备战高考化学复习钠及其化合物推断题专项综合练附详细答案

备战高考化学复习钠及其化合物推断题专项综合练附详细答案
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。

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．根据下面物质间转换的框图，回答有关问题：
（1）写出框图中物质A和F指代物质的化学式：A___，F___；
（2）在反应①～⑥中属于非氧化还原反应的是___（填写序号）；
（3）如果2molNa2O2与足量水蒸气反应生成O2，该反应中转移电子总数是___；
（4）如果A、B混合气体3.0g（平均摩尔质量15g·mol-1），在与G充分反应后，通过足量Na2O2，可使Na2O2增重___g，并得到O2___mol。

【答案】H2 Na2CO3⑥ 2N A或1.204×1024 3.0 0.1
【解析】
【分析】
碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，由C+Na2O2→E+G，D+Na2O2→F+G，故G为O2，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氢气和氧气反应生成水，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，由E与D反应得到F，所以E是NaOH，D是CO2，F是Na2CO3，C是H2O，则A为H2，B为CO，据此解答。

【详解】
碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，由C+Na2O2→E+G，D+Na2O2→F+G，故G为O2，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氢气和氧气反应生成水，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，由E与D反应得到F，所以E是NaOH，D是CO2，F是Na2CO3，C是H2O，则A为H2，B为CO；
(1)框图中物质A和F指代物质的化学式为，A为H2，F为Na2CO3；
(2)通过以上分析知，反应①是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气属于氧化还原反应，②反应是氢气和氧气反应生成水属于氧化还原反应，③反应为一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳属于氧化还原反应，④反应是过氧化钠和水的反应属于氧化还原反应，⑤反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气属于氧化还原反应，⑥反应为二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水属于复分解反应，不是氧化后反应的只有⑥，故答案为⑥；(3)由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ↑，可知2mol Na2O2与足量水蒸气反应生成氧气为
2mol×1
2
=1mol，反应中O元素化合价由-1价升高为氧气中0价，转移电子为
1mol×2×N A mol-1=2N A；
(4)一氧化碳、氢气与氧气反应生成二氧化碳、水，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ，
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 可知，过氧化钠增重等于CO与H2的质量，故过氧化钠增重
设混合物中一氧化碳的物质的量是n 1，氢气的物质的量是n 2，则1212
28n 2n n n ++=15，整理的n 1:n 2=1:1，由二者质量有28n 1+2n 2=7.8，联立解得n 1=0.1mol ，n 2=0.1mol ；根据元素守恒CO 、H 2与O 2反应后生成0.1molCO 2，0.1molH 2O ，由2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2 ，2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2 可知，生成氧气的体积为12×0.1mol+12
×0.1mol=0.1mol 。

3．先有一瓶无色澄清溶液，可能由Na +、K +、NH 4+、Fe 2+、SO 42-、I -、CO 32-、Cl -、SO 32-、MnO 4
-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BaCl 2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Cl 2，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SO 42-、I -、NH 4+、SO 32-
B ．一定不存在Fe 2+、CO 32-、MnO 4-
C ．可能存在CO 32-、Cl -、Na +、K +、
D ．可用AgNO 3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】AC Cl 2+2I -=I 2+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Fe 2+、MnO 4-；
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NH 4+；
步骤二：向溶液A 中加入足量稀盐酸和BaCl 2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BaSO 4，刺激性气味的气体为SO 2，则一定含有SO 42- 和SO 32-； 步骤三：向溶液B 中通入适量Cl 2，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MnO 4-、淡绿色Fe 2+。

步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气，表明原溶液含有NH 4+。

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SO 42- 、SO 32-。

步骤三得到的黄褐色溶液C 是含有I 2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
．．．2FeCO3Fe2O3+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2FeCO3Fe2O3+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；
2FeCO3Fe2O3+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．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0.5mol 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】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2 mol，消耗Na2O22 mol，现消耗0.5mol Na2O2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．短周期元素形成的物质A、B、C、D、E，它们的转化关系如下图所示，物质A与物质B 之间的反应不在溶液中进行(E可能与A、B两种物质中的某种相同)。

请回答下列问题：
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的电子式：_____________
(2)若E是有臭鸡蛋气味，D是既能溶于强酸，又能溶于强碱的化合物。

①用电离方程式解释D既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因： ____________________
②用等式表示E与NaOH溶液反应后生成正盐的溶液中所有离子浓度之间的关系：
_______________________________
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，且E与A相同，则C与水反应的化学方程式为(请标出电子转移方向和数目)： __________________________________________
(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么化合物D是_____________。

【答案】 H++H2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-
c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-) Mg(OH)2
【解析】
【分析】
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2(或NaH)，生成气体为O2或H2；
(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，C应为NO2，则D为HNO3，E为NO，结合物质的性质解答该题；
(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3。

那么化合物D是
【详解】
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2，生成气体为O2或H2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；
(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；
①D为氢氧化铝既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因的电离方程式为酸式电离和碱式电离，电离方程式为：H++H2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-；
②E为H2S，与NaOH反应生成的正盐溶液为硫化钠溶液，硫离子水解，溶液中离子浓度存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)：
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，应C为NO2，则D为HNO3，E为NO；
NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应为氧化还原反应，反应中电子转移的方向和数目为；
(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3，Mg2N3溶于水发生双水解，生成氨气和氢氧化镁，故D为Mg(OH)2。

7．Mg及其化合物可以发生如下转化(部分反应物、生成物或水已略去)，已知X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，化合物D的焰色反应为黄色，C和G混合冒白烟并生成A，电解E的水溶液常用于某种工业生产。

(1)写出下列物质的化学式：
A___________，Y__________；
(2)写出C的电子式____________；
(3)写出MgCl2与D反应的化学方程式_____________；
(4)请用水解平衡理论解释A+B+Mg→C+X+ MgCl2的原因______________。

(5)将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中，充分反应后，再向混合液中逐滴滴加盐酸，所加盐酸的体积与生成的气体的关系如下图所示：则原F溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】NH4Cl O2 2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑ NH4Cl水解
生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3 0.3mol/L
【解析】
【分析】
X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，可以判断为水，D为化合物，它的焰色反应为黄色说明含有钠元素，含钠的化合物与氯化镁反应生成了氢氧化镁，说明D在反应时生成了碱，沉淀镁离子，同时生成单质气体Y，E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F，G和氢氧化镁反应生成氯化镁，证明G为盐酸，所以X、Y为氢气和氯气，结合条件判断E为氯化钠；含钠的化合物D与氯化镁反应生成氯化钠氢氧化镁和单质气体Y，只有D为过氧化钠符合，所以Y为氧气；C和G混合冒白烟并生成A，结合G为氯化氢可知C应为碱性气体氨气，A为氯化铵，金属镁与氯化铵水溶液反应生成氯化镁、氢气，反应放热同时生成了氨气，据此分析解答。

【详解】
(1)依据上述推断可知，A为NH4Cl，Y为O2，故答案为NH4Cl；O2；
(2)C为氨气，电子式为，故答案为；
(3)氯化镁与过氧化钠反应生成的产物为氢氧化镁、氧气、氯化钠，反应的化学方程式为：
2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑，故答案为
2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑；
(4)A+B+Mg→C+X+MgCl2的化学方程式为2NH4Cl+Mg=2NH3↑+H2↑+MgCl2，NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁为活泼金属，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3，故答案为NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3；
(5)F为氢氧化钠，通入1mol二氧化碳气体反应后，滴入盐酸开始无气体生成，然后有气体生成，最后不变。

由图象分析可知，消耗200mL盐酸无气体放出，说明二氧化碳与氢氧化钠反应生成的产物中无碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳先后发生①CO32-
+H+=HCO3-、②HCO3-+H+=CO2↑+H2O，根据方程式可知，反应①消耗的盐酸与反应②消耗的盐酸的体积相等，均为100mL，所以原溶液中有氢氧化钠剩余，因此混合液中逐滴滴加盐酸，先后发生反应①OH-+H+=H2O、②CO32-+H+=HCO3-、③HCO3-+H+=CO2↑+H2O。

根据碳元素守恒，二氧化碳气体物质的量为0.1mol，和氢氧化钠反应生成的碳酸钠为0.1mol，消耗氢氧化钠0.2mol，与氢氧化钠反应消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等，也与碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等，均为100mL则与盐酸反应的氢氧化钠为0.1mol，因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mol，浓度为
0.3mol
=0.3mol/L，故答案为0.3mol/L。

1L
8．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_______________。

（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】溶液先变红后褪色，并有气泡生成 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑ OH- +H+ =H2O、H++CO32-=HCO3- Na2CO3、NaHCO3 3：10
【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；
小题（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。

【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；
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↑；
答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；
（3）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B图表明，加入25mL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25mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应。

由Na2CO3生成NaHCO3再生成CO2，前后消耗的盐酸为1：1，而图中，生成NaHCO3所用盐酸少于由NaHCO3生成CO2所用盐酸，为1：2，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3；
答案为：Na2CO3、NaHCO3；
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。

答案为：3：10。

9．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+。

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，。