2020-2021精选高考化学易错题专题复习钠及其化合物推断题及答案解析

2020-2021精选高考化学易错题专题复习钠及其化合物推断题及答案解析
一、钠及其化合物
1．生氢材料甲由X、Y两种元素组成，两元素的原子最外层电子数相等。

为确定甲的组成，进行了如下实验：
①称取1.2g甲固体与一定量的水蒸气刚好完全反应，生成标准状况下1.12L可燃性单质气体乙，同时得到2g化合物丙。

②用0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙。

请回答：
（1）乙的分子式____。

（2）写出甲与氧气反应生成丙的化学方程式____。

（3）设计实验方案检验丙中的阴离子_____。

【答案】H2 2NaH+O2点燃
2NaOH 取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞
试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在
【解析】
【分析】
由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g，
则M(甲)=
1.2g
0.05mol
=24g/mol，根据甲由X、Y两种元素组成，甲是生氢材料，两元素的原
子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH，据此分析。

【详解】
由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g，
则M(甲)=
1.2g
0.05mol
=24g/mol，根据甲由X、Y两种元素组成，甲是生氢材料，两元素的原
子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH；
(1)乙的分子式为H2；
(2)甲与氧气反应生成丙的化学方程式为2NaH+O2点燃
2NaOH；
(3)丙中的阴离子为氢氧根离子，检验氢氧根离子的方法为：取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在。

2．两种常见的非金属元素A与B，与常见的三种金属元素C、D、E，A的一种单质是自然界硬度最大的物质，B与C的单质在加热条件下反应生成淡黄色化合物X，D的单质既能与盐酸，也能与NaOH溶液反应生成2
H，E的单质在B的单质中燃烧火星四溅，生成一种黑
色固体Y 。

请回答下列问题：
()1物质X 的名称______。

()2将D 的单质用砂纸打磨，然后灼烧，液态的D 并不滴落的原因______。

()3写出E 的单质与水蒸气反应的化学方程式______。

()4a g C 的单质投入足量4CuSO 溶液中，下列实验现象正确的有______。

A ．钠沉在溶液底部
B ．熔化成银色光亮的小球
C ．小球四处游动发出”嘶嘶”的声音
D ．生成红色固体物质
()5第()4中可能的离子方程式为______。

将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，可得到______g 固体。

()6A 在少量2B 中燃烧，所得混合气体在标况下的平均摩尔质量为32g /mol ，则A 与2B 的物质的量之比为______。

【答案】过氧化钠 Al 熔点低，氧化铝熔点高，所以熔化的铝被氧化铝兜着，并不滴落 ()23Fe 4H O g +342Fe O 4H + BC
22222Na Cu 2H O Cu(OH)2Na H ++++=↓++↑ 49a 23
8：5 【解析】
【分析】 A 的一种单质是自然界硬度最大的物质，应为金刚石，则A 为C 元素，B 与C 的单质在加热条件下反应生成淡黄色化合物X ，X 为22Na O ，D 的单质既能与盐酸，也能与NaOH 溶液反应生成2H ，D 为Al ，E 的单质在B 的单质中燃烧火星四溅，生成一种黑色固体Y ，可知E 为Fe ，B 为O ，Y 为34Fe O ，则可知C 为Na ，以此解答该题。

【详解】
()1由以上分析可知X 为过氧化钠；
()2Al 在加热条件下与氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点比铝高，所以熔化的铝被氧化铝兜着，并不滴落；
()3E 为Fe ，在高温下与水蒸气反应，方程式为()23Fe 4H O g +342Fe O 4H +； ()4C 为Na ，可与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，则加入到硫酸铜溶液中生成氢氧化铜和氢气，反应放出热量，钠熔化，且浮在水面上，故答案为：BC ；
()5反应的相关离子方程式为22222Na Cu 2H O Cu(OH)2Na H ++++=↓++↑，依据反应的定量关系，ag 钠物质的量ag a mol 23g /mol 23
==，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到2Cu(OH)，依据反应定量关系得到，22Na Cu(OH)～，固体质量
a 49a mol 98g /mol g 23223
=⨯=⨯； ()6碳在少量氧气中燃烧，可生成CO 和2CO ，所得混合气体在标况下的平均摩尔质量为32g /mol ，可设生成COxmol ，2CO ymol ，则
28x 44y 32x y +=+，x ：y 3=：1，则n(C)：()()2O 31=+：3182⎛⎫+=
⎪⎝⎭
：5。

【点睛】
本题考查无机物的推断，涉及铝、铁、钠等金属的性质，注意从物质的特性以及反应的特征现象为突破口进行推断，如：D 的单质既能与盐酸，也能与NaOH 溶液反应生成2H ，体现Al 的两性，而E 的单质在B 的单质中燃烧火星四溅，生成一种黑色固体Y ，这是Fe 在氧气中燃烧的特征实验现象。

3．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 ＞Fe 2Al+2OH -+2H 2O ＝2AlO 2-
+3H 2↑ 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．．．
2FeCO 3Fe 2O 3+CO↑+CO 2↑ 【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H 2；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Cl 2，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Fe 3+，由转化关系可知C 为Fe 金属，物质F 为FeCl 2，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。

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、D是中学化学中的常见物质，各物质的转化关系如下：
(1)若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要物质之一。

①画出A的原子结构示意图____________。

② 写出D的浓溶液所具有的特殊性质________________(两种即可)。

(2)若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则下列叙述正确的是________。

a.A的化学性质较为稳定
b.B、C均为酸性氧化物
c.流程中的反应均属氧化还原反应
d.可用D与金属反应制取氢气
(3)若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，则C→D的化学方程式是__________。

(4)若A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则A→B的反应方程式为
_______________。

【答案】强氧化性、吸水性、脱水性（任填两个） ac
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
【详解】
(1)若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要成分，B为SO2，则判断A为S，D为硫酸，C为
SO3。

①A为硫元素原子，硫元素为16号元素，质子数为16，核外电子数=质子数=16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，硫原子的结构示意图为。

②D是硫酸，浓硫酸具有的特殊性质为强氧化性、吸水性和脱水性；
(2)若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则A为N2，D为HNO3，B为NO，C为NO2，则
a．A是N2，分子内含N≡N键，该化学键的键能较大，断裂需要很高的能量，因此化学性质较为稳定，a正确；
b．B、C分别是NO、NO2，二者都是不成盐氧化物，b错误；
c．流程中的反应均有元素的化合价变化，所以该反应是氧化还原反应，c正确；
d．D是HNO3，硝酸与金属反应通常不生成氢气，d错误；
故合理选项是ac；
(3)若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，A为Na，D为NaOH，B为Na2O，C为Na2O2，则C→D的化学方程式是
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
(4)A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则A为NH3，E为O2，B为NO，C为NO2，D为硝酸，A→B的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。

6．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。

7．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。

8．有A、B、C、D四种电解质，它们均由多种元素组成（元素的原子序数均小于20），相同浓度溶液的pH值是A<B<C<D,且只有A的pH小于7，四种物质的焰色反应皆显黄色，A 与B、C、D都能反应，但仅与B、C反应产生无色无味的气体。

向A溶液中加入Ba
（NO3）2溶液，能产生不溶于硝酸的白色沉淀。

试推断A、B、C、D的化学式并写出B和D反应的离子方程式。

（1）A:___________B：___________C：____________D：____________
（2）B和D反应的离子方程式为：_______________
【答案】NaHSO4 NaHCO3 Na2CO3 NaOH HCO3－＋OH－＝H2O＋CO32－
【解析】
【分析】
有A、B、C、D四种电解质，四种物质的焰色反应皆显黄色，说明均含有Na+；向A溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能产生不溶于硝酸的白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，结合A的pH小于7，可知A为NaHSO4；A与B、C、D都能反应，但仅与B、C反应产生无色无味的气体，说明生成的气体为CO2气体，再结合相同浓度溶液的pH值是A<B<C<D，且只有A 的pH小于7，说明B和C均为强碱的弱酸盐，则B为NaHCO3、C为Na2CO3、D为NaOH，据此分析解题。

【详解】
有A、B、C、D四种电解质，四种物质的焰色反应皆显黄色，说明均含有Na+；向A溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能产生不溶于硝酸的白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，结合A的pH小于7，可知A为NaHSO4；A与B、C、D都能反应，但仅与B、C反应产生无色无味的气体，说明生成的气体为CO2气体，再结合相同浓度溶液的pH值是A<B<C<D，且只有A 的pH小于7，说明B和C均为强碱的弱酸盐，则B为NaHCO3、C为Na2CO3、D为NaOH；
(1)据分析可知：A为NaHSO4，B为NaHCO3，C为Na2CO3，D为NaOH；
(2)B为NaHCO3，D为NaOH，两者混合生成碳酸钠和水，发生反应的离子方程式为HCO3－＋OH－＝H2O＋CO32－。

9．有X、Y、Z、W四种化合物，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。

这四种化合物具有下列转化关系（部分反应物、产物及反应条件已略去）。

（1）W的化学式是；
（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是：；
（3）X △
Z过程反应的化学方程式是：。

（4）W经另一反应可转化为无色无味的单质气体Q，利用下图装置（夹持固定装置已略
去）进行实验可在V中收集到Q，已知：烧瓶中固体为X或Z，装置III中产生白色沉淀。

则装置Ⅱ中物质的化学式___________，Ⅱ中主要反应的化学方程式是__________________。

【答案】（1）CO2（2）HCO3—+OH—==H2O+CO3—
（3）2NaHCO3△
Na2CO3+ CO2↑+ H2O
（4）Na2O2；2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
【解析】
试题分析：X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物。

X在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z反应得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2，即W为CO2。

（1）根据以上分析可知W为CO2。

（2）X为NaHCO3，Y为NaOH，X与Y在溶液中反应的离子方程式是：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O。

（3）碳酸氢钠分解的化学方程式为2NaHCO3△
Na2CO3+CO2↑+H2O。

（4）装置I中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体，与稀硫酸反应产生二氧化碳气体，装置III 中产生白色沉淀是碳酸钡。

因为装置Ⅴ中收集到一种无色气体，且密度大于空气，说明装置I中产生的CO2与装置Ⅱ中的物质反应生成了另一种无色气体，进而推测出装置Ⅱ中的物质为Na2O2，装置Ⅴ中收集的气体是O2。

Ⅱ中主要反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。

考点：考查无机物的推断
10．已知A、B、C、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，G为红褐色沉淀。

常温下甲、乙、丙为气态非金属单质，丙呈黄绿色；丁、戊为常见金属单质，其中戊是当前用量最大的金属。

它们之间的转化关系如下图所示（有的反应部分产物已经略去）。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A ，E 。

（2）写出丁所含元素在周期表中的位置 。

（3）在实验室中，欲检验F 溶液中的金属阳离子，先向溶液中滴加几滴 溶液，再加入几滴氯水，观察到溶液变为 色，证明原溶液中的金属阳离子为 。

（4）F 转化为G 的化学方程式： 。

（5）写出②中反应的离子方程式： 。

【答案】（1）Na 2O 2、HCl （2）第三周期、ⅢA 族
（3）KSCN 、红、Fe 2+
（4）4Fe(OH)2 + O 2+2H 2O = 4Fe(OH)3
（5）2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑
【解析】
【分析】
A 是淡黄色固体，
B 是无色液体，二者反应生成
C 与单质甲，且甲为气态非金属单质，则A 是Na 2O 2，B 是H 2O ，甲是O 2，C 是NaOH ．丙为气态非金属单质，呈黄绿色，则丙是Cl 2；金属丁与氢氧化钠反应生成
D 与乙，且乙为气态非金属单质，则丁为Al ，D 是NaAlO 2，乙为H 2，甲与乙反应生成水．乙与丙反应生成
E 为HCl ，戊是当前用量最大的金属，金属戊与盐酸反应生成
F ，F 与氢氧化钠、氧气反应得到
G 为红褐色沉淀，则戊为Fe ，F 为FeCl 2，G 为Fe （O
H ）3，D 与E 反应得到白色沉淀为Al （OH ）3，氢氧化铝与盐酸反应生成无色溶液为AlCl 3，据此来分析本题即可。

【详解】
（1）根据分析，A 为22Na O ，B 为HCl ；
（2）丁元素是铝，铝位于第三周期第IIIA 族；
（3）欲检验2+Fe ，应向溶液中先加入KSCN ，若不变色再加入氯水，此时变红即可证明溶液中有2+Fe ；
（4）2Fe(OH)在空气中不稳定，极易被氧化22234Fe(OH)+O +2H O=4Fe(OH)；
（5）反应②即铝与碱反应，其离子方程式为--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H 。