备战高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题附详细答案.docx

1、备战高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题附详细答案备战高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题附详细答案一、钠及其化合物1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】FeCl2 KOH KCl AgCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 2 Fe3+Fe=3 Fe2+ 【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

2、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)

3、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

4、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。2A、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

5、V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示两种情况。由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_ B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。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-+H2NaK2H+ +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

6、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0.075mol2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.15mol，23

7、g/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）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-；B曲线中，前后消耗盐酸的体积

8、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/L0.075L=0.0075mol，x=0.0025mol，固体加热时发生反应：2NaHCO3Na2CO3+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：0.0025mol262g/mol=0.0775g，故答案为：0.0775；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

9、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。

10、3下面的框图中涉及AL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】HNO3 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 常温结晶 N2+O2 2NO NH4+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

11、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NH3H2O，NH3H2O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

12、；(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。4A、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_。（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

13、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。由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_。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_。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，并有气泡生成 2Na+2H2O2Na+2OH-+H2 OH- +H+ =H2O、H+CO32-=HCO3- Na2CO3、NaHCO3 3：10 【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

14、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；小题（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

15、1：1。【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；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+2H2O2Na+2OH-+H2；答案为：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2；（3）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-；由B图表明，加入25mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体

16、积达最大，所以加入盐酸体积25mL75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应。由Na2CO3生成NaHCO3再生成CO2，前后消耗的盐酸为1：1，而图中，生成NaHCO3所用盐酸少于由NaHCO3生成CO2所用盐酸，为1：2，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3；答案为：Na2CO3、NaHCO3；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。答案为：3：10。5市场上有一种用于预防和治疗缺氧症状的便携式制氧器，利用

17、过碳酸钠固体A(化学式为2Na2CO33H2O2)和黑色固体B(不溶于水)与水混合反应制得氧气。某同学对A、B两种物质进行探究,实验步骤及现象如下图所示。下列说法错误的是（ ）AB在反应中可能起催化作用 B 设计的目的是制取氧气C第步分离混合物的方法是结晶 D 白色沉淀D为CaCO3【答案】BC【解析】试题分析：A、黑色固体为MnO2，H2O2分解时MnO2作催化剂，故说法正确；B、设计的目的是证明MnO2作催化剂，故说法错误；C、混合物是Na2CO3、MnO2，其中MnO2不溶于水，Na2CO3溶于水，因此采用过滤的方法分离，故说法错误；D、根据选项C的分离，无色溶液C为Na2CO3，加入C

18、aCl2，发生Ca2CO32=CaCO3，故说法正确。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。6A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大。元素有关信息A原子最外层电子数和电子层数相等B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍C元素主要化合价为-2，原子半径为66pmD与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水E原子半径为104pm，所在主族序数与所在周期序数之差为3F单质为有色的气体(1)D2C的电子式_；(2)沸点：A2C_A2E(填“”或“ 弱 H2S+C12=S+2HCl（或 2Fe + 3C12 = 2FeCl3、 Fe + S = 2FeS） HCO3+H+=CO2+H2O

19、 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大；A原子最外层电子数和电子层数相等，应为H或Be；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；C元素主要化合价为-2，原子半径为66pm，应为O元素；D与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水，则应为Na元素，且A为H元素；E原子半径为104pm，所在主族序数与所在周期序数之差为3，应为S元素；F单质为有色的气体，且原子序数最大，应为Cl元素，据此答题。【详解】A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大；A原子最外层电子数和电子层数相等，应为H或Be；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元

20、素；C元素主要化合价为-2，原子半径为66pm，应为O元素；D与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水，则应为Na元素，且A为H元素；E原子半径为104pm，所在主族序数与所在周期序数之差为3，应为S元素；F单质为有色的气体，且原子序数最大，应为Cl元素，(1)D2C2为Na2O2，电子式为，为离子化合物，属于离子晶体；(2)因为H2O分子之间有氢键存在，所以沸点高于硫化氢；(3)S和Cl在同一周期，元素周期表中，从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应单质的氧化性也逐渐增强，所以硫的非金属性弱于氯，可根据单质之间的置换反应或与变价金属反应来证明，有关的反应方程式为H2S+C12=S+2HCl

21、(或 2Fe+3C12 2FeCl3、Fe+S2FeS)；(4)化合物甲由A、B、C、D四种元素组成，其化学式量为84，应为NaHCO3，易与盐酸反应生成二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O。7A、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

22、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CD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化碳气体的反应_；将C长期露置于空气中，最后将变成物质E，E的化学式为_。【答案】（1）紫红色变为无色；还原性；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；1:2；（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO；（3）过氧化钠；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Na2CO3【解析】试题分析：A、B、C

23、、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，(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B为SO2，A是单质S，则根据转化关系知，C是SO3，D是H2SO4，二氧化硫具有还原性，将B通入KMnO4溶液的现象为：紫红色变为无色，在该反应中SO2表现还原性；浓硫酸和铜在加热条件下能生成二氧化硫，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，反应中每2mol硫酸参加反应，其中只有1mol硫酸作氧化剂，所以作氧化剂的H2SO4与参加反应的H2SO4的物质的量之比为1：2；(2)若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3，D的浓溶液能使金属Fe、Al

24、钝化，则D为浓HNO3，则根据转化关系知，B是NO、C是NO2，实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+ 2NH3+2H2O，其中二氧化氮与水反应生成硝酸，该反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO。(3)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2，C的名称为过氧化钠，用化学方程式表示该物质与二氧化碳气体的反应是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；将C长期露置于空气中，Na2O2与空气增大水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应产生碳酸钠，故最后将变成物质E是Na2CO3。

25、考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式的书写、物质的作用的知识。8A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体而C、D还生成一种无色、无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色、无味气体请回答下列问题：（1）写出下列反应的离子方程式：D+盐酸 D+A （2）写出F和H反应的化学方程式 【答案】（1）HCO3+H+=CO2+H2O；2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；HCO3+OH=CO32+H2O；（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【解析】因焰色反应为黄色，说明五种物

26、质都含有钠元素，B与盐酸反应还生成一种可燃性气体，可知B为Na，E为NaCl，可燃气体是氢气；C、D还生成一种无色、无味气体H，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D为碳酸钠或碳酸氢钠；F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2O2，D和A可反应生成C，C为Na2CO3，则D为NaHCO3，A为NaOH，综上所述可知，A为NaOH，B为Na，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl，F为Na2O2，（1）D为NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O；B为Na，与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2O

27、H+H2，碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子反应为HCO3+OH=CO32+H2O，（2）F为Na2O2，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握发生的离子反应、钠的化合物的转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意焰色反应为元素的性质，题目难度不大9已知A、B、C、D、E五种物质，且A、B、C、D的焰色反应均为黄色，它们的关系如下图所示，已知E为气体单质，能使带火星的木条复燃（1）写出下列物质的化学式：A B C D （2）C物质中阴阳离子个数比为 （3）其中X与C的反应，常常用于呼吸

28、面具和潜水艇中，其反应的化学方程式为 （4）A分解的化学方程式为 【答案】（1）NaHCO3；Na2CO3；Na2O2；NaOH；（2）1：2；（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【解析】A、B、C、D的焰色反应呈黄色，均含有Na元素，E为气体单质，能使带火星的木条复燃，则E为O2，分别由X和Y与C反应生成，则C应为Na2O2，X、Y为CO2和H2O中的物质，A加热分解生成X、Y、B，B应为Na2CO3，则D为NaOH，所以X为CO2，Y为H2O，A加热生成Na2CO3、CO2、和H2O，则A为NaHCO3，（1）由上述分析可知，

29、A为NaHCO3，B为Na2CO3，C为Na2O2，D为NaOH，（2）C为Na2O2 ，过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，物质中阴阳离子个数比为1：2， （3）X为CO2，C为Na2O2 ，发生的反应生成碳酸钠与氧气，常常用于呼吸面具和潜水艇中，其反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（4）A为NaHCO3，A分解的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，【点评】本题考查无机物推断，涉及钠的化合物之间的转化，题目难度中等，焰色反应、E的性质且均由C与X、Y反应得到是推断突破口，关键是掌握元素化合物性质10已知A、B、C、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，G为红褐色沉淀。常温下甲、乙、丙为气态非金属单质，丙呈黄绿色；丁、戊为常见金属单质，其中戊是当前用量最大的金属。它们之间的转化关系如下图所示（有的反