2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题附答案

1、2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题有关的压轴题附答案一、钠及其化合物1 .常见无机物 A、B、C、D存在如图转化关系:D (1)若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一.遇空气会变色，则反应 的化学方程式为。(2)若A为常见挥发性强酸，D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则B的化学式是 O(3)若A、C D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A的电子式是 。(4)若A、日C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，D为CO2,举出C的一种用途催化剂【答案】4NH3 5O2 4NO 6H2O Fe(NO3)3 H：S：H 治疗胃酸过多、发酵 .粉、泡沫灭火器等【解析】【

2、详解】(1)若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，为氨气，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则B是NO, D是氧气，C是二氧化氮，反应 的化学方程式为： 催化剂4NH3 5O24NO 6H2O，催化剂故答案为：4NH3 5O2 & 4NO 6H2O；(2)若A为常见挥发性强酸，D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则 D是 Fe, B能和D反应生成C,则A是硝酸、B是硝酸铁、C是硝酸亚铁，则 B的化学式为 Fe(NO3)3,故答案为：Fe(NO3%；(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则 C是二氧化硫，A是硫化 «氢、D是氧气、B是S, A的电子式是 * *

3、 *故答案为： 4 *(4)若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，说明都含有 Na元素，D为 CO2, A为NaOH、B是碳酸钠、C为碳酸氢钠，B为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶 液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，碳酸氢钠能水解，所以其用途有治疗胃酸过多、发酵 粉、泡沫灭火器等，故答案为：治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等。2 先有一瓶无色澄清溶液，可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I -、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成，请根据以下实验步骤及现象回答下列问题：步骤一：取适量待测液，加入NaOH§液并加热，得到溶液 A,并产生刺激性气

4、味的气体；步骤二：向溶液 A中加入足量稀盐酸和 BaCl2溶液，得到溶液 以白色沉淀及有刺激性气味的气体；步骤三：向溶液B 中通入适量Cl 2，得到黄褐色溶液C。（ 1 ）下列有关该溶液说法正确的是（填字母）。A. 一定存在 SO2-、I-、NH+、SO2-B. 一定不存在 Fe2+、CO2-、MnC.可能存在 CO2-、Cl-、Na+、K+、D.可用AgNO溶液确认原溶液中是否存在 Cl-（ 2）步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是。（ 3）若向原溶液中先加入足量的盐酸，再加入足量的（填化学式）并加热，也能得出步骤一、步骤二相同的结论。（ 4）对于溶液中还可能存在的阳离子，确认其存在的实验方法

5、是。【答案】AC Cl2+2I-=l2+2Cl- Ba（OH）2通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na ;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+【解析】【分析】无色溶液可以知道一定不含Fe2+、 MnO4-；步骤一：取适量待测液，加入NaOH§液并加热，得到溶液 A,并产生刺激性气味的气体，则气体为氨气，一定含NH4+；步骤二：向溶液 A中加入足量稀盐酸和 BaCl2溶液，得到溶液 日白色沉淀及有刺激性气味的气体，白色沉淀为 BaSO,刺激性气味的气体为 SO,则一定含有 SO2-和SO2-;步骤三：向溶液B中通入适量C2,得到黄褐色溶液C, C中含碘单质，则原溶液一定含

6、，以此来解答。【详解】无色溶液不含有紫色 MnO4-、淡绿色Fe2+O步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气，表明原溶液含有NH4+o步骤二得到的白色沉淀是硫酸银，有刺激性气味的气体是二氧化硫，表明原溶液含有SO42-、SC32-o步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液，表明原溶液含有I-。（1） A.根据以上分析，一定存在SQ2-、I-、NH+、SQ2-,故A正确；B.根据以上分析，可能存在 CO32-,故B错误；C.可能存在CQ2-、Cl-、Na+、K+,故C正确；D. SQ2-、SQ2-、C均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，所以不能用AgNQ溶液确认原溶液中是否存在 Cl-,故D错误。

7、故答案为AC；( 2)步骤三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应，离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-，故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-；(3)向原溶液中加入足量盐酸，SQ2-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。再加入的物质既能与SQ2-反应生成沉淀，又能与 NH4+反应生成氨气，所以是氢氧化银，化学式为 Ba(OH)2，故答案为Ba(OH)2；(4)可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+,实验方法是通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+;透过蓝色钻玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+，故答案为通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+;透过蓝色钻玻璃片观察焰色反

8、应，若呈现紫色，则含有K+。3.某溶液只可能含有K+、Al3+、Fe3 +、Mg2+、Ba2+、NH4+、C、CQ2-、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钢溶液后，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。

9、( 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+)=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

10、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：0.05mol =imoi/L ,无沉淀生成，则一定不 0.05L含有 Fe3+、Mg2+；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A3+, 一

11、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 口2g 2=0.02mol , A产浓度为:0.02mol =0.4mol/L ； 102g / mol0.05L第二份加足量BaC2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，原溶液中一定无根离子，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到 11.65g固体，即硫酸钢的质量是11.65g,硫酸根物质的量为：11.65g =0.05mol ,根据原子守恒，所以硫酸根离子的物质的量是233

12、g/mol0.05mol,硫酸根浓度为：0.05moi =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+、Mg2+、Ba2+、CQ2-,根据电荷守恒，溶液中一定存在cr,无法确定是否存在 K+o(1)由上述分析可知，溶液中一定存在的离子为：NH4+、Al3+、SO42-、C； 一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CQ2-；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：用洁净的钻丝蘸取少量试样，并 在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钻

13、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，需通过蓝色钻玻 璃观察火焰颜色，避免钠离子的干扰。4.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A、B、D在常温下均为无色无刺激性气 M是最常见的无色液体。一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中 味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,(1)物质G的化学式： (2)物

14、质B的名称：(3)写出A一D的化学方程式： ;FG的化学方程式：;GHE的离子方程式：。【答案】HNO3 氮气 2CQ + 2Na2O2 = 2Na2CQ + O2 3NO2+H2O=2HNO3+NO 3Cu + 8Hh+ 2NO3 = 3CU2+ 2NO T + 4HO【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CQ, D为O2, C是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NO2, M是最常见的无色液体，应为H2O,由转化关系可以知道 G为HNO3,据 此答题。【详解】(1)由上述分析可以知道

15、，物质G的化学式为：HNO3,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CQ, D为O2, CC2和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：2CO2 +2Na2O2 = 2Na2CC3 + O2,因此，本题正确答案是：2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CQ + O2；F为NO2, NO2和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,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 3Cu + 8H+ 2NO3 = 3C

16、u2+ + 2NOT + 4H2O,因此，本题正确答案是：3Cu + 8H+ 2NO3 = 3CU2+ 2NO T + 4HO。【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M的性质及A能与过氧化钠反 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。5 . 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)向酚酬: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单质甲一钾合金溶于 200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学

17、式为 。(3)向一定体积某浓度的化合物C的溶液中通人 CO气体后得溶液 M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 (CO)与 加入盐酸的体积V (HCl)的关系有下列图示两种情况。B对应的溶液M低温蒸干后彳#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CO的体积比为 【答案】溶液先变红，后褪色，并有气泡2Na+2H2O=2Na+2OH+H2 T NaK2H+ +OH=H2O、H+CO2-=HC30.07753:10【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、

18、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。据此分析可得结论。【详解】(1)向酚配试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠使酚酗: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 T ,根据电子转移守恒可知，N

19、a、K总物质的量为 0.075molX2=0.15mol设Na、K物质的量分别为 xmol、ymol,贝U： x+y=0.15mol, 23g/molx+39g/moly=5.05g ,解得 x=0.05、刈0.1,故合金的 化学式为 NaK2；故答案为:2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 T、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： HCC3-+H+=H2O+CC2T ,若A中只有Na2CO3,开始发生 CO32-+H+=HC8,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

20、溶质为NaOH、NazCQ,则滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为： H+ +OH =H2。、H+CO32'=HCG3'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Na2CQ、NaHCQ,且二者物质的量之比为 1:1,设n (NazCQ) = n (NaHCQ) =x,由钠离 子守恒可得：2x+x=0.1mol/L x 0.075L=0.0075mql x=0.0025mol,固体加热时发生反应：2NaHCQ上皂Na2CQ+H2Of +CC2 T ,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+2X62g/mol=0.077

21、5g 故答案为：0.0775;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HCC3-+H+=H2C+CC2 T可知，则两次实验通入的 CC2的体积之比 =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A生成二

22、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HCC3-+H+=H2C+CC2T可知，则两次实验通入的CC2的体积之比=15mL:50mL=3:10。6 .下图所示的是一些常见单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和反应条件被略去。已知 X、Y、Z是日常生活中常见金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成；D、E是常见气态非金属单质，其中D呈黄绿色。A的焰色反应呈黄色，F的稀溶液呈蓝色。请回答下列问题:(1) C的电子式为。(2) F的化学式为 。(3) I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该

23、反应的化学方程 式为 O(4) X与C溶液反应的离子方程式为 。【答案】 的盟词 CuC2 4Fe(CH)2+C2+2H2O= 4Fe(CH)3 2AI+2CH+ 2H2C=2AlO +3H2 T【解析】X、Y、Z是日常生活中常见金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成，则 X为Al; D E是常见气态非金属单质，其中D呈黄绿色，则D为Cl2,与Y反应得到F,且F的稀溶液呈蓝色，含有 Cu2+,则Y为Cu、F为CuC2, A的焰色反应呈黄色，含有钠元素， A与B在电解条件下得到 C、D(氯气)、E,可推知 A为NaCl、C为NaOH、E为H2,由转化 关系可知，G为HCl,与金属Z反应得到H

24、、H能被氯气氧化得到 J,金属Z为变价金属， 可推知Z为Fe,故H为FeC2, J为FeC3, (2)中I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿 色，最终变成红褐色，则 I为Fe(OH1(1)C为NaOH,电子式为睡二日：£| ,故答案为：Ma+ :；(2)F为CuC2,故答案为：CuC2;(3)I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该反应的化学方程式 为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)X与C溶液反应的离子方程式为：2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 T ,故答案

25、为：2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 T。7 . 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；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8 .二者形成的化合物中，C元素的原子显负价C.

26、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11.2LO2,消耗该化合物的质量为。【答案】氮 第二周期第V A族氧 BC HSO+H+=SO4 +倬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

27、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，核电荷数为7,在周期表中的位置是第二周期第VA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，。的非金属性强，故 B正确；C.氢化物越稳定，元素非金属

28、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):NH4HSO、NH4HSO,这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO-+H+=SQf +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11.2L6,其物质的量为 一11.2L一二0.5mol,由2Na2O2O2可知消耗过氧化钠为22.4L / mol0.5mol x 2=1mpl其质量为 1mol x 78g/mol=78g8.下列物质转换关系如下图，反应的条件和部分产物已略去。回答下列问题：反桎.CLjz-i+乙 T

29、 反应hi度双u(1)若甲、乙是两种常见金属，反应 出的实验现象是苍白色火焰，瓶口出现白雾。反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种强腐蚀性的物质，则工 业上生产甲的一般方法是 。(填序号)A.热分解法B.热还原法C.电解法反应n中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应 n的化 学方程式是。 通过比较反应I、n的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性 (填 强”或 弱”)，比较二者金属性强弱的依据还可以是 (写出一种即可)。 (2)若甲、乙是化合物，且反应 出是工业制漂白粉的反应。 反应ni的离子方程式是 o 反应I的另一种产物为有机物，则该有机物的电

30、子式是 。已知次氯酸的酸性弱于碳酸，则在饱和氯水中加入少量石灰石，其反应的离子方程式是3Fe + 4H2O (g) > Fe3O4+4H2 (其他合理答案也可)强元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：NaOH>Fe (OH) 3 (其他合理答案也可)(2)2cl2+2Ca (OH) 2=2Ca2+2C+2ClO+2H2OH 9心H 2Cl 2+H2O+CaCQ=cJ+2Cl-+2HClO+CQ【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)反应出是氢气在氯气中燃烧的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁 是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠，焰色反应的物质 含有钠元素，

31、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以甲是钠乙是铁，钠是活泼金属，采用电解熔融盐的方法冶炼，故选C; 通过以上分析知，乙是铁，高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为 2Fe+4H2O g g) 亮星 Fe3O4+4H2 ； 根据反应条件知，钠的金属性比铁强，比较金属性强弱的方法还有：与酸反应置换氢气 的难易程度、其碱的碱性强弱等；(2) 若甲、乙是化合物，且反应 出是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化 钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca (OH) 2=CaC2+Ca(ClO) 2+2H2O； 反应I的另一种产物为有机物，碳化钙和水反应生成乙

32、快和氢氧化钙，乙快的电子式为 H：C"C；H； 氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液，离子反应方程式为：2cl2+H2O+CaCQ=Ca2+2C+2HClO+CO T。【考点定位】考查物质推断与性质、常用化学用语。【名师点晴】掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，本题中的信息有苍白色火焰，瓶口出现白雾 ”、宥磁性的物”、反应出是工业制漂白粉的反应”，可从中准确判断出 氢气在氯气中燃烧”、有磁性的 物质为FesO4"、反应出是2

33、Cb+H2O+CaCQ=Ca2+2C+2HClO+CO4”，据此推断即可解题。2NaCl（熔一遇亳一融)2Na+CL己知物质 A、B、C、D、E、F有如下图所小转化关系：(1)试根据上述变.化写出 A、B、C D、E、F的化学式:9.目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠A,B, c,D,E,F.(2)请写出 ZC以及B -D两个反应的化学方程式。 A_ C, B _ D.(3)过氧化钠可用作制氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：(4)工业上制取漂白粉的化学方程式为【答案】(1) Na； CI2； NaOH; FeC3; NazCQ; CaC2一小_点速(2) 2Na+2H2O=2NaOH+H2T ; 2Fe+3c2= 2FeC3(3) 2Na2O2+2CQ=2Na2CQ+O2 T(4) 2Cl2+2Ca(OH片CaC2+Ca(ClO2+2H2O【解析】试题分析：由转化流程可知，A与水反应生成 C,且C与二氧化碳反应，则 A为Na, C为NaOH、E 为 Na2CO3, B 为 Cl2, D 为 FeC3, F 为 CaC2。(1)由上述分析可知，A为Na,B为CI2,C为NaOH,D为FeC3,E为Na2CQ,F为CaC2