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1、2020-2021 精选备战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 如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X 是固体， B 和 G 是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：(1)写出化学式： X_， A_， B_。(2)实验室收集气体D 和 F 的方法依次是 _法、 _法。(3)写出 CE的化学方程式： _ 。(4)请写出 A 与 E 反应生成 D 的化学方程式： _(5)检验物质 A 的方法和现象是 _【答案】 NH4HCO3 或 (NH4)2CO3NH3H2O 排水 向上排空气2CO 2Na2O2=2Na2CO3O24NH3 +
2、 5O24NO + 6H2O用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3 存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3 存在 )【解析】【分析】常温下 X 是固体， B 和 G 是液体，其余均为气体，气体C 能与 Na2O2 反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C 为 CO2E为O2X既能与酸反应生成气，固体体 A，又能与碱反应生成气体C，故 X 应为碳酸形成的铵盐，则X 为 NH4HCO3 或(NH4)2CO3，故 A 为 NH3， B 为 H2O， D 为 NO， F 为 NO2，G 为 HNO3，据此解答。【详解】常温下 X 是固体， B 和 G
3、是液体，其余均为气体，气体C 能与 Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C 为 CO2， E 为 O2，固体 X 既能与酸反应生成气体 A，又能与碱反应生成气体C，故 X 应为碳酸形成的铵盐，则X 为NH43HCO 或(NH) CO ，故 A 为 NH ， B 为 HO， D 为 NO， F 为 NO ，G 为 HNO ；4233223(1)由上述分析可知，X 为 NH4HCO3 或 (NH4)2CO3， A 为 NH3， B 为 H2O；(2)NO 易与空气中氧气反应生成NO ，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO 能22与水反应生成NO 和硝酸，则收
4、集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；(3)C E是CO与Na O反应生成碳酸钠与 O，反应的化学方程式为：22222CO +2Na O 2Na CO +O ；222232(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3+ 5O4NO2+ 6H2O；(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3 存在 (或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3 存在 )。【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
5、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。2 现有金属单质A、 B 和气体甲、乙、丙及物质C、 D、 E、 F、 G，它们之间能发生如图反应（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) 写出下列物质的化学式：乙 _， F_。(2) 写出下列反应的离子方程式：金属 A 和水反应 _。红褐色沉淀C 与物质E 反应 _
6、。F与黄绿色气体乙反应_。实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式 _。(3) 将 G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。你认为该液体中的分散质粒子直径在 _之间，验证的简单方法是：_。【答案】 Cl2FeCl2+Fe(OH)3+3H+3+2Na+2H2O=2Na +2OH+H2=Fe +3H2O2+23+221 100nm 是否有丁达尔现象2Fe +Cl =2Fe +2ClCl +2OH =Cl +ClO +H O【解析】【分析】金属 A是食盐中的元素为 Na元素， Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，则与 Cl2反应
7、的气体甲为 H2，丙为 HCl，物质 E为盐酸，金属 A与水反应生成的 D为NaOH，盐酸与金属 B反应，生成的产物 F和气体甲为氢气，金属 B与氯气反应生成的 G与 D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以 F为 FeCl2，G为 FeCl3， C为Fe(OH)3，结合物质的性质分析解答。【详解】食盐中的金属元素是 Na，所以金属 A是 Na， Na和水反应生成 NaOH和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，与 Cl2反应的气体甲为 H2，丙为 HCl，物质 E为盐酸，金属 A与水反应生成的 D为 NaOH，盐酸与金属 B反应，生成产物 F和气体甲为氢气，金属 B与
8、氯气反应生成的 G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以 F为 FeCl2， G为 FeCl3， C为 Fe(OH)3。(1)由以上分析可知，乙为Cl2， F为 FeCl2；+-(2) 金属 A为钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na +2OH + H2；式为： Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O；F是FeCl2222+23+-；， FeCl与Cl 反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe +Cl =2Fe+2Cl氯气是大气污染物，在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收，反应的离子方程式：Cl2-2+2 OH =Cl +
9、ClO+H O；(3)将 FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在 1 100nm之间，验证的简单方法是：用光线照射，看是否产生丁达尔现象，若产生，则该物质就是胶体。【点睛】3 某溶液只可能含有 K 、 Al3 、 Fe3 、 Mg 2 、 Ba2 、 NH4+ 、Cl 、 CO32-、 SO42-中的若干种离子。某同学取 100 mL 的溶液分成两等份进行如下实验：第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.05 mol 有刺激性气味的气体，同时得到澄清溶液甲。向溶液甲中通入过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经
10、过滤，洗涤灼烧后，得到1.02 g 固体。第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，加入足量盐酸，沉淀并不溶解，过滤沉淀，充分洗涤，干燥，得到11.65 g 固体。（ 1）在原溶液中一定存在的离子有 _ ；一定不存在的离子有 _ ；不能确定是否存在的离子有 _。（ 2）为了确定不能确定的离子是否存在，可以采取的方法为_ 。（3）由操作确定的离子在溶液中的浓度为_。【答案】 NH4+、 Al3+、 SO42-、 Cl- Fe3+、 Mg2+、 Ba2+、CO32- K+ 用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有 K+ c(Al3
11、+)=0.4mol/L【解析】【分析】本题主要考查离子共存与离子反应及其相关计算。溶液和过量NaOH 溶液加热产生的气体只能是氨气，可以和过量的氢氧化钠反应生成的沉淀可以是氢氧化铁、氢氧化镁，氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠之间反应；向偏铝酸钠中通过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝，根据铝元素守恒可以计算铝离子的量，在溶液中，铝离子和碳酸根离子因为双水解不共存；硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成硫酸钡沉淀，是一种不溶于盐酸的白色沉淀，根据沉淀的量，并结合发生的反应来计算硫酸根离子的量 ，再根据溶液中电荷守恒判断其它离子即可。【详解】第一份加过量NaOH 溶液后加热，收集
12、到0.05mol 气体，即为氨气，一定含有NH4+， NH3 物质的量为0.05mol ， NH4+浓度为：含有 Fe3+、 Mg2+；0.05mol=1mol/L ，无沉淀生成，则一定不0.05L向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al3+，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO ，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g 固2体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是1.02g0.02mol =0.4mol/L ；2=0.02mol ， Al3+浓度为：102g /
13、 mol0.05L第二份加足量BaCl2 溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，原溶液中一定无钡离子，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g 固体 ，即硫酸钡的质量是11.65g，硫酸钡物质的量为：11.65g=0.05mol ，根据原子守恒，所以硫酸根离子的物质的量是233g/mol0.05mol ，硫酸根浓度为：0.05mol=1mol/L ，0.05L综上分析可知，一定含有的离子是：NH4+、 Al3+、 SO42-，其浓度分别是：1mol/L 、 0.4mol/L 、1mol/L ，一定不含 Fe3+、 Mg 2+、 Ba2+、 CO32-，根据电荷守恒，溶液中一定存在 C
14、l-，无法确定是否存在 K+。（1）由上述分析可知，溶液中一定存在的离子为：NH4+、Al3+、 SO42- 、 Cl-；一定不存在的离子为 Fe3+、 Mg 2+、 Ba2+、 CO32- ；无法确定是否存在K+；（2）对于 K+的检验，常采用焰色反应，其操作方法为：用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有 K+；（3）通过上述分析可知，由操作确定的Al3+在溶液中的浓度为0.4mol/L 。【点睛】对于钠离子或钾离子的存在与否，常通过溶液中的电荷守恒判断；若要通过实验方法检验钾离子或钠离子，常采用焰色反应检验，需注意，焰色
15、反应检验钾离子，需通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，避免钠离子的干扰。4 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 _。 5.05g 单质甲钾合金溶于200mL水生成 0.075mol 氢气，确定该合金的化学式为_ 。（ 3）向一定体积某浓度的化合物 C 的溶液中通人 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（ C
16、O2）与加入盐酸的体积 V（HCl）的关系有下列图示两种情况。由 A 确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_B对应的溶液M低温蒸干后得到固体a 克，将 a 克固体充分加热至恒重后，固体质量减少 _ 克。由A、 B可知，两次实验通入的2_CO的体积比为【答案】溶液先变红，后褪色，并有气泡2Na+2H2+-22 +O=2Na +2OH+H NaK H +OH2+32-3-=H O、 H +CO=HCO 0.07753:10【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
17、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H2 O，丙为氢气，C 是NaOH，A是 Na2O2。据此分析可得结论。【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，氢氧化钠使酚酞溶液变红色，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；（ 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
18、、 K 物质的量分别为xmol 、 ymol，则： x+y=0.15mol， 23g/molx+39g/moly=5.05g，解得 x=0.05、 y=0.1，故合金的化学式为NaK22+-22；故答案为： 2Na+2H O=2Na +2OH +H 、 NaK ；（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：-+2-+-HClHCO3+H =H2O+CO2，若A 中只有 Na2CO3，开始发生 CO3+H =HCO3 ，前后两过程消耗的体积相等，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、Na23CO
19、，则滴加前 60mL 的盐酸时，发生反应的离子方程式为：+2-=HCO3-H +OH =H2 O、 H +CO3；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，设 n（ Na2CO3） = n（ NaHCO3）=x，由钠离子守恒可得： 2x+x=0.1mol/L 0.075L=0.0075mol， x=0.0025mol ，固体加热时发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，则减少的质量为生成的水和二氧化碳的质量，其质量为： 0.0025mol 262g/mol=0.0775g，故答案为： 0
20、.0775 ；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HCO-+CO2 的体积之比3+H =H2O+CO2可知，则两次实验通入的=15mL:50mL=3:10；故答案为：3:10；【点睛】本题重点考查了碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转化以及碳酸盐与盐酸反应的原理，由图中A、 B 曲线可知通入的二氧化碳全部被氢氧化钠溶液所吸收，则有最后加盐酸时所放出的二氧化碳与开始通入的二氧化碳的量相同，而比较产生二氧化碳的量可根据从开始产生气体到气体的量达到最大所消耗的盐酸的量来进行比较。如曲线为(75-60)mL=15
21、mL ，曲线 B 生成二氧化碳消耗盐酸体积为+H =H2O+CO2可知，则两次实验通入的CO2 的体积之比A 生成二氧化碳消耗盐酸体积(75-25)mL=50mL，由 HCO3-=15mL:50mL=3:10。5A、 B、 C、 D、 E 五种短周期元素，它们的原子序数依次增大;A 元素的原子半径最小 ;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐;D 与 A 同主族，且与E同周期 ;E 元素原子的最外层电子数比次外层电于数少2;A、B、 D、E 这四种元素，每一种与C 元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。请回答：(l)B 元素的名称是 _。在周期表中的位置是_ 。(2)C 和 E
22、 两种元素相比较，原子得电子能力较强的是(填元素名称 )_。以下三种说法中，可以验证该结论的是(填写编号 )_ 。A 比较这两种元素的常见单质的沸点B 二者形成的化合物中，C 元素的原子显负价C 比较这两种元素的气态氢化物的稳定性(3)A、 B、C、E 可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为 _ 。(4)C 与 D 形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，每生成标准状况下11.2LO ，消耗该2化合物的质量为 _。【答案】氮第二周期第 A 族氧BC HSO3-+22+H =SO +H O 78g【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E 五种短周期元素
23、，它们的原子序数依次增大，A 元素的原子半径最小，则A 为 H 元素； D 与 A 同主族，原子序数相差大于2，故 D 为 Na； B 元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B 为 N 元素； D 与 E 同周期，则 E 处于第三周期， E 元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，最外层电子数为6，故 E 为 S 元素； A、 B、D、 E 这四种元素，每一种与C 元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，可推知C为 O 元素，据此分析解题。【详解】由分析知：A 为 H 元素、B 为N 元素、C 为O 元素、D 为Na 元素、 E 为 S 元素；(1)B 元素的名称是氮元素，核
24、电荷数为7，在周期表中的位置是第二周期第A 族；(2)同主族自上而下原子得电子能力减弱，故O 原子得电子能力比硫原子强；A单质的沸点属于物理性，不能判断得电子能力强弱，故A 错误；B二者形成的化合物中，O 元素的原子显负价，说明氧元素对键合电子吸引力更大，O 的非金属性强，故B 正确；C氢化物越稳定，元素非金属性越强，可以比较氧原子得电子能力强，故案为 BC；C 正确；故答(3)A、 B、C、E 可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)： NH4HSO3、 NH4HSO4 ，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO3- +H+=SO2 +H2O；(4)C 与 D 形成的某种化合物可作潜水
25、面具中的供氧剂，该化合物为Na2O2 ，生成标准状况下 11.2LO2，其物质的量为11.2L=0.5mol ，由 2Na2O2 O2 可知消耗过氧化钠为22.4L / mol0.5mol 2=1mol，其质量为1mol 78g/mol=78g。6 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； 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)写出离子方程式B H
26、2O： _；若消耗0.5mol B 转移电子_mol 。【答案】 Na2 SSO32Na2SO3 O2 2Na2SO4SO3 2NaOH Na2SO4 H2O2Na2O22H2O 4Na+ 4OH- O2 0.5【解析】【分析】单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被O2 连续两次氧化，生成不同的氧化物，则丙是O2，氧化物 B 与水反应能放出 O2，则 B 是 Na2O2，那么 C 是NaOH，A 是 Na2O，甲是Na。又因 B 和 X 的摩尔质量相同，则X 是 Na2S，那么乙是 S， F是 SO2， G 是 SO3，进一步推出D 是 Na2SO3 ，E 是 Na2S
27、O4，而 Na2SO4 的相对分子质量比Na2SO3 的相对分子质量大16，以此解答本题。【详解】（1）由上述分析可知，X 为 Na2S， G 为 SO3；（2） D 为 Na2SO3，具有还原性，丙是O2，具有氧化性，二者反应方程式为：2Na2SO3 O22Na2SO4； C 是 NaOH， G 是 SO3 ，二者反应方程式为： SO3 2NaOH Na2SO4 H2O；（3）过氧化钠和水反应的离子方程式为：2Na2O2 2H2 O 4Na+ 4OH- O2 ；其中过氧化钠中氧元素发生歧化反应，根据方程式可知若消耗0.5mol 过氧化钠，转移电子0.5mol 。7 有 A、 B 两种常见化合
28、物 , 其焰色反应均呈黄色 ,C 是一种单质气体 , 相互转化关系如图所示( 其他物质均已略去 ) 。回答下列问题 :（ 1）写出 A 的电子式 _（2）加热 B 产生 D 的化学反应方程式 B 加稀硫酸产生 D 的离子方程式 _（3）请用化学方程式表示A 在潜水艇中的一种重要用途_（4） A、 B 在密闭装置中加热, 充分反应后 , 若只得到一种固体化合物EE 的化学式为 _若只加入 0.5a mol某一纯净物可将只含 a mol B的溶液转变成只含a mol E 的溶液 , 则该纯净物化学式为 _【答案】（ 1） Na+2O ONa+；（2） 2NaHCO3 Na2CO3 CO2 H2O；
29、 HCO H=CO2 H2O；=（ 3） 2Na2O2 2CO=2NaCO3 O2 或者 2Na2O2 2H2O=4NaOH O2；（ 4） Na2CO3； Na2O2 或者 Na2O。【解析】试题分析： A、 B 两种常见化合物，其焰色反应均呈黄色，因此A、 B 都含有 Na 元素，根据问题（ 3）A 在潜水艇中一种重要用途，则推知A 为 Na O，气体 C 为单质气体，则 C 为 O，222A、 B 混合物加稀硫酸除产生氧气，还产生无色气体D，则推知 D为 CO， B 可能是 Na CO或223NaHCO3， A、 B 混合物加热得到O2，综上所述 B 为 NaHCO3，（ 1）根据上述推
30、断，A 的电子式Na+O O2 +3232为：Na3=；（ 2） NaHCO不稳定受热易分解，2NaHCONa COCO2Na O 2CO=2NaCO OH O； HCO H =CO H O；（ 3） A 在潜水艇中作供氧剂，23222232或者 2Na O 2HO=4NaOH O；（ 4）发生的反应是： 2NaHCONa CO CO H O、2223=23222Na2O2 2CO=2NaCO3 O2、 2Na2O2 2H2O=4NaOH O2，只得到一种物质，因此此物质为 Na CO； E 为 Na CO，因此发生2 HO，因此加入的物质是：Na O 或者OH HCO =CO23233322
31、2Na2 O。考点：考查无机推断、钠及其化合物的性质等知识。8A、 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 66pmD 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3F 单质为有色的气体(1)D2C 的电子式 _；(2)沸点： A2C_A2E(填 “ 或”“ 弱 H2 S+C12=S+2HCl（或 2Fe + 3C12 = 2FeCl3、 Fe + S = 2FeS）3+22HCO+H
32、=CO +H O【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，则应为在周期序数之差为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； H
33、 或 Be； B 原子的最外层电子数是内层电子数的相等，应为A 原子最外层电子数和电子层数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+3C12FeCl3、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 NaHCO ，易与盐酸反3应生成二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为HCO3-+H+ CO2 +H2O。9 根据下列框图回答问题：已知白色固体N 中阴