20202021高考化学与钠及其化合物推断题有关压轴题附

2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题相关的压轴题附答案2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题相关的压轴题附答案12/122020-2021高考化学与钠及其化合物推断题相关的压轴题附答案2020-2021高考化学与钠及其化合物推断题相关的压轴题附答案一、钠及其化合物1．常有无机物A、B、C、D存在如图转变关系：(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，则反响①的化学方程式为_________________________________________________。(2)若A为常有挥发性强酸，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_____________________。(3)若A、C、D都是常有气体，C是形成酸雨的主要气体，则A的电子式是____________。(4)若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反响均为黄色，D为CO2，举出C的一种用途_______________________。催化剂Fe(NO3)3【答案】4NH35O24NO6H2O治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等【解析】【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，反响①的化学方程式为：催化剂4NH35O24NO6H2O，催化剂故答案为：4NH35O24NO6H2O；（2）若A为常有挥发性强酸，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反响生成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；（3）若A、C、D都是常有气体，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，故答案为：；（4）若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反响均为黄色，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，碳酸根离子水解以致溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，碳酸氢钠能水解，因此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，请依照以下实验步骤及现象回答以下问题：步骤一：取适合待测液，加入NaOH溶液并加热，获取溶液A，并产生刺激性气味的气体；步骤二：向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，获取溶液B、白色积淀及有刺激性气味的气体；步骤三：向溶液B中通入适合Cl2，获取黄褐色溶液C。（1）以下相关该溶液说法正确的选项是________________（填字母）。A．必然存在2--、NH4+2-SO4、I、SO32+2--34C．可能存在2--++CO3、Cl、Na、K、D．可用AgNO3溶液确认原溶液中可否存在Cl-2）步骤三获取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是__________________。【答案】ACCl2+2I-=I2+2Cl-Ba(OH)2经过焰色反响，若表现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反响，若表现紫色，则含有K+【解析】【解析】无色溶液能够知道必然不含Fe2+、MnO4-；步骤一：取适合待测液，加入NaOH溶液并加热，获取溶液A，并产生刺激性气味的气体，则气体为氨气，必然含+NH；步骤二：向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，获取溶液B、白色积淀及有刺激性气味的气体，白色积淀为BaSO4，刺激性气味的气体为SO2，则必然含有2-2-；SO4和SO3步骤三：向溶液B中通入适合Cl2，获取黄褐色溶液C，C中含碘单质，则原溶液必然含I-，以此来解答。【详解】无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。步骤一获取的刺激性气味的气体是氨气，表示原溶液含有NH4+。步骤二获取的白色积淀是硫酸钡，有刺激性气味的气体是二氧化硫，表明原溶液含有SO42-、SO32-。步骤三获取的黄褐色溶液C是含有I2的溶液，表示原溶液含有I-。（1）A.依照以上解析，2--+2-，故A正确；必然存在SO4、I、NH4、SO3B.依照以上解析，可能存在CO32-，故B错误；C.可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+，故C正确；D.SO42-、SO32-、Cl－均可与AgNO3溶液反响生成白色积淀，因此不能够用AgNO3溶液确认原溶液中可否存在Cl-，故D错误。故答案为AC；（2）步骤三获取黄褐色溶液的反响是氯气置换碘的反响，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，SO32-与盐酸反响生成有刺激性气味的气体。再加入的物质既能与SO42-反响生成积淀，又能与NH4+反响生成氨气，因此是氢氧化钡，化学式为Ba(OH)2，故答案为Ba(OH)2；（4）可经过焰色反响确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+，实验方法是经过焰色反应，若表现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反响，若表现紫色，则含有K+，故答案为经过焰色反响，若表现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反响，若呈现紫色，则含有K+。3．某溶液只可能含有K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、Cl－、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学取100mL的溶液分成两等份进行以下实验：①第一份加过分的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.05mol有刺激性气味的气体，同时获取澄清溶液甲。②向溶液甲中通入过分的二氧化碳气体，生成白色积淀，积淀经过滤，冲洗灼烧后，获取1.02g固体。③第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色积淀，加入足量盐酸，积淀其实不溶解，过滤沉淀，充分冲洗，干燥，获取11.65g固体。1）在原溶液中必然存在的离子有_________________________________；必然不存在的离子有_____________________；不能够确定可否存在的离子有___________。2）为了确定不能够确定的离子可否存在，能够采用的方法为__________________________________。（3）由操作②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+【解析】【解析】本题主要观察离子共存与离子反响及其相关计算。溶液和过分NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，能够和过分的氢氧化钠反响生成的积淀能够是氢氧化铁、氢氧化镁，氢氧化铝能够和过分的氢氧化钠之间反响；向偏铝酸钠中经过分的二氧化碳能够获取氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧能够获取氧化铝，依照铝元素守恒能够计算铝离子的量，在溶液中，铝离子和碳酸根离子因为双水解不共存；硫酸根离子能够和钡离子之间反响生成硫酸钡沉淀，是一种不溶于盐酸的白色积淀，依照积淀的量，并结合发生的反响来计算硫酸根离子的量，再依照溶液中电荷守恒判断其他离子即可

。【详解】①第一份加过分

NaOH溶液后加热，收集到

气体，即为氨气，必然含有NH4+，NH3物质的量为0.05mol，NH4+浓度为：含有Fe3+、Mg2+；

=1mol/L，无积淀生成，则必然不②向甲溶液中通入过分CO3+，必然2，生成白色积淀，即为氢氧化铝，则原溶液中必然有Al不含有碳酸根离子，铝离子和过分的氢氧化钠反响生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过分CO2，生成白色积淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝积淀经过滤、冲洗、灼烧后，获取1.02g固体即为氧化铝，依照铝元素守恒，获取铝离子的物质的量是，Al3+浓度为：；102g/mol③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色积淀，则必然含有硫酸根离子，原溶液中必然无钡离子，积淀经足量盐酸冲洗、干燥后，获取11.65g固体，即硫酸钡的质量是，硫酸钡物质的量为：=0.05mol，依照原子守恒，因此硫酸根离子的物质的量是233g/mol0.05mol，硫酸根浓度为：=1mol/L，综上解析可知，必然含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：1mol/L、、1mol/L，必然不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，依照电荷守恒，溶液中必然存在Cl-，无法确定可否存在K+。（1）由上述解析可知，溶液中必然存在的离子为：NH4+、Al3+、SO42-、Cl-；必然不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；无法确定可否存在K+；（2）对于K+的检验，常采用焰色反响，其操作方法为：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）经过上述解析可知，由操作②确定的Al3+在溶液中的浓度为。【点睛】对于钠离子或钾离子的存在与否，常经过溶液中的电荷守恒判断；若要经过实验方法检验钾离子或钠离子，常采用焰色反响检验，需注意，焰色反响检验钾离子，需经过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，防备钠离子的搅乱。4．以下列图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转变关系图。各方框表示相关的一种反响物或生成物（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试纸变蓝的气体，M是最常有的无色液体。1）物质G的化学式：__________________。2）物质B的名称：____________________。：3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O。3）写出A→D的化学方程式：_______________________________________________；F→G的化学方程式：______________________________________________________；G→E的离子方程式：______________________________________________________。【答案】HNO3氮气2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O23NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O【解析】【解析】依照题中各物质转变关系能够知道，无色无味气体A与过氧化钠反响的获取气体D，则A为CO2，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NO，M是最常有的无色液体，应为HO，由转变关系能够知道G为HNO，据223此答题。【详解】(1)由上述解析能够知道，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和过氧化钠反响生成碳酸钠和氧气，化学方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此，本题正确答案是：2CO2+2Na22232；O=2NaCO+OF为NO，NO和水反响生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO+HO=2HNO+NO，22223因此，本题正确答案是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；G为HNO3，稀硝酸可与铜反响生成NO，反响的离子方程式为2NO↑+4H2O，因此，本题正确答案是【点睛】本题观察无机物的推断，涉及N、Na元素化合物知识，C和应是推断打破口，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。5．A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常有化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在以下列图的关系，完成以下空白：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反响的离子方程式为__________。5.05g单质甲—钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为______。3）向必然体积某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不相同，溶液M的组成也不相同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有以下列图示两种情况。①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反响的离子方程式为_____________________②B对应的溶液M低温蒸干后获取固体a克，将a克固体充分加热至恒重后，固体质量减_____克。③由A、B可知，两次实验通入的CO的体积比为___________2【答案】溶液先变红，退后色，并有气泡2Na+2H2+-22+—O==2Na+2OH+H↑NaKH+OH2+32-3-==HO、H+CO=HCO0.07753:10【解析】【解析】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常有化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与反响是置换反响，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反响获取不相同的单质，且两种单质反响又获取化合物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，ANa2O2。据此解析可得结论。【详解】1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反响生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠使酚酞溶液变红色，但过氧化钠拥有漂白性，则现象为：溶液先变红退后色，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+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，依照电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：，23g/molx+39g/moly=5.05g，解得、，故合金的化学式为NaK2；故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、NaK2；（3）①曲线A、B，开始没有气体，加入必然体积盐酸后生成气体，生成气体的反响为：3-+222332-+3-，前后两过程耗资HClHCO+H=HO+CO↑，若A中只有NaCO，开始发生CO+H=HCO的体积相等，实质开始阶段耗资盐酸体积大于产生二氧化碳耗资的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na23CO，则滴加前60mL的盐酸时，发生反响的离子方程式为：+—+2--H+OH==H2O、H+CO3=HCO3；②B曲线中，前后耗资盐酸的体积之比为1:2，则曲线B表示M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1:1，设n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=x，由钠离子守恒可得：×，x=0.0025mol，固体加热时发生反响：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑，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÷2×，故答案为：0.0775；③曲线A生成二氧化碳耗资盐酸体积为(75-60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳耗资盐酸体积为(75-25)mL=50mL，由HCO3-+222+H=HO+CO↑可知，则两次实验通入的CO的体积之比=15mL:50mL=3:10；故答案为：3:10；【点睛】本题重点观察了碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转变以及碳酸盐与盐酸反响的原理，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取，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依照从开始产生气体到气体的量达到最大所耗资的盐酸的量来进行比较。如曲线

A生成二氧化碳耗资盐酸体积为(75-60)mL=15mL，曲线

B生成二氧化碳耗资盐酸体积为

(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。6．以下列图所示的是一些常有单质、化合物之间的转变关系图，有些反响中的部分物质和反响条件被略去。已知

X、Y、Z是平常生活中常有金属单质，

X由地壳中含量最高的金属元素组成；D、E是常有气态非金属单质，其中呈蓝色。

D呈黄绿色。

A的焰色反响呈黄色，

F的稀溶液请回答以下问题：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，最后变成红褐色，该反响的化学方程式为_________________________________。（4）X与C溶液反响的离子方程式为_____________________________。【答案】CuCl24Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)32Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO＋3H2↑【解析】X、Y、Z是平常生活中常有金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成，则为Al；D、E是常有气态非金属单质，其中D呈黄绿色，则D为Cl2，与Y反响获取F，且的稀溶液呈蓝色，含有Cu2+，则Y为Cu、F为CuCl2，A的焰色反响呈黄色，含有钠元素，A与B在电解条件下获取C、D(氯气)、E，可推知A为NaCl、C为NaOH、E为H2，由转变

XF关系可知，G为HCl，与金属Z反响获取H、H能被氯气氧化获取J，金属Z为变价金属，可推知Z为Fe，故H为FeCl2，J为FeCl3，(2)中I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则I为Fe(OH)2。(1)C为NaOH，电子式为

，故答案为：

；(2)F为CuCl2，故答案为：CuCl2；(3)I露置于空气中，颜色由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，该反响的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)X与C溶液反响的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2↑。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

E同周期;E元素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__________。在周期表中的地址是(2)C和E两种元素对照较，原子得电子能力较强的是

_________________________。(填元素名称)____________。以下三种说法中，能够考据该结论的是

(填写编号

)____________________。A．比较这两种元素的常有单质的沸点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牢固性(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响的离子方程式为_______________________________________________。(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，每生成标准情况下2，耗资该化合物的质量为___________。【答案】氮第二周期第ⅤA族氧BCHSO3-+H+=SO2↑+H2O78g【解析】【解析】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CO元素，据此解析解题。【详解】由解析知：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，在周期表中的地址是第二周期第Ⅴ

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，不能够判断得电子能力强弱，故

A错误；B．二者形成的化合物中，非金属性强，故B正确；

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C．氢化物越牢固，元素非金属性越强，能够比较氧原子得电子能力强，故案为BC；

C正确；故答(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐

(均含有该四种元素

)：NH4HSO3、NH4HSO4，这两种酸式盐在水溶液中相互反响的离子方程式为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，生成标准情况下2，其物质的量为=0.5mol，由2Na2O2～O2可知耗资过氧化钠为22.4L/mol0.5mol×2=1mol，其质量为1mol×78g/mol=78g。8．以下物质变换关系以以下列图，反响的条件和部分产物已略去。回答以下问题：（1）若甲、乙是两种常有金属，反响Ⅲ的实验现象是苍白色火焰，瓶口出现白雾。①反响I中，甲在平常条件下和水激烈反响，除丙外，还生成一种强腐化性的物质，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②反响Ⅱ中，乙与H2O在高温下反响，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反响Ⅱ的化学方程式是_______________________。③经过比较反响I、Ⅱ的反响条件，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照还可以够是__________________（写出一种即可）。（2）若甲、乙是化合物，且反响Ⅲ是工业制漂白粉的反响。①反响Ⅲ的离子方程式是_____________________。②反响I的另一种产物为有机物，则该有机物的电子式是___________。③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，其反响的离子方程式是___________。【答案】（1）①C3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（其他合理答案也可）③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）①2Cl2+2Ca（OH）2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O②2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO【解析】【解析】【详解】试题解析：（1）①反响Ⅲ是氢气在氯气中燃烧的反响，依照元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常有金属，能和水反响的常有金属是铁、钠，焰色反响的物质含有钠元素，钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，因此甲是钠乙是铁，钠是爽朗金属，采用电解熔融盐的方法冶炼，应选C；②经过以上解析知，乙是铁，高温条件下，铁和水反响生成四氧化三铁和氢气，反响方程式为2Fe+4H2O（g）342；FeO+4H③依照反响条件知，钠的金属性比铁强，比较金属性强弱的方法还有：与酸反响置换氢气的难易程度、其碱的碱性强弱等；（2）①若甲、乙是化合物，且反响Ⅲ是工业制漂白粉的反响，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反响生成氯化钙、次氯酸钙和水，反响方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+CaClO）2+2H2O；②反响I的另一种产物为有机物，碳化钙和水反响生成乙炔和氢氧化钙，乙炔的电子式为：；③氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反响生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液，离子反响方程式为：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO↑。【考点定位】观察物质推断与性质、常用化学用语。【名师点晴】掌握元素化合物的性质是解题的重点，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意特其他颜色与特别反响是推断的打破口，本题中的信息有“苍白色火焰，瓶口出现白雾”、“有磁性的物”、“反响Ⅲ是工业制漂白粉的反响”，可从中正确判断出“氢气在氯气中燃烧”、“有磁性的物质为Fe3O4”、“反响Ⅲ是2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO↑”，据此推断即可解题。9．当前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2。己知物质A、B、C、D、E、F有以以下列图所小转变关系：（1）试依照上述变．化写出A、B、C、D、E、F的化学式：A_______________,B_______________，C_________________,D_____________,E_____________,F________________.2）请写出A→C以及B→D两个反响的化学方程式。①A→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响的化学方程式：_____________.4）工业上制取漂白粉的化学方程式为________________________.【答案】1）Na；Cl2；NaOH；FeCl3；Na2CO3；CaCl2（2）①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；②2Fe+3Cl22FeCl33）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑4）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】试题解析：由转变流程可知，A与水反响生成C，且C与二氧化碳反响，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2。1）由上述解析可知，A为Na，B为Cl2，C为NaOH，D为