2020-2021高考化学 钠及其化合物推断题 培优易错试卷练习(含答案)及详细答案

2020-2021高考化学 钠及其化合物推断题 培优易错试卷练习(含答案)及详细
答案
一、钠及其化合物
1．由三种元素组成的化合物A ，按如下流程进行实验。

气体B 为纯净物，溶液C 焰色反应为砖红色，气体E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：
(1)组成A 的三种元素是________，A 的化学式是________。

(2)固体A 与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。

(3)气体E 与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是________（乌洛托品可以用分子式表示）。

【答案】Ca 、H 、N 2Ca HN 2422Ca HN 5HCl 2CaCl H NH Cl +=+↑+ 34NH 6HCHO +→
（或6124C H N ）26H O +
【解析】
【分析】 溶液C 焰色反应为砖红色说明溶液C 中含有Ca 元素，可知沉淀F 为CaCO 3，4.00g 碳酸钙的物质的量为 4.00g
=0.04mol 100g/mol ，根据元素守恒可知固体A 中含有Ca 元素，其质量为
0.04mol×40g/mol=1.60g ；气体E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E 为NH 3，所以溶液D 中含有NH 4+，根据元素守恒可知溶液C 中含有N 元素，固体A 中含有N 元素；气体B 为纯净物，其物质的量为0.448L
=0.02mol 22.4L/mol ，固体A 中Ca 元素的质量为1.60g ，则其
他元素为1.90g-1.60g=0.30g ，可先假设E 为一种常见的气体，若该气体为NO 、NO 2、O 2，则固体A 中另外一种元素为O ，而0.02mol NO 或NO 2或O 2所含氧元素的质量均大于0.30g ，故不合理，若该气体为H 2，固体A 中另外一种元素为H ，则符合题意，同时可以参考CaH 2与水的归中反应生成氢气。

【详解】
(1)根据分析可知固体A 中的三种元素为：Ca 、N 、H ；Ca 的常见化合价为+2价，已知固体A 中Ca 元素的物质的量为0.04mol ，质量为1.60g ，N 元素的和H 元素质量为0.04g 共
0.30g ，N 的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A 的化学式可能为Ca 4N 2H 2，化为最简整数比为2Ca HN ；
(2)根据产物可知A 与盐酸反应的产物中含有NH 4+，H 2，Ca 2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2422Ca HN 5HCl 2CaCl H NH Cl +=+↑+；
(3)气体E 为为NH 3，甲醛为HCHO ，根据元素守恒可知方程式为：
34NH 6HCHO +→(或6124C H N )26H O +。

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CaCl 2溶液，出现白色沉淀者为I 2FeO +H 2O 2+6H +＝2Fe 3++4H 2O Na 2FeO 4
【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H 2SO 4、H 2O 2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Fe 2(SO 4)3，G 为FeO ，则
B 中含有Fe 元素，
C 为Cl 2，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CO 2，I 为Na 2CO 3(纯碱)，K 为NaHCO 3(小苏打)。

【详解】
(1)由以上分析可知B 加热分解可生成CO 、CO 2、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．中学化学常见物质A～I的转化关系如框图所示，其中A为化合物，B为常见金属单质，H的焰色反应为黄色，Y不使品红溶液褪色。

(部分反应条件、溶剂及产物已略去)
(1)反应①、②的离子方程式________________、__________。

(2)现有含0.10mol H的溶液，要使其转化成含0.10mol F的溶液，则：
①若只能加入0.050mol的某物质，该物质可能是_________________ (填化学式，写1种)。

②若只能加入0.10mol的某物质，该物质可能是_________________ (填化学式，写1种)。

【答案】2Na2O2+ 2H2O=4Na++ 4OH- +O2↑ AlO2- + 2H2O +CO2=Al(OH)3↓+ HCO3- Na2O 或Na2O2 NaOH或Na
【解析】
【分析】
由H的焰色反应为黄色，则含有钠元素，且能与F在加热与过量的y之间相互转化，则H 为NaHCO3，F为Na2CO3，气体Y为CO2，溶液D为NaOH，化合物A能与液体x反应生成NaOH和气体C，那么A为Na2O2，液体x为H2O；因为B为金属单质，固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反应，则B为Al，E为Al2O3，G为NaAlO2，向NaAlO2通入二氧化碳产生Al(OH)3和NaHCO3，所以I为Al(OH)3，据此回答。

【详解】
(1)反应①是Na2O2与H2O反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+ 2H2O=4Na++ 4OH-
+O2↑；反应②是向NaAlO2通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：AlO2- + 2H2O
+CO2=Al(OH)3↓+ HCO3-；
(2)由分析可知①Na2O或Na2O2，②NaOH或Na。

【点睛】
本题关键点在于H，H含有钠元素，并且在加热和通气体y的条件下与F相互转化，而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。

4．已知有以下物质相互转化
试回答：
（1）写出下列物质的化学式：B的化学式_____________，C的化学式________________，D的化学式_____________，H的化学式________________。

（2）写出由E转变成F的化学方程式：_______________________________________。

（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式__________________________________；向G 溶液加入A的有关离子方程式____________________________________________。

【答案】FeCl2 KOH KCl AgCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O==4 Fe(OH)3 Fe3++3SCN-==Fe(SCN)3 2 Fe3++Fe==3 Fe2+
【解析】
【分析】
由转化可知，白色沉淀E为Fe(OH)2，红褐色沉淀F为Fe(OH)3，D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl，生成的溶液中含有钾离子，证明D溶液为KCl，由元素守恒可知，C为KOH，F溶解于盐酸，说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3，可知A为Fe，B为FeCl2，以此来解答。

【详解】
由转化可知，白色沉淀E为Fe(OH)2，红褐色沉淀F为Fe(OH)3，D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl，生成的溶液中含有钾离子，证明D溶液为KCl，由元素守恒可知，C为KOH，F溶解于盐酸，说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3，可知A为Fe，B为FeCl2；
(1)由上述分析可知，B、C、D、H分别为FeCl2、KOH、KCl和AgCl；
(2)由E转变成F的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)三价铁离子和硫氰酸根离子形成血红色溶液，反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+，向G溶液加入A的有关反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。

【点睛】
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；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。

5．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。

6．下列物质均为常见物质或它们的溶液，其中A为淡黄色固体，C、X均为无色气体，Z 为浅绿色溶液，D为一种常见的强碱。

根据它们之间的转化关系（下图），用化学用语回答问题：（部分产物已省略）
（1）写出下列物质的化学式：A_____________ B ___________ D _____________
（2）A与SO3(g)的反应类似于A与X的反应，请写出A与SO3(g)反应的化学方程式为：______________________________________________________________________________。

（3）向Z溶液中通入一定量的Cl2，写出检验Z中阳离子是否反应完全所需试剂：
__________。

（4）物质E转化为物质F的现象为
____________________________________________________，化学方程式为：
_______________________________________________________________________。

（5）向含10g D的溶液中通入一定量的X，溶质D完全反应后，在低温条件下蒸发结晶，最终得到14.8g固体。

①简述蒸发结晶在低温条件下进行的理由：
_________________________________。

②所得固体中含有的物质为__________________ ，它们的物质的量之比为
__________________。

（若固体为单一物质，则不填此空）
【答案】 Na2O2 Na2CO3 NaOH 2Na2O2＋2SO3=== 2Na2SO4＋O2酸性高锰酸钾溶液（或
K3Fe(CN)6）白色沉淀迅速转化为灰绿色沉淀，最终转变为红褐色沉淀 4 Fe(OH)2＋2H2O＋O2 ===4 Fe(OH)3避免碳酸氢钠在温度过高时分解 Na2CO3和NaHCO3 n(Na2CO3):
n(NaHCO3)=2:1
【解析】试题分析：由题中信息可知， A为淡黄色固体，则A可能为过氧化钠；C、X均为无色气体，Z为浅绿色溶液，则Z含亚铁离子；D为一种常见的强碱。

根据它们之间的转
化关系可以推断，A为过氧化钠、B为碳酸钠、C为氧气、D为氢氧化钠、E为氢氧化铁、F 为氢氧化铁、X为二氧化碳、Z为亚铁盐溶液。

（1）A 为Na2O2、B 为Na2CO3、 D为 NaOH。

（2）A与SO3(g)的反应类似于A与X的反应，因此， A与SO3(g)反应的化学方程式为
2Na2O2＋2SO3=== 2Na2SO4＋O2。

（3）Fe2+可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以与K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，所以，检验Z 中Fe2+是否反应完全所需试剂为酸性高锰酸钾溶液（或K3Fe(CN)6）。

（4）物质E转化为物质F的现象为：白色沉淀迅速转化为灰绿色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，化学方程式为4 Fe(OH)2＋2H2O＋O2 ===4 Fe(OH)3。

（5）向含10g NaOH的溶液中通入一定量的二氧化碳，溶质NaOH完全反应后，在低温条件下蒸发结晶，最终得到14.8g固体。

①蒸发结晶在低温条件下进行的理由是：避免碳酸氢钠在温度过高时分解。

②10g NaOH的物质的量为0.25mol，若其完全转化为碳酸钠，则可生成0.125mol碳酸钠，即13.25g碳酸钠；若其完全转化为碳酸氢钠，则可生成0.25mol 碳酸氢钠，其质量为21g，因为13.25＜14.8＜21，所以，所得固体中含有的物质为Na2CO3和NaHCO3。

由固体总质量为14.8g可知，106g/mol n(Na2CO3)+ 84g/mol n(NaHCO3)= 14.8g；由钠离子守恒可知，2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.25mol，与上式联立方程组求解，
n(Na2CO3)==0.1mol，n(NaHCO3)=0.05mol，它们的物质的量之比为n(Na2CO3):
n(NaHCO3)=2:1。

7．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)NaHCO3；Na2O2；
(2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3) AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-
(4) HCO3-+Ca2++OH－=CaCO3↓+H2O
(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NaAlO 2；无色气体C 与Na 2O 2反应生成白色固体A ，C 为CO 2，A 是Na 2CO 3，2mol 白色固体粉末X 受热分解，生成白色固体1molNa 2CO 3，1molH 2O ，1molCO 2，根据元素守恒可知，X 为
NaHCO 3，与NaOH 反应生成Na 2CO 3，Na 2CO 3足量盐酸u u u u u u u u u u
r CO 2，CO 2+NaAlO 2→D，D 为Al(OH)3，符合转化关系，NaHCO 3+F→CO 2，F 可以是酸或铝盐等。

(1)根据上面的分析可知，X 为NaHCO 3，H 为Na 2O 2，故答案为：NaHCO 3；Na 2O 2；
(2)E 为NaOH ，G 为NaAlO 2，E+Al→G 反应的化学方程式 2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑，该反应中氧化剂是 H 2O ，故答案为：2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑；H 2O ；
(3)G 为NaAlO 2，G 溶液中通入过量CO 2制取Al(OH)3的反应离子方程式为AlO 2
-+CO 2+2H 2O═Al(OH)3↓+HCO 3-，故答案为：AlO 2-+CO 2+2H 2O═Al(OH)3↓+HCO 3-
； (4)X 为NaHCO 3，X 溶液中滴加过量澄清石灰水反应的离子方程式为HCO 3-+Ca 2++OH
-
═CaCO 3↓+H 2O ，故答案为：HCO 3-+Ca 2++OH -═CaCO 3↓+H 2O ； (5)C 为CO 2，与Na 2O 2反应为2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2，反应中O 元素化合价由-1价降低为-2
价，由-1升高为0价，Na 2O 2既是氧化剂又是还原剂，各占
12，0.1molNa 2O 2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Na 2O 2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。

8．分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 。

5.05 g 单质甲—钾合金溶于200 mL 水生成0.075 mol 氢气，确定该合金的化学式为__ __。

(3)向20 mL 某浓度的化合物C 的溶液中通入CO 2气体后得溶液M ，因CO 2通入量的不同，溶液M 的组成也不同。

若向M 中逐滴加入0.1 mol/L 盐酸，产生的气体体积V(CO 2)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60 mL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】(1) 溶液先变红后褪色，并有气泡生成；
(2) 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；NaK2；
(3) ①OH-＋H＋=H2O、H＋＋CO=HCO；②Na2CO3、NaHCO3；③3∶10。

【解析】
【分析】
【详解】
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。

(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，故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↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.15，23x+39y＝5.05，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，故答案为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；NaK2；
(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，
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A图表明，加入60mL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60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl)，而反应中n(HCl)＞＞2n(Na2CO3)，所以原溶液的溶质为Na2CO3、
NaOH，故答案为Na2CO3、NaOH；
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，故答案为3：10。

9．A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体．而C、D还生成一种无色、无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊．D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色、无味气体．请回答下列问题：
（1）写出下列反应的离子方程式：①D+盐酸③D+A
（2）写出F和H反应的化学方程式
【答案】（1）HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；
2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；
HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；
（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．
【解析】因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，B与盐酸反应还生成一种可燃性气体，可知B为Na，E为NaCl，可燃气体是氢气；C、D还生成一种无色、无味气体H，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D为碳酸钠或碳酸氢钠；F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2O2，D和A可反应生成C，C为Na2CO3，则D为NaHCO3，A为NaOH，综上所述可知，A为NaOH，B为Na，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl，F为Na2O2，
（1）①D为NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；
②B为Na，与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，
③碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子反应为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，（2）F为Na2O2，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握发生的离子反应、钠的化合物的转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意焰色反应为元素的性质，题目难度不大．
10．A、B、C、D表示中学化学中的四种常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水已略去）。

（1）若A为强碱溶液，其焰色反应显黄色，C常用作食品添加剂，请回答下列问题：
①反应Ⅱ的离子方程式是。

②现有B和C的固体混合物a g，加热至质量不再改变时剩余固体为b g，则B的质量分数
为。

（2）若A、D均为单质，且A为黄绿色气体，D的一种红棕色氧化物常用作颜料，则：
①反应Ⅱ的离子方程式是。

②取少许C溶液于试管中，滴入NaOH溶液并振荡，发生反应的化学方程式
为：，。

③检验B溶液中金属阳离子的方法是。

【答案】（12分,每空2分）（1）① CO32-+CO2+H2O＝2HCO3- ；②8453
31
b a
a
-
（2）
①2Fe3++Fe＝3Fe2+
②FeCl2+2NaOH＝Fe(OH)2↓+2NaCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3
③取溶液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+(其他合理答案均可得分)
【解析】
试题分析：（1）①A为强碱溶液，其焰色反应显黄色，A为NaOH；A、B、C均含有同一种元素，C常用作食品添加剂，再根据转化关系得出：B为Na2CO3、C为NaHCO3、D为CO2，反应Ⅱ的离子方程式为CO32-+CO2+H2O＝2HCO3-；
②碳酸氢钠分解的方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，质量减少的是CO2、H2O，
根据化学反应方程式可以计算出m(NaHCO3)＝84()
31
a b
-
g，则m(Na2CO3)＝a－m(NaHCO3)
＝8453
31
b a
-
g，则ω（Na2CO3）＝
8453
31
b a
a
-
；
（2）①A为黄绿色气体，D的一种红棕色氧化物常用作颜料，推出：A为Cl2，D为Fe，根据转化关系图推知B为FeCl3、C为FeCl2，因此反应Ⅱ的离子方程式是2Fe3++Fe＝3Fe2+；
②取少许C溶液于试管中，滴入NaOH溶液并振荡，发生反应的化学方程式依次为FeCl2＋2NaOH＝Fe(OH)2↓＋2NaCl、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3；
③验证Fe3＋一般用KSCN进行检验，即取溶液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+。

考点：考查钠的化合物、氯气、铁化合物的性质、铁离子检验等。