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1、2020-2021高考化学备考之钠及其化合物推断题压轴突破训练培优题篇附答案解析易错 难一、钠及其化合物1 甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D 为黄绿色气体，按要求回答下列问题：(1)甲物质为 _(填化学式 )。(2)乙与甲反应的化学方程式为_，丙与甲反应的化学方程式为 _。(3)D 能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是_（结合化学反应方程式描述原因）。(4)D 可用于制取 “ 84消”毒液，反应的化学方程式为_，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为_，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程
2、式为 _ 。【答案】 Na222 222222232O 2Na O +2H O=4NaOH+O 2Na O +2CO =2Na CO +OCl +H O=HCl+HClO、 HClO 有漂白性Cl +2NaOH=NaClO+NaCl+HO2222Cl +2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO)+2H2OCa(ClO)+H O+CO =CaCO +2HClO，222222232HClO2HCl+O2【解析】【分析】甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为 H2O，丙为 CO2，则 A为 Na
3、OH， B 为 O2， C 为 Na2CO3， D 为黄绿色气体，则D 为 Cl2， D(Cl2)与 A(NaOH)反应生成NaCl、 NaClO， F 的溶液能与丙 (CO )反应 C 与 I，则 F 为 NaClO、E 为 NaCl、 I 为 HClO，G 与2C(Na2CO3)反应得到 E(NaCl)与丙 (CO2)，则 G 为 HCl，据此解答。【详解】根据上述分析可知：甲为Na2 2222O ，乙为 H O，丙为 CO ， A 为 NaOH， B 为 O ， C 为Na CO ，D 为 Cl ， E 为 NaCl， F 为 NaClO， G 为 HCl， I 为 HClO。232(1
4、)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；(2)甲为 Na O ，乙为 H O，丙为 CO ， Na O与 H O 反应产生 NaOH 和 O ，反应方程式为：222222222HCl+O2，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在2Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2； Na2O2 与 CO2 反应产生Na2CO3 和 O2，反应方程式为：2Na2 O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ；(3)D 为 Cl2，氯气与水反应产生HCl 和 HClO，反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，产生的HClO 由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪
5、色；(4)Cl2 与 NaOH 溶液发生反应： Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+HO，得到的溶液为 NaCl、 NaClO 的混合物，即为 “84消”毒液，有效成分为 NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为： 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2 +2H2O，有效成分为Ca(ClO)2，由于酸性H2CO3 HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO)2 +H2O+CO2=CaCO3 +2HClO，产生的HClO 不稳定，光照易分解： 2HClO 冷暗处。【点睛】本题考查无机物推断， “甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体
6、反应 ”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。2 如图所示：图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、 C 为无色气体，请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式X_， C_， F_，G_。(2)写出下列反应的化学方程式 _ 。_ 。【答案】 (NH4)2CO3(或 NH4HCO3)NH3NO2HNO32Na2O2 2CO2=2Na2CO3 O24NH3 催化剂5O4NO 6H O22【解析】【分析】X 既能与盐酸反应，又能与NaOH 反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C 为 NH ，气体 A3能与过氧化钠反应，故A 为 C
7、O2，则 X 应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B 为 H2O；反应为 CO2与 Na2O2 反应，且 NH3 能与反应生成的产物之一发生催化氧化反应，则D 为O ，反应为NH在 O 中催化氧化生成的 E 为 NO， NO 和 O 反应生成的F 为 NO ， NO232222再与水反应生成HNO3和 NO，则 G 为 HNO3，再结合物质的性质进行解答。【详解】X 既能与盐酸反应，又能与NaOH 反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C 为 NH3，气体 A能与过氧化钠反应，故A 为 CO2，则 X 应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B 为 H2O；反应为 CO2 与 Na2O2 反应，且 NH3 能
8、与反应生成的产物之一发生催化氧化反应，则D 为O2，反应为 NH3 在 O2 中催化氧化生成的 E 为 NO， NO 和 O2反应生成的 F 为 NO2， NO2再与水反应生成 HNO3 和 NO，则 G 为 HNO3；(1)由分析知： X 为 (NH4)2CO3(或 NH4HCO3)， C 为 NH3， F 为 NO2，G 为 HNO3；(2) 反应为 CO2 与 Na2O2 反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O22CO2 =2Na2CO3 O2；反应为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3催化剂5O24NO 6H2O。【点睛】以“无机框图题 ”的形式考查元素单质及
9、其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是 X 的不稳定性，且能与盐酸、浓 NaOH 溶液反应生成无色气体，确定 X 为碳酸铵或碳酸氢铵。33 22+2-2-3 某溶液只可能含有K、 Al、 Fe、 Mg、 Ba4、Cl34 中的若干种、 NH、 CO、 SO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。
10、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-3+ 2+ 2+ 2-Fe 、 Mg 、 Ba 、CO3K+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
11、火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有 K+c(Al3+)=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
12、离子即可。【详解】第一份加过量NaOH 溶液后加热，收集到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
13、 ；2=0.02mol ， Al3+浓度为：102g / 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+、
14、 Ba2+、 CO32-，根据电荷守恒，溶液中一定存在 Cl-，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
15、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 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SO3A 与 X 的反应，请写出3(g)的反应类似于A 与 SO (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
16、 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。简述蒸发结晶在低温条件下进行的理由：_ 。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】 Na2 2232 23242酸性高锰酸钾溶液（或ONa CONaOH 2Na O2SO = 2Na SO OK Fe(CN) ） 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) 2HO3622O =4 Fe(OH)避免碳酸氢钠在温度过高时分解Na CO 和 NaHCOn(Na C
17、O ):2323323n(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2Na2 O2 2SO3= 2Na2SO
18、4 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K36）。Fe(CN)（ 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。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。 10g NaOH 的物质的量为0.25mol ，若其
19、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 13.2514.8 21，所以 ，所得固体中含有的物质为Na2 CO3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(Na2 CO3)+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)=
20、2:1。5 己知： A 为含金属离子的淡黄色固体化合物，E、 X 为空气中常见气体，A、 B、 C、D 含有相同的金属离子，其转化关系如下图（部分产物己略去) 。请回答下列问题:（l ）这种金属离子的离子结构示意图为_；（2） X 的电子式 _；（3） B 中所含化学键的类型是_；常温常压下，7.8g A与足量的水充分反应放出热量a kJ，写出该反应的热化学方程式_。（ 4）C也可转化为 B，写出该转化的化学方程式 _；B与 D 反应的离子方程式为 _。（ 5）将一定量的气体 X 通入 2L B 的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如下图（忽略气体
21、的溶解和HCl 的挥发）。请回答： a 点溶液中所含溶质的化学式为_， a-b 之间的反应的离子方程式 _。【答案】 Na+（极性）共价键、离子键2NaO(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+O 2(g)H=-20akJ/molCa(OH)2+ Na 2CO=CaCO+2NaOH或2233-2-+H ONa CO， NaCl2-+-Ba(OH) +Na CO=BaCO+2NaOH OH+HCO=COCO +H=HCO22333322333【解析】试题分析：（ 1）淡黄色固体化合物是过氧化钠固体，所以A 是过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠与氧气，则E 是氧气， B 是氢氧化钠，氢氧化钠与空气
22、中的二氧化碳反应，所以X 是二氧化碳， C 是碳酸钠， D 是碳酸氢钠。则A 中的金属阳离子是钠离子，离子结构示意图为 Na+；（2） X 是二氧化碳属于共价化合物，电子式为（3） B 是 NaOH，既有离子键又有共价键；7.8g 的过氧化钠的物质的量是0.1mol ，所以1mol 过氧化钠与足量水反应放出10akJ 的热量，则过氧化钠与水反应的热化学方程式为2Na2 O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+ O 2(g) H=-20akJ/mol；（4） 碳酸钠转化为氢氧化钠，发生复分解反应，碳酸钠与氢氧化钙（或氢氧化钡）溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为Ca(OH)22
23、33+Na CO =CaCO +2NaOH； 氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为-3-32-2OH +HCO =CO+ H O；（5）由图可知，HCl 与碳酸钠反应先生成碳酸氢钠，再生成二氧化碳，生成碳酸氢钠和生成二氧化碳消耗的HCl 的物质的量是相同的，而图中生成二氧化碳气体前消耗的HCl 与生成二氧化碳消耗的HCl 的物质的量之比是3:2 ，说明二氧化碳与氢氧化钠反应中氢氧化钠过量，所以 a 点代表 HCl 与氢氧化钠反应，溶质是Na23HClCO 、 NaCl， ab 之间是碳酸钠与反应生成碳酸氢钠的过程，离子方程式为CO32-+3-。+ H = HCO考点：考查物质推断
24、，过氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、二氧化碳的化学性质，离子方程式的书写，对图像的分析6 现有常见的A-J物质存在如下转化关系示意图（反应条件己略去）,已知通常情况下A、H 为固态金属单质，B、 D 为气态非金属单质，E 为淡黄色固体，F 为无色液体， J 为红褐色沉淀请回答下列问题：（ 1）写出下列物质的化学式： A_； C_； J _；（2）转化 I+GJ+C 的反应类型为_。（3） E 中阴阳离子个数比与 _相同（填字母）a.MgCl 2b.Na2Oc.NaCl d.K2SO4（4）写出下列反应的化学方程式： E+F_； B G_。（ 5）写出 E 的一种用途： _。【答案】 NaNaClFe
25、(OH)3 复分解反应bd2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO 供氧剂或漂白剂【解析】已知通常情况下A、 H 为固态金属单质，B、 D 为气态非金属单质，E 为淡黄色固体Na2O2， F 为无色液体为H2O， J 为红褐色沉淀为Fe（OH）3 G 为NaOH， D 为 O2， A 为Na， B 为 Cl2， H 为Fe， I 为FeCl3，C 为NaCl；（ 1）分析可知物质的化学式 A 为 Na， C 为 NaCl， J 为 Fe（ OH） 3；（ 2）转化 I+G J+C的反应是 FeCl3 和 G 为 NaOH 溶液反应生成氢氧化铁沉淀
26、，FeCl3+3NaOH=Fe（ OH） 3 +3NaCl，反应类型为复分解反应；（3） E 为 Na2O2，含有 Na+ 和 O22-，阴阳离子个数比1:2； a MgCl2 晶体中含有Mg2+和 Cl-，阴阳离子个数比 2:1，故 a 错误； b Na2O 晶体中含有 Na+和 O2-，阴阳离子个数比1:2 ，故+和 Cl-24晶体中b 正确； c NaCl 晶体中含有 Na，阴阳离子个数比1:1，故 c 错误； d K SO含有 K+和 SO42- ，阴阳离子个数比1:2，故 d 正确；答案为bd；(4） E+F D+G的反应为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2N
27、a2 O2+2H2O=4NaOH+O2； 氯气溶解于NaOH 溶液生成NaCl 和 NaClO，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO；(5） Na2O2 能与 CO2 反应生成碳酸钠和氧气，可作供氧剂。点睛：无机推断题的一般解题思路：审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；找 “题眼 ”即找到解题的突破口，此步非常关键；从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定 “突破口 ”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论；验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确；按题目的要求写出
28、答案。7 某银白色金属单质A 在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，得到淡黄色固体空气中足够长时间最终变为C，B 和酸性气体D 能生成 C，A 和 B 都能与水生成能生成 CE 和金属单质F 生成一种密度最小的气体和G，向 G中通入酸性气体B， A 露置在E， E 和 D也D 有白色沉淀产生。回答下列问题。(1) 写出下列物质的化学式：B， C，D， E,G,(2) 写出下列反应的离子方程式（写化学方程式）：A 和水生成E：,B 和D 生成C：,E 和D 也能生成C, F 与 E 的水溶液：G与过量的 D 反应：【答案】 (1)Na 2O2、 Na2CO3， CO2， NaOH,NaAlO2( 各
29、1 分）+ -(2) 2Na+2HO=2Na+2OH+H2； 2NaO2+2CO=2Na2CO3+O2；-2-CO2+2OH=CO3+H2O 2Al+2OH +2H2 O=2AlO +3H2-（各 2分）AlO2 +CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3【解析】试题解析 : 根据题意：银白色金属单质A 为金属钠；淡黄色固体B 为过氧化钠； C 为碳酸钠；酸性气体D 为二氧化碳；与水生成E 为氢氧化钠； E（氢氧化钠）和金属单质F（即金属铝）生成一种密度最小的气体氢气和G偏铝酸钠溶液；（1） Na2O2 、 Na 2CO3， CO2，NaOH ,NaAlO 2;(2)+-； B 和 D 生成
30、 C： A 和水生成 E： 2Na+2HO=2Na +2OH+H22Na2O2+2CO=2Na2CO3+O2； E 和 D也能生成 C CO2 + 2OH-2-+H2O； F 与 E 的水溶液：=CO3-+ CO2 + 2H 2O = Al(OH) 3+2Al+2OH +2H2O=2AlO + 3 H 2； G与过量的 D反应AlO2-;HCO3考点 :金属钠及其化合物的性质，金属铝及其化合物的性质；8A、 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 _
31、。（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2M，因 CO 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。由 A 确定滴加前 60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_。由 B 表明，原溶液通入CO 气体后，所得溶液中的溶质的化学式为_。2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
32、、+2-3： 10H +CO3 =HCO3 Na2CO3、 NaHCO3【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 H2 O，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： HCO - +2-+-，前后两过程消3 +H =H2
33、O+CO2，若 A 中只有 Na2 CO3，开始发生CO3+H =HCO3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
34、 反应的离子方程式为： 2Na+2H2O2Na+2OH-+H2；答案为： 2Na+2H2O 2Na+2OH-+H2 ；（3） 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、+2-+2-3-；33 ，故答案为 OH23H +CO=HCO+H =H O、 H +CO =HCO 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Na2 CO3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CO 所用盐酸，为1： 2，所以原溶液的溶质为Na CO 、 NaHCO ；2233答案为： Na2 CO3、NaHCO3； 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-+222+H =H O+CO 可知，则两次实验通入的CO 的体积之比 =15mL： 50mL=3： 10。答案为： 3： 10。9 中学化学中有很多物质可以实现下图中物质之间的转化。其中反应条件和部分反应的产物已略去。液体 B 和 C 可能是单一溶质的溶液，也