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1、2020-2021 高考化学知识点过关培优易错试卷训练钠及其化合物推断题及详细答案一、钠及其化合物1 在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A 为常见的金属单质，B 为非金属单质（一般是黑色粉末），C 是常见的无色无味液体，D 是淡黄色的固体化合物。(反应条件图中已省略)。(1)A、 C 代表的物质分别为 _ 、_(填化学式 )；(2)反应中的 C、 D 均过量，该反应的化学方程式是_；(3)反应中，若B 与 F 物质的量之比为4：3， G、 H 物质的量之比为 _；(4)反应的离子方程式为_。【答案】 AlH222 22222O 2H O+2Na O =4NaOH
2、+O ， 2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H 1： 122 CO2+2OH =CO3+H2O 、 2AlO2 +CO2+3H2O=2Al(OH)3 + CO3【解析】【分析】题干信息： A 为常见的金属单质，B 为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为 C (碳 )单质， C是常见的无色无味液体可以推断C 为 H2O， D 是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2， E、 F为 O2和 H2 ，二者反应生成水，A 是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2 和 H2，则该金属 A 为 Al 单质；固体 D 为 Na2222O ，能与水和CO 反应，则G 为 CO ；说明 K 为Na C
3、O ，F 为 O ，则 E 为 H ；题给信息黑色单质B(C 单质 )与 F(O )反应得到 G(CO )； C 和232222O 反应可生成CO和 CO，则 H 为 CO；A、C、D 反应产生 E、 F、溶液甲，由于A 是 Al， C22是 H2O， D 是 Na O ， E 为 H， F 是 O ，甲是 NaAlO ； G 是 CO ，其与过氧化钠反应生成碳222222酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。溶液甲为NaOH 和 NaAlO2 的混合液，将 CO2通入甲溶液，反应产生3沉淀和23溶液，则沉淀3，结Al(OH)Na COL 是 Al(OH)合物质的性质解答该题。【
4、详解】根据上述分析可知：A 是 Al， B 是 C，C 是 H2O， D2 2， E222是 Na O是 H ， F是 O ， G 是 CO ，H 是 CO， K 是 Na2CO3，甲是 NaAlO2，乙是 NaHCO3， L 是 Al(OH)3。(1)依据推断可知， A 是 Al， C 是 H2O；(2)反应中的 C、 D 均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A 完全反应，该反应的化学方程式是： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2；(3) B 是 C， F 是 O ，若二者按物质的量之比为4： 3 发生反应，根据反应前后各种元素的原2
5、子个数相等，可得反应的方程式为：4C+3O22CO+2CO，则反应产生的2CO 、 CO 的物质的量的比n(CO2)： n(CO)=2： 2=1： 1；(4)反应是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为CO23222223+2OH =CO+H O 、2AlO+CO +3H O=2Al(OH) +2。3CO【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断
6、的基础。2 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
7、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+3+42-3+2+2+32-+用洁净的铂丝蘸取少量试、 Al、 SO 、 ClFe 、 Mg、 Ba、COK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+)=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
8、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CO3+，一定2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝
9、，则原溶液中一定有Al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CO2，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1.02g， Al3+浓度为：0.02mol =0.4mol/L ；2=0.02mol102g / 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
10、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 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
11、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。3 下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中A、 B、D 在常温下均为无色无刺激性气味的气体， C 是使湿润的红色石蕊
12、试纸变蓝的气体，M 是最常见的无色液体。（ 1）物质 G 的化学式： _ 。（ 2）物质 B 的名称 ：_ 。： 3Cu + 8H+ + 2NO3 = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O。（ 3）写出 AD的化学方程式： _ ；FG的化学方程式：_ ；GE的离子方程式：_ 。【答案】 HNO3 氮气2CO2 + 2Na2O2 = 2Na2 CO3 + O23NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu + 8H+ +2NO3 = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O【解析】【分析】根据题中各物质转化关系可以知道，无色无味气体A 与过氧化钠反应的得到气体D，则 A为 CO2， D 为 O2， C 是
13、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则 C 为 NH3，故 B 为 N2， E 为NO， F 为 NO ， M 是最常见的无色液体，应为 H O，由转化关系可以知道 G 为 HNO ，据223此答题 。【详解】(1)由上述分析可以知道，物质3G 的化学式为 ： HNO ，因此，本题正确答案是： HNO3 ；(2)物质 B 为 N2 ，其名称为 ：氮气 ，因此，本题正确答案是：氮气 ；(3) A 为 CO2， D 为 O2， CO2 和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：2CO2 +2Na2 O2 = 2Na2CO3 + O2 ，因此，本题正确答案是： 2CO2+ 2Na2 2232；O =
14、2Na CO + OF 为 NO ， NO 和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO +H O=2HNO +NO，22223因此，本题正确答案是： 3NO2+H2O=2HNO3 +NO；G 为 HNO3，稀硝酸可与铜反应生成 NO，反应的离子方程式为 2NO + 4H2O，因此，本题正确答案是【点睛】本题考查无机物的推断，涉及 N、Na 元素化合物知识， C 和应是推断突破口 ，解题时要注意离子方程式的书写原则和方法3Cu + 8H+ + 2NO3 = 3Cu2+ +M 的性质及A 能与过氧化钠反。4 下图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去)，其中 A、 C 为无色气体，请填写
15、下列空白。(1)化合物 W 可能是 _或 _ ，C 是 _， F 是 _。(2)反应 中若消耗Na2O27.8 g，则转移的电子数为_ 。(3)反应 的离子方程式：_ 。(4)A 与 CuO 在加热条件下能反应生成N2 和 Cu，请写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (NH4 234320.1NA3Cu 2NO3- 8H2 2NO) CONH HCO二氧化碳NO=3Cu4H233CuO22O2NH 3Cu N 3H O【解析】【分析】W 能与氢氧化钠和盐酸都反应，生成气体，所以W 为铵盐和碳酸盐，故W 为 (NH ) CO或4 23NH HCO ；A 为氨气、 B 为水、 C 为二氧化碳；二
16、氧化碳和过氧化钠反应生成氧气(D)，氨气43催化氧化生成NO(E)； NO 和氧气反应生成NO2(F)； NO2(F)与水 (B)反应生成 HNO3(G)，Cu 与稀硝酸反应生成一氧化氮、Cu 与浓硝酸反应生成二氧化氮，据此解答。【详解】W 能与氢氧化钠和盐酸都反应，生成气体，所以W 为铵盐和碳酸盐，故W 为 (NH4)2CO3 或NH4HCO3；A 为氨气、 B 为水、 C 为二氧化碳；二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气(D)，氨气催化氧化生成NO(E)； NO 和氧气反应生成NO2(F)； NO2(F)与水 (B)反应生成 HNO3(G)，Cu 与稀硝酸反应生成一氧化氮、Cu 与浓硝酸反应生成
17、二氧化氮，(1)由以上分析知，化合物W 可能是(NH ) CO或NH HCO ； C是二氧化碳， F是NO ，故答4 23432案为： (NH4 23432) CO ； NH HCO ；二氧化碳；NO ；(2)二氧化碳和过氧化钠反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1 molNa2O2 反应转移 1mol电子，消耗 Na2O27.8 g，即 0.1mol Na 2O2，转移的电子数为 0.1NA，故答案为：0.1NA；(3)Cu 与稀硝酸反应生成一氧化氮的离子方程式为3-8H2 2NO 3Cu 2NO=3Cu22NO3- 8H22NO 4H24H O，故答案为： 3Cu=3CuO；(4) 氨 气
18、与 CuO在加 热条 件下能反应生成N 和 Cu ，反应 的化学方程式为 2NH323CuO3CuN2 3H2O，故答案为： 2NH3 3CuO3Cu N2 3H2O。5 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；A、 B、 C、 D、E、 X 等的焰色反应均呈黄色；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 B 与 H2O 反应的离子方程式：
19、_ ；若消耗 0.5mol B 转移电子 _mol 。【答案】 Na2S SO3 2Na2SO3+O2=2Na2SO4 SO3 +2NaOH=Na2 SO4 +H2O 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 0.5【解析】单质甲、乙均能与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被氧气连续氧化，生成不同的氧化物，则丙为氧气，氧化物与水反应放出氧气，则B 是过氧化钠；C 是氢氧化钠， A 是氧化钠，甲为钠；又因为B 和 X 的摩尔质量相同，则X 为硫化钠，那么乙为硫， F 为二氧化硫， G是三氧化硫；从而进一步推断出D为亚硫酸钠、 E 是硫酸钠，而硫酸钠的相对分子质量比亚硫酸钠的相对分子质
20、量大16，符合题意；（ 1） X 为硫化钠，化学式 Na2S； G为三氧化硫，化学式 SO3；正确答案： Na 2S、 SO3。（ 2） D 为亚硫酸钠，丙为氧气，亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，化学方程式：2Na2SO3+O 2=2Na 2SO4； C为氢氧化钠，G为三氧化硫，氢氧化钠与三氧化硫反应生成硫酸钠和水，化学方程式：SO3+2NaOH=Na2SO4+H 2O；正确答案： 2Na2SO3 +O2=2Na2SO4；SO +2NaOH=Na2SO+H O。342（3） B 是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式：2Na222+-222O+2H O=4Na +4OH+O ；该反
21、应转移电子2 mol ，消耗 Na O 2 mol ，现消耗 0.5mol22转移电子2 22O=4Na+-2Na O0.5mol ；正确答案： 2Na O +2H+4OH +O ； 0.5。点睛：单质在氧气中发生连续氧化的有：NaNa 2O Na2O2 、 S SO2 SO3、N2 NO NO 2 、C CO CO 2 等，掌握这些知识，对于做这种类型的推断题有很大帮助。6A、 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
22、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 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 ，
23、消耗该2化合物的质量为 _。【答案】氮第二周期第 A 族氧-+2BC HSO32+H =SO +H O 78g【解析】【分析】A、 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，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
24、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C 正确；故答案为 BC；(3)A、 B、C、E 可形成两种酸式盐(均含有该四种元素
25、)： 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。7 已知 A、 B、 C、 D、 E、 F、G、 H、 I 是中学化学中常见的九种化合物，其中B 常温下为无色无味透明的液体， C焰色反应火焰呈黄色， E 是红棕色的固体； X、Y 是两种
26、常见的单质，其中 X 常温常压下为气体。根据上面框图关系填空。（ 1） A 的化学式为 _ ，固体 A 的颜色为 _；（2）写出“ X+FG+B”的化学反应方程式 _ ；（3）写出“实验室中制取F 气体”的化学反应方程式 _ ；（4）写出“ CD”反应的离子方程式 _ ；（5）写出“ E+金属单质高温Y+两性氧化物”的化学反应方程式_ 。【答案】（1） Na2O2；淡黄色（2） 4NH+5O4NO+6HO322（3） 2NHCl+Ca（ OH）2CaCl +2NH+2H O42323+-（4） Fe +3OH=Fe（ OH）3（5） 2Al+Fe 2O3Al 2O3+2Fe【解析】试题分析：已
27、知A、B、 C、 D、 E、 F、 G、H、 I 是中学化学中常见的九种化合物，其中B 常温下为无色无味透明的液体，B 为水， C焰色反应火焰呈黄色，C 中含有钠元素，E 是红棕色的固体， E 是氧化铁；固体A 能够与水反应生成C和 X， X 常温常压下为气体单质，则ANa2 O2 ，X 为氧气，C 为氢氧化钠，根据（5）“ E+金属单质Y + 两性氧化物”，可知金属单质是铝，Y 是铁，则D 为氢氧化铁，X+FG+B，则F 为氨气，G为NO， H为NO2，I为硝酸。（ 1）根据上述分析， A 的化学式为 Na2 O2，固体 A 的颜色为淡黄色，故答案为： Na2O2；淡黄色；（2）“ X+FG
28、+B”的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（3）实验室中制取氨气的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（ OH） 2CaCl 2+2NH3+2H2O；3+-（4）CD反应的离子方程式为 Fe +3OH=Fe（ OH） 3；（5）“ E+金属单质高温Y+两性氧化物”的化学反应方程式为2Al+Fe 2O3Al 2O3+2Fe。考点：考查了无机推断的相关知识。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
29、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H2S+C12=S+2HCl（或2Fe + 3C12 = 2FeCl3、Fe + S = 2FeS）HCO3 +H+=CO2 +H2 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；相等，应为H 或 Be； B 原子的最外层电子数是内层电子数的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
30、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 1
31、04pm，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：