高考化学——钠及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案(1)

高考化学——钠及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案(1)
一、钠及其化合物
1．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（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)写出下列物质的化学式：乙_________，F__________。

(2)写出下列反应的离子方程式：
①金属A和水反应_______________。

②红褐色沉淀C与物质E反应__________。

③F与黄绿色气体乙反应____________。

④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式___。

(3)将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。

你认为该液体中的分散质粒子直径在______之间，验证的简单方法是：_____________。

【答案】Cl2 FeCl2 2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑ Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O 1～100nm 是否有丁达尔现象
【解析】
【分析】
金属A是食盐中的元素为Na元素，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，则与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成的产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe(OH)3，结合物质的性质分析解答。

【详解】
食盐中的金属元素是Na，所以金属A是Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C 为Fe(OH)3。

(1)由以上分析可知，乙为Cl2，F为FeCl2；
(2)①金属A为钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑；
②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；
③F是FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
④氯气是大气污染物，在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收，反应的离子方程式：Cl2 +2 OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在1～100nm之间，验证的简单方法是：用光线照射，看是否产生丁达尔现象，若产生，则该物质就是胶体。

【点睛】
2．在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。

(反应条件图中已省略)。

(1)A、C代表的物质分别为______、______(填化学式)；
(2)反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是 _____________；
(3)反应②中，若B与F物质的量之比为4：3，G、H物质的量之比为______；
(4)反应④的离子方程式为______________。

【答案】Al H2O 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 1：1 CO2+2OH－=CO32－+H2O 、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32－
【解析】
【分析】
题干信息：A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C (碳)单质，C 是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F 为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为
Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B(C单质)与F(O2)反应得到G(CO2)；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C 是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。

溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al(OH)3，结合物质的性质解答该题。

【详解】
根据上述分析可知：A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，
H 是CO ，K 是Na 2CO 3，甲是NaAlO 2，乙是NaHCO 3，L 是Al(OH)3。

(1)依据推断可知，A 是Al ，C 是H 2O ；
(2)反应①中的C 、D 均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A 完全反应，该反应的化学方程式是：2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑、2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑；
(3) B 是C ，F 是O 2，若二者按物质的量之比为4：3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：4C+3O 2
2CO+2CO 2，则反应产生的CO 2、CO 的物
质的量的比n(CO 2)：n(CO)=2：2=1：1；
(4)反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO 2+2OH －=CO 32－+H 2O 、2AlO 2－+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+ CO 32－。

【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。

转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。

3．下图表示有关物质之间的转化关系，其中A 为常见的金属单质，B 为非金属单质(一般是黑色粉末)，C 是常见的无色无味液体，D 是淡黄色的固体化合物(反应条件图中已省略)
(1)A ，D 代表的物质分别为：________，________(填化学式)；
(2)反应①中的C ，D 均过量，该反应的化学方程式是
____________________________________；
(3)反应②中，若B 与F 物质的量之比为4∶3，G ，H 分别是_______，_______(填化学式)；其物质的量之比为__________.
(4)反应③产物中K 的化学式为____________；④的离子方程式为
_____________________________.
【答案】Al Na 2O 2 2H 2O +Na 2O 2 =4NaOH+O 2↑、2Al+ 2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑ CO 2 CO 1:1 Na 2CO 3 22AlO -+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+23CO -
【解析】
【分析】
题干信息，A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C，C是常见的无色无味液体可以推断为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2的反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该固体金属为Al，固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2；题给信息黑色单质B与氧气(F)反应得到G(CO2)，说明B为C(碳)，C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；依据F(O2)与E反应生成C(水)可知E为氢气，结合物质的性质解答该题。

【详解】
推断可知A为Al，B为C，C为H2O，D为Na2O2，E为H2，F为O2，G为CO2，H为CO，K 为Na2CO3；
(1) 依据推断可知，A、D代表的物质分别为：Al、Na2O2；
(2) 反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3) 依据反应C+O2=CO2：n(C)：n(O2)=1：1，发生反应产物为二氧化碳；依据反应
2C+O2=2CO；n(C)：n(O2)=2：1，发生反应生成一氧化碳气体；反应②中，若B(C)与F(O2)物质的量之比为4：3，1：1＜n(C)：n(O2)=4：3＜2：1；判断G、H分别是：CO2、CO；设CO2的物质的量为amol、CO的物质的量为bmol，则a+b=4、2a+b=6，解得：a=2、b=2，故CO2和CO物质的量之比为2mol：2mol=1:1；
(4) 反应③是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气，F为氧气，产物中K为碳酸钠，化学式为：Na2CO3；分析判断G为CO2，溶液乙是碳酸钠溶液，G+溶液甲=溶液乙+沉淀L，所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应④的离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-。

【点睛】
考查无机物的推断，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C是常见的无色无味液体和D是淡黄色的固体化合物，展开思维的空间，寻找目标答案。

4．A为日常生活中常见的化合物，B为淡黄色固体，C、G、H均为气体，其中C、H为单质，G能使红色石蕊试剂变蓝，E是一种由两种元素组成的具有耐高温、硬度大的耐热冲击材料，其摩尔质量为 41 g/moL。

⑴B的电子式为_____。

⑵E的化学式为_____。

⑶写出反应②的离子方程式(D足量)：_____。

⑷写出反应③的化学方程式：_____。

【答案】 AlN AlN+OH- +H2O=AlO2-+NH3↑ 4NH3+3O22N2↑
+6H2O
【解析】
【分析】
B是淡黄色固体，B与化合物A反应产生单质气体C和化合物D，则B是Na2O2，C是O2，G能使红色石蕊试剂变蓝，则G是NH3，NH3与O2在高温下发生反应：4NH3+3O2 2N2↑+6H2O，可知A是H2O，H是N2；D是NaOH；E是一种由两种元素组成的具有耐高温、硬度大的耐热冲击材料，其摩尔质量为 41 g/moL，由于其中一种元素是N元素，N相对原子质量是14，则另一种元素相对原子质量是42-14=27，则另外一种元素是Al 元素，E是AlN，NaOH、H2O、AlN发生反应，产生NH3和NaAlO2；则F是NaAlO2，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知A是H2O，B是Na2O2，C是O2，D是NaOH，E是AlN，F是NaAlO2。

(1)B是Na2O2，B的电子式为；
(2) E是氮化铝，E的化学式为AlN；
(3)反应②是NaOH、AlN、H2O反应的离子方程式为：AlN+OH- +H2O=AlO2-+NH3↑；
(4)反应③是氨气被氧气氧化的反应，该反应的化学方程式是4NH3+3O22N2↑
+6H2O。

【点睛】
本题考查了物质的推断、物质的结构、离子方程式书写等知识。

B是淡黄色固体，与化合物A反应产生单质气体及气体G能使红色石蕊试剂变蓝是本题的突破口，熟练掌握元素的单质及化合物的性质是进行物质推断的关键。

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+H2O NO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO
0.5mol S+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2 SO2+ O2ƒ2SO3，每生成1mol C（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．Ⅰ.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）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_________________________________。

Ⅱ.（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Na2CO3·3H2O2，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_____________。

A．MnO2 B．KMnO4溶液 C．稀盐酸 D．Na2SO3溶液
【答案】 2Al + 2OH- + 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】Ⅰ.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/L C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-+3H2↑，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-
+6H2O═4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O═4Al(OH)3↓；
(4)若A是黄绿色气体，则A为氯气，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；
Ⅱ.(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-+H2O；
(6)Na2CO3•3H2O2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。

7．A、B、C、D均为中学常见物质，其中A为单质，B、C、D为化合物，并且存在如下转换关系：
试回答下列问题：
（1）若B与C为氧化物，D为纯碱。

a．当A为非金属单质时，则反应③的化学方程式为__________________。

b．当A为金属单质时，则反应④中生成1mol纯碱转移电子数为_______mol。

（2）若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物。

B与C反应中氧化剂与还原剂的质量比为_________。

（3）若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，则反应①的离子方程式为______________。

【答案】2CO+O22CO2 1 16:17 2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
(1)若B与C为氧化物，D为纯碱，则B和C中含有变价元素，首先想到Na2O和Na2O2、SO2和SO3、NO和NO2、CO和CO2，D为纯碱，则B和C只能是Na2O和Na2O2或CO和CO2；
a．当A为非金属单质时，则A是C，B是CO，C是CO2，D是碳酸钠；
b．当A为金属单质时，则A是Na、B是Na2O、C是Na2O2、D是碳酸钠；
(2)若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物，A能发生化学反应生成气态氢化物，所以A是S，B是H2S，C是SO2；
(3)若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，能与强碱反应的金属只有Al，所以A是Al，B是Al2O3，C是NaAlO2。

【详解】
(1)若B与C为氧化物，D为纯碱，则B和C中含有变价元素，首先想到Na2O和Na2O2、SO2和SO3、NO和NO2、CO和CO2，D为纯碱，则B和C只能是Na2O和Na2O2或CO和CO2；
a．当A为非金属单质时，则A是C，B是CO，C是CO2，D是碳酸钠，一氧化碳燃烧生成
二氧化碳，反应方程式为：2CO+O22CO2；
b．当A为金属单质时，则A是Na、B是Na2O、C是Na2O2、D是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+CO2═2Na2CO3+O2，该反应中生成1mol纯碱转移电子的物质的量=1mol[-1-(-2)]=1mol；
(2)若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物，A能发生化学反应生成气态氢化物，所以A是S，B是H2S，C是SO2，二氧化硫和硫化氢反应方程式为
2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应中氧化剂是二氧化硫，还原剂是硫化氢，氧化剂和还原剂的质量之比=64：(2×34)=16:17；
(3)若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，能与强碱反应的金属只有Al，所以A是Al，B是Al2O3，C是NaAlO2，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑。

8．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，A、B、D、E这四种元素中，每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物。

请回答下列问题：
(1)D位于元素周期表第_______周期______族。

(2)C和E两元素相比较，非金属性较强的是__________(填元素名称)，可以验证该结论的是_________________(填写编号)；
A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点
B．比较这两种元素的单质在常温下的状态
C．比较这两种元素气态氢化物的稳定性
D．比较这两种元素单质与氢气化合的难易
(3)写出C、D两元素形成的原子个数比为1:1的化合物与水反应的化学方程式：
______________________________。

(4)A与C间可形成负一价双原子阴离子，有10个电子，写出该阴离子与盐酸反应的离子方程式为_______________________________________；
(5)A、C 、D、E四种元素可形成两种酸式盐，两种酸式盐相互反应的离子方程式为
_______________________．
【答案】三ⅠA 氧 CD 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ OH-+H+=H2O H++HSO3-
=H2O+SO2↑
【解析】
【分析】
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；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；E元素原子的
最外层电子数是其次外层电子数的3
4
，则E为S；D与A同主族，且与E同周期，则D为
Na；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种
化合物，则C为O，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】
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；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；E元素原子的
最外层电子数是其次外层电子数的3
4
，则E为S；D与A同主族，且与E同周期，则D为
Na；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O；
(1)D是Na位于元素周期表第三周期，ⅠA族；
(2)氧与硫同主族，从上到下非金属性在减弱，则非金属性O＞S，可以利用与氢气化合的难易程度及气态氢化物的稳定性、单质的氧化性等来判断，氢化物沸点、单质的状态都属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故AB错误、CD正确；
(3)C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2与水反应的离子方程式为：
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
(4)A与C间可形成负一价双原子阴离子，有10个电子，为OH-离子，该阴离子与盐酸反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O；
(5)A、C、D、E四种元素分别为H、O、Na、S，可形成两种酸式盐，为NaHSO4、NaHSO3，两种酸式盐相互反应的离子方程式为：H++HSO3-=H2O+SO2↑。

9．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
39
0.5
78/
g
mol
g mol
，设消耗二氧化碳的物质的量是
xmol；
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑
2 2
0.5mol xmol
22
=
0.5x
；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。

10．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：
(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)写出离子方程式B＋H2O：_________________；若消耗0.5mol B转移电子
________mol。

【答案】Na2S SO3 2Na2SO3＋O2＝2Na2SO4 SO3＋2NaOH＝Na2SO4＋H2O 2Na2O2＋2H2O ＝4Na+＋4OH-＋O2↑ 0.5
【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X的摩尔质量相同，则X是Na2S，那么乙是S，F 是SO2，G是SO3，进一步推出D是Na2SO3，E是Na2SO4，而Na2SO4的相对分子质量比Na2SO3的相对分子质量大16，以此解答本题。

【详解】
（1）由上述分析可知，X为Na2S，G为SO3；
（2）D为Na2SO3，具有还原性，丙是O2，具有氧化性，二者反应方程式为：2Na2SO3＋O2＝2Na2SO4；C是NaOH，G是SO3，二者反应方程式为：SO3＋2NaOH＝Na2SO4＋H2O；（3）过氧化钠和水反应的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O＝4Na+＋4OH-＋O2↑；其中过氧化钠中氧元素发生歧化反应，根据方程式可知若消耗0.5mol过氧化钠，转移电子0.5mol。