现象明显，C项不选；D稀盐酸滴加到Fe(OH)3胶体溶液中，先发生胶体聚沉，出现红褐色沉淀，然后Fe(OH)3与盐酸反应导致沉淀溶解，现象明显，D项不选；答案选B。考点：考查常见物质反应的现象。8按图装置持续通入气体x，并在管口P处点燃，实验结果使澄清石灰水变浑浊，则X、Y可能是（ ）H2和NaHCO3 CO和Na2CO3 CO和CuO H2和Fe2O3 A B C D【答案】B【解析】试题分析：碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳使澄清石灰水变浑，氢气在导管口燃烧，正确；碳酸钠不分解产生二氧化碳，错误；一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳使澄清石灰水变浑，一氧化碳在导管口燃烧，正确；氢气还原氧化铁生成铁和水，无二氧化碳生成，错误。考点：元素化合物点评：碳酸钠稳定，受热不分解。9下列描述错误的是A可以使用排水法收集氨气BNa2O2既含有离子键，又含有非极性键C金属元素从游离态变为化合态一定被氧化DNa2CO3饱和溶液中持续通入CO2气体有固体析出【答案】A【解析】氨气极易溶于水，不能用排水法收集。B：Na2O2有阴离子中存在非极性共价键。C：金属元素只有正价和零价，所以从游离态变为化合态一定被氧化；D：饱和溶液中通入CO2:Na2CO3+ CO2+H2O=NaHCO3，主要是由于产物的溶解度较小，且同时溶剂减小，溶质质量增大，故有固体析出。10下列陈述I、II正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2和氯气都能使品红褪色两者都有漂白性BAl(OH)3是两性氢氧化物盐酸和氨水能溶解Al(OH)3C镁能与氮气发生反应镁是活泼金属，有较强的还原性D氯化氢气体不导电，盐酸导电两者都属于电解质【答案】C【解析】试题分析：氯气能使品红褪色体现了氯气的强氧化性，不是漂白性，A项错误；氢氧化铝是两性氢氧化物，溶液强酸和强碱，不溶于氨水，B项错误；镁有较强的还原性，能与氮气反应，C项错误；盐酸是混合物，电解质是针对纯净物进行分类的，D项错误；选C。考点：考查物质的性质与用途。11下列叙述和叙述均正确并且有因果关系的是选项叙述I叙述IIANH3溶于水，呈碱性工业上以NH3为原料生产硝酸BFe3具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3CNH4Cl受热分解成NH3、HCl用加热法除去NaCl中的NH4ClD氢氟酸是强酸氢氟酸不能保存在玻璃瓶中【答案】C【解析】试题分析：A、氨气溶于水显碱性，与氨气制备硝酸之间没有关系，A错误；B、KSCN溶液与铁离子反应不是氧化还原反应，与铁离子的氧化性没有关系，B错误；C、NH4Cl受热分解成NH3、HCl，所以用用加热法除去NaCl中的NH4Cl，C正确；D、氢氟酸是弱酸，D错误，答案选C。考点：考查物质性质、用途、离子检验、试剂保存等12除去下列物质中的杂质（括号内是杂质），能采用加入过量NaOH溶液充分反应再过滤的方法的是AFeCl2溶液（FeCl3） BKNO3（NaCl）CNaCl（CaCO3） DCuO（Al2O3）【答案】D【解析】试题分析：A、二者均与氢氧化钠溶液反应，错误；B、二者均不与氢氧化钠溶液反应，错误；C、不用加氢氧化钠溶液，直接过滤即可，错误；D、CuO不与氢氧化钠溶液反应，而氧化铝与氢氧化钠溶液反应，可再过滤得CuO，正确，答案选D。考点：考查与氢氧化钠溶液反应的物质13在室温时，下列各组物质分别与一定量NaOH溶液反应，在溶液中可能生成6种酸根离子的是：AA12O3、SO2、CO2、SO3 BC12、A12O3、N2O5、SO3CCO2、C12、CaO、SO3 DSiO2、N2O5、CO、C12【答案】A【解析】试题分析：A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸根离子，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸根离子或碳酸氢根离子，三氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成硫酸根离子，所以可能有6种酸根离子生成，正确；B、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯离子和次氯酸根离子，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸根离子，N2O5与氢氧化钠溶液反应，生成硝酸根离子，氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成硫酸根离子，所以可能有5种酸根离子生成，错误；C、二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸根离子或碳酸氢根离子，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯离子和次氯酸根离子，CaO不与氢氧化钠溶液反应，三氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成硫酸根离子，所以可能有5种酸根离子生成，错误；D、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸根离子，N2O5与氢氧化钠溶液反应，生成硝酸根离子，CO不与氢氧化钠溶液反应，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯离子和次氯酸根离子，所以可能有4种酸根离子生成，错误，答案选A。考点：考查氧化物与氢氧化钠溶液反应产物的判断14下列各组物质中，将前者加入后者中时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是A 稀盐酸，Na2CO3溶液 B 稀H2SO4溶液，NaAlO2溶液C Cu，FeCl3溶液 D 浓氨水，AgNO3溶液【答案】C15把一块镁铝合金投入到1 molL1盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 molL1 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列说法中错误的是()A盐酸的体积为80 mLBa的取值范围为0a50Cn(Mg2)0.025 molD当a值为30时，b值为0.01【答案】D【解析】从开始到沉淀量最大的过程中，涉及的反应有Mg2H=Mg2H2、2Al6H=2Al33H2、HOH=H2O、Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3，此时消耗的NaOH的物质的量等于HCl的总物质的量，A正确；80 mL90 mL的NaOH溶液用于溶解Al(OH)3：Al(OH)3OH=AlO2-2H2O，故形成Al(OH)3沉淀消耗NaOH溶液的体积是30 mL，所以a50，B项正确；从题图来看，若a0，则Mg2的最大值是0.025 mol，而a0，故C正确；当a为30时，得到Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的物质的量均为0.01 mol，共0.02 mol，D项不正确。16印刷电路的废腐蚀液中含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费，可从该废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，作为腐蚀液原料循环使用。(1)测得某废腐蚀液中含CuCl2 1.5 molL1、FeCl2 3.0 molL1、FeCl3 1.0 molL1、HCl 3.0 molL1。取废腐蚀液200 mL按如下流程在实验室进行实验：回答下列问题：废腐蚀液中加入过量铁粉后，发生反应的离子方程式为_。检验废腐蚀液中含有Fe3的实验操作是_；在上述流程中，“过滤”用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。由滤渣得到纯铜，除杂所需试剂是_。(2)某化学兴趣小组利用下图所示装置制取氯气并通入到FeCl2溶液中获得FeCl3溶液。实验开始前，某同学对实验装置进行了气密性检查，方法是_。浓盐酸与二氧化锰加热反应的化学方程式为_；烧杯中NaOH溶液的作用是_。参考(1)中数据，按上述流程操作，需称取Fe粉的质量应不少于_g，需通入Cl2的物质的量应不少于_ mol。【答案】(1)2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu、2HFe=Fe2H2取少量废腐蚀液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；漏斗盐酸(2)关闭分液漏斗活塞，用热毛巾捂住烧瓶，集气瓶内导管口有气泡冒出，撤走热毛巾后，有一段水柱生成，证明装置气密性良好MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O；吸收多余的Cl2，防止污染环境39.2；0.75【解析】(1)废腐蚀液中有Fe3、Cu2、H，所以离子方程式为2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu,2HFe=Fe2H2。检验Fe3的方法：向废腐蚀液中加KSCN溶液，溶液呈红色。过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。滤渣中有Fe和Cu，除去Fe留下Cu需用盐酸。(2)关闭分液漏斗活塞，用热毛巾捂住烧瓶，集气瓶内导管口有气泡产生，撤走热毛巾后，有一段水柱生成，证明装置气密性良好。MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O，NaOH溶液的作用是吸收多余的Cl2。由反应方程式及废腐蚀液中与Fe反应的各物质的量可计算出需Fe粉39.2 g。总的n(FeCl2)1.5 mol，所以需n(Cl2)0.75 mol。17中学常见化学反应方程式为：A+BX+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中，A、B的物质的量之比为1:4。请回答：（1）若Y为黄绿色气体，该反应的离子方程式为 ，B体现出的化学性质有 （2）若A为常见的非金属单质，B的溶液为某浓酸，反应条件为加热，其反应的化学方程式为 （3）若A为某不活泼的金属单质，实验室常用该反应来制备某种能形成酸雨的气体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 （4）若A为常见的金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。A元素在元素周期表中的位置是 含amolX的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X的物质的量是 【答案】（1）MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2 酸性和还原性（2）C+4HNO3(浓）CO2+4NO2+2H2O（3）涉及反应为：Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:1（4）第四周期第族 04a （各2分。【解析】试题分析：（1）黄绿色气体一定为氯气，因此反应为：MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2 ，在这个反应中盐酸表现出来的性质为：酸性和还原性。（2）C+4HNO3(浓）CO2+4NO2+2H2O（3）2:1（4）依题意可知：金属元素为Fe，在周期表中的位置为：第四周期第族 Fe 2Fe3 3Fe2 起始：Xmol 2amol 0反应：bmol 2bmol 3bmol最终：（x-b）mol (2a-2b)mol 3bmol根椐题中提供条件：(2a-2b)= 3b，所以b=04a因此被还原的Fe3的物质的量为08a，那么被还原的X为04amol。考点：考查物质之间的转化。18下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。.硫酸具有A-D所示的性质，以下过程主要表现了浓硫酸的那些性质？请将选项字母填在下列各小题的括号内：A强酸性 B 吸水性 C 脱水性 D 强氧化性（1）浓硫酸可以干燥氢气（2）浓硫酸使木条变黑（3）热的浓硫酸与铜片反应现用该浓硫酸配制100 mL1 mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有 （选填序号），还缺少的仪器有 （写仪器名称）；(2)经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为 mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用 （选填10mL、50mL 、100mL）规格的量筒；【答案】(15分). (每空2分) B ； C ；A D (1) (每空2分) ； 100mL容量瓶 玻璃棒 (2) 5.4（3分），（2分）19现有X、Y、Z三种元素，已知有如下情况：X、Y、Z的单质在常温下均为气体。 X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色。 XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X和Z。XZ的水溶液可使石蕊试液变红。 两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体。 Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。请完成下列问题：（1）写出XZ和X2Y的化学式：XZX2Y（2）Z的单质溶于X2Y后，溶液起漂白作用的物质是（写化学式）。（3）写出X的单质在Z的单质中燃烧的化学方程式。（4）Z的单质能否与氢氧化钠溶液发生反应：（填“能”或“否”），若能，请写出反应的化学方程式： 。（若不能反应，则此空不必填写）。【答案】（1）HCl H2O （2）HClO （3） H2+Cl2 2HCl（4）能 Cl22NaOHNaClNaClOH2O20平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐3.01g，加入2.0molL1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。【答案】n(CO32)=0.005mol（2分），n(OH)=0.08mol（2分），nMg(OH)21.74g58g/mol=0.03mol（2分），n(Al3)=0.01mol（2分），碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO34H2O（1分）。【解析】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32-）=2.510-32=0.005mol,而中和OH-需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH-）=4010-32=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.0052-0.032）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.00560-0.0817-0.0324-0.0127=0.36g， 0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO34H2O。21在下列物质转化关系中，A是（NH4）2S，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如图的转化关系：请回答：（1）当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素。则E是_，写出B生成C的化学方程式_。（2）当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。则E是_，写出B生成C的化学方程式_。（3）X无论是强酸还是强碱，上述转化中Z是同一种物质，写出Z的电子式_。（4）同温同压下，分别在强酸和强碱条件下生成的气体B在等质量时的体积比为_。【答案】（1）H2SO4 2H2S+3O22SO2+2H2O（2）HNO3 4NH3+5O24NO +6H2O（3） （3）1:2【解析】试题分析：A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，可初步判断D比C多一个氧原子联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2SO3，NONO2，Na2SO3Na2SO4等由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等若D为SO3，顺推E为H2SO4，Z为H2O，逆推B为H2S，A为硫化物，此时X为强酸；若D为NO2，顺推E为HNO3，Z为H2O，逆推B为NH3，A为铵盐综合而得A应为（NH4）2S，则:（1）当X是强酸时，E是H2SO4，B生成C的化学方程式2H2S+3O22SO2+2H2O；（2）当X是强碱时，E为HNO3，B生成C的化学方程式4NH3+5O24NO +6H2O；（3）无论X是强酸还是强碱，Z为水，电子式为；（4）相同条件下，气体的体积比与物质的量成正比，质量相同时，与摩尔质量成反比，故等质量的H2S和NH3的体积比为17:341:2。【考点定位】【名师点晴】本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。22下图中X、Y、Z为单质，其他化合物，它们之间存在有如下转化关系（部分产物已略去）。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是_；R的化学式是_。（2）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式_。（3）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值_。【答案】（1）第二周期族 H2SiO3（2）3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H2O （3）1.5【解析】试题分析：A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为硅酸钠、G为硝酸铁，R为H2SiO3，（1）氧元素在周期表中的位置是第二周期族；为硅酸，化学式为H2SiO3；（2）四氧化三铁和硝酸反应是氧化物中的二价铁元素被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2价，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H2O；（3）铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变，反应过程中生成的气体为NO，令Fe2+的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=xmol2/3，根据N元素守恒可知：2xmol/3+2xmol=4 mol，解得x=1.5，故n（Fe2+）随n（Fe）变化的示意图为：。考点：本题考查无机物的推断，侧重物质转化和性质的考查，侧重铝热反应及硅及其化合物转化的考查，（3）为易错点，注重根据反应的方程式计算。23（10分）下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为118号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质（部分反应的产物未列出）。请回答下列问题：（1）D的化学式为 ；E原子外围电子排布式为 _（2）A与B生成D的反应在工业上是生产 的反应原理之一。（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为 .（4）B和C反应的化学方程式为 。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式【答案】（1）NO 3d10 4s1 （各1分）；（2）HNO3 （1分）；（3）3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O （2分）；（4）2NH33CuO3CuN23H2O （2分）；（5）SO22Cu22Cl2H2O=2CuClSO424H （3分）【解析】试题分析：C为黑色氧化物，E为红色金属单质，红色金属只有Cu，则E是Cu，C的CuO，F与A在放电时产生D，则D是NO，A是O2，B是具有刺激性气味的气体，与O2反应产生NO，则B是NH3，NO、O2、H2O发生反应产生HNO3和NO，因此G是HNO3，硝酸与Cu发生反应产生H是Cu(NO3)2，Cu(NO3)2与NaOH发生反应产生I是Cu(OH)2，Cu(OH)2与HCl发生反应产生CuCl2，CuCl2与SO2在加热时发生氧化还原反应，产生CuCl和硫酸。产生的K为白色沉淀，则K是CuCl。（1）D的化学式为NO；Cu是29号元素，Cu原子外围电子排布式为3d10 4s1；（2）NH3和O2发生反应产生NO，NO被氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，因此A与B生成D的反应在工业上是生产硝酸的反应原理之一。（3）Cu与稀硝酸溶液反应的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；（4）NH3与CuO在加热时发生氧化还原反应产生Cu、N2、H2O ，根据电子得失数目相等可得B和C反应的化学方程式为2NH33CuO3CuN23H2O。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。SO2还原J生成K的离子方程式是SO22Cu22Cl2H2O=2CuClSO424H。考点：考查元素及化合物的推断、物质的核外电子排布式的书写、化学方程式和离子方程式的书写的知识。