【答案】
分析：已知X、Y为非金属单质，X为黄色粉末证明为S，F、G、Y为气体，D是一种酸，H为蓝色絮状沉淀判断为Cu（OH）
2，I为深蓝色晶体．A、D、I溶液滴加BaCl
2溶液均产生白色沉淀，D为酸和硫代硫酸钠反应，判断D为H
2SO
4，B的焰色反应呈黄色说明含有钠元素，结合D为酸，B+D=X+F，X+Y=F，反应中X为S单质，推断B为Na
2S
2O
3，F为SO
2，Y为O
2，Z为常见金属，推断为
Cu，C+O
2→Cu，Cu+O
2=E，判断E为CuO；A为CuSO
4，F、G、Y为气体，G为NH
3，I为深蓝色晶体是氢氧化铜溶于氨水生成的络合物，I为：[Cu（NH
3）
4]SO
4?H
2O；工业上常利用反应②炼制Z，利用反应③④制备A，一定量C经反应②③完全得到E时，质量不变．推断出Z+Y=E反应为：2Cu+O
2=2CuO；C中 含有铜元素，质量相同推断出C为Cu
2S，依据推断出的物质分析解答；
解答：已知X、Y为非金属单质，X为黄色粉末证明为S，F、G、Y为气体，D是一种酸，H为蓝色絮状沉淀判断为Cu（OH）
2，I为深蓝色晶体．A、D、I溶液滴加BaCl
2溶液均产生白色沉淀，D为酸和硫代硫酸钠反应，判断D为H
2SO
4，B的焰色反应呈黄色说明含有钠元素，结合D为酸，B+D=X+F，X+Y=F，反应中X为S单质，推断B为Na
2S
2O
3，F为SO
2，Y为O
2，Z为常见金属，推断为Cu，C+O
2→Cu，Cu+O
2=E，判断E为CuO；A为CuSO
4，F、G、Y为气体，G为NH
3，I为深蓝色晶体是氢氧化铜溶于氨水生成的络合物，在乙醇中结晶析出I为：[Cu（NH
3）
4]SO
4?H
2O；工业上常利用反应②炼制Z，利用反应③④制备A，一定量C经反应②③完全得到E时，质量不变．推断出Z+Y=E反应为：2Cu+O
2=2CuO；C中含有铜元素，质量相同即Cu
2S和2CuO摩尔质量相同，推断出C为Cu
2S，
（1）依据推断可知C的化学式为：Cu
2S； I晶体的化学式为：[Cu（NH
3）
4]SO
4?H
2O；
故答案为：Cu
2S；[Cu（NH
3）
4]SO
4?H
2O；
（2）G为NH
3，用电子式表示的形成过程
；
故答案为：
；
（3）用惰性电极电解A为CuSO
4溶液，阳极氢氧根离子放电生成氧气，阴极铜离子得到电子生成铜，反应的离子方程式为：2Cu
2++2H
2O
2 Cu+O
2↑+4H
+；反应⑥是硫酸和硫代硫酸钠反应生成硫单质，二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S
2O
32-+2H
+═S↓+SO
2↑+H
2O；
故答案为：2Cu
2++2H
2O
2 Cu+O
2↑+4H
+；S
2O
32-+2H
+═S↓+SO
2↑+H
2O；
（4）F气体是SO
2具有漂白性，其漂白原理为：SO
2可与有机色素分子化合生成无色不稳定物质；
故答案为：SO
2可与有机色素分子化合生成无色不稳定物质
点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的综合应用，主要是铜及其化合物性质的应用，电子式书写方法，电解离子方程式、反应离子方程式书写方法，题干条件的分析应用和转化关系是解题关键，题目难度较大．
；
； 
2 Cu+O2↑+4H+；反应⑥是硫酸和硫代硫酸钠反应生成硫单质，二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
2 Cu+O2↑+4H+；S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
