备战高考化学钠及其化合物推断题综合题汇编含答案解析.docx

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备战高考化学钠及其化合物推断题综合题汇编含答案解析

2020-2021备战高考化学钠及其化合物推断题综合题汇编含答案解析

一、钠及其化合物

1．有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属。

三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

A__________；G___________。

（2）写出反应①的化学方程式：

__________；写出反应②的离子方程式：

_________。

（3）说出黄绿色气体乙的一种用途__________________。

（4）区别E、F两种溶液最简单的方法是______，实验室检验G中所含的金属离子时，常在G的溶液中加入_____溶液

【答案】NaFeCl3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑制漂白粉观察法KSCN

【解析】

【分析】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系：

HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3；

（1）根据上面的分析可知：

A的化学式为Na；G的化学式为FeCl3；

（2）反应①为Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，发生反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；反应②为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2，发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）黄绿色气体乙为氯气，可用于自来水的消毒或制漂白粉等。

（4）E为稀盐酸、F为FeCl2溶液，区分这两种溶液最简单的方法是观察法，盐酸是无色溶液，而FeCl2溶液是浅绿色；G为FeCl3溶液，含有Fe3+，检验时向FeCl3的溶液中加入KSCN溶液，可观察到溶液显血红色；

2．中学化学常见物质A～I的转化关系如框图所示，其中A为化合物，B为常见金属单质，H的焰色反应为黄色，Y不使品红溶液褪色。

（部分反应条件、溶剂及产物已略去）

（1）反应①、②的离子方程式________________、__________。

（2）现有含0.10molH的溶液，要使其转化成含0.10molF的溶液，则：

①若只能加入0.050mol的某物质，该物质可能是_________________（填化学式，写1种）。

②若只能加入0.10mol的某物质，该物质可能是_________________（填化学式，写1种）。

【答案】2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-Na2O或Na2O2NaOH或Na

【解析】

【分析】

由H的焰色反应为黄色，则含有钠元素，且能与F在加热与过量的y之间相互转化，则H为NaHCO3，F为Na2CO3，气体Y为CO2，溶液D为NaOH，化合物A能与液体x反应生成NaOH和气体C，那么A为Na2O2，液体x为H2O；因为B为金属单质，固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反应，则B为Al，E为Al2O3，G为NaAlO2，向NaAlO2通入二氧化碳产生Al（OH）3和NaHCO3，所以I为Al（OH）3，据此回答。

【详解】

（1）反应①是Na2O2与H2O反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；反应②是向NaAlO2通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：

AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

（2）由分析可知①Na2O或Na2O2，②NaOH或Na。

【点睛】

本题关键点在于H，H含有钠元素，并且在加热和通气体y的条件下与F相互转化，而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。

3．①～⑦在元素周期表的对应位置如图所示，回答下列问题。

周期

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

2

⑦

①

②

3

③

④

⑤

⑥

（1）元素⑥的原子结构示意图___________；元素的最高正价①___________②（填>、<、=）

（2）向元素⑤和⑥形成的化合物的水溶液中加入过量的①的氢化物的水溶液，反应的离子方程式是______________

（3）元素③的最高价氧化物对应的水化物为_______（填离子化合物或共价化合物）

（4）元素②和③形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为______，该化合物中化键有_______（填离子键、极性键或非极性键），该化合物与⑦的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。

【答案】

＞Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+离子化合物

离子键、非极性共价键2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2

【解析】

【分析】

有元素周期表的结构分析可知：

①为氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素，再结合元素周期律和“位-构-性”三者的关系分析解题。

【详解】

分析可知：

①为氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素；

（1）元素⑥为氯元素，其核电荷数为17，原子结构示意图

；氮元素的最高正价为+5价，而氧元素无正价态，则元素的最高正价①>②；

（2）元素⑤和⑥形成的化合物为AlCl3，其水溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝白色胶状沉淀，发生反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（3）元素③为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是离子化合物；

（4）元素②和③形成的一种化合物Na2O2为淡黄色固体，是离子型化合物，该化合物的电子式为

，该化合物中化学键有离子键和非极性键，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2。

4．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，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V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示两种情况。

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_____________________

②B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。

③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-+H2↑NaK2H++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0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：

x+y=0.15mol，23g/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）①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-；

②B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1:

1，设n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=x，由钠离子守恒可得：

2x+x=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，x=0.0025mol，固体加热时发生反应：

2NaHCO3

Na2CO3+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：

0.0025mol÷2×62g/mol=0.0775g，故答案为：

0.0775；

③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；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。

5．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；A、B、C、D、E、X等的焰色反应均呈黄色；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：

（1）写出X和G的化学式：

X________，G________。

（2）写出有关变化的化学方程式：

D＋丙：

_______________________________________。

C＋G：

______________________________________。

（3）写出B与H2O反应的离子方程式：

____________________________________；若消耗0.5molB转移电子________mol。

【答案】Na2SSO32Na2SO3+O2=2Na2SO4SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑0.5

【解析】单质甲、乙均能与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被氧气连续氧化，生成不同的氧化物，则丙为氧气，氧化物与水反应放出氧气，则B是过氧化钠；C是氢氧化钠，A是氧化钠，甲为钠；又因为B和X的摩尔质量相同，则X为硫化钠，那么乙为硫，F为二氧化硫，G是三氧化硫；从而进一步推断出D为亚硫酸钠、E是硫酸钠，而硫酸钠的相对分子质量比亚硫酸钠的相对分子质量大16，符合题意；

（1）X为硫化钠，化学式Na2S；G为三氧化硫，化学式SO3；正确答案：

Na2S、SO3。

（2）D为亚硫酸钠，丙为氧气，亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，化学方程式：

2Na2SO3+O2=2Na2SO4；C为氢氧化钠，G为三氧化硫，氢氧化钠与三氧化硫反应生成硫酸钠和水，化学方程式：

SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O；正确答案：

2Na2SO3+O2=2Na2SO4；SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O。

（3）B是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：

2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；该反应转移电子2mol，消耗Na2O22mol，现消耗0.5molNa2O2转移电子0.5mol；正确答案：

2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；0.5。

点睛：

单质在氧气中发生连续氧化的有：

Na→Na2O→Na2O2、S→SO2→SO3、N2→NO→NO2、C→CO→CO2等，掌握这些知识，对于做这种类型的推断题有很大帮助。

6．下图是中学常见物质间的转化关系。

已知：

a．A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质；

b．E为常见金属，J为红褐色沉淀；

c．G在实验室中常用于检验B的存在；

d．L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液若保存不当常呈黄色。

回答下列问题：

（1）A的电子式为_______；B分子属于_______分子（极性、非极性）；

（2）反应①的化学方程式为_______，

反应②的离子方程式为_______，

（3）若参加反应的A的质量为39g，则消耗CO2的体积（标况下）为_______L。

（4）检验K中阳离子常用的方法是_______。

（5）L浓溶液的保存方法是_______。

【答案】

非极性2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑Fe3++3OH—=Fe（OH）3↓11.2L在试管中取少量K溶液，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+用棕色试剂瓶子保存并放置于低温避光处

【解析】

【分析】

L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液若保存不当常呈黄色，L是硝酸；B为导致“温室效应”的主要物质，B是二氧化碳；A为淡黄色固体，A能与二氧化碳反应，所以A是过氧化钠；G在实验室中常用于检验二氧化碳的存在，G是氢氧化钙；过氧化钠与二氧化碳反应生成C、D，则C是氧气、D是碳酸钠；J为红褐色沉淀，J是氢氧化铁，E为常见金属，则E是铁，铁与氧气反应生成F，F是四氧化三铁，四氧化三铁与硝酸反应生成硝酸铁，K是硝酸铁；碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，则I是碳酸钙、H是氢氧化钠。

【详解】

根据以上分析：

（1）A是过氧化钠，过氧化钠的电子式为

；B是二氧化碳，二氧化碳是直线型分子，属于非极性分子；

（2）反应①是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，反应②是硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和硝酸钠，反应的离子方程式为Fe3++3OH—=Fe（OH）3↓；

（3）39g过氧化钠的物质的量是

，设消耗二氧化碳的物质的量是xmol；

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑

22

0.5molxmol

；x=0.5mol，标况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

（4）K是硝酸铁，在试管中取少量K溶液，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+。

（5）L是浓硝酸，浓硝酸不稳定，见光或加热易分解，浓硝酸用棕色试剂瓶子保存并放置于低温避光处。

7．分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，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。

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。

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为。

②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____。

③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为____。

【答案】

（1）溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

（2）2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；NaK2；

（3）①OH-＋H＋=H2O、H＋＋CO

=HCO

；②Na2CO3、NaHCO3；③3∶10。

【解析】

【分析】

【详解】

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。

（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，故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+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：

x+y＝0.15，23x+39y＝5.05，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，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1：

1，

①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-；

②由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n（Na2CO3）=n（HCl），而反应中n（HCl）＞＞2n（Na2CO3），所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，故答案为Na2CO3、NaOH；

③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，故答案为3：

10。

8．A、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C→D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）2

CaCl2+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、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。

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。

9．现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液．相应的实验过程可用如图表示．请回答下列问题：

（1）试剂X最好是________（填化学式），检验X是否加入过量的方法________；

（2）写出步骤②的