高考化學(xué)鈉及其化合物推斷題綜合經(jīng)典題及答案

1、高考化學(xué)鈉及其化合物推斷題綜合經(jīng)典題及答案一、鈉及其化合物1.生氫材料甲由X、Y兩種元素組成,兩元素的原子最外層電子數(shù)相等.為確定甲的組成,進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：稱取1.2g甲固體與一定量的水蒸氣剛好完全反響,生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12L可燃性單質(zhì)氣體乙,同時(shí)得到2g化合物丙.用0.05mol甲與0.8g氧氣恰好發(fā)生化合反響,得到2g丙.請答復(fù)：(1)乙的分子式.(2)寫出甲與氧氣反響生成丙的化學(xué)方程式.(3)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)丙中的陰離子.占燃J、)、)2【答案】H22NaH+Q=2NaOH取少量丙溶液于試管中,向試管中滴加少量無色酚酗：試液,假設(shè)溶液變紅,那么說明有OH的存在【解析】【分析】由0.05

2、mol甲與0.8g氧氣恰好發(fā)生化合反響,得到2g丙,得甲的質(zhì)量為：2g-0.8g=1.2g,那么M(甲尸12g=24g/mol,根據(jù)甲由X、Y兩種元素組成,甲是生氫材料,兩元素的原0.05mol子最外層電子數(shù)相等,可得符合條件的化合物為NaH,NaH可以與水蒸氣反響生成氫氣和氫氧化鈉,反響的化學(xué)方程式為：NaH+H2O(g)=H2T+NaOH,符合題意,那么乙為H2,丙為NaOH,據(jù)此分析.【詳解】由0.05mol甲與0.8g氧氣恰好發(fā)生化合反響,得到2g丙,得甲的質(zhì)量為：2g-0.8g=1.2g,那么M(甲尸1.2g=24g/mol,根據(jù)甲由X、Y兩種元素組成,甲是生氫材料,兩元素的原0.0

3、5mol子最外層電子數(shù)相等,可得符合條件的化合物為NaH,NaH可以與水蒸氣反響生成氫氣和氫氧化鈉,反響的化學(xué)方程式為：NaH+H2O(g)=H2T+NaOH,符合題意,那么乙為H2,丙為NaOH;(1)乙的分子式為H2；占燃J、)、)2(2)甲與氧氣反響生成丙的化學(xué)方程式為2NaH+O22NaOH；(3)丙中的陰離子為氫氧根離子,檢驗(yàn)氫氧根離子的方法為：取少量丙溶液于試管中,向試管中滴加少量無色酚酗:試液,假設(shè)溶液變紅,那么說明有OH的存在.2 .中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)AI的轉(zhuǎn)化關(guān)系如框圖所示,其中A為化合物,B為常見金屬單質(zhì),H的焰色反響為黃色,Y不使品紅溶液褪色.(局部反響條件、溶劑及產(chǎn)物已略

4、去)過量y氣體c加熱(1)反響、的離子方程式、(2)現(xiàn)有含0.10molH的溶液,要使其轉(zhuǎn)化成含假設(shè)只能參加0.050mol的某物質(zhì),該物質(zhì)可能是種).假設(shè)只能參加0.10mol的某物質(zhì),該物質(zhì)可能是種).【答案】2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2TAO或Na2O2NaOH或Na【解析】【分析】由H的焰色反響為黃色,那么含有鈉元素,且能與0.10molF的溶液,那么：(填化學(xué)式,寫1(填化學(xué)式,寫1+2H2O+CO2=Al(OH)3j+HCQNa2OF在加熱與過量的y之間相互轉(zhuǎn)化,那么H為NaHCO3,F為Na2CQ,氣體Y為CO2,溶液D為NaOH,化合物A能與液體x反響生成Na

5、OH和氣體C,那么A為Na2O2,液體x為H2O;由于B為金屬單質(zhì),固體E為金屬氧化物且能與氫氧化鈉反響,那么B為Al,E為Al2O3,G為NaAlO2,向NaAlO2通入二氧化碳產(chǎn)生Al(OH)3和NaHCO3,所以I為Al(OH)3,據(jù)此答復(fù).【詳解】(1)反響是Na2O2與H2O反響,所以離子反響方程式為2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+.2個(gè)；反響是向NaAlO2通入二氧化碳,所以離子反響方程式為：AlO2-+2H2O+C6=Al(OH)3j+HCO3；(2)由分析可知Na2O或Na2O2,NaOH或Na.【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵點(diǎn)在于H,H含有鈉元素,并且在加熱和通氣體y的條件下與F

6、相互轉(zhuǎn)化,而鈉的化合物能滿足的只有碳酸氫鈉.3 .A、B、CD、E五種短周期元素,它們的原子序數(shù)依次增大；A元素是所有原子中半徑最小的原子；B元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物與其氫化物生成一種鹽X；D與A同主族,且與E同周期；E元素的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的3/4,A、B、D、E這四種元素中,每一種都與C元素形成原子個(gè)數(shù)比不相同的化合物.請答復(fù)以下問題：(1)D位于元素周期表第周期族.(2)C和E兩元素相比擬,非金屬性較強(qiáng)的是(填元素名稱),可以驗(yàn)證該結(jié)論的是(填寫編號)；A.比擬這兩種元素的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)B.比擬這兩種元素的單質(zhì)在常溫下的狀態(tài)C.比擬這兩種元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性D.比擬這

7、兩種元素單質(zhì)與氫氣化合的難易(3)寫出C、D兩元素形成的原子個(gè)數(shù)比為1:1的化合物與水反響的化學(xué)方程式：(4)A與C間可形成負(fù)一價(jià)雙原子陰離子,有10個(gè)電子,寫出該陰離子與鹽酸反響的離子方程式為;(5)A、C、D、E四種兀素可形成兩種酸式鹽,兩種酸式鹽相互反響的離子方程式為【答案】三IA氧CD2NaO2+2H2O=4Na+4OH+O2TOH+H+=H2OH+HSQ-=H2O+SQT【解析】【分析】A、B、CD、E五種短周期元素,它們的原子序數(shù)依次增大,A元素的原子半徑最小,那么A為H；B元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物與其氫化物能生成鹽,那么B為N；E元素原子的3最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的3,

8、那么E為S;D與A同主族,且與E同周期,那么D為4Na；A、B、D、E這四種元素,每一種與C元素都能形成元素的原子個(gè)數(shù)比不相同的多種化合物,那么C為O,然后利用元素及其單質(zhì)、化合物的性質(zhì)來解答.【詳解】A、B、CD、E五種短周期元素,它們的原子序數(shù)依次增大,A元素的原子半徑最小,那么A為H;B元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物與其氫化物能生成鹽,那么B為N;E元素原子的3最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的3,那么E為S;D與A同主族,且與E同周期,那么D為4Na；A、B、D、E這四種元素,每一種與C元素都能形成元素的原子個(gè)數(shù)比不相同的多種化合物,那么C為O;(1)D是Na位于元素周期表第三周期,IA族；

9、(2)氧與硫同主族,從上到下非金屬性在減弱,那么非金屬性O(shè)>S,可以利用與氫氣化合的難易程度及氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、單質(zhì)的氧化性等來判斷,氫化物沸點(diǎn)、單質(zhì)的狀態(tài)都屬于物理性質(zhì),不能比擬非金屬性強(qiáng)弱,故AB錯(cuò)誤、CD正確；(3)C、D兩元素形成的原子個(gè)數(shù)比為1:1的化合物為Na2O2與水反響的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2T；(4)A與C間可形成負(fù)一價(jià)雙原子陰離子,有10個(gè)電子,為OH離子,該陰離子與鹽酸反響的離子方程式為：OH+H+=H2O；(5)A、C、D、E四種元素分別為H、O、Na、S,可形成兩種酸式鹽,為NaHS.、NaHSQ,兩種酸式鹽相互反響的離子方

10、程式為：H+HSQ-=H2O+SC2T.4.以下圖是中學(xué)常見物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系.:a. A為淡黃色固體,B為導(dǎo)致溫室效應(yīng)的主要物質(zhì)；b. E為常見金屬,J為紅褐色沉淀；c. G在實(shí)驗(yàn)室中常用于檢驗(yàn)B的存在；d. L是一種重要的工業(yè)原料,常用于制造炸藥,濃溶液假設(shè)保存不當(dāng)常呈黃色.答復(fù)以下問題:(1)A的電子式為；B分子屬于分子(極性、非極性)；(2)反響的化學(xué)方程式為,反響的離子方程式為,(3)假設(shè)參加反響的A的質(zhì)量為39g,那么消耗CO2的體積(標(biāo)況下)為L(4)檢驗(yàn)K中陽離子常用的方法是.(5) L濃溶液的保存方法是.【答案】*:誦;I非極性2Na2O2+2CQ=2Na2CO3+O2TFe3

11、+3OH=Fe(OH)3J11.2L在試管中取少量K溶液,滴加幾滴KSCN溶液,假設(shè)溶液紅色,證實(shí)有Fe3+用棕色試劑瓶子保存并放置于低溫避光處【解析】【分析】L是一種重要的工業(yè)原料,常用于制造炸藥,濃溶液假設(shè)保存不當(dāng)常呈黃色,L是硝酸；B為導(dǎo)致“溫室效應(yīng)的主要物質(zhì),B是二氧化碳；A為淡黃色固體,A能與二氧化碳反響,所以A是過氧化鈉；G在實(shí)驗(yàn)室中常用于檢驗(yàn)二氧化碳的存在,G是氫氧化鈣；過氧化鈉與二氧化碳反響生成GD,那么C是氧氣、D是碳酸鈉；J為紅褐色沉淀,J是氫氧化鐵,E為常見金屬,那么E是鐵,鐵與氧氣反響生成F,F是四氧化三鐵,四氧化三鐵與硝酸反響生成硝酸鐵,K是硝酸鐵；碳酸鈉與氫氧化鈣反

12、響生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉,那么I是碳酸鈣、H是氫氧化鈉.【詳解】根據(jù)以上分析：(1)A是過氧化鈉,過氧化鈉的電子式為小應(yīng)®:B是二氧化碳,二氧化碳是直線型分子,屬于非極性分子；(2)反響是過氧化鈉與二氧化碳反響生成碳酸鈉和氧氣,反響的化學(xué)方程式為2NaQ+2CO=2NaCO+OT,反響是硝酸鐵和氫氧化鈉反響生成氫氧化鐵沉淀和硝酸鈉,反響的離子方程式為Fe3+3ON=Fe(OH3J;39g39g過氧化鈉的物質(zhì)的量是78E°.5m,設(shè)消耗二氧化碳的物質(zhì)的量是xmol;2NaQ+2CO=2N&CO+QT0.5molxmol220.5(4)Fe3+.一=;x=0.5mol

13、,標(biāo)況下的體積為0.5molX22.4L/mol=11.2L;xK是硝酸鐵,在試管中取少量K溶液,滴加幾滴KSCN§液,假設(shè)溶液紅色,證實(shí)有(5)L是濃硝酸,濃硝酸不穩(wěn)定,見光或加熱易分解,濃硝酸用棕色試劑瓶子保存并放置于低溫避光處.5. Mg及其化合物可以發(fā)生如下轉(zhuǎn)化(局部反響物、生成物或水已略去),X、Y、Z為氣態(tài)單質(zhì),B常溫下為液態(tài),化合物D的焰色反響為黃色,C和G混合冒白煙并生成A,電解E的水溶液常用于某種工業(yè)生產(chǎn).MgChE-%區(qū)(i)寫出以下物質(zhì)的化學(xué)式:(2)寫出C的電子式(3)寫出MgCl2與D反響的化學(xué)方程式(4)請用水解平衡理論解釋A+B+MnC+X+MgCl2的

14、原因?qū)?.1molCO2通入1L溶質(zhì)為F的溶液中,充分反響后,再向混合液中逐滴滴加鹽酸,所加鹽酸的體積與生成的氣體的關(guān)系如以下圖所示：那么原F溶液的濃度為mol/L.2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2J+OTNH4Cl水解H2,使溶液生成NH3?H2O和HCl,參加鎂后,由于鎂非?；顫?與水解所得鹽酸反響生成中氫離子的濃度減小,從而促進(jìn)了NH4C1的水解,最終逸出NH30.3mol/L【解析】【分析】X、Y、Z為氣態(tài)單質(zhì),B常溫下為液態(tài),可以判斷為水,D為化合物,它的焰色反響為黃色說明含有鈉元素,含鈉的化合物與氯化鎂反響生成了氫氧化鎂,說明D在反響時(shí)生成了堿,沉

15、淀鎂離子,同時(shí)生成單質(zhì)氣體丫,E中含有鈉元素電解生成X、Z氣體和F,G和氫氧化鎂反響生成氯化鎂,證實(shí)G為鹽酸,所以X、Y為氫氣和氯氣,結(jié)合條件判斷E為氯化鈉；含鈉的化合物D與氯化鎂反響生成氯化鈉氫氧化鎂和單質(zhì)氣體Y,只有D為過氧化鈉符合,所以丫為氧氣；C和G混合冒白煙并生成A,結(jié)合G為氯化氫可知C應(yīng)為堿性氣體氨氣,A為氯化俊,金屬鎂與氯化俊水溶液反響生成氯化鎂、氫氣,反響放熱同時(shí)生成了氨氣,據(jù)此分析解答.【詳解】依據(jù)上述推斷可知,A為NH4C1,丫為O2,故答案為NH4C1；O2；(2)c為氨氣,電子式為H：N：H,故答案為H：N：H；HH(3)氯化鎂與過氧化鈉反響生成的產(chǎn)物為氫氧化鎂、氧氣、

16、氯化鈉,反響的化學(xué)方程式為：2MgC12+2Na2O2+2H2O=4NaC1+2Mg(OH)2J+04,故答案為2MgC12+2Na2O2+2H2O=4NaC1+2Mg(OH)2J+QT;(4)A+B+Mg-C+X+MgC的化學(xué)方程式為2NH4C1+Mg=2NH3T+Hd+MgC2,NH4C1水解生成NH3?H2O和HC1,參加鎂后,由于鎂為活潑金屬,與水解所得鹽酸反響生成H2,使溶液中氫離子的濃度減小,從而促進(jìn)了NH4C1的水解,最終逸出NH3,故答案為NH4C1水解生成NH3?H2O和HC1,參加鎂后,由于鎂非?；顫?與水解所得鹽酸反響生成H2,使溶液中氫離子的濃度減小,從而促進(jìn)了NH4C

17、1的水解,最終逸出NH3；(5)F為氫氧化鈉,通入1mo1二氧化碳?xì)怏w反響后,滴入鹽酸開始無氣體生成,然后有氣體生成,最后不變.由圖象分析可知,消耗200mL鹽酸無氣體放出,說明二氧化碳與氫氧化鈉反響生成的產(chǎn)物中無碳酸氫鈉,碳酸鈉與鹽酸反響放出二氧化碳先后發(fā)生CO32"+H+=HCO-、HCOf+H+=CC2T+WO,根據(jù)方程式可知,反響消耗的鹽酸與反響消耗的鹽酸的體積相等,均為100mL,所以原溶液中有氫氧化鈉剩余,因此混合液中逐滴滴加鹽酸,先后發(fā)生反響OH+H+=H2O、CO2-+H+=HCQ-、hcq-+h+=cqt+KO.根據(jù)碳元素守恒,二氧化碳?xì)怏w物質(zhì)的量為0.1mo1,和

18、氫氧化鈉反響生成的碳酸鈉為0.1mo1,消耗氫氧化鈉0.2mo1,與氫氧化鈉反響消耗的鹽酸與生成碳酸氫鈉消耗的鹽酸體積相等,也與碳酸氫鈉與鹽酸反響放出二氧化碳消耗的鹽酸體積相等,均為100mL那么與鹽酸反響的氫氧化鈉為0.1mo1,因此原氫氧化鈉溶液中共含有氫氧化鈉為0.3mo1,濃度為0.3mo11L=0.3mo1/L,故答案為0.3mo1/L.6. A、B、C是由周期表中短周期元素組成的三種常見化合物,甲、乙、丙是三種單質(zhì),這些單質(zhì)和化合物之間存在如圖1所示的關(guān)系,完成以下空白：1(1)向酚酬:試液中參加化合物A的粉末,現(xiàn)象為.(2)單質(zhì)甲與化合物B反響的離子方程式為.(3)向20mL某濃

19、度的化合物C的溶液中通入CO2氣體后得溶液M,因CO2通入量的不同,溶液M的組成也不同.假設(shè)向M中逐滴參加0.1mol/L鹽酸,產(chǎn)生的氣體體積V(CO2)與參加鹽酸的體積V(HCl)的關(guān)系如圖2圖示兩種情況.由A確定滴加前60mL的鹽酸時(shí),發(fā)生反響的離子方程式為.由B說明,原溶液通入CO2氣體后,所得溶液中白溶質(zhì)的化學(xué)式為.由A、B可知,兩次實(shí)驗(yàn)通入的CO2的體積比為.【答案】溶液先變紅后褪色,并有氣泡生成2Na+2H2O2Na+2OH-+H2TOH+H+=H2.、H+CO32'=HCO3'Na2CO3、NaHCQ3：10【解析】【分析】A、B、C是由周期表中短周期元素組成的三

20、種常見化合物,甲、乙、丙是三種單質(zhì),甲與B反響是置換反響,甲與乙是化合反響,丙與乙也是化合反響,單質(zhì)甲、含有甲元素的化合物A均與化合物B反響得到不同的單質(zhì),且兩種單質(zhì)反響又得到化合物B,應(yīng)是Na、過氧化鈉與水的反響,可推知甲是Na單質(zhì),乙為氧氣,B是H2O,丙為氫氣,C是NaOH,A是Na?O2；小題(3):曲線A、B,開始沒有氣體,參加一定體積鹽酸后生成氣體,生成氣體的反響為：HCO3-+H+=H2O+CQT,假設(shè)A中只有Na2CQ,開始發(fā)生CO32-+H+=HCQ",前后兩過程消耗HCl的體積相等,實(shí)際開始階段消耗鹽酸體積大于產(chǎn)生二氧化碳消耗的鹽酸體積,故A曲線說明M中的溶質(zhì)為N

21、aOH、Na2CO3,B曲線中,前后消耗鹽酸的體積之比為1：2,那么曲線B說明M中溶質(zhì)為Na2CO3、NaHCO3,且二者物質(zhì)的量之比為1:1.【詳解】(1)向酚配試液中參加化合物Na2O2的粉末,過氧化鈉與水反響生成氫氧化鈉與氧氣,氫氧化鈉是溶液薄荷味紅色,但過氧化鈉具有漂白性,那么現(xiàn)象為：溶液先變紅后褪色,并有氣泡生成；答案為：溶液先變紅后褪色,并有氣泡生成；(2)單質(zhì)甲與化合物B反響的離子方程式為：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2T;答案為：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2T；(3)由A確定滴加前60mL的鹽酸時(shí),發(fā)生反響的離子方程式為：OH-+H+=H2O、H+CO52&#

22、39;=HCO3",故答案為OH+H+=H2O、H+CC32-=HCQ-;由B圖說明,參加25mL鹽酸時(shí)開始產(chǎn)生二氧化碳,到75mL時(shí)二氧化碳的體積達(dá)最大,所以參加鹽酸體積25mL75mL時(shí),是鹽酸與碳酸氫鈉反響.由N&CO生成NaHCO再生成CQ,前后消耗的鹽酸為1:1,而圖中,生成NaHCQ所用鹽酸少于由NaHCQ生成CQ所用鹽酸,為1:2,所以原溶液的溶質(zhì)為Na2CO3、NaHCQ;答案為：N&CQ、NaHCO3；曲線A生成二氧化碳消耗鹽酸體積為(75-60)mL=15mL,曲線B生成二氧化碳消耗鹽酸體積為(75-25)mL=50mL,由HCQ-+H+=H2O+

23、CQT可知,那么兩次實(shí)驗(yàn)通入的CQ的體積之比=15mL：50mL=3:10.答案為：3：10.7. A、B、D、E均為中學(xué)化學(xué)常見單質(zhì)或化合物,它們之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系如以下圖所示(局部產(chǎn)物略去).(1)假設(shè)A為單質(zhì),組成A單質(zhì)的元素是自然界中形成化合物種類最多的元素.B屬于分子(填極性或非極性),B分子中所有原子是否都滿足8電子結(jié)構(gòu),(填是"或否.)向50mL4mol/L的NaOH溶液中通入1.12LB(標(biāo)準(zhǔn)狀況),反響后溶液中的溶質(zhì)為(填化學(xué)式),物質(zhì)的量分別為.(2)假設(shè)A為第三周期中的元素所形成的氯化物.寫出A溶液一B的離子方程式.寫出A和B在溶液中反響的離子方程式.(3)假設(shè)A為

24、常見的金屬,在E的冷、濃溶液中有鈍化現(xiàn)象.：X為含有非極性鍵的離子化合物,且1molX含有38mol電子,向D溶液中參加與D等物質(zhì)的量的固體X,該反應(yīng)的離子方程式為.【答案】非極性是NaOHNa2CO3NaOH0.1mol、NazCQ0.05molAl3+4OH-=AlO2-+2H2OA3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)34Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH>+QT+8N4【解析】【分析】(1)由題意,假設(shè)A和E為單質(zhì),組成A單質(zhì)的元素是自然界中形成化合物種類最多的元素,確定A單質(zhì)是碳,根據(jù)碳的化學(xué)性質(zhì)及框圖中A能和少量E與過量E反響生成兩種含碳化合物B和D,可推測E是

25、氧氣,B為CQ、D為CO,再解答問題；CQ通入NaOH溶液中發(fā)生兩個(gè)反響：CQ+NaOH(少量尸NaHCQ、CO2+2NaOH(過量)一Na2CQ+H2O.根據(jù)CQ和NaOH量的關(guān)系,確定CO2少量,NaOH過量,最后溶質(zhì)有Na2CQ和NaOH,求出物質(zhì)的量之比即可；(2)假設(shè)A為第三周期中的元素所形成的氯化物.可能為NaCl、MgCl2、A1C3中的一種,根據(jù)A能和少量E與過量E反響生成兩種化合物B和D,即可推斷A為A1C3,E為含OH-的堿,發(fā)生離子反響A13+3OH-A1(OH)3J、A13+4OH-=A1O2-+2H2O,確定出B中含有A1O2',D為A1(OH)3；(3)假設(shè)

26、A為常見的金屬,在E的冷、濃溶液中,A有鈍化現(xiàn)象.能發(fā)生鈍化現(xiàn)象的金屬有Fe和A1,即可確定A為Fe.結(jié)合A能和少量E與過量E反響生成兩種化合物B和D,即可確定A為Fe,E為硝酸,硝酸具有強(qiáng)氧化性,鐵與過量硝酸反響生成Fe3+,鐵與少量硝酸反應(yīng)生成Fe2+,所以B中含F(xiàn)e3+,D中含F(xiàn)e2+,根據(jù)信息,X為含有非極鍵的離子化合物,且1mo1X含有38moi電子,非極性鍵是由兩個(gè)相同非金屬原子通過共用電子對形成的,常見的為-O-O-非極性鍵,氧原子含8個(gè)電子,2個(gè)氧原子共含16個(gè)電子,而X含有38mo1電子,還相差22個(gè)電子,可考慮含2個(gè)Na,即得X為Na2O2.Na2O2具有強(qiáng)氧化性,可把Fe

27、2+氧化成Fe3+,根據(jù)題意,向Fe2+溶液中參加與Fe2+等物質(zhì)的量的NazQ固體,恰好完全反響,反響過程可看成Na2O2先與水反響,生成的NaOH再與Fe2+反響,生成Fe(OH)2,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH'.【詳解】(1)由題意,假設(shè)A和E為單質(zhì),組成A單質(zhì)的元素是自然界中形成化合物種類最多的元素,確定A單質(zhì)是碳,碳元素是自然界中形成化合物種類最多的元素.根據(jù)碳的化學(xué)性質(zhì)及框圖中A能和少量E與過量E反響生成兩種含碳化合物B和D,可推測E是氧氣,反響為C+C2(過量逢=CQ,C+C2(少量)=2CO,即得B為CO2、D為CO.CC2中碳原子最外層4個(gè)電子,氧原子最外

28、層6個(gè)電子,碳原子分別與兩個(gè)氧原子各形成兩對共用電子對,即電子式為p'：C：O,結(jié)構(gòu)式為-CO,鍵角1800正電荷重心和負(fù)電荷重心重合,所以為非極性分子,由電子式可知CQ分子中各原子最外層都滿足8電子結(jié)構(gòu)；CO2通入NaOH溶液中發(fā)生兩個(gè)反響：CO2+NaOH(少量)一NaHCQ、CO2+2NaOH(過量)一Na2CQ+H2O；根據(jù)題意,n(NaOH)=4mo1/LX0.05L=0.2mo1,n(CO2)=-112=0.05mo1,可見NaOH過22.4L/mo1量,CQ全部反響掉；發(fā)生反響CQ+2NaOH(過量)一NazCQ+WO.0.05mo1CO2消耗0.1mo1NaOH,生成0

29、.05mo1Na2CC3,溶液中還剩余0.1mo1NaOH；所以溶液中溶質(zhì)為0.05mo1Na2CO3、0.1mo1NaOH;(2)假設(shè)A為第三周期中的元素所形成的氯化物.可能為NaC1、MgC12、A1C3中的一種,根據(jù)A能和少量E或過量E反響生成兩種化合物B和D,即可推斷A為A1C3,E為含OH的堿,發(fā)生離子反響A13+3OH-A1(OH)3j、A13+4OH=A1O2-+2H2O,確定出B中含有A.-,D為A1(OH)3.那么A溶液一B的離子方程式為A13+4OH-=A1O2-+2H2O;A為A1C13,B中含有AlQ2',在兩溶液中,Al3+和A1O2-都能發(fā)生水解反響,當(dāng)兩溶

30、液混合后,A13+和A1O2-發(fā)生雙水解反響生成氫氧化鋁沉淀,反響為A13+3A1O2-+6H2O=4A1(OH)3J；(3)A為常見的金屬,在E的冷、濃溶液中,A有鈍化現(xiàn)象,化合物B和D,即可確定A為Fe,E為硝酸,硝酸具有強(qiáng)氧化性,鐵與過量硝酸反響生成Fe3+,鐵與少量硝酸反響生成Fe2+,所以B中含F(xiàn)e3+,D中含F(xiàn)e2+.根據(jù)信息,X為含有非極鍵的離子化合物,且1mo1X含有38mo1電子,非極性鍵是由兩個(gè)相同非金屬原子通過共用電子對形成的,常見的為-O-O-非極性鍵,氧原子含8個(gè)電子,2個(gè)氧原子共含16個(gè)電子,而X含有38moi電子,還相差22個(gè)電子,可考慮含2個(gè)Na,即得X為Na2

31、O2,Na2O2具有強(qiáng)氧化性,可把Fe2+氧化成Fe3+,根據(jù)題意,向Fe2+溶液中參加與Fe2+等物質(zhì)的量的Na2O2固體,恰好完全反響,反響過程可看成Na2O2先與水反響,生成的NaOH再與Fe2+反響,生成Fe(OH)>,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH)3,反響方程式為2Na2O2+2H2r4NaOH+O2"Fe2+2OH-一Fe(OH)2J、4Fe(OHR+O2+2H2O4Fe(OH)3J,上述三個(gè)反響合并即得總反響方程式為4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+O2T+8Na+.8.A、B、CD、E、F六種物質(zhì)在一定條件下有如以下圖所示的相互轉(zhuǎn)化關(guān)

32、系,所有反響物和生成物均已給出.假設(shè)反響、均為溶液中的置換反響,A、D、E為第口A族元素單質(zhì).那么A、D、E的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?用化學(xué)式表示).(2)假設(shè)B是某元素R的氫化物,B的沸點(diǎn)大于與其同主族的其他元素氫化物的沸點(diǎn),且B在常溫下為液態(tài)；C是一種有磁性的化合物；E是一種無色、無味的有毒氣體.那么反響的化學(xué)方程式,的化學(xué)方程式.(3)假設(shè)B由短周期元素X、Y組成,且X、Y原子個(gè)數(shù)比為1：1,B晶體中既含離子鍵,又含非極性共價(jià)鍵；綠色植物的光合作用和呼吸作用可實(shí)現(xiàn)自然界中DE的循環(huán).那么B的電子式為,反響的離子方程式.【答案】C12>Br2>l23Fe+4H2O"溫

33、F0O4*4H2CO+H?O外足CQ+H2+K0+N/|：O：.：產(chǎn)Md*2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2?*中【解析】【分析】(1)A、D、E為鹵素單質(zhì),反響均為水溶液中的置換反響,由氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性,可知氧化性應(yīng)有E>A>D,故E為C2A為Br2、D為憶據(jù)此解答；(2)B是某元素R的氫化物,B的沸點(diǎn)大于與其同主族的其他元素氫化物的沸點(diǎn),且B在常溫下為液態(tài),那么B為水；C是一種有磁性的化合物,C為Fa.叫根據(jù)框圖,A為鐵,D為氫氣,E是一種無色、無味的有毒氣體,E與四氧化三鐵反響生成鐵,那么E為CO,F為CQ,據(jù)此分析解答；(3)綠色植物的光合作用和

34、呼吸作用可實(shí)現(xiàn)自然界中D、E的循環(huán),那么D、E為氧氣或二氧化碳.B由短周期元素X、Y組成,且X、Y原子個(gè)數(shù)比為1：1,B晶體中既含離子鍵,又含非極性共彳鍵,那么B為過氧化鈉,根據(jù)框圖,A為水,D為氧氣,C為氫氧化鈉,E為二氧化碳,二氧化碳與氫氧化反響生成碳酸鈉和水,那么F為碳酸鈉,據(jù)此分析解答.【詳解】(1)A、D、E為鹵素單質(zhì),反響均為水溶液中的置換反響,由氧化劑氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物氧化性,可知氧化性應(yīng)有E>A>D,故E為CI2、A為Br2、D為|2,因此A、D、E的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镃l2>Br2>|2,故答案為Cl2>Br2>|2；(2)B是某元素R

35、的氫化物,B的沸點(diǎn)大于與其同主族的其他元素氫化物的沸點(diǎn),且B在常溫下為液態(tài),那么B為水；C是一種有磁性的化合物,C為Fe3O4,根據(jù)框圖,A為鐵,D為氫氣,E與四氧化三鐵反響生成鐵,E是一種無色、無味白有毒氣體,那么E為CO,F為CQ,反響為鐵與水蒸氣的反響,反響的化學(xué)方程式為3Fe+4H2OF&O4+4H2,反jjI應(yīng)為CO與水的反響,反響的化學(xué)方程式為CO+H2O臼"CO2+H2.故答案為3Fe+4H2OF&O4+4H2；CO+H2O向溫CQ+H2；(3)綠色植物的光合作用和呼吸作用可實(shí)現(xiàn)自然界中D、E的循環(huán),那么D、E為氧氣或二氧化碳.B由短周期元素X、Y組成,

36、且X、Y原子個(gè)數(shù)比為1:1,B晶體中既含離子鍵,又含非極性共彳鍵,那么B只能為過氧化鈉,根據(jù)框圖,A為水,D為氧氣,C為氫氧化鈉,E為二氧化碳,二氧化碳與氫氧化反響生成碳酸鈉和水,那么F為碳酸鈉,過氧化鈉與二氧化碳反響生成碳酸鈉和氧氣,符合框圖中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系.Na+：O：0；I2Na+B為過氧化鈉,屬于離子化合物,電子式為,反響為過氧化鈉與水的反響,反響的離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2T,故答案為Na+：O：ONa+一.十一一一;2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2f.9.根據(jù)以下框圖答復(fù)以下問題:汰竦氫黑色沉流A白色國件H空氣天體F刖BHh*_CD催化劑魄

37、渡2IF驊堂釀白色固體N中陰、陽離子具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu).(1)(2)(3)(4)寫出M中存在的離子：請寫出M與N反響的離子方程式：寫出A在空氣中鍛燒的化學(xué)方程式:某同學(xué)取H的溶液,通入氣體B,所得溶液中仍只有一種陰離子.請寫出上述變化過程中的離子方程式【答案】NH4+、Fe2+和SO42-Fe2+S2三FeSJ4FeS+7O"o"2Fe2O3+4SQ2Fe3+SQ+2H2O=2Fe2+SQ2-+4H+【解析】【分析】濾液2中焰色反響呈紫色,說明含有鉀離子,根據(jù)元素守恒知,濾液1中和白色固體N中都含有鉀離子,N中陰、陽離子具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu),淺綠色固體M中含有亞鐵

38、離子,亞鐵離子和N反響生成黑色固體,黑色固體A是硫化亞鐵,那么N是硫化鉀,濾液1和氫氧化鋼溶液反響生成白色沉淀G,且白色沉淀不溶于稀鹽酸,那么G是硫酸鋼,濾液1中含有硫酸鉀,濾液1和氫氧化鋼反響時(shí)還是氣體F,能和堿反響生成氣體那么該溶液中含有B能和空氣在俊根離子,氣體F是氨氣；硫化亞鐵在空氣中加熱生成氧化鐵和二氧化硫,一定條件下反響生成C,C能和水反響生成D,D和E能反響,那么B是二氧化硫,C是三氧化硫,D是硫酸,E是氧化鐵,H是硫酸鐵,硫酸鐵和氨氣反響生成氫氧化鐵紅褐色沉淀.【詳解】濾液2中焰色反響呈紫色,說明含有鉀離子,根據(jù)元素守恒知,濾液1中和白色固體N中都含有鉀離子,N中陰、陽離子具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu),淺綠色固體M中含有亞鐵離子,亞鐵離子和N反響生成黑色固體,黑色固體A是硫化亞鐵,那么N是硫化鉀,濾液氫氧化鋼溶液反響生成白色沉淀G,且白色沉淀不溶于稀鹽酸,那么G是硫酸鋼,濾液含有硫酸鉀,濾液1和氫氧化鋼反響時(shí)還是氣體F,能和堿反響生成氣體那么該溶液中含有俊根離子,氣體F是氨氣,那么M是硫酸亞鐵錢；硫化亞鐵在空氣中加熱生成氧化鐵和二氧化硫,B能和空氣在一定條件下反響生成C,C能和水反響生成D,D和E能反響,那么二氧化硫,C是三氧化硫,D是硫酸,E是氧化鐵,H是硫酸鐵,硫酸鐵和氨氣反響生成氫氧化鐵紅褐色沉淀；(1)由分析可知M