备战高考化学提高题专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案1.docx

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备战高考化学提高题专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案1

备战高考化学提高题专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案

（1）

一、钠及其化合物

1．A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图。

请针对以下三种不同情况回答：

若A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。

中含有的金属元素在元素周期表中的位置为_______________________，向水中加入X物质，X对水的电离平衡的影响是_________

填“促进”、“抑制”或“无影响”

。

与C的水溶液混合后生成B，反应的离子方程式为___________________________。

若A为固态非金属单质，A与X同周期，同时A在X中燃烧，生成

和

白色烟雾，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8电子结构。

若A为该元素的白色固体单质，其结构为正四面体，分子式为

，则

单质中含共价键数目为_________

，B的电子式为_________。

与水反应的离子方程式为_______________________________________________。

若A、B、C的焰色反应呈黄色，A为淡黄色固体，B、C的水溶液均为碱性，A溶于水后可与X反应生成C，常温下，X为气态酸性氧化物。

中所含有的化学键类型是_________。

溶液中离子浓度由小到大的顺序是_________。

【答案】第三周期第ⅢA族抑制

离子键、共价键

【解析】

【分析】

A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成；

（1）若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠；

①A中含有的金属元素为Al；加入X为氢氧化钠，抑制水的电离程度；

②A与C的水溶液混合后生成B，是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀；

（2）①若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构，同时A在X中燃烧，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；依据磷单质分子式为P4分析共价键数，三氯化磷是共价化合物，写出电子式；

②X与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；

（3）若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；

①A为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成，据此分析化学键类型；

②C为NaHCO3，碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。

【详解】

若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠。

、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al，在周期表中位置是第三周期，ⅢA族，向水中加入X氢氧化钠是碱，对水的电离平衡的影响是抑制；

的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为

；

若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为

结构，由转化关系可知，A为白磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；

是白磷，是正四面体结构，所以1molA单质中含共价键数目为6NA；B为三氯化磷，各原子都满足8电子稳定结构，三氯化磷B的电子式为

；

为

，与水反应，生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为：

；

若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；

为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A中所含有的化学键是离子键、共价键；

为

，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由小到大的顺序是：

。

【点睛】

解无机推断题常见思维方法：

①正向思维：

根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论；②逆向推理：

以最终产物（或题中某一明显特征）为起点，层层逆推，以求得结论；③猜想论证：

先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案；④综合分析：

根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。

2．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】FeCl2KOHKClAgCl4Fe（OH）2+O2+2H2O==4Fe（OH）3Fe3++3SCN-==Fe（SCN）32Fe3++Fe==3Fe2+

【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，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++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。

3．先有一瓶无色澄清溶液，可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成，请根据以下实验步骤及现象回答下列问题：

步骤一：

取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体；

步骤二：

向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体；

步骤三：

向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C。

（1）下列有关该溶液说法正确的是________________（填字母）。

A．一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-

B．一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-

C．可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、

D．可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-

（2）步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。

（3）若向原溶液中先加入足量的盐酸，再加入足量的______________（填化学式）并加热，也能得出步骤一、步骤二相同的结论。

（4）对于溶液中还可能存在的阳离子，确认其存在的实验方法是__________________。

【答案】ACCl2+2I-=I2+2Cl-Ba（OH）2通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+

【解析】

【分析】

无色溶液可以知道一定不含Fe2+、MnO4-；

步骤一：

取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体，则气体为氨气，一定含NH4+；

步骤二：

向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体，白色沉淀为BaSO4，刺激性气味的气体为SO2，则一定含有SO42-和SO32-；

步骤三：

向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C，C中含碘单质，则原溶液一定含I-，以此来解答。

【详解】

无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。

步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气，表明原溶液含有NH4+。

步骤二得到的白色沉淀是硫酸钡，有刺激性气味的气体是二氧化硫，表明原溶液含有SO42-、SO32-。

步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液，表明原溶液含有I-。

（1）A.根据以上分析， 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-，故A正确；

B. 根据以上分析，可能存在CO32-，故B错误；

C. 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+，故C正确；

D.SO42-、SO32-、Cl－均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，所以不能用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-，故D错误。

故答案为AC；

（2）步骤三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应，离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-，

故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-；

（3）向原溶液中加入足量盐酸，SO32-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。

再加入的物质既能与SO42-反应生成沉淀，又能与NH4+反应生成氨气，所以是氢氧化钡，化学式为Ba（OH）2，

故答案为Ba（OH）2；

（4）可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+，实验方法是通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+，

故答案为通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+。

4．现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是：

______________；（用具体化学式表示）

（2）写出反应③的离子方程式：

__________________________。

（3）实验室制取乙气体时，先将气体生成物通过_____以除去________________。

（4）向烧杯中装有的物质F中加入物质D，可以看到的现象是：

_________，物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热，可以得到红色固体，对应的化学方程式是：

___；

【答案】Na＞Al＞Fe2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑饱和食盐水HCl（氯化氢）先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑

【解析】

【分析】

由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，则B为金属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是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系可知C为Fe金属，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3。

【详解】

（1）A为金属Na，B为金属Al,C为Fe金属，由金属活动顺序表可知，三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是Na＞Al＞Fe，故答案为：

Na＞Al＞Fe；

（2）反应③为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为：

2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；

（3）实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气，浓盐酸受热易挥发，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以除去极易溶于水的氯化氢气体，故答案为：

饱和食盐水；HCl（氯化氢）；

（4）向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液，NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3，在隔绝空气时加强热，得到红色固体为Fe2O3，化学方程式为2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑，

故答案为：

先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑。

【点睛】

本题考查物质推断与性质，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，掌握元素化合物的性质是解题的关键。

5．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系（其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）。

（1）若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，A俗称苛性钠，W为无色无味气体，C受热分解可转化为B。

①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为_______________。

②A溶液与C溶液反应的化学方程式为________________。

（2）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1.

①B的化学式为________________。

②实验室制取B时，_____________（填“能”或“不能”）用向上排空气法收集B。

③C与水反应的化学方程式为_____________________________。

（3）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，Ｂ、Ｃ均为酸性氧化物。

①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为_________________。

②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为__________。

【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2ONO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO0.5molS+2H2SO4（浓）=3SO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析；

（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析；

（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析。

【详解】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析：

①向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠的离子方程式为：

CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；

②NaOH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为：

NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O。

故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O；

（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析：

①B的化学式为NO；

②因为NO和空气中的O2反应生成NO2，则实验室制取B（NO）时，不能用向上排气法收集B；

③NO2与水反应的化学方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO。

故答案为①NO；②不能；③3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析：

①由SO2生成SO3的化学方程式为2SO2+O2

2SO3，每生成1molC（SO3），消耗W（O2）的物质的量为0.5mol；

②SO3溶于水生成化合物D（H2SO4），在加热条件下，浓硫酸与硫发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，化学方程式为：

S+2H2SO4（浓）

3SO2↑+2H2O。

故答案为0.5mol；S+2H2SO4（浓）

3SO2↑+2H2O。

【点睛】

本题考查元素化合物的推断，涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，把握反应的规律，注意相关基础知识的积累。

6．下面的框图中涉及A～L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】HNO32Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2常温结晶N2+O2

2NONH4++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NH3•H2O，NH3•H2O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；

（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。

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．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