全国高考化学钠及其化合物推断题的综合高考模拟和真题分类汇总附详细答案

1、全国高考化学钠及其化合物推断题的综合高考模拟和真题分类汇总附详细答案一、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：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”肖毒液，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 学方程式为。【答案】Na2O2 2Na

2、2O2+2H2O=4NaOH+O2 T 2Na2O2+2CQ=2Na2CC3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO HClO 有漂白性C2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2O Ca(ClO2+H2O+CQ=CaCQ J +2HC1Q 2HC1O - - 2HC1+O4 【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NaOH, B为O2, C为Na2CO3, D为黄绿色气体，则 D为Cl2,

3、 D(C2)与A(NaOH)反应生成 NaCk NaClO, F的溶液能与丙(CO2)反应C与I,则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO, G与 C(Na2CO3)反应得到E(NaCl疗丙(CQ),则G为HCl,据此解答。【详解】根据上述分析可知：甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CC2, A为NaOH, B为O2, C为Na2CQ, D 为 CI2, E 为 NaCl, F 为 NaClO, G 为 HCl, I 为 HClO。(1)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；(2)甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2, Na2O2与H2O反应产生NaOH和。2,反应方程式为： 2Na2O2+2

4、H2O=4NaOH+O4 ; Na2O2 与 CQ 反应产生 Na2CO3 和。2,反应方程式为：2Na2O2+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 HC1O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 的有色布条褪色；(4)C2与NaOH溶液发生反应： C2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO,得到的溶液为 NaCk 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：2C2+2Ca(OH)2=CaC2+

5、Ca(ClO2+2H2O,有效成分为 Ca(ClO2,由于酸性 H2CQ>HClO,所 以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO2+H2O+CO=CaC。J +2HC1Q产生的HC1O不稳定，光照易分解：2HC1O且酗2HC1+QT.导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在 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 . A、B、C X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图。请针对以下三种不同情况回答：1若A、B、C中

6、均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将 A、C的水溶液混合可得 B的白色胶状沉淀。A中含有的金属元素在元素周期表中的位置为 ,向水中加入X物质，X对水的电离平衡的影响是 (填促进"、抑制“或 无影响”)。A与C的水溶液混合后生成 B,反应的离子方程式为 。2若A为固态非金属单质，A与X同周期，同时A在X中燃烧，生成(AX3和AX5)白色 烟雾，常温常压下 C为白色固体，B分子中各原子最外层均为 8电子结构。 若A为该元素的白色固体单质，其结构为正四面体，分子式为A4 ,则ImolA单质中含共价键数目为 Na , B的电子式为。X与水反应的离子方程式为 。3若A、B、

7、C的焰色反应呈黄色，A为淡黄色固体，B、C的水溶液均为碱性， A溶于水后可与X反应生成C,常温下，X为气态酸性氧化物。A中所含有的化学键类型是 。B溶液中离子浓度由小到大的顺序是 。【答案】第三周期第mA族 抑制 Al 3 3A102 6H2。 4Al OH 363i A Ci,，.二二一Cl 2 H 20 H Cl HC10 离子键、共价键：Cl ： P： Cl ：c H c HC0 3 c OH c C02 c Na【解析】【分析】A、B、C X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成；(1)若A、日C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得 B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子

8、，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠；A中含有的金属元素为 A1;加入X为氢氧化钠，抑制水的电离程度；A与C的水溶液混合后生成 B,是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀；(2)若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为 8e-结构，同时A在X中燃烧，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；依据磷单质分子式为P4分析共价键数，三氯化磷是共价化合物，写出电子式；X与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；(3)若A、B C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体

9、X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；A为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成，据此分析化学键类型；C为NaHCQ,碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。【详解】1若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得 B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠。A、B、C中含有的同一种常见金属元素为 A1,在周期表中位置是第三周期，m A族， 向水中加入X氢氧化钠是碱，对水的电离平衡的影响是抑制；A的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为 A133A10 2 6H20 4A1(0

10、H)3；2若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下 C为白色固体，B分 子中各原子最外层均为 8e结构，由转化关系可知， A为白磷，B为三氯化磷，C为五氯化 磷，x为氯气；A是白磷，是正四面体结构，所以ImolA单质中含共价键数目为 6Na； B为三氯化磷，各原子都满足8电子稳定结构，三氯化磷 B的电子式为 ;X为Cl 2,与水反应，生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为：Cl 2 H 2。H Cl HClO ；3若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；A为氢氧化钠，属于离子化

11、合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成 1对共用电子对，为共价键，属于 A中所含有的化学键是离子 键、共价键；C为NaHCO3,溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由2小到大的顺序是： c CO3c H c OH c HCO3 c Na 。【点睛】解无机推断题常见思维方法：正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论；逆向推理：以最终产物（或题中某一明显特征）为起点，层层逆推，以求得结论；猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得 出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合

12、，即为答案；综合 分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐 步得出结论。3. A为日常生活中常见的化合物，B为淡黄色固体，C、G、H均为气体，其中 C、H为单质，G能使红色石蕊试剂变蓝，E是一种由两种元素组成的具有耐高温、硬度大的耐热冲击材料，其摩尔质量为 41 g/moL。B的电子式为。E的化学式为。写出反应的离子方程式 （D足量）：。写出反应的化学方程式： 。【答案】Na+： 0：0： 3-Na+ AlN AlN+OH +H2O=Al8+NH3 T 4NH3+3O2= 2N2T k I » «I+6H2O【解析】【分析】B是淡黄色固

13、体，B与化合物A反应产生单质气体 C和化合物D,则B是Na2O2, C是O2,G能使红色石蕊试剂变蓝，则 G是NH3, NH3与。2在高温下发生反应：4NH3+3O2僚比狗2N2 T +6H2O,可知A是H2O, H是N2； D是NaOH； E是一种由两种元素组成的具有耐高温、硬度大的耐热冲击材料，其摩尔质量为41 g/moL,由于其中一种元素是 N元素，N相对原子质量是14,则另一种元素相对原子质量是42-14=27,则另外一种元素是 Al元素，E是AlN, NaOH、叫0、AlN发生反应，产生 NH3和NaAlO2；则F是NaAlO2,据此 解答。【详解】根据上述分析可知A是H2O,B是N

14、a2O2,C是。2,D是NaOH,E是AlN,F是NaAlO2。 (1)B 是 N32O2, B 的电子式为 Na+r：O：O：a-Na+ ; I I(2) E是氮化铝，E的化学式为 AlN ;(3)反应是NaOH、AlN、H2O反应的离子方程式为：AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3 T ；爸让/(4)反应是氨气被氧气氧化的反应，该反应的化学方程式是4NH3+3O2= 2N2 TJ_i+6H2O。【点睛】本题考查了物质的推断、物质的结构、离子方程式书写等知识。B是淡黄色固体，与化合物A反应产生单质气体及气体G能使红色石蕊试剂变蓝是本题的突破口，熟练掌握元素的单质及化合物的性质是进行物质

15、推断的关键。4. A、B、C W匀为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应 条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。ww(1)若A B、C三种物质的焰色反应均为黄色，A俗称苛性钠， 慢;无色无味气体，C受热分解可转化为Bo向B溶液中通入 Wfc成C的离子方程式为 。A溶液与C溶液反应的化学方程式为 。(2)若A B、C、W9种物质均为气体，其中 A W为单质，C的摩尔质量为46g - mol-1.B的化学式为 。实验室制取B时， (填“能”或“不能”)用向上排空气法收集B。C与水反应的化学方程式为 。(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物。由B生成C

16、时，每生成1molC,消耗 W勺物质白量为 。C溶于水形成化合物 D,在加热的，情况下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为O【答案】CO2-+HO+CO=2HCO NaOH+NaHC=NaCO+H2O NO 不能 3NO+H2O=2HN3+NO 0.5mol S+2HSQ (浓)=3SO T +2H2O【解析】【分析】(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色，则 A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则 A 为NaOH, W为无色气体，C受热分解可以转化为 B,由转化关系可知 W为CO2, B为碳酸 钠，C为碳酸氢钠，据此分析；(2)若A、B、C、W均为气体，其中 A、W为单质，C的摩尔质量为46

17、g/mol ,则C为 NO2,由转化关系可知 A为N2、W为。2、B为NO,据此分析；(3)若A为淡黄色固体单质，则 A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关 系可知W为。2、B为SQ、C为SC3,据此分析。【详解】(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色，则 A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则 A 为NaCH, W为无色气体，C受热分解可以转化为 B,由转化关系可知 W为C6, B为碳酸 钠，C为碳酸氢钠，据此分析：向碳酸钠溶液中通入 CC2生成碳酸氢钠的离子方程式为：CC32-+H2C+CC2=2HCQ-；NaCH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为：NaCH+NaHCC3=

18、Na2CC3+H2Co故答案为 CC32-+H2C+CQ=2HCC3-; NaCH+NaHCQ=Na2CO3+H2C；(2)若A、B、C、W均为气体，其中 A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol ,则C为NC2,由转化关系可知 A为N2、W为。2、B为NC,据此分析： B的化学式为NC;因为NC和空气中的。2反应生成NC2,则实验室制取 B (NC)时，不能用向上排气法收 集B；NC2与水反应的化学方程式为：3NC2+H2C=2HNC3+NOo故答案为NO；不能；3NO2+H2O=2HNO3+NO ；(3)若A为淡黄色固体单质，则 A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关 系可知

19、W为。2、B为SQ、C为SQ,据此分析：由SQ生成SC3的化学方程式为 2 SC2+ 02? 2SC3,每生成1mol C (SQ),消耗 W(C2) 的物质的量为0.5mol ;SO3溶于水生成化合物 D (H2SC4),在加热条件下，浓硫酸与硫发生氧化还原反应，生 成二氧化硫和水，化学方程式为：S+2H2SC4 (浓) 3s04 +2H20。故答案为 0.5mol; S+2H2S04 (浓) 3S02) +2H20。【点睛】本题考查元素化合物的推断，涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，把握反应的规律，注意相关基础知识的积累。5. A、B、C D、E

20、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。请回答下列问题：(1)D位于元素周期表第 周期 族。(2)C和E两元素相比较，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.比较这两种元素的气态氢化物的沸点B.比较这两种元素的单质在常温下的状态C.比较这两种元素气态氢化物的稳定性D.比较这两种元素单质与氢气化合的难易(3)写出C、D两元

21、素形成的原子个数比为1:1的化合物与水反应的化学方程式: (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应的离子方 程式为;(5)A、C、D、E四种兀素可形成两种酸式盐，两种酸式盐相互反应的离子方程式为【答案】三IA 氧 CD 2NaO2+2H2O=4Na+4OH+O2 T OH+H+=H2。H+HSO-=H2O+SQ T【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； 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； E元素原子的3最外层电子数是其次外层电子数的3,则E为S; D与A同主族，

22、且与E同周期，则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，则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、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； 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； E元素原子的3最外层电子数是其次外层电子数的3,则E为S; D与A同主族，且与E同周期，则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，则C为O;(1)D是Na位于元素周期表第三周期，I A族；(2)氧与硫同主族，

23、从上到下非金属性在减弱，则非金属性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，不能比较非金属性强弱，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与水反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2 T ;(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，该阴离子与盐酸反应的离子方程式为：OH+H+=H2。；(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,两种酸式盐相互反应的离子方程式为：H

24、+HSO-=H2O+SQ T。6.下图是中学常见物质间的转化关系。已知: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，浓溶液若保存不当常呈黄色。回答下列问题：(1) A的电子式为 ; B分子属于 分子(极性、非极性)； (2)反应 的化学方程式为 ,反应的离子方程式为, (3)若参加反应的 A的质量为39g,则消耗CQ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】 叫_二凝非极性 2Na2O2+2CG2=2Na2

25、CQ+O2 T Fe3+3OH =Fe (OH) 3 J 11.2L在试管中取少量 K溶液，滴加几滴 KSCN溶液，若溶液红色，证明有 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，浓溶液若保存不当常呈黄色，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能与二氧化碳反应，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应生成 G D,则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，则 E是铁，铁与氧气反应生成 F, F是四氧化三铁，四氧化三铁与硝

26、酸反应生 成硝酸铁，K是硝酸铁；碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，则 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M应期:+; B是二氧化碳，二氧化碳是直线型分子，属于非极性分子；(2)反应是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 2NaQ+2CO=2NaCO+O T ,反应是硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和硝酸钠， 反应的离子方程式为 Fe3+3O1=Fe (OH 3J；(3) 39g过氧化钠的物质的量是39g78g / mol0.5mol ,设消耗二氧化碳的物质的量是xmol;2NaO+2CO=2NaCO+

27、O T220.5mol xmol22=;x=0.5mol ,标况下的体积为 0.5mol X 22.4L/mol=11.2L ;0.5 x(4) K是硝酸铁，在试管中取少量K溶液，滴加几滴 KSCN§液，若溶液红色，证明有Fe3+。(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。7. 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。EH今国(1)写出下列物质的化学式：A, Y;(2)写出

28、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+Mgp C+X+ MgCl2的原因。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。I生成气悻的气1"m M涮it歌 【答案】NH4Cl Q H：N：HH生成N%?H2O和HCI加入镁后, 中氢离子的浓度减小，从而促进了【解析】【分析】2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2 J +O2 T NH4Cl 水解因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2,使溶液

29、NH4Cl的水解，最终逸出 NH3 0.3mol/LX、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、丫为氢气和氯气，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应生成氯化镁、氢气

30、，反应放热同时生成 了氨气，据此分析解答。【详解】依据上述推断可知，A为NH4CI, 丫为O2,故答案为NH4CI; O2； (2)c为氨气，电子式为故答案为HH(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+2Na2Q+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2 J +QT ,故答案为 2MgCl2+2Na2Q+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2 J +C2T ；(4)A+B+Mg - C+X+MgC的化学方程式为 2NH4Cl+Mg=2NH3 T +Hd +MgC2, NH4CI 水解生成 NH3?H2C和HCl,加入镁后，因为镁为活泼金属

31、，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 NH4CI的水解，最终逸出 NH3,故答案为NH4C1水解生成 NH3?H2C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 NH4CI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CC32-+H+=HCC-、HCC3-+H+=CC2 T +H2C,根据方程式可

32、知，反应消耗的盐酸与反应消耗的 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 OH+H+=H2O、CO2-+H+=HCC3-、HCQ-+H+=COT +倬0。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0.3mol1L=0.3mol/L,故答案为

33、0.3mol/L。8. A、B、C D、E是中学化学中的常见物质，A、B是短周期元素组成的单质.其转化关系如图：请回答：(1)若C的焰色反应为黄色；常温下，D为无色气体，能参与绿色植物的光合作用.组成A的元素在周期表中的位置是下列叙述正确的是 (填字母).a. A与冷水剧烈反应b. C与水反应可生成Bc. E与酸反应可生成D（2）若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D是黄绿色气体.C与D反应的化学方程式是 . 上述反应中转移1.2mol电子时，生成 B的体积为 （标准状况）.A - B |一定条件D B E【答案】（1）第三周期 IA 族；abc （2） 8NH3+3Cl2=N2+6NH4

34、Cl或 2NH3+3Cl2=N2+6HCl； 4.48L【解析】解：（1）若C的焰色反应为黄色，含有 Na元素；常温下，D为无色气体，能参与绿色植 物的光合作用，则D为C6,二者反应生成单质B,则C为Na2O2,B为O2,E为NazCQ,单质A为Na. 组成A的元素为Na,在周期表中的位置是：第三周期 IA族，故答案为第三周期 IA族； a .钠与冷水剧烈反应生成氢氧化钠与氢气，故 a正确； b.过氧化钠与水反应可生成氢氧化钠与氧气，故 b正确；c.碳酸钠与酸反应可生成二氧化碳，故 c正确，故选abc；（2）若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3, D是黄绿色气体，则 C为C12

35、,氯气与氨气反应生成氮气与E,则B为N2, A为H2, E为HCl或NH4CLC 与 D 反应的化学方程式是：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl或 2NH3+3Cl2=N2+6HCl,故答案为 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl 或 2NH3+3Cl2=N2+6HCl; 上述反应中转移1.2mol电子时，根据电子转移守恒，生成氮气物质的量为/晒=0.2mol,标况下其体积为 0.2mol X 22.4L/mol=4.4&L故答案为4.48L.【点评】本题考查无机物推断，涉及 Na、氮、Cl元素单质化合物性质，物质的颜色与性质 是推断突破口，注意对基础知识的理解掌握.9 .下列图

36、示中，A为一种常见的单质， B C D E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。为理由（度模（反俄）热+HaO（反应）请填写下列空白：(1 ) C 的电子式 , B 的电子式 , D 的化学式(填写编号)。;NaCO(2)以上反应中属于氧化还原反应的有(3)写出B-D的化学方程式 N叫:0：H(2)(3) 2N&Q+2CO= 2Na2CO+QT【解析】试题分析：它们的焰色反应都是黄色，且A为单质，则A为Na,反应是加热，因此 B为Nc2O, D为 Ns2CO, C为 NaOH E： NaHCO(1)根据以上分析可知C是氢氧化钠，含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为B是过氧化钠，含有离子键