2020-2021高考化学——钠及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及详细答案

2020-2021高考化学——钠及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及详细答
案
一、钠及其化合物
1．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。

2．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。

3．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。

4．A、B、C、D 是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。

B、E均为空气的成分。

F 的焰色反应是黄色。

在G 中，金属元素与非金属元素的原子个数比为
2: 1。

在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图(反应条件及部分产物未列出):
(1)A 的元素符号是______________，F的电子式为________________________。

(2)E 与F反应的化学方程式：_________________________________________。

(3)F 与G 的水溶液反应的离子方程式：______________________________。

(4)硫与热浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式：__________________________。

(5)在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化到最高价产物，写出反应的化学方程式：
___________。

【答案】 C 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O2+S2－+2H2O=S↓+2Na++4OH－
3S+6OH－2S2－+SO32－+3H2O 6HNO3(浓)+S H2SO4+6NO2↑+2H2O
【解析】F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B 为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A即为碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H
是Na 2CO 3。

(1)由以上分析可知A 为C ，F 是Na 2O 2，由钠离子与过氧根离子构成，电子式为
，故答案为：C ；；
(2)E 与F 反应为CO 2和Na 2O 2的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO 2+2Na 2O 2═2Na 2CO 3+O 2，故答案为：2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2；
(3)Na 2O 2与过量的Na 2S 溶液反应的离子方程式是：Na 2O 2+S 2-+2H 2O ═2Na ++S↓+4OH -，故答案为：Na 2O 2+S 2-+2H 2O ═2Na ++S↓+4OH -；
(4)硫与热浓氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为3S+6OH －
2S 2－+SO 32－+3H 2O ，故答案为：3S+6OH －
2S 2－+SO 32－+3H 2O ； (5)在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化生成硫酸，反应的化学方程式为6HNO 3(浓)+S H 2SO 4+6NO 2↑+2H 2O ，故答案为：6HNO 3(浓)+S
H 2SO 4+6NO 2↑+2H 2O 。

点睛：正确推断各元素及其化合物为解答本题的关键，注意利用焰色反应及第二、三周期常见元素及单质、化合物的性质。

本题的易错点为方程式的书写和配平，要熟练掌握氧化还原反应方程式的书写规律和配平方法。

5．如图所示的物质反应关系中，部分产物被略去。

已知2 mol 白色固体粉末X 受热分解，恢复到室温生成白色固体A 、无色液体B 、无色气体C 各1 mol 。

A 、X 、E 、G 、H 的焰色反应均为黄色，且H 为淡黄色固体。

回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：X________； H________。

(2)写出E+Al→G 反应的化学方程式_________；
(3)写出G 溶液中通入过量C 制取D 的反应离子方程式：____________________；
(4)写出X 溶液中滴加过量澄清石灰水反应的离子方程式：__________________；
(5)0.1 mol H 与足量的C 反应，转移的电子数为________个。

【答案】
(1)NaHCO 3；Na 2O 2；
(2)2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑
(3) AlO 2-
+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+ HCO 3- (4) HCO 3-+Ca 2++OH －
=CaCO 3↓+H 2O (5)6.02×1022
或(0.1N A ) 【解析】
试题分析：A 、X 、E 、G 、H 的焰色反应均为黄色，都含有Na 元素，H 为淡黄色固体，故H
为Na 2O 2，X 分解生成无色液体B ，故B 为H 2O ，B 22Na O
u u u u u u r E Al u u r G ，可知E 为NaOH ，G 为
NaAlO2；无色气体C与Na2O2反应生成白色固体A，C为CO2，A是Na2CO3，2mol白色固体粉末X受热分解，生成白色固体1molNa2CO3，1molH2O，1molCO2，根据元素守恒可知，X为
NaHCO3，与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3足量盐酸
u u u u u u u u u u r CO
2，CO2+NaAlO2→D，D为Al(OH)3，符
合转化关系，NaHCO3+F→CO2，F可以是酸或铝盐等。

(1)根据上面的分析可知，X为NaHCO3，H为Na2O2，故答案为：NaHCO3；Na2O2；
(2)E为NaOH，G为NaAlO2，E+Al→G反应的化学方程式 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，该反应中氧化剂是 H2O，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；H2O；
(3)G为NaAlO2，G溶液中通入过量CO2制取Al(OH)3的反应离子方程式为AlO2-
+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；
(4)X为NaHCO3，X溶液中滴加过量澄清石灰水反应的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-
═CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O；
(5)C为CO2，与Na2O2反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中O元素化合价由-1价降低为-2
价，由-1升高为0价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，各占
1
2，0.1molNa
2O2完全反应转移
电子物质的量为0.1mol×1
2×2=0.1mol，转移电子数目为：0.1mol×N
A mol
-1=0.1N
A，故答
案为：0.1N A．
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题以无机框图题的形式考查Na、Al等元素单质及化合物的相互转化关系、常用化学用语书写、氧化还原反应计算等。

无色液体B，X、E、G的焰色反应均为黄色等是解题突破口，结合气体C与Na2O2反应利用顺推法与逆推法进行推断，对学生的逻辑推理能力提出较高的要求。

6．金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。

以下是元素周期表中前18号某种金属元素对应的单质及其化合物之间的转化关系（“→”所指的转化都是一步完成）。

（1）A与水反应的离子方程式：_______________。

（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1molO2，反应过程中转移的电子数为____________。

（3）200℃时，11.6gCO2和H2O的混合物气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为__________。

（4）写出一种“C→D”转化的离子方程式：_____________。

（5）某同学将一小块A单质露置于空气中，观察到下列现象：
，则下列说法正确的是
A．①发生了氧化还原反应
B．①变灰暗色是因为生成了过氧化钠
C．③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液
D．④只发生物理变化
【答案】
（1）2Na+2H2O=2Na++OH－+H2↑
（2）2N A或2×6.02×1023（写“2mol”不得分）
（3）23.2；（4）OH-+H+=H2O；（5）A
【解析】
试题分析：金属单质可以形成氧化物，也可以直接生成氢氧化物碱、金属氧化物可以形成碱、金属氢氧化物一步形成盐，A为活泼金属，前18号元素中只有Na符合。

（1）A为钠，与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++OH－+H2↑；故答案为：
2Na+2H2O=2Na++OH－+H2↑；
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，每生成1molO2，反应过程中转移的电子数为2N A，故答案为：2N A；
（3）200℃时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g-3.6g=8g，氧气的物质的量为：n（O2）
=
8
32/
g
g mol=0.25mol，根据方程式2Na
2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知：n
（混合气体）=2n（O2）=2×0.25mol=0.5mol，所以原混合气体的平均摩尔质量为：
11.6 0.5g
mol=23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，故答案为：23.2；
（4）C→D转化的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，离子方程式为OH-+H+=H2O，；故答案为：OH-+H+=H2O；
（5）Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3。

A、①发生氧化还原反应生成了氧化钠，故A正确；B、①发生氧化还原反应生成了氧化钠，故B错误；C、③是氢氧化钠潮解，吸收水蒸气形成氢氧化钠溶液，故C错误；D、④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体，发生了化学反应，故D错误；故选A。

【考点定位】考查钠及钠的重要化合物的性质
【名师点晴】本题考查了物质转化关系的分析判断，主要涉及金属及其化合物性质的应用和转化关系。

熟练掌握物质性质是解题关键本题考查钠及钠的重要化合物的性质。

金属单质可以形成氧化物，也可以直接生成氢氧化物碱、金属氧化物可以形成碱、金属氢氧化物一步形成盐，解题关键在金属单质可以直接形成碱的推断。

A为活泼金属K、Ca、Na、Mg
等；各步反应都需要一步形成。

7．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。

①B属于______分子（填“极性”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”)。

②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。

①写出A溶液→B的离子方程式_________________________________。

②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 0.05mol 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，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+，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1mol X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Na2O2．Na2O2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)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CO．CO2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O═C═O，键角180°正电荷重心和负电荷重心重合，所以为非极性分子，由电子式可知CO2分子中各原子最外层都满足8电子结构；
②CO2通入NaOH溶液中发生两个反应：CO2+NaOH(少量)═NaHCO3、CO2+2NaOH(过
量)═Na2CO3+H2O；
根据题意，n(NaOH)=4mol/L×0.05L=0.2mol，n(CO2)=
1.12L
22.4L/mol
=0.05mol，可见NaOH过
量，CO2全部反应掉；
发生反应CO2+2NaOH(过量)═Na2CO3+H2O．0.05molCO2消耗0.1molNaOH，生成
0.05molNa2CO3，溶液中还剩余0.1molNaOH；
所以溶液中溶质为0.05molNa2CO3、0.1molNaOH；
(2)①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或过量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．则A溶液→B的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
②A为AlCl3，B中含有AlO2-，在两溶液中，Al3+和AlO2-都能发生水解反应，当两溶液混合后，Al3+和AlO2-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；
(3)A为常见的金属，在E的冷、浓溶液中，A有钝化现象，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+，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
1mol X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Na2O2．Na2O2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，反应方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、Fe2++2OH-
═Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3↓，上述三个反应合并即得总反应方程式为
4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+O2↑+8Na+。

8．A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出。

(1)若反应①、②、③均为溶液中的置换反应，A、D、E为第ⅦA族元素单质。

则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为(用化学式表示)________________________。

(2)若B是某元素R的氢化物，B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点，且B在常温下为液态；C是一种有磁性的化合物；E是一种无色、无味的有毒气体。

则反应①的化学方程式___________________，③的化学方程式______________。

(3)若B由短周期元素X、Y组成，且X、Y原子个数比为1∶1，B晶体中既含离子键，又含非极性共价键；绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环。

则B的电子式为_________________，反应①的离子方程式______________________。

【答案】Cl2＞Br2＞I2 3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2 CO＋H2O CO2＋H2
2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑
【解析】
【分析】
(1)A、D、E为卤素单质，反应①②③均为水溶液中的置换反应，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知氧化性应有E＞A＞D，故E为Cl2、A为Br2、D为I2，据此解答；(2)B是某元素R的氢化物，B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点，且B在常温下为液态，则B为水；C是一种有磁性的化合物，C为Fe3O4，根据框图，A为铁，D为氢气，E是一种无色、无味的有毒气体，E与四氧化三铁反应生成铁，则E为CO，F为CO2，据此分析解答；
(3) 绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环，则D、E为氧气或二氧化碳。

B由短周期元素X、Y组成，且X、Y原子个数比为1∶1，B晶体中既含离子键，又含非极性共价键，则B为过氧化钠，根据框图，A为水，D为氧气，C为氢氧化钠，E为二氧化碳，二氧化碳与氢氧化反应生成碳酸钠和水，则F为碳酸钠，据此分析解答。

【详解】
(1)A、D、E为卤素单质，反应①②③均为水溶液中的置换反应，由氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，可知氧化性应有E＞A＞D，故E为Cl2、A为Br2、D为I2，因此A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞I2，故答案为Cl2＞Br2＞I2；
(2)B是某元素R的氢化物，B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点，且B在常温下为液态，则B为水；C是一种有磁性的化合物，C为Fe3O4，根据框图，A为铁，D为氢气，E与四氧化三铁反应生成铁，E是一种无色、无味的有毒气体，则E为CO，F为CO2，反应①为铁与水蒸气的反应，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2，反
应③为CO与水的反应，反应的化学方程式为CO＋H2O CO2＋H2，故答案为3Fe＋
4H2O Fe3O4＋4H2；CO＋H2O CO2＋H2；
(3) 绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环，则D、E为氧气或二氧化碳。

B由短周期元素X、Y组成，且X、Y原子个数比为1∶1，B晶体中既含离子键，又含非极性共价键，则B只能为过氧化钠，根据框图，A为水，D为氧气，C为氢氧化钠，E 为二氧化碳，二氧化碳与氢氧化反应生成碳酸钠和水，则F为碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，符合框图中物质的转化关系。

B为过氧化钠，属于离子化合物，电子式为，反应①为过氧化钠与水的反应，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑，故答案为
；2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑。

9．A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大。

元素有关信息
A原子最外层电子数和电子层数相等
B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍
C元素主要化合价为-2，原子半径为66pm
D与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水
E原子半径为104pm，所在主族序数与所在周期序数之差为3
F单质为有色的气体
(1)D2C的电子式_____________________；
(2)沸点：A2C___________________A2E(填“>”或“<”或“=”)；
(3)E的非金属性比F_________________(填“强”或“弱”)，并用化学事实加以说明(用化学方程式表示)___________________________；
(4)化合物甲由A、B、C、D四种元素组成，其化学式量为84，是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一。

写出甲在水溶液中与盐酸反应的离子方程式_________________。

【答案】 > 弱 H2S+C12=S+2HCl（或 2Fe + 3C12 = 2FeCl3、 Fe + S = 2FeS）HCO3－+H+==CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大；A原子最外层电子数和电子层数相等，应为H或Be；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；C元素主要化合价为-2，原子半径为66pm，应为O元素；D与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水，则应为Na元素，且A为H元素；E原子半径为104pm，所在主族序数与所在周期序数之差为3，应为S元素；F单质为有色的气体，且原子序数最大，应为Cl元素，据此答题。

【详解】
A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大；A原子最外层电子数和电子层数相等，应为H或Be；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；C元素主要化合价为-2，原子半径为66pm，应为O元素；D与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水，则应为Na元素，且A为H元素；E原子半径为104pm，所在主族序数与所在周期序数之差为3，应为S元素；F单质为有色的气体，且原子序数最大，应为Cl元素，
(1)D2C2为Na2O2，电子式为，为离子化合物，属于离子晶体；
(2)因为H2O分子之间有氢键存在，所以沸点高于硫化氢；
(3)S和Cl在同一周期，元素周期表中，从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应单质的氧化性也逐渐增强，所以硫的非金属性弱于氯，可根据单质之间的置换反应或与变价金属反应来证明，有关的反应方程式为H2S+C12=S+2HCl(或 2Fe+3C12 2FeCl3、
Fe+S2FeS)；
(4)化合物甲由A、B、C、D四种元素组成，其化学式量为84，应为NaHCO3，易与盐酸反应生成二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为HCO3-+H+═CO2↑+H2O。

10．A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下（部分反应条件及产物略去）．
（1）若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为．
（2）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D，D的化学式为．
（3）若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．图是实验室制取A气体的装置，请结合所学知识，回答下列问题：写出实验室制取A的化学方程
式．
【答案】（1）2SO2+O22SO3；
（2）过氧化钠；2Na2O2+2 CO2="2" Na2CO3+O2；Na2CO3；
（3）Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O．
【解析】
（1）A是一种黄色单质固体，与氧气连续反应，则A为S，则B为SO2，C为SO3，则
B→C的化学方程式为：2SO2+O22SO3；
（2）A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，C的名称为过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳气体的反应：2Na2O2+2 CO2="2" Na2CO3+O2，C长期露置于空气中，经过系列变化，最后将变成物质D，D为Na2CO3；
（3）C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3 ，B为NO，C为NO2，实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应准备氨气，反应的方程式为
Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；。