备战高考化学易错题精选钠及其化合物推断题练习题及答案解析.docx

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备战高考化学易错题精选钠及其化合物推断题练习题及答案解析

2020-2021备战高考化学易错题精选-钠及其化合物推断题练习题及答案解析

一、钠及其化合物

1．常见无机物A、B、C、D存在如图转化关系：

（1）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一

遇空气会变色，则反应

的化学方程式为_________________________________________________。

（2）若A为常见挥发性强酸，D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则B的化学式是_____________________。

（3）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A的电子式是____________。

（4）若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，D为

，举出C的一种用途_______________________。

【答案】

治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等

【解析】

【详解】

（1）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，为氨气，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则B是NO，D是氧气，C是二氧化氮，反应

的化学方程式为：

，

故答案为：

；

（2）若A为常见挥发性强酸，D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则D是Fe，B能和D反应生成C，则A是硝酸、B是硝酸铁、C是硝酸亚铁，则B的化学式为

，

故答案为：

；  

（3）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则C是二氧化硫，A是硫化氢、D是氧气、B是S，A的电子式是

，

故答案为：

；

（4）若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，说明都含有Na元素，D为

，A为NaOH、B是碳酸钠、C为碳酸氢钠，B为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，碳酸氢钠能水解，所以其用途有治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等，

故答案为：

治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等。

2．在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。

（反应条件图中已省略）。

（1）A、C代表的物质分别为______、______（填化学式）；

（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_____________；

（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4：

3，G、H物质的量之比为______；

（4）反应④的离子方程式为______________。

【答案】AlH2O2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1：

1CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－

【解析】

【分析】

题干信息：

A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末）推断为C（碳）单质，C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B（C单质）与F（O2）反应得到G（CO2）；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。

溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al（OH）3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al（OH）3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：

A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，H是CO，K是Na2CO3，甲是NaAlO2，乙是NaHCO3，L是Al（OH）3。

（1）依据推断可知，A是Al，C是H2O；

（2）反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）B是C，F是O2，若二者按物质的量之比为4：

3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：

4C+3O2

2CO+2CO2，则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n（CO2）：

n（CO）=2：

2=1：

1；

（4）反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。

转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。

3．A、B、C、D均为中学常见物质，其中A为单质，B、C、D为化合物，并且存在如下转换关系：

试回答下列问题：

（1）若B与C为氧化物，D为纯碱。

a．当A为非金属单质时，则反应③的化学方程式为__________________。

b．当A为金属单质时，则反应④中生成1mol纯碱转移电子数为_______mol。

（2）若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物。

B与C反应中氧化剂与还原剂的质量比为_________。

（3）若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，则反应①的离子方程式为______________。

【答案】2CO+O2

2CO2116:

172Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

（1）若B与C为氧化物，D为纯碱，则B和C中含有变价元素，首先想到Na2O和Na2O2、SO2和SO3、NO和NO2、CO和CO2，D为纯碱，则B和C只能是Na2O和Na2O2或CO和CO2；

a．当A为非金属单质时，则A是C，B是CO，C是CO2，D是碳酸钠；

b．当A为金属单质时，则A是Na、B是Na2O、C是Na2O2、D是碳酸钠；

（2）若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物，A能发生化学反应生成气态氢化物，所以A是S，B是H2S，C是SO2；

（3）若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，能与强碱反应的金属只有Al，所以A是Al，B是Al2O3，C是NaAlO2。

【详解】

（1）若B与C为氧化物，D为纯碱，则B和C中含有变价元素，首先想到Na2O和Na2O2、SO2和SO3、NO和NO2、CO和CO2，D为纯碱，则B和C只能是Na2O和Na2O2或CO和CO2；

a．当A为非金属单质时，则A是C，B是CO，C是CO2，D是碳酸钠，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，反应方程式为：

2CO+O2

2CO2；

b．当A为金属单质时，则A是Na、B是Na2O、C是Na2O2、D是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：

2Na2O2+CO2═2Na2CO3+O2，该反应中生成1mol纯碱转移电子的物质的量=1mol[-1-（-2）]=1mol；

（2）若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物，A能发生化学反应生成气态氢化物，所以A是S，B是H2S，C是SO2，二氧化硫和硫化氢反应方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应中氧化剂是二氧化硫，还原剂是硫化氢，氧化剂和还原剂的质量之比=64：

（2×34）=16:

17；

（3）若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，能与强碱反应的金属只有Al，所以A是Al，B是Al2O3，C是NaAlO2，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：

2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑。

4．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大;A元素的原子半径最小;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐;D与A同主族，且与E同周期;E元素原子的最外层电子数比次外层电于数少2;A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。

请回答：

（l）B元素的名称是__________。

在周期表中的位置是_________________________。

（2）C和E两种元素相比较，原子得电子能力较强的是（填元素名称）____________。

以下三种说法中，可以验证该结论的是（填写编号）____________________。

A．比较这两种元素的常见单质的沸点

B．二者形成的化合物中，C元素的原子显负价

C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性

（3）A、B、C、E可形成两种酸式盐（均含有该四种元素），这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为_______________________________________________。

（4）C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，每生成标准状况下11.2LO2，消耗该化合物的质量为___________。

【答案】氮第二周期第ⅤA族氧BCHSO3-+H+=SO2↑+H2O78g

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H元素；D与A同主族，原子序数相差大于2，故D为Na；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N元素；D与E同周期，则E处于第三周期，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，最外层电子数为6，故E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，可推知C为O元素，据此分析解题。

【详解】

由分析知：

A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素；

（1）B元素的名称是氮元素，核电荷数为7，在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族；

（2）同主族自上而下原子得电子能力减弱，故O原子得电子能力比硫原子强；

A．单质的沸点属于物理性，不能判断得电子能力强弱，故A错误；

B．二者形成的化合物中，O元素的原子显负价，说明氧元素对键合电子吸引力更大，O的非金属性强，故B正确；

C．氢化物越稳定，元素非金属性越强，可以比较氧原子得电子能力强，故C正确；故答案为BC；

（3）A、B、C、E可形成两种酸式盐（均含有该四种元素）：

NH4HSO3、NH4HSO4，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，该化合物为Na2O2，生成标准状况下11.2LO2，其物质的量为

=0.5mol，由2Na2O2～O2可知消耗过氧化钠为0.5mol×2=1mol，其质量为1mol×78g/mol=78g。

5．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。

6．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。

7．A、B、C、D、E、F六种物质，一定条件下有如下图所示的转化关系（所有的反应物和生成物均已给出）：

（1）若①、②、③均为水溶液中的置换反应，且A、D、E是常见的卤素单质，B、C、F为化合物。

则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为_______________（用字母表示），其中A的化学式为_________（用元素符号表示）。

（2）若B是一种淡黄色固体，绿色植物的呼吸作用和光合作用可实现自然界中D和E的循环，则化合物B的化学式为________________________；F的饱和溶液与足量E反应的离子方程式是______________________________________________。

（3）若B是水，C是一种有磁性的化合物，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是_________________________________________；反应③是某些氮肥厂获得合成氨原料D的一个重要反应，假设反应后的气体中只有F和D，从综合经济效益的角度考虑，简述如何从反应后的混合物中分离出D。

________________________________________________。

【答案】E＞A＞DBr2Na2O2CO2+CO32-+H2O=2HCO3-3Fe+4H2O＝Fe3O4+4H2↑将混合气体通入氨水中

【解析】

【分析】

（1）概括框图关系，题中给出了信息①②③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，由①②③反应知，氧化性应有E＞A＞D，因其均在水溶液中进行，故A为溴，B为碘化物，C为溴化物，D为碘，E为氯气，F为氯化物；

（2）由题意知绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2和O2的一种，B是淡黄色固体，则B可能是硫、溴化银、Na2O2，由反应③可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2，E是CO2，D是O2，F为Na2CO3；

（3）C必为Fe3O4，E是一种无色、无味的有毒气体，则E为CO，故A为铁，F为CO2，D为H2；除去H2中的CO2应选择氨水，可提高经济效益。

【详解】

（1）①②③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，由①②③反应结合氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性应有E＞A＞D，因其均在水溶液中进行，故A为溴（Br2），B为碘化物，C为溴化物，D为碘，E为氯气，F为氯化物；

（2）淡黄色固体有S、Na2O2、AgBr等，而绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中O2和CO2的循环．当淡黄色固体B为Na2O2且D为O2时合理，此时E为CO2，A为H2O，C为NaOH，F为Na2CO3，反应的离子方程式为CO2+CO32-+H2O=2HCO3-；

（3）C必为Fe3O4，E是一种无色、无味的有毒气体，则E为CO，故A为铁，F为CO2，D为H2，反应①的方程式为3Fe+4H2O

Fe3O4+4H2↑；从经济效益的角度分析，除去H2中的CO2可将混合气体通入氨水中，既得到纯净的氢气，又得到化肥碳酸铵或碳酸氢铵。

8．已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的转换关系如下图所示（部分产物略去）。

（1）若A为单质，组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素。

①B属于______分子（填“极性”或“非极性”），B分子中所有原子是否都满足8电子结构，____________（填“是”或“否”）。

②向50mL4mol/L的NaOH溶液中通入1.12LB（标准状况），反应后溶液中的溶质为_______（填化学式），物质的量分别为_____________。

（2）若A为第三周期中的元素所形成的氯化物。

①写出A溶液→B的离子方程式_________________________________。

②写出A和B在溶液中反应的离子方程式_____________________________________。

（3）若A为常见的金属，在E的冷、浓溶液中有钝化现象。

已知：

X为含有非极性键的离子化合物，且1molX含有38mol电子，向D溶液中加入与D等物质的量的固体X，该反应的离子方程式为___________________________________________。

【答案】非极性是NaOH、Na2CO3NaOH0.1mol、Na2CO30.05molAl3++4OH-=AlO2-+2H2OAl3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）34Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2↑+8Na+

【解析】

【分析】

（1）由题意，若A和E为单质，组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素，确定A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO，再解答问题；

CO2通入NaOH溶液中发生两个反应：

CO2+NaOH（少量）═NaHCO3、CO2+2NaOH（过量）═Na2CO3+H2O．根据CO2和NaOH量的关系，确定CO2少量，NaOH过量，最后溶质有Na2CO3和NaOH，求出物质的量之比即可；

（2）若A为第三周期中的元素所形成的氯化物．可能为NaCl、MgCl2、AlCl3中的一种，根据A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为含OH-的碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3；

（3）若A为常见的金属，在E的冷、浓溶液中，A有钝化现象．能发生钝化现象的金属有Fe和Al，即可确定A为Fe．结合A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D，即可确定A为Fe，E为硝酸，硝酸具有强氧化性，铁与过量硝酸反应生成Fe3+，铁与少量硝酸反应生成Fe2+，所以B中含Fe3+，D中含Fe2+．根据已知信息，X为含有非极键的离子化合物，且1mol X含有38mol电子，非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的，常见的为-O-O-非极性键，氧原子含8个电子，2个氧原子共含16个电子，而X含有38mol电子，还相差22个电子，可考虑含2个Na，即得X为Na2O2．Na2O2具有强氧化性，可把Fe2+氧化成Fe3+，根据题意，向Fe2+溶液中加入与Fe2+等物质的量的Na2O2固体，恰好完全反应，反应过程可看成Na2O2先与水反应，生成的NaOH再与Fe2+反应，生成Fe（OH）2，最后Fe（OH）2再被氧化成Fe（OH）3。

【详解】

（1）①由题意，若A和E为单质，组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素，确定A单质是碳，碳元素是自然界中形成化合物种类最多的元素．根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，反应为C+O2（过量）

CO2，C+O2（少量）

2CO，即得B为CO2、D为CO．CO2中碳原子最外层4个电子，氧原子最外层6个电子，碳原子分别与两个氧原子各形成两对共用电子对，即电子式为

，结构式为O═C═O，键角180°正电荷重心和负电荷重心重合，所以为非极性分子，由电子式可知CO2分子中各原子最外层都满足8电子结构；

②CO2通入NaOH溶液中发生两个反应：

CO2+NaOH（少量）═NaHCO3、CO2+2NaOH（过量）═Na2CO3+H2O；

根据题意，n（NaOH）=4mol/L×0.05L=0.2mol，n（CO2）=

=0.05mol，可见NaOH过量，CO2全部反应掉；

发生反应CO2+2NaOH（过量）═Na2CO3+H2O．0.05molCO2消耗0.1molNaOH，生成0.05molNa2CO3，溶液中还剩余0.1molNaOH；

所以溶液中溶质为0.05molNa2CO3、0.1molNaOH；

（2）①若A为第三周期中的元素所形成的氯化物．可能为NaCl、MgCl2、AlCl3中的一种，根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为含OH-的碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3．则A溶液→B的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；

②A为AlCl3，B中含有AlO2-，在两溶液中，Al3+和AlO2-都能发生水解反应，当两溶液混合后，Al3+和AlO2-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

（3）A为常见的金属，在E的冷