2020-2021备战高考化学钠及其化合物推断题综合经典题附详细答案

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：

①称取1.2g甲固体与一定量的水蒸气刚好完全反应，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。

②用0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙。

请回答：

（1）乙的分子式____。

（2）写出甲与氧气反应生成丙的化学方程式____。

（3）设计实验方案检验丙中的阴离子_____。

【答案】H2 2NaH+O2点燃

2NaOH 取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞

试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在

【解析】

【分析】

由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g，

则M(甲)=

1.2g

0.05mol

=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

子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为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应，得到2g丙，得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g，

则M(甲)=

1.2g

0.05mol

=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

子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH；

(1)乙的分子式为H2；

(2)甲与氧气反应生成丙的化学方程式为2NaH+O2点燃

2NaOH；

(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酞试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在。

2．下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K 可用作食品发泡剂。B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。

根据以上信息，回答下列问题：

(1)B的组成元素为_____。

(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。

(3)G→J的离子方程式为_____。

(4)M是含氧酸盐，反应①中H、L、D的物质的量之比为3：2：4，则M的化学式为

_____。

【答案】Fe、C、O 取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I

2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O Na2FeO4

【解析】

【分析】

A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加

H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe(OH)3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2(SO4)3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)。

【详解】

(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：Fe、C、O；

(2)I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；

(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为

2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O，故答案为：2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O；

(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe(OH)3、NaOH，根据物质的量之比为3：2：4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：Na2FeO4。

【点睛】

无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。掌握常见物质的性质和用途是关键。

3．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）①C也可转化为B，写出该转化的化学方程式______；

②B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

2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+O2(g) △H=-20akJ/mol Ca(OH)2+ Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH 或Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaOH OH-+HCO3-=CO32-+H2O Na2CO3，NaCl CO32-+H+=HCO3-

【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

2Na2O2(s)+2H2O(l)="4NaOH(aq)+" O2(g)↑△H=-20akJ/mol；

（4）①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)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；

②氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为OH-+HCO3-=CO32-+ H2O；（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Na2CO3、NaCl，a－b之间是碳酸钠与HCl 反应生成碳酸氢钠的过程，离子方程式为CO32-+ H+= HCO3-。

考点：考查物质推断，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

4．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+G J+C的反应类型为______。

（3）E中阴阳离子个数比与_______相同（填字母）

a.MgCl2

b.Na2O

c.NaCl

d.K2SO4

（4）写出下列反应的化学方程式：

① E+F________；

② B＋G_________。

（5）写出E的一种用途：_____________。

【答案】NaNaClFe(OH)3复分解反应

bd2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O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，

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b正确；c．NaCl晶体中含有Na+和Cl-，阴阳离子个数比1:1，故c错误；d．K2SO4晶体中含有K+和SO42-，阴阳离子个数比1:2，故d正确；答案为bd；

(4）①E+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：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

②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+H2O；

(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：①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；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③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；④验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确；⑤按题目的要求写出答案。

5．A、B、C、D、E五种物质所含元素均有两种相同，且焰色反应均为黄色，B比A相对更稳定，C、D是工业上重要的化工原料，也是实验室常用的药品，C、D在一定的条件下可相互转化，F与A、B、C、D在一定的条件下均可发生反应，它们的部分转化关系如下图(部分反应物或生成物省略)。

(1)B的电子式_________________，C的俗名为____________________。

(2)在①②③④⑤中，属于氧化还原反应的是________________________。

(3)写出E溶液和C溶液反应的离子方程式：________________________。

(4)写出D转化为C的化学方程式：_________________________________。

【答案】火碱或烧碱②④⑤ HCO3-+OH-=H2O+CO32-

Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E五种物质所含元素均有两种相同，且焰色反应均为黄色，说明都含有钠元素，根据中学常见含钠物质，A、B、C、D、E应Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaOH 中选择，C、D是工业上重要的化工原料，也是实验室常用的药品，C、D在一定的条件下可以相互转化，则C、D应为碳酸钠和氢氧化钠，B比A相对更稳定，根据转化关系，A、B都可以生成C、D，且A能生成B，则A为Na2O，B为Na2O2，C、D在一定的条件下可以相互转化，F与A、B、C、D在一定条件下均可发生反应，则F应为CO2，根据D与F生成E，E与C生成D可知，D为Na2CO3，E为NaHCO3，C为NaOH，据此答题。

【详解】

(1)B为Na2O2，B的电子式为，C为NaOH，C的俗名为火碱或烧碱；

(2)在①②③④⑤中，反应①为氧化钠与水生成氢氧化钠的反应为非氧化还原反应；反应②为氧化钠与氧气生成过氧化钠，是氧化还原反应；反应③为氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠的反应是非氧化还原反应；反应④为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，是氧化还原反应；反应⑤是过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠的反应，是氧化还原反应，则属于氧化还原反应的是②④⑤；

(3)E为NaHCO3，C为NaOH，两溶液发生反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-；

(4)在碳酸钠溶液中加入氢氧化钙溶液，可生成NaOH和碳酸钙，发生反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。

6．Mg及其化合物可以发生如下转化(部分反应物、生成物或水已略去)，已知X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，化合物D的焰色反应为黄色，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。

(1)写出下列物质的化学式：

A___________，Y__________；

(2)写出C的电子式____________；

(3)写出MgCl2与D反应的化学方程式_____________；

(4)请用水解平衡理论解释A+B+Mg→C+X+ MgCl2的原因______________。

(5)将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中，充分反应后，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下图所示：则原F溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】NH4Cl O2 2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑ NH4Cl水解

生成NH3?H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3 0.3mol/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，它的焰色反应为黄色说明含有钠元素，含钠的化合物与氯化镁反应生成了氢氧化镁，说明D在反应时生成了碱，沉淀镁离子，同时生成单质气体Y，E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F，G和氢氧化镁反应生成氯化镁，证明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与氯化镁反应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Y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为氯化铵，金属镁与氯化铵水溶液反应生成氯化镁、氢气，反应放热同时生成了氨气，据此分析解答。

【详解】

(1)依据上述推断可知，A为NH4Cl，Y为O2，故答案为NH4Cl；O2；

(2)C为氨气，电子式为，故答案为；

(3)氯化镁与过氧化钠反应生成的产物为氢氧化镁、氧气、氯化钠，反应的化学方程式为：2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑，故答案为

2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑；

(4)A+B+Mg→C+X+MgCl2的化学方程式为2NH4Cl+Mg=2NH3↑+H2↑+MgCl2，NH4Cl水解生成NH3?H2O和HCl，加入镁后，因为镁为活泼金属，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3，故答案为NH4Cl水解生成NH3?H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3；

(5)F为氢氧化钠，通入1mol二氧化碳气体反应后，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应生成的产物中无碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳先后发生①CO32-

+H+=HCO3-、②HCO3-+H+=CO2↑+H2O，根据方程式可知，反应①消耗的盐酸与反应②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，先后发生反应①OH-+H+=H2O、②CO32-+H+=HCO3-、③HCO3-+H+=CO2↑+H2O。根据碳元素守恒，二氧化碳气体物质的量为0.1mol，和氢氧化钠反应生成的碳酸钠为0.1mol，消耗氢氧化钠0.2mol，与氢氧化钠反应消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等，也与碳

酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等，均为100mL则与盐酸反应的氢氧化钠为0.1mol，因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mol，浓度为

0.3mol

=0.3mol/L，故答案为0.3mol/L。

7．分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。5.05 g单质甲—钾合金溶于200 mL 水生成0.075 mol氢气，确定该合金的化学式为__ __。

(3)向20 mL某浓度的化合物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。若向M中逐滴加入0.1 mol/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。

①由A确定滴加前60 mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为。

②由B表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为__ __。

③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为__ __。

【答案】(1) 溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

(2) 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；NaK2；

(3) ①OH-＋H＋=H2O、H＋＋CO=HCO；②Na2CO3、NaHCO3；③3∶10。

【解析】

【分析】

【详解】

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H2O，丙为氢气，C是NaOH，A 是Na2O2。

(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，故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、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.15，23x+39y＝5.05，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，故答案为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；NaK2；

(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：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32-+H+=HCO3-，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，

①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、H++CO32-

=HCO3-，故答案为OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-；

②由A图表明，加入60mL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60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl)，而反应中n(HCl)＞＞2n(Na2CO3)，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，故答案为Na2CO3、NaOH；

③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-+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比

=15mL：50mL=3：10，故答案为3：10。

8．A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出。

(1)若反应①、②、③均为溶液中的置换反应，A、D、E为第ⅦA族元素单质。则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为(用化学式表示)________________________。

(2)若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。则反应①的化学方程式___________________，③的化学方程式______________。

(3)若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D、E的循环。则B的电子式为_________________，反应①的离子方程式______________________。

【答案】Cl2＞Br2＞I2 3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2 CO＋H2O CO2＋H2

2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑

【解析】

【分析】

(1)A、D、E为卤素单质，反应①②③均为水溶液中的置换反应，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Cl2、A为Br2、D为I2，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，则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是一种无色、无味的有毒气体，E与四氧化三铁反应生成铁，则E为CO，F为CO2，据此分析解答；

(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，则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，又含非极性共价键，则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应生成碳酸钠和水，则F为碳酸钠，据此分析解答。

【详解】

(1)A、D、E为卤素单质，反应①②③均为水溶液中的置换反应，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Cl2、A为Br2、D为I2，因此A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞I2，故答案为Cl2＞Br2＞I2；

(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，则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与四氧化三铁反应生成铁，E是一种无色、无味的有毒气体，则E为CO，F为CO2，反应①为铁与水蒸气的反应，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2，反应③为CO与水的反应，反应的化学方程式为CO＋H2O CO2＋H2，故答案为3Fe＋

4H2O Fe3O4＋4H2；CO＋H2O CO2＋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，则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，又含非极性共价键，则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应生成碳酸钠和水，则F为碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，符合框图中物质的转化关系。

B为过氧化钠，属于离子化合物，电子式为，反应①为过氧化钠与水的反应，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑，故答案为

；2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑。

9．A、B、C、D表示中学化学中的四种常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一

定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水已略去）。

（1）若A为强碱溶液，其焰色反应显黄色，C常用作食品添加剂，请回答下列问题：

①反应Ⅱ的离子方程式是。

②现有B和C的固体混合物a g，加热至质量不再改变时剩余固体为b g，则B的质量分数为。

（2）若A、D均为单质，且A为黄绿色气体，D的一种红棕色氧化物常用作颜料，则：

①反应Ⅱ的离子方程式是。

②取少许C溶液于试管中，滴入NaOH溶液并振荡，发生反应的化学方程式

为：，。

③检验B溶液中金属阳离子的方法是。

【答案】（12分,每空2分）（1）① CO32-+CO2+H2O＝2HCO3- ；②8453

b a

（2）

①2Fe3++Fe＝3Fe2+

②FeCl2+2NaOH＝Fe(OH)2↓+2NaCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3

③取溶液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+(其他合理答案均可得分)

【解析】

试题分析：（1）①A为强碱溶液，其焰色反应显黄色，A为NaOH；A、B、C均含有同一种元素，C常用作食品添加剂，再根据转化关系得出：B为Na2CO3、C为NaHCO3、D为CO2，反应Ⅱ的离子方程式为CO32-+CO2+H2O＝2HCO3-；

②碳酸氢钠分解的方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，质量减少的是CO2、H2O，

根据化学反应方程式可以计算出m(NaHCO3)＝84()

a b

g，则m(Na2CO3)＝a－m(NaHCO3)

＝8453

b a

g，则ω（Na2CO3）＝

8453

b a

；

（2）①A为黄绿色气体，D的一种红棕色氧化物常用作颜料，推出：A为Cl2，D为Fe，根据转化关系图推知B为FeCl3、C为FeCl2，因此反应Ⅱ的离子方程式是2Fe3++Fe＝3Fe2+；

②取少许C溶液于试管中，滴入NaOH溶液并振荡，发生反应的化学方程式依次为FeCl2＋2NaOH＝Fe(OH)2↓＋2NaCl、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3；

③验证Fe3＋一般用KSCN进行检验，即取溶液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+。

考点：考查钠的化合物、氯气、铁化合物的性质、铁离子检验等

10．已知A、B、D、E、F、G、X、Y、Z满足下列转化关系。其中A、B、E为固体化合物，D、G为固体单质，F、X、Z为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色。

（1）写出E的名称：____________________________；

（2）B的电子式为；

（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是；

（4）A和D反应的化学方程式：____ 。

【答案】（1）碳化钙（2）（3）降低反应速率（4）SiO2＋2C Si＋

2CO↑

【解析】

试题分析：化合物A与单质D反应得到单质G与气体F，单质G与NaOH溶液反应得到气体X，X、F为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色，则X为H2，F为CO，A为SiO2，G为碳，由转化关系可知，硅与氢氧化钠溶液反应生成氢气和Na2SiO3，Y为CO2，与硅酸钠溶液反应得到白色沉淀为H2SiO3，硅酸分解生成二氧化硅；可溶性气体Z由化合物E与食盐水得到，联系乙炔放热制备，则E是碳化钙，与饱和食盐水反应生成氢氧化钙和乙炔。氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2，因此B 是CaO。

（1）根据以上分析可知E是CaC2，名称为碳化钙。

（2）氧化钙是离子化合物，电子式为。

（3）碳化钙与水反应过于剧烈，因此E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是降低反应速率；

（4）A和D反应的化学方程式为SiO2＋2C Si＋2CO↑。

【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断

【名师点晴】化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考查学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。