备战高考化学《钠及其化合物推断题的综合》专项训练1.docx

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备战高考化学《钠及其化合物推断题的综合》专项训练1

备战高考化学《钠及其化合物推断题的综合》专项训练

（1）

一、钠及其化合物

1．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+。

2．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）向一定体积某浓度的化合物C的溶液中通人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）的关系有下列图示两种情况。

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_____________________

②B对应的溶液M低温蒸干后得到固体a克，将a克固体充分加热至恒重后，固体质量减少_____克。

③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为___________

【答案】溶液先变红，后褪色，并有气泡2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑NaK2H++OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-0.07753:

10

【解析】

【分析】

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。

据此分析可得结论。

【详解】

（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，氢氧化钠使酚酞溶液变红色，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；

（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=0.15mol，23g/molx+39g/moly=5.05g，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）①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，则滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：

H++OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-；

②B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，设n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=x，由钠离子守恒可得：

2x+x=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，x=0.0025mol，固体加热时发生反应：

2NaHCO3

Na2CO3+H2O↑+CO2↑，则减少的质量为生成的水和二氧化碳的质量，其质量为：

0.0025mol÷2×62g/mol=0.0775g，故答案为：

0.0775；

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；

【点睛】

本题重点考查了碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转化以及碳酸盐与盐酸反应的原理，由图中A、B曲线可知通入的二氧化碳全部被氢氧化钠溶液所吸收，则有最后加盐酸时所放出的二氧化碳与开始通入的二氧化碳的量相同，而比较产生二氧化碳的量可根据从开始产生气体到气体的量达到最大所消耗的盐酸的量来进行比较。

如曲线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。

3．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。

已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。

（1）B的化学式为__________________。

（2）K的电子式为__________________。

（3）写出反应①的化学方程式：

_________________________________________。

（4）写出反应②的离子方程式：

____________________________________。

【答案】NaN3

CuO+2NaN3

Cu+Na2O+3N23Cu+8H+＋2NO3- =3Cu2-＋2NO↑＋4H2O

【解析】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：

A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J是HNO3、K是NaOH、L是Cu（NO3）2。

（1）叠氮化钠的化学式为NaN3；

（2）NaOH的电子式为

；

（3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：

CuO+2NaN3

Cu+Na2O+3N2；

（4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：

3Cu+8H+＋2NO3-=3Cu2-＋2NO↑＋4H2O。

点睛：

无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。

解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。

通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。

4．A、B、C、D 是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。

B、E均为空气的成分。

F 的焰色反应是黄色。

在G 中，金属元素与非金属元素的原子个数比为2:

 1。

在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图（反应条件及部分产物未列出）:

（1）A 的元素符号是______________，F的电子式为________________________。

（2）E 与F反应的化学方程式：

_________________________________________。

（3）F 与G 的水溶液反应的离子方程式：

______________________________。

（4）硫与热浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式：

__________________________。

（5）在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化到最高价产物，写出反应的化学方程式：

___________。

【答案】C

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2O2+S2－+2H2O=S↓+2Na++4OH－3S+6OH－

2S2－+SO32－+3H2O6HNO3（浓）+S

H2SO4+6NO2↑+2H2O

【解析】F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：

C=1：

2，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A即为碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3。

（1）由以上分析可知A为C，F是Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，电子式为

，故答案为：

C；

；

（2）E与F反应为CO2和Na2O2的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，故答案为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）Na2O2与过量的Na2S溶液反应的离子方程式是：

Na2O2+S2-+2H2O═2Na++S↓+4OH-，故答案为：

Na2O2+S2-+2H2O═2Na++S↓+4OH-；

（4）硫与热浓氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为3S+6OH－

2S2－+SO32－+3H2O，故答案为：

3S+6OH－

2S2－+SO32－+3H2O；

（5）在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化生成硫酸，反应的化学方程式为6HNO3（浓）+S

H2SO4+6NO2↑+2H2O，故答案为：

6HNO3（浓）+S

H2SO4+6NO2↑+2H2O。

点睛：

正确推断各元素及其化合物为解答本题的关键，注意利用焰色反应及第二、三周期常见元素及单质、化合物的性质。

本题的易错点为方程式的书写和配平，要熟练掌握氧化还原反应方程式的书写规律和配平方法。

5．已知甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物；B和X的摩尔质量相同，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16。

在一定条件下，各物质相互转化关系如下图所示：

（1）写出X和G的化学式：

X________，G________。

（2）写出有关变化的化学方程式：

D＋丙：

______________________________。

C＋G：

_______________________________。

（3）写出离子方程式B＋H2O：

_________________；若消耗0.5molB转移电子________mol。

【答案】Na2SSO32Na2SO3＋O2＝2Na2SO4SO3＋2NaOH＝Na2SO4＋H2O2Na2O2＋2H2O＝4Na+＋4OH-＋O2↑0.5

【解析】

【分析】

单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化，生成不同的氧化物，则丙是O2，氧化物B与水反应能放出O2，则B是Na2O2，那么C是NaOH，A是Na2O，甲是Na。

又因B和X的摩尔质量相同，则X是Na2S，那么乙是S，F是SO2，G是SO3，进一步推出D是Na2SO3，E是Na2SO4，而Na2SO4的相对分子质量比Na2SO3的相对分子质量大16，以此解答本题。

【详解】

（1）由上述分析可知，X为Na2S，G为SO3；

（2）D为Na2SO3，具有还原性，丙是O2，具有氧化性，二者反应方程式为：

2Na2SO3＋O2＝2Na2SO4；C是NaOH，G是SO3，二者反应方程式为：

SO3＋2NaOH＝Na2SO4＋H2O；

（3）过氧化钠和水反应的离子方程式为：

2Na2O2＋2H2O＝4Na+＋4OH-＋O2↑；其中过氧化钠中氧元素发生歧化反应，根据方程式可知若消耗0.5mol过氧化钠，转移电子0.5mol。

6．下列物质转换关系如下图，反应的条件和部分产物已略去。

回答下列问题：

（1）若甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ的实验现象是苍白色火焰，瓶口出现白雾。

①反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种强腐蚀性的物质，则工业上生产甲的一般方法是______。

（填序号）

A．热分解法

B．热还原法

C．电解法

②反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应Ⅱ的化学方程式是_______________________。

③通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是__________________（写出一种即可）。

（2）若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应。

①反应Ⅲ的离子方程式是_____________________。

②反应I的另一种产物为有机物，则该有机物的电子式是___________。

③已知次氯酸的酸性弱于碳酸，则在饱和氯水中加入少量石灰石，其反应的离子方程式是___________。

【答案】

（1）①C

②3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2（其他合理答案也可）

③强元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：

NaOH>Fe（OH）3（其他合理答案也可）

（2）①2Cl2+2Ca（OH）2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O

②

③2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

（1）①反应Ⅲ是氢气在氯气中燃烧的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠，焰色反应的物质含有钠元素，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以甲是钠乙是铁，钠是活泼金属，采用电解熔融盐的方法冶炼，故选C；

②通过以上分析知，乙是铁，高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为2Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

③根据反应条件知，钠的金属性比铁强，比较金属性强弱的方法还有：

与酸反应置换氢气的难易程度、其碱的碱性强弱等；

（2）①若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②反应I的另一种产物为有机物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，乙炔的电子式为：

；

③氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液，离子反应方程式为：

2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑。

【考点定位】

考查物质推断与性质、常用化学用语。

【名师点晴】

掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，本题中的信息有“苍白色火焰，瓶口出现白雾”、“有磁性的物”、“反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应”，可从中准确判断出“氢气在氯气中燃烧”、“有磁性的物质为Fe3O4”、“反应Ⅲ是2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑”，据此推断即可解题。

7．淡黄色粉末可作在潜水艇里氧气的来源，常用作供氧剂。

根据下图所示转化关系及现象填空：

（1）黑色固体的化学式为，淡黄色粉末的名称为；

（2）反应（Ⅰ）的化学方程式为；

（3）反应（II）的化学方程式为；

（4）反应（Ⅲ）的化学方程式为；

（5）把单质A投到蓝色溶液反应的化学方程式为。

【答案】

（1）CuO；过氧化钠；

（2）2Na+O2

Na2O2；

（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（4）Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；

（5）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4

或2Na+2H2O+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑。

【解析】

试题分析：

（1）淡黄色粉末是过氧化钠，化学式为Na2O2；

（2）根据

（1）推出单质A为金属Na，反应I的方程式为2Na+O2

Na2O2；（3）固体和Ca（OH）2反应生成白色沉淀，说明固体中含有CO32－，即气体X为CO2，因此反应III的反应方程式为：

Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；（5）蓝色溶液为CuSO4，说明单质B为Cu，金属钠投入到硫酸铜溶液中，金属Na先和H2O反应，生成NaOH在和Cu2＋反应生成Cu（OH）2，因此反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4或2Na+2H2O+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑。

考点：

考查钠及其化合物的性质等知识。

8．根据下列框图回答问题：

已知白色固体N中阴、阳离子具有相同的核外电子层结构。

（1）写出M中存在的离子：

_____________________________________________

（2）请写出M与N反应的离子方程式：

_____________________。

（3）写出A在空气中锻烧的化学方程式：

____________________。

（4）某同学取H的溶液，通入气体B，所得溶液中仍只有一种阴离子。

请写出上

述变化过程中的离子方程式_____________________。

【答案】NH4+、Fe2+和SO42-Fe2++S2-=FeS↓4FeS+7O2

2Fe2O3+4SO22Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+

【解析】

【分析】

滤液2中焰色反应呈紫色，说明含有钾离子，根据元素守恒知，滤液1中和白色固体N中都含有钾离子，N中阴、阳离子具有相同的核外电子层结构，浅绿色固体M中含有亚铁离子，亚铁离子和N反应生成黑色固体，黑色固体A是硫化亚铁，则N是硫化钾，滤液1和氢氧化钡溶液反应生成白色沉淀G，且白色沉淀不溶于稀盐酸，则G是硫酸钡，滤液1中含有硫酸钾，滤液1和氢氧化钡反应时还是气体F，能和碱反应生成气体则该溶液中含有铵根离子，气体F是氨气；硫化亚铁在空气中加热生成氧化铁和二氧化硫，B能和空气在一定条件下反应生成C，C能和水反应生成D，D和E能反应，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸，E是氧化铁，H是硫酸铁，硫酸铁和氨气反应生成氢氧化铁红褐色沉淀。

【详解】

滤液2中焰色反应呈紫色，说明含有钾离子，根据元素守恒知，滤液1中和白色固体N中都含有钾离子，N中阴、阳离子具有相同的核外电子层结构，浅绿色固体M中含有亚铁离子，亚铁离子和N反应生成黑色固体，黑色固体A是硫化亚铁，则N是硫化钾，滤液1和氢氧化钡溶液反应生成白色沉淀G，且白色沉淀不溶于稀盐酸，则G是硫酸钡，滤液1中含有硫酸钾，滤液1和氢氧化钡反应时还是气体F，能和碱反应生成气体则该溶液中含有铵根离子，气体F是氨气，则M是硫酸亚铁铵；硫化亚铁在空气中加热生成氧化铁和二氧化硫，B能和空气在一定条件下反应生成C，C能和水反应生成D，D和E能反应，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸，E是氧化铁，H是硫酸铁，硫酸铁和氨气反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；

（1）由分析可知M中含有NH4+、Fe2+和SO42-；

（2）亚铁离子和硫离子反应生成黑色硫化亚铁沉淀，离子反应方程式为：

Fe2++S2-=FeS↓；

（3）高温条件下，硫化亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，反应方程式为：

4FeS+7O2

2Fe2O3+4SO2，

（4）铁离子有氧化性，二氧化硫有还原性，二者能发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子反应方程式为：

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。

9．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一中元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其它物质已经略去）：

（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则将B通入KMnO4溶液的现象为_____；体现B的_________（填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式：

__________；此反应中作氧化剂的D与参加反应的D的物质的量之比为_____________；

（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，请写出实验室制备A的化学方程式：

_______________；请写出C→D的离子方程式_________________。

（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为______，试用化学方程式表示该物质与二氧