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2019-2020年高考化学无机元素解题方法【命题趋向】元素化合物知识是中学化学的重要组成部分。按照化学科考试说明的规定，元素化合物知识点共有100多个知识点，而且这部分知识多数是描述性的，内容繁杂、零碎和分散，需要记忆的东西较多，难以掌握和运用。元素化合物知识虽然内容繁多，但其中有许多内容和化学基本理论紧密联系在一起，复习时可以用化学理论去统率和掌握元素化合物知识，而不需死记硬背。例如根据物质结构和元素周期表，可以一地判断某主族元素及其化合物的通性，同主族元素或同周期元素的性质的递变规律；根据强弱电解质理论，可以推测知一种盐的水溶液是中性、酸性还是碱性；根据离子反应发生的条件和金属活动顺序表或非金属活泼性顺序，可以推测某一反应是否发生；根据化学平衡和沙特列原理，可以知道如何促进或抑制某一反应的进行因此，在复习元素化合物知识时，对那些可以从化学理论上加以概括的内容，不仅要知其然，还要知其所以然。理论知识和元素化合物知识相结合是学好元素化合物的法宝，xx年高考中金属和非金属元素的知识和基本概念、基本理论知识综合考查仍是高考的主流。【考点透视】一、元素化合物知识网络 （一）金属及其化合物知识网络1钠及其化合物间的转化关系2镁及其化合物间的转化关系3铁及其化合物间的转化关系（二）非金属及其化合物网络1氯及其化合物间的转化关系请写出各步转化的化学方程式：2硫及其化合物间的转化关系请写出各步转化的化学方程式：3氮及其化合物间的转化关系4碳及其化合物间的转化关系 二元素化合物特征现象:1焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）2浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr3有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫色） 有色固体：红色（Cu、Cu2O、Fe2O3）、红褐色Fe（OH）3 蓝色Cu（OH）2 黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS）黄色（AgI、Ag3PO4） 白色Fe（0H）2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3 有色气体：Cl2（黄绿色）、NO2（红棕色）4特征反应现象：5既产生淡黄色沉淀又产生刺激性气味的气体：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O （Na2S2O3 + H2SO4）6溶液颜色变为浅绿色,并产生淡黄色沉淀: 2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl7通CO2变白色浑浊：石灰水（过量变清）、Na2SiO3、饱和Na2CO3、浓苯酚钠、NaAlO2三、金属基本反应:1与水反应产生气体或沉淀:（1）单质（2）化合物（3）双水解: 2既能酸反应，又能与碱反应 （1）单质：Al、Si （2）化合物：Al2O3、Al（OH）3、弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、氨基酸。 如: Al3+ Al（OH）3 AlO2- （3）A3置换反应：（1）金属金属（2）金属非金属4分解反应:（1）（2）硝酸盐（3）电解反应:电解四、非金属知识归纳1非金属单质或化合物的反应中常用到催化剂的反应:2置换反应：（1）非金属非金属（2）非金属金属3归中反应：2H2S+SO2=3S+2H2O4NH3+6NO 4N2+6H2O4分解反应：受热分解产生2种或3种气体的反应：铵盐5特征网络： 通式： 6特征反应 （1）与碱反应产生气体铵盐： （2）与酸反应产生气体【例题解析】例1实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，下列有关说法中正确的是（气体体积在标准状况下测定）（ ）A若提供0.4 mol HCl，MnO2不足量，则可制得氯气2.24 LB若提供0.4 mol HCl，MnO2过量，则可制得氯气2.24 LC若有0.4 mol HCl参与反应，则可制得氯气2.24 LD若有0.4 mol HCl被氧化，则可制得氯气2.24 L解析：实验室制取氯气是用二氧化锰与浓盐酸反应，与稀盐酸是不反应的，浓盐酸在反应一段时间后变稀就不能再与二氧化锰反应了，所以当HCl的物质的量为04 mol时，无论如何都不可能完全反应生成01 mol氯气。提供的HCl分为3部分没有参加反应的、参加反应且被氧化的和参加反应但没有被氧化的。答案：C例2某混合气体可能有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水硫酸铜（变蓝）时，则可断定该混合气中一定有（ ）AHCl、CO2、H2BCO、H2、H2OCCO、H2、NH3DHCl、CO、H2O解析：气体通过澄清石灰水无浑浊，而通过Ba（OH）2溶液有浑浊，则证明原混合气体中一定含HCl和CO2气体，因HCl与石灰水作用：Ca（OH）2+2HCl = CaCl2+2H2O，无沉淀产生，且HCl被吸收；CO2通过Ba（OH）2产生沉淀：Ba（OH）2+CO2 = BaCO3+H2O，因而有HCl、CO2，则一定没有NH3。通过灼热的CuO和无水CuSO4所呈现的现象说明一定存在H2。答案：A例3在容积为672 mL的烧瓶里充满NO、NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧气，恰好完全反应，且水充满烧瓶（气体体积都折合成标准状况下）。下列有关叙述中，正确的是（ ）A总反应为NO+NO2+O2+H2O=2HNO3B总反应为4NO+8NO2+5O2+6H2O=12HNO3C生成HNO3的物质的量浓度接近0.03 molL-1D生成HNO3的物质的量浓度约为0.045 molL-1解析：本题考查NO、NO2的混合气体与氧气在水中反应的比例关系。无论是NO还是NO2都能在水中与氧气按一定比例反应生成HNO3，同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，n（NO+NO2）n（O2）=672280=125。所以由电子守恒可知恰好反应时总反应为4NO+8NO2+5O2+6H2O=12HNO3。可以生成0.03 mol HNO3，容器容积为672 mL，所以硝酸溶液浓度=0.03 mol/0.672 L=0.045 molL-1。答案：BD例4足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与168LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是_。解析：利用电子守恒是解答本题的关键。本题的本质是参加反应的铜失去电子与氧气得电子总数相等，设参加反应的铜的物质的量为X，则2X=41.68/22.4，解答X=0.15mol，因而消耗NaOH溶液的体积为20.15mol/5mol/L=0.06L=60mL。例5（08全国卷）对于A族元素，下列叙述中不正确的是（ ） ASiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键BC、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8CCO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应D该族元素的主要化合价是4和2解析：A族元素最外层电子数都是4，但C原子的次外层电子数只有2个电子。答案：B。例6（08北京卷）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ） ANa2CO3BNa2O2 Na2CO3CNaOH Na2CO3DNa2O2 NaOH Na2CO3解析：根据反应式：2NaHCO3=Na2CO3CO2H2O，2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；根据计量关系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3。答案：A例7已知2Fe2Br22Fe32Br，当向100的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得形成的溶液中Cl和Br的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_。解析：由题供信息可知：Fe2的还原性强于Br的还原性；因此，通入Cl2后Fe2应该全部被氧化成了Fe3。据题意知反应后的溶液中只有Fe3、Cl、Br，且（Cl） （Br）2（Cl2）23.36L22.4Lmol120.15mol。据电荷守恒原理，必有： 3（Fe3）（Cl）1（Br）1 解得：（Fe3）0.2mol 又由铁元素守恒知（Fe2）（Fe3）0.2mol。故原FeBr2溶液的物质的量浓度为：0.2mol/0.1L2mol/L例8由A、D、E、G四种微粒组成的盐可表示为xAaDdyE2DzG（其中x、y、z均为系数）。取该盐4704克溶于水得一澄清的弱酸性溶液，其中溶质的质量为3408克。同质量的该盐与513克Ba（OH）2充分混匀后加热，生成的气体用足量的铝盐溶液充分吸收得Al（OH）3为0624克，加热后的残渣用水溶解后过滤，滤液以酚酞为指示剂用0400摩/升的H2SO4滴定至终点，用去H2SO4为150毫升，滴定完毕后，溶液检测不出任何金属离子和酸根离子，滤渣用HNO3洗涤时部分溶解，得一遇石炭酸显紫色的黄色溶液，依据推理、计算，将结果填入下列空格内。 （1）A、D、E、G四种微粒分别为_； （2）推算x、y、z之比为_； （3）推算a、d之比值为_； （4）该盐的化学式为_。答案：（1）Fe2+ SO42-NH4+ H2O （2）1:1:6 （3）a:d =1:1 （4）FeSO4（NH4）2SO46H2O或Fe（NH4）2（SO4）26H2O解析：先求得4.704克该盐中含“水”0.072mol；加入的氢氧化钡为0.03mol，由它带入氢氧根离子与钡离子的物质的量分别为0.06mol和0.03mol，其中氢氧根离子有0.024mol用于同溶液中的铵根离子作用放出氨气，则可知溶液中含有铵根离子的物质的量为0.024mol，而带入的0.03mol钡离子将溶液中的硫酸根离子全部沉淀下来后还有剩余，还需补充0.006摩硫酸根（由硫酸带入）才能沉淀完全，故可求得原溶液中的硫酸根的物质的量为0.03-0.006=0.024mol。到此,已知盐中的“水”、硫酸根离子、铵根离子三种微粒，另一种微粒从题中也不难推出是亚铁离子，根据电荷守恒规律，可求得亚铁离子的物质的量为0.012mol。例9生铁中一般含有化合物B，它的含量、形状、分布对生铁性能影响很大，使生铁硬而脆，不宜进行机械加工。已知：（1）E、F、H、I、P常温下为气体，H、I、P为单质，E是一种经棕色气体。（2）反应均为制备理想的绿色水处理剂Na2FeO4的方法，其中反应在生成Na2FeO4的同时还生成NaNO2和H2O。各物质之间的转化关系如下图所示（图中部分生成物没有列出）。请填写以下空白： （1）写出F的电子式_。 （2）反应的离子方程式为_； （3）反应的化学方程式为_。答案：（1） （2）2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2 （3）Fe2O3+3NaNO3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaNO2+2H2O解析：常温下F是一种气体且能和Na2O2反应生成单质H，则H为O2，F为CO2，N为Fe2O3，红棕色气体E为NO2，应是氧化性酸HNO3的还原产物，可考虑A为HNO3，化合物B应是由元素Fe和C构成的化合物（本题中由于条件不足，问题中没有让学生回答未知物的化学式），和HNO3发生氧化还原反应，D应是H2O，C可能是Fe（NO3）2或Fe（NO3）3，由于G的水溶液电解生成2种气体I和P，所以G是NaCl，产物J能和HNO3反应，所以J是NaOH，I是Cl2，P是H2，K是NaNO3。例10（08海南卷）下图表示某固态单质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_； （4）将5mL010molL1的E溶液与10mL010 molL1的NaOH溶液混合。写出反应的离子方程式_；反应后溶液的pH _7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是_；加热反应后的溶液，其pH_（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是_。解析：固态单质A能与空气中的氧气反应生成气体物质B，则A可能为C或S等，假定为S，则B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为648045，恰好与题意相符（同时也证明A不是C），则D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S。E为H2SO3。答案：（1）H2+SH2S（写成可逆反应也正确）。 （2）H2SO3 + 2H2S=3S + 3H2O。 （3）C+2H2SO4（浓）CO2 +2SO2 +2H2O或Cu+ 2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2 + 2H2O等。 （4）H2SO3 +2OH = SO32 + 2H2O。大于；Na2SO3溶液中SO32-发生水解使溶液显碱性。增大；升高温度促进Na2SO3溶液的水解。例11中学化学常见物质AJ之间的转化关系如下，其中反应、是工业上制备I的主要反应原理。已知AJ中除物质C外均含甲元素，A为淡黄色粉末，C由两种元素组成，其原子个数比为12，D是生活中常用的一种盐。 （1）甲元素的名称是 ，工业上制备I的方法叫做 。 （2）D与J的溶液混合后的现象是 。 （3）F与碘化氢溶液反应的离子方程式是 。 （4）已知12 g化合物C在E中完全燃烧放出853 kJ热量，请写出表示C的燃烧热的热化学方程式： 。 解析：中学化学中常见的“黄色”固体 S、Na2O2、AgBr、AgI、 FeS2中学化学中接触到的工业反应（题中说明三步法制备I），中学化学中常见的连续氧化反应中学用到催化剂的反应KClO3 催化剂（MnO2），加热 ，H2O2 催化剂（MnO2）NH3 +O2 催化剂，加热 ， N2 +H2 催化剂，高温、高压SO2 + O2 催化剂，加热综合上述信息及题干提示可以得出答案 （1）氧（2分），接触法（2分）。 （2）有无色无味的气体放出，同时出现红褐色沉淀。（3分） （3）Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O（3分） （4）FeS2（s）+ 11/4O2（g）=1/2 Fe2O3（s）+2SO2（g）; H =853 kJ/mol（3分）【专题训练与高考预测】1下列五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是（ ）品红溶液 酸性KMnO4溶液溴水滴有酚酞的NaOH溶液 淀粉碘溶液AB CD2有一在空气中暴露过的KOH固体, 含水2.8%, K2CO3 7.2%。取1g该样品, 投入 25mL2mol/LHCl中, 中和多余的HCl又用去1.07mol/L的KOH溶液30.8ml, 蒸发中和后 的溶液, 所得固体的质量是（ ）A3.73g B4.00g C4.50g D7.45g3将足量CO2气体通入水玻璃（Na2SiO3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧， 最后所得的固体物质是（ ） ANa2SiO3 B Na2CO3、Na2SiO3 C Na2CO3、SiO2 D SiO24下列有关二氧化硅的叙述中错误的是（ ）ASiO2是酸性氧化物，它对应的水化物是硅酸（H2SiO3）B硅酸可由SiO2直接制得CSiO2可与碱性氧化物或强碱反应 D光导纤维的主要原料就是SiO25在同温同压下将SO2和Cl2按11体积比混合后，通入BaCl2和品红的混合溶液中，下 列说法正确的是（ ）A溶液褪色，无沉淀生成 B溶液不褪色，无沉淀生成C溶液褪色，有沉淀生成 D溶液不褪色，有沉淀生成6某混合气体可能有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄 清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红） 和无水硫酸铜（变蓝）时，则可断定该混合气中一定有（）AHCl、CO2、H2BCO、H2、H2OCCO、H2、NH3DHCl、CO、H2O7在加热情况下用足量CO还原7g 由铁的氧化物组成的混合物产生的气体全部通人足 量石灰水中得到 125 g 沉淀此混合物不可能为（） AFe0、Fe203 BFeO、Fe304 CFe203 Fe304 DFeO Fe203 Fe3048在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制取铜有下列两种途径： （1）Fe H2 Cu （2）CuO CuSO4 Cu 若用这两种方法制得的铜质量相等则下列有关说法符合实际情况的是 （ ） A消耗氧化铜的质量相同 B消耗铁的质量相同 C消耗硫酸的质量相同 D生成硫酸亚铁的质量相同9现有CuO和Fe203组成 的混合物a g，向其中加入2 molL -1的硫酸溶 液50 mL，恰好完 全反应。若将a g该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体质量为（ ） A1.6a g B（a-1.6）g C（a-3.2）gD1.6 g10下列五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是（ ）品红溶液 酸性KMnO4溶液溴水滴有酚酞的NaOH溶液 淀粉碘溶液AB CD11在氯化铁和氯化铜的混合溶液中，加入过量的Fe粉，若充分反应后溶液的质量没有改变，则原混合溶液中Fe3和Cu2物质的量之比为多少?12红砖是用粘土高温烧结而成，因其颜色呈红色或棕红色而得名，常用作建筑材料 （1）根据红砖的颜色、猜测其可能含有的成份是（写化学式） （2）为了检验你的猜测是否正确，请设计一个实验方案，简要地写出各步操作过程以及 最后的实验分析和结论，涉及化学反应的写出化学方程式（实验用品任取，该实 验分几步自已决定，不必写实验装置中的仪器安装）实验步骤： 用铁锤敲碎红砖，取小块磨成粉末。 实验分析及结论： （3）红砖曾对我国建设具有重要作用，就目前我国实际情况看，你是认为应继续使用或 者是禁止使用红砖？ ，理由是 。13已知X是一种盐，H是常见的金属单质，F、I是常见的非金属单质，E、G都是工业上重要的碱性物质，它们有如图所示的关系。试回答下列问题： （1）G的化学式 （2）写出下列反应的化学方程式 。 （3）X在医药上用作解酸剂，与盐酸作用时，生成B的 物质的量与消耗盐酸的物质的量之比为3：8，则X 的化学式为 ；X与盐酸反应的化学方程 式为 。【参考答案】1答案：C SO2使品红溶液褪色，是其漂白性；SO2使含酚酞的NaOH溶液褪色，是其酸性氧化物的 性质；SO2使KMnO4（H+）、Br2水、淀粉碘溶液褪色，是其还原性，三者实质相同。2答案：C 解析:运用原子守恒：KCl中的n（Cl-）=原HCl中的n（Cl-）。 n（KCl）=n（HCl）=0025L2mol/L=005 mol m（KCl）=005745=373 g 3答案：A 解析：首先发生2CO2 +Na2SiO3+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3 然后考虑2NaHCO3 Na2CO3+H2O+ CO2 H2SiO3 SiO2+ H2O 此时有的同学错选了C 还要考虑SiO2 +Na2CO3 Na2SiO3+ CO2才能得出正确的答案 评析:次题既要注意连续考虑又要注意反应时物质的量的关系才能得出正确答案4答案：B 解析:SiO2是酸性氧化物，它对应的水化物是硅酸，但SiO2不溶于水，硅酸不能由SiO2 直接制得。SiO2是酸性氧化物，能与碱性氧化物或强碱反应。SiO2是光导纤维的主要原 料。故本题答案是B。5答案：D Cl2具有氧化性，SO2具有还原性，两者能发生氧化还原反应，但两者为气态时却很难发 生反应，当通入BaCl2溶液时会发生如下反应： Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl 因为Cl2和SO2比例是11，刚好完全反应，所以品红不会褪色，而有BaSO4沉淀生成。6答案：A 解析：气体通过澄清石灰水无浑浊，而通过Ba（OH）2溶液有浑浊，则证明原混合气体 中一定含HCl和CO2气体，因HCl与石灰水作用：Ca（OH）2+2HCl = CaCl2+2H2O，无 沉淀产生，且HCl被吸收；CO2通过Ba（OH）2产生沉淀：Ba（OH）2+CO2 = BaCO3 +H2O，因而有HCl、CO2，则一定没有NH3。通过灼热的CuO和无水CuSO4所呈现的 现象说明一定存在H2。7答案B 解析CO2CaCO3 由碳酸钙的质量可求出CO2的质量为55克 ，由 COCO2知有 1molO来自铁的氧化物，所以该氧化物中m（O）=16gmol-1=2g m（Fe）=7g- m（O）= 7g-2g=5g 铁的氧化物的平均组成设为FexOy x:y=:=5:7 该铁的氧化物的平均组成为Fe5O7 即y=14x 可知B 项不符合题意8答案A 解析：制得质量相等的铜，据质量守恒定律消耗 氧化铜质量相同。途径（1）中H2、 在实际操作中应过量，故生成硫酸亚铁质量不同9答案B 解析：（金属氧化物与硫酸恰好完全反应，生成硫酸盐和水，n（H2S04）=5010-3L 2 molL=O1 mol，由氢原子守恒知：H2S04H20，生成n（H20）=O1 mol， n（O）=0.1 mol，m（0）=1.6 g，ag金属氧化物中金属质量为（n-16）g。10答案C 解析：SO2使品红溶液褪色，是其漂白性；SO2使含酚酞的NaOH溶液褪色，是其酸性氧化物的性质；SO2使KMnO4（H+）、Br2水、淀粉碘溶液褪色，是其还原性，三者实质相同。11解析：在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量的Fe粉后，Fe粉会将Fe3和Cu2全部消耗掉。Fe3与Fe反应会使溶液质量增加，Cu2与Fe反应会使溶液质量减少。依据题意，若反应前后溶液的质量没变，则这两个反应溶液质量增加与溶液质量减少必然相等才能符合题意。设反应前Fe3为x mol，Cu2为ymol，2Fe3十Fe3Fe2 溶液质量增加2mol 3mol 56gxmol 28 x g Cu2十FeFe2Cu 溶液质量减少 1mol 8g ymol 8y g由28 xg8yg得x ：y2：7 所以原混合溶液中Fe3和Cu2的物质的量之比为2：712（1）（1分）Fe2O3 （2） 步骤及化学方程式（5分） 将红砖粉末放入烧杯，加入适量稀盐酸，搅拌：Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 + 3H2O 将混合液倒入过滤器过滤 在滤液中滴入KSCN溶液：FeCl3 + 3KSCN = Fe（SCN）3 + 3KCl分析及结论（4分）,若溶液呈血红色，证明红砖含有Fe2O3，若溶液不呈血红色，说明红砖不含Fe2O3。 （3）（3分）应禁止使用。因为会消耗大量的国土资源13解析：由H是一种常见的金属单质，它在B中燃烧后生成一种非金属单质，我们可以推知这种常见金属单质为金属镁，它在CO2气体中燃烧生成C这种非金属单质。则A为氧化镁；由X是一种盐，它受热分解可以产生MgO，且可作为医药上的解酸剂，因此X可能为碳酸盐，但碳酸镁分解的产物只有氧化镁和二氧化碳，框图中的分解产物有三种，且由第（3）问得到X与盐酸反应生成B的物质的量和消耗盐酸的物质的量之比为3：8，比碳酸镁消耗盐酸的量多，可见它不仅仅是碳酸镁，再由题示信息B（CO2）与D反应可产生非金属单质F，且生成的E物质是工业上重要的碱，则可推断F是O2，D是Na2O2，E是Na2CO3，相应地推断出C是H2O，G是NaOH，那么X是一种碱式碳酸镁。答案：（1）NaOH；（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Mg+CO2点燃2MgO+C； （3）3MgCO3Mg（OH）2或4MgO3CO2H2O；3MgCO3Mg （OH）2+8HCl=4MgCl2+3CO2+5H2O。