1、10-4 5VC10-4moln(乙)7.5VC10-4mol 【解析】【分析】(1)X是Na2CO3,B应为酸,与碳酸钠反应生成C为CO2,C与碳酸钠反应所生产的D为NaHCO3,若A是常温下的气态单质,则A为Cl2;(2)若E为难溶于水的白色沉淀、B与X的反应是中学化学中重要的化工反应,则A为Mg3N2,E为Mg(OH)2,B为NH3,C为NO,D为NO2;(3)若D为白色沉淀,且与A的摩尔质量相等,则A为Na2O2,E为氧气,B为NaOH,X为铝盐,C为NaAlO2,D为Al(OH)3。【详解】(1)X是Na2CO3,B应为酸,与碳酸钠反应生成C为CO2,C与碳酸钠反应所生产的D为NaH
2、CO3,若A是常温下的气态单质,则A为Cl2,则D与A的水溶液反应的化学方程式为:Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2+HClO;(2)若E为难溶于水的白色沉淀、B与X的反应是中学化学中重要的化工反应,则A为Mg3N2,E为Mg(OH)2,B为NH3,C为NO,D为NO2,D与水反应所得的稀溶液与铜片反应的离子方程式:3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O;(3)若D为白色沉淀,且与A的摩尔质量相等,则A为Na2O2,E为氧气,B为NaOH,X为铝盐,C为NaAlO2,D为Al(OH)3;(a) A为Na2O2,电子式为,X与C反应生成D的离子方程式为:3AlO2-+Al3+6
3、H2O=4Al(OH)3;(b)将NaHCO3分解产生的气体用足量的Na2O2充分吸收得到固体混合物甲为碳酸钠、过氧化钠,将甲溶于VmL cmolL-1的盐酸中,产生无色混合气体乙为二氧化碳、氧气,溶液呈中性,溶液中溶质为NaCl,根据钠离子守恒n(Na2O2)=n(NaCl),再有氯离子守恒,则n(Na2O2)=n(NaCl)=n(HCl)=V10-3Lcmol/L=5Vc10-4mol;由2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2,2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2,可知过氧化钠生成氧气为5Vc10-4mol=2.5Vc10-4mol,由于过氧化钠剩余,故碳酸钠的物质的量小
4、于5Vc10-4mol,还发生反应:Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2,生成二氧化碳小于5Vc10-4mol,则混合气体最大物质的量小于2.5Vc10-4mol+5Vc10-4mol=7.5Vc10-4mol,故乙的物质的量:2.5Vc10-4moln(乙)7.5Vv10-4mol,故答案为:5Vc10-4moln(乙)7.5Vc10-4mol。【点睛】考查无机物推断,属于猜测验证型题目,需要学生熟练掌握元素化合物知识,(3)中计算为易错点、难点,利用守恒法过氧化钠的物质的量,注意碳酸氢钠的物质的量的范围确定。2下图表示有关物质之间的转化关系,其中A为常见的金属单质,B为非金属
5、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,D代表的物质分别为:_,_(填化学式);(2)反应中的C,D均过量,该反应的化学方程式是_;(3)反应中,若B与F物质的量之比为43,G,H分别是_,_(填化学式);其物质的量之比为_.(4)反应产物中K的化学式为_;的离子方程式为_.【答案】Al Na2O2 2H2O +Na2O2 =4NaOH+O2、2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 CO2 CO 1:1 Na2CO3 2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+ 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
6、粉末)推断为C,C是常见的无色无味液体可以推断为H2O,D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2,E、F为O2和H2的反应生成水,A是常见金属,与另一种固体在水中反应生成O2和H2,则该固体金属为Al,固体D为Na2O2,能与水和CO2反应,则G为CO2;说明K为Na2CO3,F为O2; 题给信息黑色单质B与氧气(F)反应得到G(CO2),说明B为C(碳),C和O2反应可生成CO2和CO,则H为CO;依据F(O2)与E反应生成C(水)可知E为氢气,结合物质的性质解答该题。推断可知A为Al,B为C,C为H2O,D为Na2O2,E为H2,F为O2,G为CO2,H为CO,K为Na2CO3;(1) 依据
7、推断可知,A、D代表的物质分别为:Al、Na2O2;(2) 反应中的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:2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2;(3) 依据反应C+O2=CO2:n(C):n(O2)=1:1,发生反应产物为二氧化碳;依据反应2C+O2=2CO;n(O2)=2:1,发生反应生成一氧化碳气体;反应中,若B(C)与F(O2)物质的量之比为4:3,1:1n(C):n(O2)=4:32:1;判断G、H分别是:CO2、CO;设CO2的物质的量为amol、CO的物质的量为bmol,则a+b=4、2a+b
8、=6,解得:a=2、b=2,故CO2和CO物质的量之比为2mol:2mol=1:(4) 反应是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气,F为氧气,产物中K为碳酸钠,化学式为:Na2CO3;分析判断G为CO2,溶液乙是碳酸钠溶液,G+溶液甲=溶液乙+沉淀L,所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为:2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-。考查无机物的推断,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
9、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C是常见的无色无味液体和D是淡黄色的固体化合物,展开思维的空间,寻找目标答案。3M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示(部分产物已略去)(1)若A是地売中含量最多的金属元素,将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合,得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等,则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为_。(2)若A是CO2气体,A
10、与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应,放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为_(填化学式),物质的量之比为_。(3)若A是一种正盐,A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体,则A的化学式为_。【答案】2:3或2:7 Na2CO3和NaHCO3 1:1 (NH4)2SO3 已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰,所以C为氢气,D为氯气;C与D反应生成的F为HCl;M是日常生活中不可缺少的调味品,M为NaCl,结合转化关系图,B为NaOH。(1)若A是地壳中含量最多的金属元素,则推断A为金属铝,将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合,发生的反
11、应为,Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O;(2)若A是CO2气体,A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为:NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3;根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。(3)若A是一种正盐,A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体,该气体为常见的NH3和SO2,据此来分析作答。(1)若A是地壳中含量最多的金属元素,则推断A为金属铝,将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合,发生的反应为,Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3+OH= AlO2-+2H2O;
12、溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式,故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等,也分两种情况,碱过量时,即反应剩余的nAl(OH)3= n(AlO2-),根据元素守恒可知此时c(AlCl3):c(NaOH) = 2:7;当碱量不足时,nAl(OH)3=n(Al3+),再根据元素守恒可知,此时c(AlCl3):3,故答案为2:3或2:7。由图示信息可以看出:00.1L时,消耗盐酸没有气体放出;0.1L0.3L,消耗盐酸有气体放出;根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2,可以推测出,原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3,根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2,可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为Na2CO3和NaHCO3,1:(3)若A是一种正盐,A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体,可推测出A的阳离子为NH4+,阴离子为SO32-,进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。4下图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去),其中A、C为无色气体,请填写下列空白。(1)化合物W可能是_或_
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