高考化学专题复习分类练习 钠及其化合物推断题综合解答题及答案解析Word下载.docx

1、是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O ；【点睛】无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。2.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：（1）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，0.1 mol/L C溶液的pH=13。该反应的离子方程式为_。（2）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的化学方程式为_。（3）若A、C、D、E均为化合物，E为白色沉淀，且A、C、E含有同一种元素，该反应的离子方程式为_。（4

2、）若A是黄绿色气体；C的焰色呈黄色，C溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体；生成物D是一种酸式盐，E是一种强酸。该反应的化学方程式为_。.（5）二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3 反应制得。请写出反应的离子方程式_。（6）过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了还原反应的是_。AMnO2 BKMnO4溶液 C稀盐酸 DNa2SO3溶液【答案】 2Al + 2OH

3、- + 2H2O =2AlO-2+ 3H2 SO2+I2 +2H2O = H2SO4 +2HI Al3+ + 3AlO2- +6H2O=4Al（OH）3 4Cl2 + Na2S2O3 + 5H2O=2NaHSO4 + 8HCl 2ClO3- + SO32- + 2H+ =2ClO2 + SO42- + H2O D【解析】.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断为H2O；（1）若A为短周期的金属单质，0.1mol/LC溶液的pH=13，说明C为强碱性溶液，D为气态单质，判断A为Al，D为H2，该反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H

4、2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2； （2）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，说明A为碘单质，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，该反应的反应方程式为SO2+I2 +2H2O = H2SO4 +2HI，故答案为：SO2+I2 +2H2O = H2SO4 +2HI；（3）若A、C、D、E均为化合物，E为白色沉淀，且A、C、E含有同一种元素，则A为氯化铝，C为偏铝酸钠，E为Al（OH）3、D为氯化钠，该反应的离子方程式为Al3+3AlO2-+6H2O4Al（OH）3，故答案为：Al3+3AlO2-+6H2O4Al（OH）3；（4）若A是黄绿色气体，则A为氯气，

5、C的焰色呈黄色，说明C中含有钠元素，C溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体，则C为硫代硫酸钠；生成物D是一种酸式盐是硫酸氢钠，E是一种强酸，则E为盐酸，该反应的化学方程式为4Cl2 + Na2S2O3 + 5H2O=2NaHSO4 + 8HCl，故答案为：4Cl2 + Na2S2O3 + 5H2O=2NaHSO4 + 8HCl；.（5）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+2ClO2+SO42-+H2O，故答案为：2ClO3-+SO32-+2H+2ClO2+SO42-+

6、H2O；（6）Na2CO33H2O2具有Na2CO3和H2O2的双重性质，过碳酸钠只发生了还原反应，则选项中的物质具有还原性，只有D选项符合，故答案为：D。3下图中各物质均为中学化学中常见的物质，它们之间有如图转化关系。其中A、C均为金属单质；D的焰色反应呈黄色；C与水反应除了生成D，还能生成自然界最轻的气体；E是一种氢氧化物，它既能跟NaOH反应又能跟盐酸反应。（反应过程中生成的水及其他产物已略去）请回答以下问题：（1）B是_，E是_。（填化学式）（2）写出E转化为G的离子方程式_。（3）写出C和水反应的化学方程式_。【答案】AlCl3 Al（OH）3 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2

7、H2O 2Na+2H2O=2NaOH+H2 各物质均为中学化学中常见的物质，A、C均为金属单质；D的焰色反应呈黄色证明含有钠元素；C与水反应除了生成D，还能生成自然界最轻的气体，可以判断C为Na，D判断为NaOH；F判断为Na2CO3；E是一种氢氧化物，它既能跟NaOH反应又能跟盐酸反应，判断E为Al（OH）3；B为AlCl3，判断A为Al，G为NaAlO2，依据判断物质分析判回答问题。A、C均为金属单质；B为AlCl3，判断A为Al，G为NaAlO2；（1）依据上述分析判断，B为AlCl3，E为Al（OH）3；（2）E（Al（OH）3）转化为G（NaAlO2）的离子方程式：Al（OH）3+O

8、H-=AlO2-+2H2O；（3）C（Na）和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2。4A、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

9、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A族 氧 BC HSO3-+H+=SO2+H2O 78g 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

10、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。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A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

11、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2Na2O2O2可知消耗过氧化钠为0.5mol2=1mol，其质量为1mol78g/mol=78g。5Mg及其化合物可以发生如下转化（部分反应物、生成物或水已略去），已知X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，化合物D的焰色反应为黄色，C和G混合冒白烟

12、并生成A，电解E的水溶液常用于某种工业生产。（1）写出下列物质的化学式：A_，Y_；（2）写出C的电子式_；（3）写出MgCl2与D反应的化学方程式_；（4）请用水解平衡理论解释A+B+MgC+X+ MgCl2的原因_。（5）将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中，充分反应后，再向混合液中逐滴滴加盐酸，所加盐酸的体积与生成的气体的关系如下图所示：则原F溶液的浓度为_mol/L。【答案】NH4Cl O2 2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg（OH）2+O2 NH4Cl水解生成NH3H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度

13、减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3 0.3mol/L X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，可以判断为水，D为化合物，它的焰色反应为黄色说明含有钠元素，含钠的化合物与氯化镁反应生成了氢氧化镁，说明D在反应时生成了碱，沉淀镁离子，同时生成单质气体Y，E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F，G和氢氧化镁反应生成氯化镁，证明G为盐酸，所以X、Y为氢气和氯气，结合条件判断E为氯化钠；含钠的化合物D与氯化镁反应生成氯化钠氢氧化镁和单质气体Y，只有D为过氧化钠符合，所以Y为氧气；C和G混合冒白烟并生成A，结合G为氯化氢可知C应为碱性气体氨气，A为氯化铵，金属镁与氯化铵水溶液反应生成氯化镁、氢气

14、，反应放热同时生成了氨气，据此分析解答。（1）依据上述推断可知，A为NH4Cl，Y为O2，故答案为NH4Cl；O2；（2）C为氨气，电子式为，故答案为；（3）氯化镁与过氧化钠反应生成的产物为氢氧化镁、氧气、氯化钠，反应的化学方程式为：2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg（OH）2+O2，故答案为2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg（OH）2+O2；（4）A+B+MgC+X+MgCl2的化学方程式为2NH4Cl+Mg=2NH3+H2+MgCl2，NH4Cl水解生成NH3H2O和HCl，加入镁后，因为镁为活泼金属，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的

15、浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3，故答案为NH4Cl水解生成NH3H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3；（5）F为氢氧化钠，通入1mol二氧化碳气体反应后，滴入盐酸开始无气体生成，然后有气体生成，最后不变。由图象分析可知，消耗200mL盐酸无气体放出，说明二氧化碳与氢氧化钠反应生成的产物中无碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳先后发生CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2+H2O，根据方程式可知，反应消耗的盐酸与反应消耗的盐酸的体积相等，均为100mL，所

16、以原溶液中有氢氧化钠剩余，因此混合液中逐滴滴加盐酸，先后发生反应OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2+H2O。根据碳元素守恒，二氧化碳气体物质的量为0.1mol，和氢氧化钠反应生成的碳酸钠为0.1mol，消耗氢氧化钠0.2mol，与氢氧化钠反应消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等，也与碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等，均为100mL则与盐酸反应的氢氧化钠为0.1mol，因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mol，浓度为=0.3mol/L，故答案为0.3mol/L。6某银白色金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，得到淡黄色固

17、体B，A露置在空气中足够长时间最终变为C，B和酸性气体D能生成C，A和B都能与水生成E，E和D也能生成CE和金属单质F生成一种密度最小的气体和G，向G中通入酸性气体D有白色沉淀产生。回答下列问题。B ，C ，D ，E ,G ,（2）写出下列反应的离子方程式（写化学方程式）：A和水生成E： ,B和D生成C：E和D也能生成C ,F与E的水溶液：G与过量的D反应：【答案】（1）Na2O2、Na2CO3，CO2，NaOH,NaAlO2（各1分）（2）2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；CO2+2OH-=CO32-+H2O2Al+2OH+2H2O=2A

18、lO2-+3H2AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-（各2分）试题解析:根据题意：银白色金属单质A为金属钠；淡黄色固体B为过氧化钠；C为碳酸钠；酸性气体D为二氧化碳；与水生成E为氢氧化钠；E（氢氧化钠）和金属单质F（即金属铝）生成一种密度最小的气体氢气和G偏铝酸钠溶液；（1）Na2O2 、 Na2CO3，CO2，NaOH ,NaAlO2;（2）A和水生成E：2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；E和D也能生成C CO2 + 2OH- =CO32- +H2O；2Al+2OH+2H2O=2AlO2- + 3 H2；G与过量的

19、D反应AlO2- + CO2 + 2H2O = Al（OH）3 + HCO3- ;考点: 金属钠及其化合物的性质，金属铝及其化合物的性质；7目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl（熔融）2Na+Cl2。己知物质A、B、C、D、E、F有如下图所小转化关系：（1）试根据上述变化写出A、B、C、D、E、F的化学式：A_,B_，C _,D_,E _,F_.（2）请写出AC 以及B D 两个反应的化学方程式。AC_,BD_.（3）过氧化钠可用作制氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：_.（4）工业上制取漂白粉的化学方程式为_.（1）Na；Cl2；NaOH；FeCl3；Na

20、2CO3；CaCl2（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2；2Fe+3Cl22FeCl3（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（4）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O试题分析：由转化流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2。（1）由上述分析可知，A为Na，B为Cl2，C为NaOH，D为FeCl3，E为Na2CO3，F为CaCl2，故答案为：Na；CaCl2；（2）AC的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：BD的化学方程式为2Fe+3C

21、l22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（3）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2；（4）工业上制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。考点：考查了无机推断、钠及其化合物的性质的相关知识。8A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出。（1）若反应、均为溶液中的置换反应，A、D、E为第A族元素单

22、质。则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为（用化学式表示）_。（2）若B是某元素R的氢化物，B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点，且B在常温下为液态；C是一种有磁性的化合物；E是一种无色、无味的有毒气体。则反应的化学方程式_，的化学方程式_。（3）若B由短周期元素X、Y组成，且X、Y原子个数比为11，B晶体中既含离子键，又含非极性共价键；绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环。则B的电子式为_，反应的离子方程式_。【答案】Cl2Br2I2 3Fe4H2OFe3O44H2 COH2OCO2H2 2Na2O22H2O4Na4OHO2 （1）A、D、E为卤素单质，反应均为水溶液

23、中的置换反应，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知氧化性应有EAD，故E为Cl2、A为Br2、D为I2，据此解答；（2）B是某元素R的氢化物，B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点，且B在常温下为液态，则B为水；C是一种有磁性的化合物，C为Fe3O4，根据框图，A为铁，D为氢气，E是一种无色、无味的有毒气体，E与四氧化三铁反应生成铁，则E为CO，F为CO2，据此分析解答；（3） 绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环，则D、E为氧气或二氧化碳。B由短周期元素X、Y组成，且X、Y原子个数比为11，B晶体中既含离子键，又含非极性共价键，则B为过氧化钠，根据框图，A为水，

24、D为氧气，C为氢氧化钠，E为二氧化碳，二氧化碳与氢氧化反应生成碳酸钠和水，则F为碳酸钠，据此分析解答。（1）A、D、E为卤素单质，反应均为水溶液中的置换反应，由氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，可知氧化性应有EAD，故E为Cl2、A为Br2、D为I2，因此A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为Cl2Br2I2，故答案为Cl2Br2I2； （2）B是某元素R的氢化物，B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点，且B在常温下为液态，则B为水；C是一种有磁性的化合物，C为Fe3O4，根据框图，A为铁，D为氢气，E与四氧化三铁反应生成铁，E是一种无色、无味的有毒气体，则E为CO，F为CO2，反应为铁与水蒸

25、气的反应，反应的化学方程式为3Fe4H2OFe3O44H2，反应为CO与水的反应，反应的化学方程式为COH2OCO2H2，故答案为3Fe4H2OFe3O44H2；COH2OCO2H2；B由短周期元素X、Y组成，且X、Y原子个数比为11，B晶体中既含离子键，又含非极性共价键，则B只能为过氧化钠，根据框图，A为水，D为氧气，C为氢氧化钠，E为二氧化碳，二氧化碳与氢氧化反应生成碳酸钠和水，则F为碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，符合框图中物质的转化关系。B为过氧化钠，属于离子化合物，电子式为，反应为过氧化钠与水的反应，反应的离子方程式为2Na2O22H2O4Na4OHO2，故答案为2Na2O22H2O4Na4OHO2。9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，乙是常见的气体单质，是空气的主要成分之一，B是无色气体，是主要的大气污染物之一，C常温下为无色液体，E是一种淡黄色的固体请回答下列问题（1）G的化学式为： （2）反应的化学方程式为：反应的离子方程式为：（3）反应的离子方程式为： ，每生成 1mol 乙气体，反应中转移 mol 电子（1）Na2CO3；