高考化学钠及其化合物推断题综合经典题及答案

1、高考化学钠及其化合物推断题综合经典题及答案一、钠及其化合物1.生氢材料甲由X、Y两种元素组成,两元素的原子最外层电子数相等.为确定甲的组成,进行了如下实验：称取1.2g甲固体与一定量的水蒸气刚好完全反响,生成标准状况下1.12L可燃性单质气体乙,同时得到2g化合物丙.用0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反响,得到2g丙.请答复：(1)乙的分子式.(2)写出甲与氧气反响生成丙的化学方程式.(3)设计实验方案检验丙中的阴离子.占燃J、)、)2【答案】H22NaH+Q=2NaOH取少量丙溶液于试管中,向试管中滴加少量无色酚酗：试液,假设溶液变红,那么说明有OH的存在【解析】【分析】由0.05

2、mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反响,得到2g丙,得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g,那么M(甲尸12g=24g/mol,根据甲由X、Y两种元素组成,甲是生氢材料,两元素的原0.05mol子最外层电子数相等,可得符合条件的化合物为NaH,NaH可以与水蒸气反响生成氢气和氢氧化钠,反响的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2T+NaOH,符合题意,那么乙为H2,丙为NaOH,据此分析.【详解】由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反响,得到2g丙,得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g,那么M(甲尸1.2g=24g/mol,根据甲由X、Y两种元素组成,甲是生氢材料,两元素的原0.0

3、5mol子最外层电子数相等,可得符合条件的化合物为NaH,NaH可以与水蒸气反响生成氢气和氢氧化钠,反响的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2T+NaOH,符合题意,那么乙为H2,丙为NaOH;(1)乙的分子式为H2；占燃J、)、)2(2)甲与氧气反响生成丙的化学方程式为2NaH+O22NaOH；(3)丙中的阴离子为氢氧根离子,检验氢氧根离子的方法为：取少量丙溶液于试管中,向试管中滴加少量无色酚酗:试液,假设溶液变红,那么说明有OH的存在.2 .中学化学常见物质AI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的焰色反响为黄色,Y不使品红溶液褪色.(局部反响条件、溶剂及产物已略

4、去)过量y气体c加热(1)反响、的离子方程式、(2)现有含0.10molH的溶液,要使其转化成含假设只能参加0.050mol的某物质,该物质可能是种).假设只能参加0.10mol的某物质,该物质可能是种).【答案】2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2TAO或Na2O2NaOH或Na【解析】【分析】由H的焰色反响为黄色,那么含有钠元素,且能与0.10molF的溶液,那么：(填化学式,写1(填化学式,写1+2H2O+CO2=Al(OH)3j+HCQNa2OF在加热与过量的y之间相互转化,那么H为NaHCO3,F为Na2CQ,气体Y为CO2,溶液D为NaOH,化合物A能与液体x反响生成Na

5、OH和气体C,那么A为Na2O2,液体x为H2O;由于B为金属单质,固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反响,那么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,据此答复.【详解】(1)反响是Na2O2与H2O反响,所以离子反响方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+.2个；反响是向NaAlO2通入二氧化碳,所以离子反响方程式为：AlO2-+2H2O+C6=Al(OH)3j+HCO3；(2)由分析可知Na2O或Na2O2,NaOH或Na.【点睛】此题关键点在于H,H含有钠元素,并且在加热和通气体y的条件下与F

6、相互转化,而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠.3 .A、B、CD、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族,且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4,A、B、D、E这四种元素中,每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物.请答复以下问题：(1)D位于元素周期表第周期族.(2)C和E两元素相比拟,非金属性较强的是(填元素名称),可以验证该结论的是(填写编号)；A.比拟这两种元素的气态氢化物的沸点B.比拟这两种元素的单质在常温下的状态C.比拟这两种元素气态氢化物的稳定性D.比拟这

7、两种元素单质与氢气化合的难易(3)写出C、D两元素形成的原子个数比为1:1的化合物与水反响的化学方程式：(4)A与C间可形成负一价双原子阴离子,有10个电子,写出该阴离子与盐酸反响的离子方程式为;(5)A、C、D、E四种兀素可形成两种酸式盐,两种酸式盐相互反响的离子方程式为【答案】三IA氧CD2NaO2+2H2O=4Na+4OH+O2TOH+H+=H2OH+HSQ-=H2O+SQT【解析】【分析】A、B、CD、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,那么A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,那么B为N；E元素原子的3最外层电子数是其次外层电子数的3,

8、那么E为S;D与A同主族,且与E同周期,那么D为4Na；A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物,那么C为O,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答.【详解】A、B、CD、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,那么A为H;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,那么B为N;E元素原子的3最外层电子数是其次外层电子数的3,那么E为S;D与A同主族,且与E同周期,那么D为4Na；A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物,那么C为O;(1)D是Na位于元素周期表第三周期,IA族；

9、(2)氧与硫同主族,从上到下非金属性在减弱,那么非金属性O>S,可以利用与氢气化合的难易程度及气态氢化物的稳定性、单质的氧化性等来判断,氢化物沸点、单质的状态都属于物理性质,不能比拟非金属性强弱,故AB错误、CD正确；(3)C、D两元素形成的原子个数比为1:1的化合物为Na2O2与水反响的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2T；(4)A与C间可形成负一价双原子阴离子,有10个电子,为OH离子,该阴离子与盐酸反响的离子方程式为：OH+H+=H2O；(5)A、C、D、E四种元素分别为H、O、Na、S,可形成两种酸式盐,为NaHS.、NaHSQ,两种酸式盐相互反响的离子方

10、程式为：H+HSQ-=H2O+SC2T.4.以下图是中学常见物质间的转化关系.:a. A为淡黄色固体,B为导致温室效应的主要物质；b. E为常见金属,J为红褐色沉淀；c. G在实验室中常用于检验B的存在；d. L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液假设保存不当常呈黄色.答复以下问题:(1)A的电子式为；B分子属于分子(极性、非极性)；(2)反响的化学方程式为,反响的离子方程式为,(3)假设参加反响的A的质量为39g,那么消耗CO2的体积(标况下)为L(4)检验K中阳离子常用的方法是.(5) L浓溶液的保存方法是.【答案】*:诵;I非极性2Na2O2+2CQ=2Na2CO3+O2TFe3

11、+3OH=Fe(OH)3J11.2L在试管中取少量K溶液,滴加几滴KSCN溶液,假设溶液红色,证实有Fe3+用棕色试剂瓶子保存并放置于低温避光处【解析】【分析】L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液假设保存不当常呈黄色,L是硝酸；B为导致“温室效应的主要物质,B是二氧化碳；A为淡黄色固体,A能与二氧化碳反响,所以A是过氧化钠；G在实验室中常用于检验二氧化碳的存在,G是氢氧化钙；过氧化钠与二氧化碳反响生成GD,那么C是氧气、D是碳酸钠；J为红褐色沉淀,J是氢氧化铁,E为常见金属,那么E是铁,铁与氧气反响生成F,F是四氧化三铁,四氧化三铁与硝酸反响生成硝酸铁,K是硝酸铁；碳酸钠与氢氧化钙反

12、响生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,那么I是碳酸钙、H是氢氧化钠.【详解】根据以上分析：(1)A是过氧化钠,过氧化钠的电子式为小应®:B是二氧化碳,二氧化碳是直线型分子,属于非极性分子；(2)反响是过氧化钠与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气,反响的化学方程式为2NaQ+2CO=2NaCO+OT,反响是硝酸铁和氢氧化钠反响生成氢氧化铁沉淀和硝酸钠,反响的离子方程式为Fe3+3ON=Fe(OH3J;39g39g过氧化钠的物质的量是78E°.5m,设消耗二氧化碳的物质的量是xmol;2NaQ+2CO=2N&CO+QT0.5molxmol220.5(4)Fe3+.一=;x=0.5mol

13、,标况下的体积为0.5molX22.4L/mol=11.2L;xK是硝酸铁,在试管中取少量K溶液,滴加几滴KSCN§液,假设溶液红色,证实有(5)L是浓硝酸,浓硝酸不稳定,见光或加热易分解,浓硝酸用棕色试剂瓶子保存并放置于低温避光处.5. Mg及其化合物可以发生如下转化(局部反响物、生成物或水已略去),X、Y、Z为气态单质,B常温下为液态,化合物D的焰色反响为黄色,C和G混合冒白烟并生成A,电解E的水溶液常用于某种工业生产.MgChE-%区(i)写出以下物质的化学式:(2)写出C的电子式(3)写出MgCl2与D反响的化学方程式(4)请用水解平衡理论解释A+B+MnC+X+MgCl2的

14、原因将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中,充分反响后,再向混合液中逐滴滴加盐酸,所加盐酸的体积与生成的气体的关系如以下图所示：那么原F溶液的浓度为mol/L.2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2J+OTNH4Cl水解H2,使溶液生成NH3?H2O和HCl,参加镁后,由于镁非常活泼,与水解所得盐酸反响生成中氢离子的浓度减小,从而促进了NH4C1的水解,最终逸出NH30.3mol/L【解析】【分析】X、Y、Z为气态单质,B常温下为液态,可以判断为水,D为化合物,它的焰色反响为黄色说明含有钠元素,含钠的化合物与氯化镁反响生成了氢氧化镁,说明D在反响时生成了碱,沉

15、淀镁离子,同时生成单质气体丫,E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F,G和氢氧化镁反响生成氯化镁,证实G为盐酸,所以X、Y为氢气和氯气,结合条件判断E为氯化钠；含钠的化合物D与氯化镁反响生成氯化钠氢氧化镁和单质气体Y,只有D为过氧化钠符合,所以丫为氧气；C和G混合冒白烟并生成A,结合G为氯化氢可知C应为碱性气体氨气,A为氯化俊,金属镁与氯化俊水溶液反响生成氯化镁、氢气,反响放热同时生成了氨气,据此分析解答.【详解】依据上述推断可知,A为NH4C1,丫为O2,故答案为NH4C1；O2；(2)c为氨气,电子式为H：N：H,故答案为H：N：H；HH(3)氯化镁与过氧化钠反响生成的产物为氢氧化镁、氧气、

16、氯化钠,反响的化学方程式为：2MgC12+2Na2O2+2H2O=4NaC1+2Mg(OH)2J+04,故答案为2MgC12+2Na2O2+2H2O=4NaC1+2Mg(OH)2J+QT;(4)A+B+Mg-C+X+MgC的化学方程式为2NH4C1+Mg=2NH3T+Hd+MgC2,NH4C1水解生成NH3?H2O和HC1,参加镁后,由于镁为活泼金属,与水解所得盐酸反响生成H2,使溶液中氢离子的浓度减小,从而促进了NH4C1的水解,最终逸出NH3,故答案为NH4C1水解生成NH3?H2O和HC1,参加镁后,由于镁非常活泼,与水解所得盐酸反响生成H2,使溶液中氢离子的浓度减小,从而促进了NH4C

17、1的水解,最终逸出NH3；(5)F为氢氧化钠,通入1mo1二氧化碳气体反响后,滴入盐酸开始无气体生成,然后有气体生成,最后不变.由图象分析可知,消耗200mL盐酸无气体放出,说明二氧化碳与氢氧化钠反响生成的产物中无碳酸氢钠,碳酸钠与盐酸反响放出二氧化碳先后发生CO32"+H+=HCO-、HCOf+H+=CC2T+WO,根据方程式可知,反响消耗的盐酸与反响消耗的盐酸的体积相等,均为100mL,所以原溶液中有氢氧化钠剩余,因此混合液中逐滴滴加盐酸,先后发生反响OH+H+=H2O、CO2-+H+=HCQ-、hcq-+h+=cqt+KO.根据碳元素守恒,二氧化碳气体物质的量为0.1mo1,和

18、氢氧化钠反响生成的碳酸钠为0.1mo1,消耗氢氧化钠0.2mo1,与氢氧化钠反响消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等,也与碳酸氢钠与盐酸反响放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等,均为100mL那么与盐酸反响的氢氧化钠为0.1mo1,因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mo1,浓度为0.3mo11L=0.3mo1/L,故答案为0.3mo1/L.6. 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,完成以下空白：1(1)向酚酬:试液中参加化合物A的粉末,现象为.(2)单质甲与化合物B反响的离子方程式为.(3)向20mL某浓

19、度的化合物C的溶液中通入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.假设向M中逐滴参加0.1mol/L盐酸,产生的气体体积V(CO2)与参加盐酸的体积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,发生反响的离子方程式为.由B说明,原溶液通入CO2气体后,所得溶液中白溶质的化学式为.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+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组成的三

20、种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,甲与B反响是置换反响,甲与乙是化合反响,丙与乙也是化合反响,单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反响得到不同的单质,且两种单质反响又得到化合物B,应是Na、过氧化钠与水的反响,可推知甲是Na单质,乙为氧气,B是H2O,丙为氢气,C是NaOH,A是Na?O2；小题(3):曲线A、B,开始没有气体,参加一定体积盐酸后生成气体,生成气体的反响为：HCO3-+H+=H2O+CQT,假设A中只有Na2CQ,开始发生CO32-+H+=HCQ",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曲线说明M中的溶质为N

21、aOH、Na2CO3,B曲线中,前后消耗盐酸的体积之比为1：2,那么曲线B说明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3,且二者物质的量之比为1:1.【详解】(1)向酚配试液中参加化合物Na2O2的粉末,过氧化钠与水反响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,那么现象为：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反响的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2T;答案为：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2T；(3)由A确定滴加前60mL的盐酸时,发生反响的离子方程式为：OH-+H+=H2O、H+CO52&#

22、39;=HCO3",故答案为OH+H+=H2O、H+CC32-=HCQ-;由B图说明,参加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,所以参加盐酸体积25mL75mL时,是盐酸与碳酸氢钠反响.由N&CO生成NaHCO再生成CQ,前后消耗的盐酸为1:1,而图中,生成NaHCQ所用盐酸少于由NaHCQ生成CQ所用盐酸,为1:2,所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaHCQ;答案为：N&CQ、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HCQ-+H+=H2O+

23、CQT可知,那么两次实验通入的CQ的体积之比=15mL：50mL=3:10.答案为：3：10.7. A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物,它们之间的转换关系如以下图所示(局部产物略去).(1)假设A为单质,组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素.B属于分子(填极性或非极性),B分子中所有原子是否都满足8电子结构,(填是"或否.)向50mL4mol/L的NaOH溶液中通入1.12LB(标准状况),反响后溶液中的溶质为(填化学式),物质的量分别为.(2)假设A为第三周期中的元素所形成的氯化物.写出A溶液一B的离子方程式.写出A和B在溶液中反响的离子方程式.(3)假设A为

24、常见的金属,在E的冷、浓溶液中有钝化现象.：X为含有非极性键的离子化合物,且1molX含有38mol电子,向D溶液中参加与D等物质的量的固体X,该反应的离子方程式为.【答案】非极性是NaOHNa2CO3NaOH0.1mol、NazCQ0.05molAl3+4OH-=AlO2-+2H2OA3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)34Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH>+QT+8N4【解析】【分析】(1)由题意,假设A和E为单质,组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素,确定A单质是碳,根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反响生成两种含碳化合物B和D,可推测E是

25、氧气,B为CQ、D为CO,再解答问题；CQ通入NaOH溶液中发生两个反响：CQ+NaOH(少量尸NaHCQ、CO2+2NaOH(过量)一Na2CQ+H2O.根据CQ和NaOH量的关系,确定CO2少量,NaOH过量,最后溶质有Na2CQ和NaOH,求出物质的量之比即可；(2)假设A为第三周期中的元素所形成的氯化物.可能为NaCl、MgCl2、A1C3中的一种,根据A能和少量E与过量E反响生成两种化合物B和D,即可推断A为A1C3,E为含OH-的碱,发生离子反响A13+3OH-A1(OH)3J、A13+4OH-=A1O2-+2H2O,确定出B中含有A1O2',D为A1(OH)3；(3)假设

26、A为常见的金属,在E的冷、浓溶液中,A有钝化现象.能发生钝化现象的金属有Fe和A1,即可确定A为Fe.结合A能和少量E与过量E反响生成两种化合物B和D,即可确定A为Fe,E为硝酸,硝酸具有强氧化性,铁与过量硝酸反响生成Fe3+,铁与少量硝酸反应生成Fe2+,所以B中含Fe3+,D中含Fe2+,根据信息,X为含有非极键的离子化合物,且1mo1X含有38moi电子,非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的,常见的为-O-O-非极性键,氧原子含8个电子,2个氧原子共含16个电子,而X含有38mo1电子,还相差22个电子,可考虑含2个Na,即得X为Na2O2.Na2O2具有强氧化性,可把Fe

27、2+氧化成Fe3+,根据题意,向Fe2+溶液中参加与Fe2+等物质的量的NazQ固体,恰好完全反响,反响过程可看成Na2O2先与水反响,生成的NaOH再与Fe2+反响,生成Fe(OH)2,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH'.【详解】(1)由题意,假设A和E为单质,组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素,确定A单质是碳,碳元素是自然界中形成化合物种类最多的元素.根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反响生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气,反响为C+C2(过量逢=CQ,C+C2(少量)=2CO,即得B为CO2、D为CO.CC2中碳原子最外层4个电子,氧原子最外

28、层6个电子,碳原子分别与两个氧原子各形成两对共用电子对,即电子式为p'：C：O,结构式为-CO,键角1800正电荷重心和负电荷重心重合,所以为非极性分子,由电子式可知CQ分子中各原子最外层都满足8电子结构；CO2通入NaOH溶液中发生两个反响：CO2+NaOH(少量)一NaHCQ、CO2+2NaOH(过量)一Na2CQ+H2O；根据题意,n(NaOH)=4mo1/LX0.05L=0.2mo1,n(CO2)=-112=0.05mo1,可见NaOH过22.4L/mo1量,CQ全部反响掉；发生反响CQ+2NaOH(过量)一NazCQ+WO.0.05mo1CO2消耗0.1mo1NaOH,生成0

29、.05mo1Na2CC3,溶液中还剩余0.1mo1NaOH；所以溶液中溶质为0.05mo1Na2CO3、0.1mo1NaOH;(2)假设A为第三周期中的元素所形成的氯化物.可能为NaC1、MgC12、A1C3中的一种,根据A能和少量E或过量E反响生成两种化合物B和D,即可推断A为A1C3,E为含OH的碱,发生离子反响A13+3OH-A1(OH)3j、A13+4OH=A1O2-+2H2O,确定出B中含有A.-,D为A1(OH)3.那么A溶液一B的离子方程式为A13+4OH-=A1O2-+2H2O;A为A1C13,B中含有AlQ2',在两溶液中,Al3+和A1O2-都能发生水解反响,当两溶

30、液混合后,A13+和A1O2-发生双水解反响生成氢氧化铝沉淀,反响为A13+3A1O2-+6H2O=4A1(OH)3J；(3)A为常见的金属,在E的冷、浓溶液中,A有钝化现象,化合物B和D,即可确定A为Fe,E为硝酸,硝酸具有强氧化性,铁与过量硝酸反响生成Fe3+,铁与少量硝酸反响生成Fe2+,所以B中含Fe3+,D中含Fe2+.根据信息,X为含有非极键的离子化合物,且1mo1X含有38mo1电子,非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的,常见的为-O-O-非极性键,氧原子含8个电子,2个氧原子共含16个电子,而X含有38moi电子,还相差22个电子,可考虑含2个Na,即得X为Na2

31、O2,Na2O2具有强氧化性,可把Fe2+氧化成Fe3+,根据题意,向Fe2+溶液中参加与Fe2+等物质的量的Na2O2固体,恰好完全反响,反响过程可看成Na2O2先与水反响,生成的NaOH再与Fe2+反响,生成Fe(OH)>,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH)3,反响方程式为2Na2O2+2H2r4NaOH+O2"Fe2+2OH-一Fe(OH)2J、4Fe(OHR+O2+2H2O4Fe(OH)3J,上述三个反响合并即得总反响方程式为4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+O2T+8Na+.8.A、B、CD、E、F六种物质在一定条件下有如以下图所示的相互转化关

32、系,所有反响物和生成物均已给出.假设反响、均为溶液中的置换反响,A、D、E为第口A族元素单质.那么A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为(用化学式表示).(2)假设B是某元素R的氢化物,B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点,且B在常温下为液态；C是一种有磁性的化合物；E是一种无色、无味的有毒气体.那么反响的化学方程式,的化学方程式.(3)假设B由短周期元素X、Y组成,且X、Y原子个数比为1：1,B晶体中既含离子键,又含非极性共价键；绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中DE的循环.那么B的电子式为,反响的离子方程式.【答案】C12>Br2>l23Fe+4H2O"温

33、F0O4*4H2CO+H?O外足CQ+H2+K0+N/|：O：.：产Md*2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2?*中【解析】【分析】(1)A、D、E为卤素单质,反响均为水溶液中的置换反响,由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,可知氧化性应有E>A>D,故E为C2A为Br2、D为忆据此解答；(2)B是某元素R的氢化物,B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点,且B在常温下为液态,那么B为水；C是一种有磁性的化合物,C为Fa.叫根据框图,A为铁,D为氢气,E是一种无色、无味的有毒气体,E与四氧化三铁反响生成铁,那么E为CO,F为CQ,据此分析解答；(3)绿色植物的光合作用和

34、呼吸作用可实现自然界中D、E的循环,那么D、E为氧气或二氧化碳.B由短周期元素X、Y组成,且X、Y原子个数比为1：1,B晶体中既含离子键,又含非极性共彳键,那么B为过氧化钠,根据框图,A为水,D为氧气,C为氢氧化钠,E为二氧化碳,二氧化碳与氢氧化反响生成碳酸钠和水,那么F为碳酸钠,据此分析解答.【详解】(1)A、D、E为卤素单质,反响均为水溶液中的置换反响,由氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性,可知氧化性应有E>A>D,故E为CI2、A为Br2、D为|2,因此A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为Cl2>Br2>|2,故答案为Cl2>Br2>|2；(2)B是某元素R

35、的氢化物,B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点,且B在常温下为液态,那么B为水；C是一种有磁性的化合物,C为Fe3O4,根据框图,A为铁,D为氢气,E与四氧化三铁反响生成铁,E是一种无色、无味白有毒气体,那么E为CO,F为CQ,反响为铁与水蒸气的反响,反响的化学方程式为3Fe+4H2OF&O4+4H2,反jjI应为CO与水的反响,反响的化学方程式为CO+H2O臼"CO2+H2.故答案为3Fe+4H2OF&O4+4H2；CO+H2O向温CQ+H2；(3)绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环,那么D、E为氧气或二氧化碳.B由短周期元素X、Y组成,

36、且X、Y原子个数比为1:1,B晶体中既含离子键,又含非极性共彳键,那么B只能为过氧化钠,根据框图,A为水,D为氧气,C为氢氧化钠,E为二氧化碳,二氧化碳与氢氧化反响生成碳酸钠和水,那么F为碳酸钠,过氧化钠与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气,符合框图中物质的转化关系.Na+：O：0；I2Na+B为过氧化钠,属于离子化合物,电子式为,反响为过氧化钠与水的反响,反响的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2T,故答案为Na+：O：ONa+一.十一一一;2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2f.9.根据以下框图答复以下问题:汰竦氢黑色沉流A白色国件H空气天体F刖BHh*_CD催化剂魄

37、渡2IF骅堂酿白色固体N中阴、阳离子具有相同的核外电子层结构.(1)(2)(3)(4)写出M中存在的离子：请写出M与N反响的离子方程式：写出A在空气中锻烧的化学方程式:某同学取H的溶液,通入气体B,所得溶液中仍只有一种阴离子.请写出上述变化过程中的离子方程式【答案】NH4+、Fe2+和SO42-Fe2+S2三FeSJ4FeS+7O"o"2Fe2O3+4SQ2Fe3+SQ+2H2O=2Fe2+SQ2-+4H+【解析】【分析】滤液2中焰色反响呈紫色,说明含有钾离子,根据元素守恒知,滤液1中和白色固体N中都含有钾离子,N中阴、阳离子具有相同的核外电子层结构,浅绿色固体M中含有亚铁

38、离子,亚铁离子和N反响生成黑色固体,黑色固体A是硫化亚铁,那么N是硫化钾,滤液1和氢氧化钢溶液反响生成白色沉淀G,且白色沉淀不溶于稀盐酸,那么G是硫酸钢,滤液1中含有硫酸钾,滤液1和氢氧化钢反响时还是气体F,能和碱反响生成气体那么该溶液中含有B能和空气在俊根离子,气体F是氨气；硫化亚铁在空气中加热生成氧化铁和二氧化硫,一定条件下反响生成C,C能和水反响生成D,D和E能反响,那么B是二氧化硫,C是三氧化硫,D是硫酸,E是氧化铁,H是硫酸铁,硫酸铁和氨气反响生成氢氧化铁红褐色沉淀.【详解】滤液2中焰色反响呈紫色,说明含有钾离子,根据元素守恒知,滤液1中和白色固体N中都含有钾离子,N中阴、阳离子具有相同的核外电子层结构,浅绿色固体M中含有亚铁离子,亚铁离子和N反响生成黑色固体,黑色固体A是硫化亚铁,那么N是硫化钾,滤液氢氧化钢溶液反响生成白色沉淀G,且白色沉淀不溶于稀盐酸,那么G是硫酸钢,滤液含有硫酸钾,滤液1和氢氧化钢反响时还是气体F,能和碱反响生成气体那么该溶液中含有俊根离子,气体F是氨气,那么M是硫酸亚铁钱；硫化亚铁在空气中加热生成氧化铁和二氧化硫,B能和空气在一定条件下反响生成C,C能和水反响生成D,D和E能反响,那么二氧化硫,C是三氧化硫,D是硫酸,E是氧化铁,H是硫酸铁,硫酸铁和氨气反响生成氢氧化铁红褐色沉淀；(1)由分析可知M