备战高考化学提高题专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案1.docx
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备战高考化学提高题专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案1
备战高考化学提高题专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案
(1)
一、钠及其化合物
1.A、B、C、X是中学化学常见物质,均由短周期元素组成,转化关系如图。
请针对以下三种不同情况回答:
若A、B、C中均含同一种常见金属元素,该元素在C中以阴离子形式存在,将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。
中含有的金属元素在元素周期表中的位置为_______________________,向水中加入X物质,X对水的电离平衡的影响是_________
填“促进”、“抑制”或“无影响”
。
与C的水溶液混合后生成B,反应的离子方程式为___________________________。
若A为固态非金属单质,A与X同周期,同时A在X中燃烧,生成
和
白色烟雾,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为8电子结构。
若A为该元素的白色固体单质,其结构为正四面体,分子式为
,则
单质中含共价键数目为_________
,B的电子式为_________。
与水反应的离子方程式为_______________________________________________。
若A、B、C的焰色反应呈黄色,A为淡黄色固体,B、C的水溶液均为碱性,A溶于水后可与X反应生成C,常温下,X为气态酸性氧化物。
中所含有的化学键类型是_________。
溶液中离子浓度由小到大的顺序是_________。
【答案】第三周期第ⅢA族抑制
离子键、共价键
【解析】
【分析】
A、B、C、X是中学化学常见物质,均由短周期元素组成;
(1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素,将A、C的水溶液混合可得B的沉淀,由转化关系可知,A含有铝离子,B为氢氧化铝,C含有偏铝酸根,x为氢氧化钠;
①A中含有的金属元素为Al;加入X为氢氧化钠,抑制水的电离程度;
②A与C的水溶液混合后生成B,是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀;
(2)①若A为固态非金属单质,A与X同为第三周期元素,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为8e-结构,同时A在X中燃烧,由转化关系可知,A为磷,B为三氯化磷,C为五氯化磷,x为氯气;依据磷单质分子式为P4分析共价键数,三氯化磷是共价化合物,写出电子式;
②X与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸是弱电解质;
(3)若A、B、C的焰色反应均呈黄色,水溶液均为碱性;将C加到盐酸中,有无色无味的气体X产生,则A为氢氧化钠,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,x为二氧化碳;
①A为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成,据此分析化学键类型;
②C为NaHCO3,碳酸氢根离子水解大于电离,溶液呈碱性。
【详解】
若A、B、C中均含同一种常见金属元素,将A、C的水溶液混合可得B的沉淀,由转化关系可知,A含有铝离子,B为氢氧化铝,C含有偏铝酸根,x为氢氧化钠。
、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al,在周期表中位置是第三周期,ⅢA族,向水中加入X氢氧化钠是碱,对水的电离平衡的影响是抑制;
的水溶液含有铝离子,C水溶液含有偏铝酸根,混合反应生成氢氧化铝沉淀,反应离子方程式为
;
若A为固态非金属单质,A与X同为第三周期元素,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为
结构,由转化关系可知,A为白磷,B为三氯化磷,C为五氯化磷,x为氯气;
是白磷,是正四面体结构,所以1molA单质中含共价键数目为6NA;B为三氯化磷,各原子都满足8电子稳定结构,三氯化磷B的电子式为
;
为
,与水反应,生成次氯酸和盐酸,反应的离子方程式为:
;
若A、B、C的焰色反应均呈黄色,水溶液均为碱性;将C加到盐酸中,有无色无味的气体X产生,则A为氢氧化钠,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,x为二氧化碳;
为氢氧化钠,属于离子化合物,钠离子与氢氧根离子之间形成离子键,氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对,为共价键,属于A中所含有的化学键是离子键、共价键;
为
,溶液中碳酸氢根离子水解大于电离,溶液呈碱性,溶液中离子浓度由小到大的顺序是:
。
【点睛】
解无机推断题常见思维方法:
①正向思维:
根据题设条件,结合有关的化学知识,依题目的意思,按一定的层次结构逐步推理,从而得出结论;②逆向推理:
以最终产物(或题中某一明显特征)为起点,层层逆推,以求得结论;③猜想论证:
先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证,若与题中所给条件、题意吻合,即为答案;④综合分析:
根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析,逐步得出结论。
2.已知有以下物质相互转化
试回答:
(1)写出下列物质的化学式:
B的化学式_____________,C的化学式________________,D的化学式_____________,H的化学式________________。
(2)写出由E转变成F的化学方程式:
_______________________________________。
(3)写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式__________________________________;向G溶液加入A的有关离子方程式____________________________________________。
【答案】FeCl2KOHKClAgCl4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3Fe3++3SCN-==Fe(SCN)32Fe3++Fe==3Fe2+
【解析】
【分析】
由转化可知,白色沉淀E为Fe(OH)2,红褐色沉淀F为Fe(OH)3,D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl,生成的溶液中含有钾离子,证明D溶液为KCl,由元素守恒可知,C为KOH,F溶解于盐酸,说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3,可知A为Fe,B为FeCl2,以此来解答。
【详解】
由转化可知,白色沉淀E为Fe(OH)2,红褐色沉淀F为Fe(OH)3,D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl,生成的溶液中含有钾离子,证明D溶液为KCl,由元素守恒可知,C为KOH,F溶解于盐酸,说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3,可知A为Fe,B为FeCl2;
(1)由上述分析可知,B、C、D、H分别为FeCl2、KOH、KCl和AgCl;
(2)由E转变成F的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)三价铁离子和硫氰酸根离子形成血红色溶液,反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+,向G溶液加入A的有关反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【点睛】
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;本题可从两性氧化物及海水中的无机盐,展开思维的空间,寻找目标答案。
3.先有一瓶无色澄清溶液,可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成,请根据以下实验步骤及现象回答下列问题:
步骤一:
取适量待测液,加入NaOH溶液并加热,得到溶液A,并产生刺激性气味的气体;
步骤二:
向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液,得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体;
步骤三:
向溶液B中通入适量Cl2,得到黄褐色溶液C。
(1)下列有关该溶液说法正确的是________________(填字母)。
A.一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-
B.一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-
C.可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、
D.可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-
(2)步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。
(3)若向原溶液中先加入足量的盐酸,再加入足量的______________(填化学式)并加热,也能得出步骤一、步骤二相同的结论。
(4)对于溶液中还可能存在的阳离子,确认其存在的实验方法是__________________。
【答案】ACCl2+2I-=I2+2Cl-Ba(OH)2通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+
【解析】
【分析】
无色溶液可以知道一定不含Fe2+、MnO4-;
步骤一:
取适量待测液,加入NaOH溶液并加热,得到溶液A,并产生刺激性气味的气体,则气体为氨气,一定含NH4+;
步骤二:
向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液,得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体,白色沉淀为BaSO4,刺激性气味的气体为SO2,则一定含有SO42-和SO32-;
步骤三:
向溶液B中通入适量Cl2,得到黄褐色溶液C,C中含碘单质,则原溶液一定含I-,以此来解答。
【详解】
无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。
步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气,表明原溶液含有NH4+。
步骤二得到的白色沉淀是硫酸钡,有刺激性气味的气体是二氧化硫,表明原溶液含有SO42-、SO32-。
步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液,表明原溶液含有I-。
(1)A.根据以上分析, 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-,故A正确;
B. 根据以上分析,可能存在CO32-,故B错误;
C. 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+,故C正确;
D.SO42-、SO32-、Cl-均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀,所以不能用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-,故D错误。
故答案为AC;
(2)步骤三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应,离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-,
故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-;
(3)向原溶液中加入足量盐酸,SO32-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。
再加入的物质既能与SO42-反应生成沉淀,又能与NH4+反应生成氨气,所以是氢氧化钡,化学式为Ba(OH)2,
故答案为Ba(OH)2;
(4)可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+,实验方法是通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+,
故答案为通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+。
4.现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是:
______________;(用具体化学式表示)
(2)写出反应③的离子方程式:
__________________________。
(3)实验室制取乙气体时,先将气体生成物通过_____以除去________________。
(4)向烧杯中装有的物质F中加入物质D,可以看到的现象是:
_________,物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热,可以得到红色固体,对应的化学方程式是:
___;
【答案】Na>Al>Fe2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑饱和食盐水HCl(氯化氢)先有白色沉淀生成,,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑
【解析】
【分析】
由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na,由反应①可知,D为NaOH,气体甲为H2;氢氧化钠与金属B反应生成氢气,则B为金属Al;黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl,HCl溶于水得物质E为盐酸;氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,由转化关系可知C为Fe金属,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3。
【详解】
(1)A为金属Na,B为金属Al,C为Fe金属,由金属活动顺序表可知,三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是Na>Al>Fe,故答案为:
Na>Al>Fe;
(2)反应③为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,故答案为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(3)实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气,浓盐酸受热易挥发,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶,可以除去极易溶于水的氯化氢气体,故答案为:
饱和食盐水;HCl(氯化氢);
(4)向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液,NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠,氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色;物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3,在隔绝空气时加强热,得到红色固体为Fe2O3,化学方程式为2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑,
故答案为:
先有白色沉淀生成,,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色;2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑。
【点睛】
本题考查物质推断与性质,注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口,掌握元素化合物的性质是解题的关键。
5.A、B、C、W均为中学常见的物质,它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。
(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色,A俗称苛性钠,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B。
①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为_______________。
②A溶液与C溶液反应的化学方程式为________________。
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g·mol-1.
①B的化学式为________________。
②实验室制取B时,_____________(填“能”或“不能”)用向上排空气法收集B。
③C与水反应的化学方程式为_____________________________。
(3)若A为淡黄色固体单质,W为气体单质,B、C均为酸性氧化物。
①由B生成C时,每生成1molC,消耗W的物质的量为_________________。
②C溶于水形成化合物D,在加热的情况下,D的浓溶液与A反应的化学方程式为__________。
【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2ONO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO0.5molS+2H2SO4(浓)=3SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色,则A、B、C中均含有钠元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色气体,C受热分解可以转化为B,由转化关系可知W为CO2,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,据此分析;
(2)若A、B、C、W均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g/mol,则C为NO2,由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO,据此分析;
(3)若A为淡黄色固体单质,则A为硫,W为气体单质,B、C为酸性氧化物,由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3,据此分析。
【详解】
(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色,则A、B、C中均含有钠元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色气体,C受热分解可以转化为B,由转化关系可知W为CO2,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,据此分析:
①向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠的离子方程式为:
CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;
②NaOH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为:
NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O。
故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O;
(2)若A、B、C、W均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g/mol,则C为NO2,由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO,据此分析:
①B的化学式为NO;
②因为NO和空气中的O2反应生成NO2,则实验室制取B(NO)时,不能用向上排气法收集B;
③NO2与水反应的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO。
故答案为①NO;②不能;③3NO2+H2O=2HNO3+NO;
(3)若A为淡黄色固体单质,则A为硫,W为气体单质,B、C为酸性氧化物,由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3,据此分析:
①由SO2生成SO3的化学方程式为2SO2+O2
2SO3,每生成1molC(SO3),消耗W(O2)的物质的量为0.5mol;
②SO3溶于水生成化合物D(H2SO4),在加热条件下,浓硫酸与硫发生氧化还原反应,生成二氧化硫和水,化学方程式为:
S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
故答案为0.5mol;S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
【点睛】
本题考查元素化合物的推断,涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化,需要学生熟练掌握元素化合物知识,把握反应的规律,注意相关基础知识的积累。
6.下面的框图中涉及A~L十几种物质。
其中H是一种无色无味的单质气体,D在较高温度下是气体,但常温时为无色液体,E为含钠的化合物。
根据上述信息回答下列问题:
(1)写出L的化学式:
____________。
(2)写出C与E反应的化学方程式:
_____________________________。
(3)由溶液A制备固体A的实验操作方法是:
____________________________;
(4)举例说明大气中生成气体J的方法:
___________________________________。
(5)写出A溶液与过量F溶液在加热条件下反应的离子方程式:
________________。
【答案】HNO32Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2常温结晶N2+O2
2NONH4++HCO3-+2OH-
NH3↑+CO32-+2H2O
【解析】
【分析】
D在较高的温度下是气体,但常温时为无色液体,则D为H2O,E为含钠的化合物,能与水反应生成H,H是一种无色无味的单质气体,可知H为氧气,E为过氧化钠,则气体C为CO2,大气中能生成气体J,且在框图中,气体B和氧气也生成J,J还能进一步与氧气反应生成K,而K又与水反应生成J,所以可以推知,J为NO,K为NO2,L为HNO3,B为NH3,I为NH3•H2O,NH3•H2O与过量的CO2反应生成A为NH4HCO3,据此答题。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,L的化学式为HNO3;
(2)C与E的反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)由于NH4HCO3受热易分解,且能双水解,所以由溶液A制备固体A的时候温度不能高,所以实验操作方法是常温结晶;
(4)大气中在雷雨天气,氮气和氧气在放电的条件下生成NO,化学方程式为N2+O2
2NO;
(5)NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液在加热的条件下反应的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-
NH3↑+CO32-+2H2O。
7.分A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系,完成下列空白:
(1)向酚酞试液中加入化合物A的粉末,现象为。
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为。
5.05g单质甲—钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气,确定该合金的化学式为____。
(3)向20mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同,溶液M的组成也不同。
若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图2图示两种情况。
①由A确定滴加前60mL的盐酸时,发生反应的离子方程式为。
②由B表明,原溶液通入CO2气体后,所得溶液中的溶质的化学式为____。
③由A、B可知,两次实验通入的CO2的体积比为____。
【答案】
(1)溶液先变红后褪色,并有气泡生成;
(2)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;NaK2;
(3)①OH-+H+=H2O、H++CO
=HCO
;②Na2CO3、NaHCO3;③3∶10。
【解析】
【分析】
【详解】
A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,甲与B反应是置换反应,甲与乙是化合反应,丙与乙也是化合反应,单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质,且两种单质反应又得到化合物B,应是Na、过氧化钠与水的反应,可推知甲是Na单质,乙为氧气,B是H2O,丙为氢气,C是NaOH,A是Na2O2。
(1)向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气,氢氧化钠是溶液薄荷味红色,但过氧化钠具有漂白性,则现象为:
溶液先变红后褪色,并有气泡生成,故答案为溶液先变红后褪色,并有气泡生成;
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为:
2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑,根据电子转移守恒可知,Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol,设Na、K物质的量分别为xmol、ymol,则:
x+y=0.15,23x+39y=5.05,解得x=0.05、y=0.1,故合金的化学式为NaK2,故答案为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑;NaK2;
(3)曲线A、B,开始没有气体,加入一定体积盐酸后生成气体,生成气体的反应为:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,若A中只有Na2CO3,开始发生CO32-+H+=HCO3-,前后两过程消耗HCl的体积相等,实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积,故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3,B曲线中,前后消耗盐酸的体积之比为1:
2,则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3,且二者物质的量之比为1:
1,
①由A确定滴加前60mL的盐酸时,发生反应的离子方程式为:
OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-,故答案为OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-;
②由A图表明,加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳,到75mL时二氧化碳的体积达最大,所以加入盐酸体积60mL~75mL时,是盐酸与碳酸氢钠反应,根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl),而反应中n(HCl)>>2n(Na2CO3),所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH,故答案为Na2CO3、NaOH;
③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL,曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL,由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知,则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL:
50mL=3:
10,故答案为3:
10。
8.已知化合物A、B、C、D、E、F、G和单质甲、乙所含元素均为短周期元素,A的浓溶液与甲能发生如图所示的反应.甲是常见的黑色固体单质,乙