备战高考化学钠及其化合物推断题提高练习题压轴题训练及答案解析1.docx

1、备战高考化学钠及其化合物推断题提高练习题压轴题训练及答案解析1备战高考化学(钠及其化合物推断题提高练习题)压轴题训练及答案解析(1)一、钠及其化合物1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。请按要求填空：（1）丙的化学式是_，G的化学式是_。（2）写出有关变化的化学方程式：甲 + 乙：_；D + 丙：_。（3）B与X的水溶液反应生成C和乙的离子方程式是_。【答案】O2 SO3 2Na + SNa2S 2Na2SO3+ O2= 2Na2SO4 Na2O2+

2、S+2H2O=4OH+S+2Na 【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H的摩尔质量相同，则X是Na2S，那么乙是S，F是SO2，G是SO3；由E的相对分子质量比D的相对分子质量大16可知D是Na2SO3，E是Na2SO4。【详解】（1）由以上分析可知丙是O2，G是SO3；故答案为：O2，SO3；（2）甲 + 乙的反应为钠与硫共热反应生成硫化钠，反应的化学方程式为2Na + SNa2S；D + 丙的反应为亚硫酸钠

3、与氧气反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2SO3+ O2= 2Na2SO4，故答案为：2Na + SNa2S；2Na2SO3+ O2= 2Na2SO4；（3）过氧化钠与氯化钠的水溶液发生氧化还原反应生成氢氧化钠和硫，反应的离子方程式为Na2O2+S+2H2O=4OH+S+2Na，故答案为：Na2O2+S+2H2O=4OH+S+2Na。2下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K可用作食品发泡剂。B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。根据以上信息，回答下列问

4、题：(1)B的组成元素为_。(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_。(3)GJ的离子方程式为_。(4)M是含氧酸盐，反应中H、L、D的物质的量之比为3：2：4，则M的化学式为_。【答案】Fe、C、O 取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I 2FeO+H2O2+6H+2Fe3+4H2O Na2FeO4 【解析】【分析】A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe(OH)3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2(SO4)3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C

5、为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)。【详解】(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：Fe、C、O；(2)I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；(3)GJ的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式

6、为2FeO+H2O2+6H+2Fe3+4H2O，故答案为：2FeO+H2O2+6H+2Fe3+4H2O；(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe(OH)3、NaOH，根据物质的量之比为3：2：4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：Na2FeO4。【点睛】无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。掌握常见物质的性质和用途是关键。3已知有以下物质相互转化试回答

7、：（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，

8、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)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+3S

9、CN-=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。4A、B、C、D是中学化学中

10、的常见物质，各物质的转化关系如下：(1)若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要物质之一。画出A的原子结构示意图_。 写出D的浓溶液所具有的特殊性质_(两种即可)。(2)若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则下列叙述正确的是_。a.A的化学性质较为稳定 b.B、C均为酸性氧化物 c.流程中的反应均属氧化还原反应 d.可用D与金属反应制取氢气(3)若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，则 CD的化学方程式是_。(4)若A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则AB的反应方程式为_。【答案】 强氧化性、吸水性、脱水性（任填两个） ac 2

11、Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】【详解】(1)若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要成分，B为SO2，则判断A为S，D为硫酸，C为SO3。A为硫元素原子，硫元素为16号元素，质子数为16，核外电子数=质子数=16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，硫原子的结构示意图为。D是硫酸，浓硫酸具有的特殊性质为强氧化性、吸水性和脱水性；(2)若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则A为N2，D为HNO3，B为NO，C为NO2，则aA是N2，分子内含NN键，该化学键的键能较大，断裂需要很高的能量，因此化学性质较为稳定，a正确；bB、C分别是NO

12、、NO2，二者都是不成盐氧化物，b错误；c流程中的反应均有元素的化合价变化，所以该反应是氧化还原反应，c正确；dD是HNO3，硝酸与金属反应通常不生成氢气，d错误；故合理选项是ac；(3)若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，A为Na，D为NaOH，B为Na2O，C为Na2O2，则CD的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；(4)A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则A为NH3，E为O2，B为NO，C为NO2，D为硝酸，AB的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。5某溶液只可能含有K、Al3、Fe3、Mg2、Ba

13、2、NH4+、Cl、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学取100 mL的溶液分成两等份进行如下实验：第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.05 mol有刺激性气味的气体，同时得到澄清溶液甲。向溶液甲中通入过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02 g固体。第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，加入足量盐酸，沉淀并不溶解，过滤沉淀，充分洗涤，干燥，得到11.65 g固体。（1）在原溶液中一定存在的离子有_；一定不存在的离子有_；不能确定是否存在的离子有_。（2）为了确定不能确定的离子是否存在，可以采取的方法为_。（3）由操作确定的离子在溶液中的浓度为

14、_。【答案】NH4+、Al3+、SO42-、Cl- Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- K+ 用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有K+ c(Al3+)=0.4mol/L 【解析】【分析】本题主要考查离子共存与离子反应及其相关计算。溶液和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，可以和过量的氢氧化钠反应生成的沉淀可以是氢氧化铁、氢氧化镁，氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠之间反应；向偏铝酸钠中通过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝，根据铝元素守恒可以计算铝离子的量，在溶液中，铝离子和碳酸根离子因为双

15、水解不共存；硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成硫酸钡沉淀，是一种不溶于盐酸的白色沉淀，根据沉淀的量，并结合发生的反应来计算硫酸根离子的量，再根据溶液中电荷守恒判断其它离子即可。【详解】第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.05mol气体，即为氨气，一定含有NH4+，NH3物质的量为0.05mol，NH4+浓度为：=1mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al3+，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、

16、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是，Al3+浓度为：；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，原溶液中一定无钡离子，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体，即硫酸钡的质量是11.65g，硫酸钡物质的量为：，根据原子守恒，所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol，硫酸根浓度为：，综上分析可知，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：1mol/L、0.4mol/L、1mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，根据电荷守恒，溶液中一定存在Cl-，无法确定是否存在K+。（1）由上述

17、分析可知，溶液中一定存在的离子为：NH4+、Al3+、SO42-、Cl-；一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；无法确定是否存在K+；（2）对于K+的检验，常采用焰色反应，其操作方法为：用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有K+；（3）通过上述分析可知，由操作确定的Al3+在溶液中的浓度为0.4mol/L。【点睛】对于钠离子或钾离子的存在与否，常通过溶液中的电荷守恒判断；若要通过实验方法检验钾离子或钠离子，常采用焰色反应检验，需注意，焰色反应检验钾离子，需通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，避免钠离子的干扰。6

18、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式_。 （2）若A为电石（CaC2）,X为深红棕色液体非金属单质，写出D + X E反应的化学方程式为_ 。（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：A与H2O反应的离子方程式为_ 。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出D的结构式为_。若X为一种造成温室效应的气体则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_。a盐酸 bBaCl2溶液 cNaOH溶液 dCa（OH）2溶液（4）若A为氧化物，X为常见的金属单质，在溶液D中滴

19、加KSCN溶液会变红色。A与H2O反应的化学反应方程式为_ 。指明X 在元素周期表中位置为_ 。【答案】OH- +HSO3- =SO32- + H2O BrCH=CHBr + Br2Br2CHCHBr2 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- +O2 O=C=O ab 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO 第四周期第族 【解析】【详解】(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为OH-+HSO3

20、-=SO32-+H2O； (2)若A为电石(CaC2)，与水反应生成乙炔和氢氧化钙，X为深红棕色液体非金属单质，X为溴，根据流程图，B为氢氧化钙，C为乙炔，D为1，2-二溴乙烯，E为1，1，2，2-四溴乙烷，则D + X E反应的化学方程式为BrCH=CHBr + Br2Br2CHCHBr2，故答案为BrCH=CHBr + Br2Br2CHCHBr2；(3)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，X为非金属单质，通常为黑色粉末，则X为C，根据转化关系可知B为氢氧化钠、C为氧气，D为二氧化碳，E为一氧化碳。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+

21、+ 4OH- +O2，故答案为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- +O2；D为二氧化碳，则D的结构式为O=C=O，故答案为O=C=O；若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，故答案为ab；(4)若A为氧化物，X为常见的金属单质，在溶液D中滴加KSCN溶液会变红色，说明涉及铁离子，则X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO；X为Fe，铁

22、是26号元素，位于第四周期第族，故答案为第四周期第族。7已知A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，C焰色反应火焰呈黄色，E是红棕色的固体；X、Y是两种常见的单质，其中X常温常压下为气体。根据上面框图关系填空。（1）A的化学式为_，固体A的颜色为_；（2）写出“X+FG+B”的化学反应方程式_；（3）写出“实验室中制取F气体”的化学反应方程式_；（4）写出“CD”反应的离子方程式_；（5）写出“E+金属单质Y+两性氧化物”的化学反应方程式_。【答案】（1）Na2O2；淡黄色（2）4NH3+5O24NO+6H2O（3）2NH4Cl+Ca（

23、OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（4）Fe3+3OH-=Fe（OH）3（5）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【解析】试题分析：已知A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，B为水，C焰色反应火焰呈黄色，C中含有钠元素，E是红棕色的固体，E是氧化铁；固体A能够与水反应生成C和X，X常温常压下为气体单质，则A Na2O2，X为氧气，C为氢氧化钠，根据（5）“E+金属单质Y +两性氧化物”，可知金属单质是铝，Y是铁，则D为氢氧化铁，X+FG+B，则F为氨气，G为NO，H为NO2，I为硝酸。（1）根据上述分析，A的化学式为Na2O2，固

24、体A的颜色为淡黄色，故答案为：Na2O2；淡黄色；（2）“X+FG+B”的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（3）实验室中制取氨气的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（4）CD反应的离子方程式为Fe3+3OH-=Fe（OH）3；（5）“E+金属单质Y+两性氧化物”的化学反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。考点：考查了无机推断的相关知识。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。B属于_分子（填“极性”

25、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”)。向50 mL 4 mol/L的NaOH溶液中通入1.12 L B（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。写出A溶液B的离子方程式_。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1 mol X含有38 mol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、Na2CO3 NaOH 0.1mol、Na2CO3 0.05

26、mol Al3+4OH-=AlO2-+2H2O Al3+ 3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3 4Fe2+ 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，

27、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+，

28、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1molX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Na2O2Na2O2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)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COCO2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OCO，键角180正电荷重心和负电荷重