2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题含答案

2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题含答案
一、钠及其化合物
1．A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，一定条件下可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。

（1）符合上述转化关系的A、X、B、C为____________________（填字母代号）
a.NaOH CO2 Na2CO3 NaHCO3
b.Na O2 Na2O Na2O2
c.NH3 O2 NO NO2
d.Fe Cl2 FeCl2 FeCl3
（2）X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则C为_________________（填化学式）。

若B中混有少量C杂质，除杂的化学方程式为_________________。

（3）C为红棕色气体，则A是_______或________（填化学式），若A的水溶液显碱性，写出A→B的化学方程式______________________________，B和C可相互转化，写出
C→B的化学方程式_____________________________。

（4）若C为淡黄色固体，则B为___________，写出C在潜水艇中作为供氧剂牵涉的两个反应方程式__________、________。

（5）除（1）涉及的转化外，再写出一组符合转换关系的A、X、B、C ____ （填化学式）。

【答案】abc NaHCO3 2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑ NH3 N2
4NH3+O24NO+4H2O 3NO2+H2O=2HNO3+NO Na2O 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ S（H2S）、O2、SO2、SO3
【解析】
【分析】
氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，符合上述转化关系；
常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热条件下，氧化钠与氧气反应能生成过氧化钠，符合上述转化关系；
氨气在催化剂作用下，与氧气加热反应生成一氧化氮和水（或氮气在放电条件下，与氧气反应生成一氧化氮）,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，符合上述转化关系；
硫在氧气中燃烧生成二氧化硫（或硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水），二氧化硫在催化剂作用下，二氧化硫与氧气共热反应生成三氧化硫。

【详解】
（1）a.氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，符合上述转化关系，故正确；
b.常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热条件下，氧化钠与氧气反应能生成过氧化钠，符合上述转化关系，故正确；
c.氨气在催化剂作用下，与氧气加热反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二
氧化氮，符合上述转化关系，故正确；
d.铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，不符合上述转化关系，故错误；abc正确，故答案为：abc；
（2）若X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则X为二氧化碳、A为氢氧化钠、B 为碳酸钠、C为碳酸氢钠；若碳酸钠中混有碳酸氢钠，可以用加热的方法除去碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：NaHCO3；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（3）若C为红棕色气体，则X为氧气、A为氨气或氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮，若A的水溶液显碱性，A为氨气，氨气在催化剂作用下，与氧气加热反应生成一氧化氮和
水，反应的化学方程式为4NH3+O2 4NO+4H2O；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：NH3；N2；4NH3+O2
4NO+4H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（4）若C为淡黄色固体，则X为氧气、A为钠、B为氧化钠、C为过氧化钠，在潜水艇中，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，与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（5）除（1）涉及的转化外，还可能存在与硫元素有关的物质间的转化，转化关系为硫在氧气中燃烧生成二氧化硫（或硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水），二氧化硫在催化剂作用下，二氧化硫与氧气共热反应生成三氧化硫，则A为硫或硫化氢、X为氧气、B为二氧化硫、C为三氧化硫，故答案为：S（H2S）、O2、SO2、SO3。

【点睛】
解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

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)G→J的离子方程式为_____。

(4)M是含氧酸盐，反应①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)G→J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+4NaOH＝
2Na2FeO4+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。

3．①～⑦在元素周期表的对应位置如图所示，回答下列问题。

（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．下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，乙、丙、丁是非金属单质，其它为化合物，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，①是实验室制取丁的反应之一，F为棕黄色溶液。

各物质间的转化如下图所示，回答下列各问题（部分生成物未列出）：
（1）A的电子式：___________________；
（2）写出甲与C反应的化学方程式：________________________________；
（3）在F和E的混合溶液中用___________试剂（填化学式）检验E中阳离子；
（4）整个转换过程中属于氧化还原反应的有___________个；
（5）写出反应③E与G按物质的量之比2:1的反应的离子方程式___________________。

【答案】3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2KMnO46个6Fe2+ + 3Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3↓ + 2Fe3+ + 6Na+
【解析】
【分析】
由题意可知，G为淡黄色固体化合物，J为生活中常见的调味品，则G是Na2O2， J为NaCl；I为红褐色固体，则I是氢氧化铁，甲是Fe单质；B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质，根据Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁可知C是水，乙是氢气，D是Fe3O4；A与B反应生成水和一种非金属单质，且①是实验室制取丁的反应之一，判断A是过氧化氢，B是二氧化锰，过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下发生分解反应生成水和氧气，所以丁是氧气；四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F，可以相互转化，则K是盐酸，盐酸与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁，F与Fe反应生成E，则F是氯化铁，E是氯化亚铁，氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气，氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化铁、氢氧化铁、氯化钠。

【详解】
（1）A是过氧化氢，过氧化氢是共价化合物，A的电子式为，故答案为；
（2）甲是Fe单质，C是水，Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁，反应的化学方程式为3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2，故答案为3Fe + 4H2O(g)
Fe3O4 + 4H2；
（3）E是氯化亚铁，F是氯化铁，氯化亚铁具有还原性，能够与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，则可用KMnO4溶液检验亚铁离子，故答案为KMnO4；
（4）由转化关系可知，上述转化过程中除D与K的反应不是氧化还原反应外，其余均是氧
化还原反应，属于氧化还原反应共6个，故答案为6；
（5）E是氯化亚铁，G是Na2O2，氯化亚铁与过氧化钠按物质的量之比2：1反应生成氢氧化铁沉淀和铁离子，反应的离子方程式为6Fe2+ + 3Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3↓ + 2Fe3+ + 6Na+，故答案为6Fe2+ + 3Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3↓ + 2Fe3+ + 6Na+。

【点睛】
本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，注意牢固把握元素化合物的性质及用途是解答关键。

5．M是日常生活中不可缺少的调味品。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）
（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为____________。

（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为___________（填化学式），物质的量之比为_______。

（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A 的化学式为_____________。

【答案】2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3
【解析】
【分析】
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。

（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧
化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。

（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。

【详解】
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。

（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－= AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，①碱过量时，即反应剩余的n[Al(OH)3]= n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH) = 2：7；②当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH) = 2：3，故答案为2：3或2：7。

（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：①0~0.1L时，消耗盐酸没有气体放出；②0.1L~0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。

故答案为Na2CO3和NaHCO3，1:1。

（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。

6．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。

已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D 是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。

（1）B的化学式为__________________。

（2）K的电子式为__________________。

（3）写出反应①的化学方程式：_________________________________________。

（4）写出反应②的离子方程式：____________________________________。

【答案】NaN3CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N23Cu+8H+＋2NO3- =3Cu2-＋2NO↑＋4H2O
【解析】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D 中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J 是HNO3、K是NaOH、L是Cu(NO3)2。

（1）叠氮化钠的化学式为NaN3；
（2）NaOH的电子式为；
（3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N2；
（4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H+＋2NO3-=3Cu2-＋2NO↑＋4H2O。

点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。

解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。

通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。

7．下图所示的是一些常见单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和反应条件被略去。

已知X、Y、Z是日常生活中常见金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成；D、E是常见气态非金属单质，其中D呈黄绿色。

A的焰色反应呈黄色，F的稀溶液呈蓝色。

请回答下列问题：
（1）C的电子式为___________。

（2）F的化学式为_________________。

（3） I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该反应的化学方程式为_________________________________。

（4）X与C溶液反应的离子方程式为_____________________________。

【答案】 CuCl2 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 2Al＋2OH－
＋2H 2O＝2AlO＋3H2↑
【解析】X、Y、Z是日常生活中常见金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成，则X 为Al；D、E是常见气态非金属单质，其中D呈黄绿色，则D为Cl2，与Y反应得到F，且F 的稀溶液呈蓝色，含有Cu2+，则Y为Cu、F为CuCl2，A的焰色反应呈黄色，含有钠元素，A与B在电解条件下得到C、D(氯气)、E，可推知A为NaCl、C为NaOH、E为H2，由转化关系可知，G为HCl，与金属Z反应得到H、H能被氯气氧化得到J，金属Z为变价金属，可推知Z为Fe，故H为FeCl2，J为FeCl3，(2)中I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，则I为Fe(OH)2。

(1)C为NaOH，电子式为，故答案为：；
(2)F为CuCl2，故答案为：CuCl2；
(3)I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(4)X与C溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-
+2H2O=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．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;B 元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐;D与A同主族，且与E同周期;E元素原子的最外层电子数比次外层电于数少2;A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。

请回答：
(l)B元素的名称是__________。

在周期表中的位置是_________________________。

(2)C和E两种元素相比较，原子得电子能力较强的是(填元素名称)____________。

以下三种说法中，可以验证该结论的是(填写编号)____________________。

A．比较这两种元素的常见单质的沸点
B．二者形成的化合物中，C元素的原子显负价
C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为_______________________________________________。

(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，每生成标准状况下11.2LO2，消耗该化合物的质量为___________。

【答案】氮第二周期第ⅤA族氧 BC HSO3-+H+=SO2↑+H2O 78g
【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元素；D与A同主族，原子序数相差大于2，故D为Na；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元素；D与E同周期，则E处于第三周期，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，最外层电子数为6，故E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，可推知C 为O元素，据此分析解题。

【详解】
由分析知：A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素；
(1)B元素的名称是氮元素，核电荷数为7，在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族；
(2)同主族自上而下原子得电子能力减弱，故O原子得电子能力比硫原子强；
A．单质的沸点属于物理性，不能判断得电子能力强弱，故A错误；
B．二者形成的化合物中，O元素的原子显负价，说明氧元素对键合电子吸引力更大，O的非金属性强，故B正确；
C．氢化物越稳定，元素非金属性越强，可以比较氧原子得电子能力强，故C正确；故答案为BC；
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)：NH4HSO3、NH4HSO4，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O；
(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，该化合物为Na2O2，生成标准状况
下11.2LO2，其物质的量为
11.2L
22.4L/mol
=0.5mol，由2Na2O2～O2可知消耗过氧化钠为
0.5mol×2=1mol，其质量为1mol×78g/mol=78g。

10．A、B、C、D、E五种物质都含钠元素，它们按图所示关系相互转化，已知A 为单质．
（1）该五种物质中用于焙制糕点的发酵粉及治疗胃酸过多的药品是（填化学式）．
（2）将CO2通入E的饱和溶液中有白色沉淀生成，该反应的离子方程式
为．
（3）写出A→D、C→D、C→E反应的化学方程式
A→D：
C→D：
C→E：
【答案】（1）NaHCO3
（2）CO2+H2O+2Na++CO32﹣=2NaHCO3↓
（3）2Na+H2O=2NaOH+H2↑；
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
【解析】
A、B、C、D、E五种物质都含钠元素，已知A 为单质，则A为Na，A在氧气中燃烧生成C 为Na2O2，A在空气中短期接触生成B为Na2O，A、B、C都能和水反应生成D，则D为NaOH，可知E是Na2CO3．
（1）该五种物质中用于焙制糕点的发酵粉及治疗胃酸过多的药品是NaHCO3，故答案为：NaHCO3；
（2）将CO2通入Na2CO3的饱和溶液中有白色沉淀生成，该反应的离子方程式为：
CO2+H2O+2Na++CO32﹣=2NaHCO3↓，
（3）写出A→D、C→D、C→E反应的化学方程式
A→D的反应方程式为：2Na+H2O=2NaOH+H2↑，
C→D的反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
C→E的反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，。