高考化学钠及其化合物的综合复习及答案

高考化学钠及其化合物的综合复习及答案
一、高中化学钠及其化合物
1．化学兴趣小组制取Na2O2，并测定制得的Na2O2样品的纯度。

I．制取Na2O2。

查阅资料：
①钠与空气在453～473K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573～673K之间可生成
Na2O2。

②4Na+3CO 22Na2CO3+C。

③加热后，Na不与N2反应。

（1）图1为兴趣小组制取Na2O2的装置，得到的固体中不可能混有的杂质是____。

A．Na3N B．Na2CO3 C．Na2O D．NaOH
（2）该小组若要得到相对纯净的Na2O2，请从图2中选择合适的装置（要求从装置A、B、C中选择）净化空气，接口从左至右正确的连接顺序是____。

II．测定制得的Na2O2样品的纯度。

按图2装置中的F→B→C→A→D顺序连接，检查装置气密性后，将制得的10g样品放入 F 装置的烧瓶中，滴入稀硫酸反应后，D中收集到1.12L气体（体积已转换为标况下）。

（3）写出样品中Na2O2所发生反应的化学方程式为_____。

（4）B中反应的化学方程式为____，C装置的作用是____。

（5）装置F中仪器i的名称为____；仪器i和烧瓶用一根导管连接，目的是使稀硫酸能顺利流下，也可减少实验产生误差，若没有该导管将导致测定的结果____（填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

（6）该实验测得样品中Na2O2纯度为_____。

【答案】A edbc 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑ 2NaOH+ CO2=H2O+Na2CO3检验CO2是否除尽分液漏斗偏大 78.0%
【解析】
【分析】
（1）①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与
水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应；
（2）若要得到相对纯净的过氧化钠，应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气；
（3）过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水；
（4）该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数； （5）分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算；
（6）依据标况下氧气的体积和反应方程式计算过氧化钠的质量，由题给数据计算过氧化钠的纯度。

【详解】
（1）①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应，则Na 2O 2中可能含有的杂质为Na 2CO 3、Na 2O 、NaOH ，不可能含有Na 3N ，故答案为：A ；
（2）空气中含有的二氧化碳和水会与过氧化钠的反应，使得制得的过氧化钠含有杂质，若要得到相对纯净的过氧化钠，应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，则净化空气的装置接口从左至右的连接顺序是edbc ，故答案为：edbc ；
（3）过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为
2Na 2O 2+2H 2SO 4=2Na 2SO 4+2H 2O+O 2↑，故答案为：2Na 2O 2+2H 2SO 4=2Na 2SO 4+2H 2O+O 2↑； （4）该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数，二氧化碳与浓氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH + CO 2=H 2O+Na 2CO 3，故答案为：2NaOH + CO 2=H 2O+Na 2CO 3；检验CO 2是否除尽；
（5）装置F 中仪器i 的名称为分液漏斗，分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算，导致测定氧气体积偏大，则测定Na 2O 2样品的纯度偏大，故答案为：分液漏斗；偏大；
（6）过氧化钠与稀硫酸反应的化学方程式为2Na 2O 2+2H 2SO 4=2Na 2SO 4+2H 2O+O 2↑，标况下
1.12L 氧气的物质的量为 1.122
2.4/L L mol =0.05mol ，由方程式可知过氧化钠的质量为
0.05mol ×2×78g/mol=7.8g ，则过氧化钠的纯度为
7.810g g ×100%=78.0%，故答案为：78.0%。

【点睛】 分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算是分析的难点，也是解答的易错点。

2．有一包NaHCO3和KHCO3的混合物样品。

某研究性学习小组对其进行如下探究。

实验装置如图所示。

将一定质量的混合物样品加入锥形瓶中，用针筒a分次注入一定体积的稀硫酸充分反应，再用针筒b收集生成气体的体积（忽略针筒壁之间的摩擦）
（1）为了较准确地测量反应生成的CO2体积，必须保证整个装置的气密性良好。

如果往锥形瓶中注入稀硫酸的体积为V1mL，充分反应后，针筒b中气体的读数为V2mL，则反应中生成的CO2气体体积为______________mL。

（2）某学生通过实验，测得如下数据（所用稀硫酸的物质的量浓度相同），下列分析推理错误的是_________。

50mL稀硫酸50mL稀硫酸50mL稀硫酸
m（混合物）9．2g15．7g27．6g
V（CO2）（标况）2．24L3．36L3．36L
①稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L
②15．7 g混合物恰好与稀硫酸完全反应
③加入混合物9．2 g时稀硫酸未反应完
④计算出样品中NaHC03和KHC03物质的量之比为1:1
（3）某同学设计了另一种方案，其操作流程如下：
在转移溶液时，如果溶液转移不完全，则测得的混合物中NaHC03和KHC03物质的量之比______________（选填“偏人”、“偏小”或“不变”）。

【答案】V2-V1②偏大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由于在密闭体系中注入V1mL的硫酸，导致此时注射器中也应该为V1mL才能维持内部
压强相等，所以后来生成的气体会导致体积在V1mL的基础上增大,硫酸消耗引起的体积变
化可以忽略不计，所以二氧化碳的体积为两者的差；即V2-V1mL；所以本题答案：V2-V1；（2）①m(混合物)= 15.7gg，V(CO2)标况）=3.36L, m(混合物)= 27.6g，V(CO2)标况）
=3.36L,说明此时混合物过量，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑，可知c(H+)=n/V=3.36L/22.4L∙mol-1/0.05L=3mol/L,所以稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L，故①正确；
②由m(混合物)= 9.2g，V(CO2)标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n(HCO3-)=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9.2g/0.1mol=92 g/mol，15.7g/92 g∙mol-1=0.17mol，50mL 硫酸中氢离子的物质的量为n(H+)=0.15mol，所以15.7 g混合物恰好与稀硫酸不能完全反应，故②错误；
③锥形瓶中发生的反应是碳酸氢钠、碳酸氢钾与稀硫酸的反应，其离子反应方程式为
HCO3−+H+=H2O+CO2↑，由表中的数据可知：m(混合物)= 9.2g，V(CO2)标况）=2.24L
此时硫酸有剩余，故③正确；
④由m(混合物)= 9.2g，V(CO2)标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n(HCO3-)=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9∙2g/0.1mol=92 g/mol，根据
所以样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比为1:1,故④正确；
所以本题答案：②；
（3）NaHCO3和KHCO3的混合物与过量的盐酸反应，溶液中溶质为NaCl 和KCl，该实验方案最后称量的是氯化钠和氯化钾质量，如果溶液转移不完全，称量的氯化钠和氯化钾质量偏小。

设样品为ag，如果样品全为NaHCO3，则最后称量的氯化钠质量为：58.5a/84g；如果
样品全为KHCO3，则最后称量的氯化钾质量为74.5a/100g；因为
58.5a/84g<74.5a/100g, 即样品中NaHCO3越多或KHCO3越少，最后称量的固体质景越小。

NaHCO3和KHCO3物质的量之比越大；
所以本题答案：偏大。

3．（1）向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再产生CO2气体为止，在此过程中，溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化是___。

A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变小 D．保持不变
（2）有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液中：①将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶
液中；②将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中。

①②两种操作生成的CO2之比为___。

（3）已知固体混合物A由NaHCO3、KHCO3、MgCO3、CaCO3四种物质中的两种混合而成。

请通过计算和推理完成下列各小题：
①取A与足量的盐酸反应：若固体混合物A的物质的量n(A)为定值，生成气体的量即为定值，则A的组成可能有___种。

若固体混合物A的质量m(A)为定值，生成气体的量为定
值，则A的可能组成是(填写化学式)：___、___；___、___。

(可以不填满)
②若先将A加热，剩余固体再与足量的盐酸反应，且先后两次产生的气体分别通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为10.0g，则混合固体A的总物质的量是___mol。

【答案】A 3：2 6 NaHCO3 MgCO3 KHCO3 CaCO3 0.2
【解析】
【分析】
（1）向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生反应：CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑。

（2）将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中，发生的反应为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；将HCl 溶液逐滴加入Na2CO3溶液中，则先发生反应：CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：HCO3-
+H+=H2O+CO2↑。

（3）①若等物质的量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A 的物质的量n(A)为定值，生成气体的量即为定值；若等质量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A的质量m(A)为定值，生成气体的量为定值。

②根据原子守恒计算。

【详解】
（1）向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再产生CO2气体为止，在此过程中，先发生反应：CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化是先变大后变小，故选A。

（2）有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液中：①将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中，发生反应CO32-+2H+=H2O+CO2↑，Na2CO3是过量的，生成的CO2的物质的量根据HCl 的量计算为0.15mol；②将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中，先发生反应：CO32-+H+=HCO3-，0.2mol CO32-消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，生成0.2mol HCO3-，再发生反应：HCO3-
+H+=H2O+CO2↑，剩余的0.1molH+消耗了0.1mol HCO3-，生成了0.1molCO2。

所以①②两种操作生成的CO2之比为0.15：0.1=3：2。

（3）①若等物质的量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A 的物质的量n(A)为定值，生成气体的量即为定值。

四种碳酸盐物质的量相等时，生成的气体的量都相等，四种盐有6种组合；若等质量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A的质量m(A)为定值，生成气体的量为定值。

NaHCO3和MgCO3的摩尔质量相等，当两者质量相等时，和足量盐酸反应，能生成等量的气体，KHCO3和CaCO3的摩尔质量也相等，符合要求。

故答案为6，NaHCO3和MgCO3，KHCO3和CaCO3。

②CO2通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为10.0g，即0.1mol，根据碳守恒，生成的CO2即为0.1mol。

先将A加热，剩余固体再与足量的盐酸反应，A中的碳元素均转化成CO2，所以A中的碳元素为0.2mol，则固体A的总物质的量是0.2mol。

4．现有下列物质：
①KCl ②CH4③NH4NO3④I2⑤Na2O2⑥HClO4⑦N2⑧CO ⑨SO2⑩金刚石
⑪CH3CH2OH ⑫MgO ⑬MgCl2⑭KOH ⑮HCl ⑯Al2O3
请回答下列问题。

(1)两性氧化物是___（填序号），其电子式为___。

(2)最简单的有机化合物是___（填序号），用电子式表示其形成过程：___。

(3)属于共价化合物的是___（填序号），含有共价键的离子化合物是___（填序号）。

(4)由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为___（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为___。

【答案】⑯②
②⑥⑧⑨⑪⑮③⑤⑭⑤ 2Na+O2点燃
Na2O2
【解析】
【分析】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；
(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物；
(3) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；
(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2。

【详解】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al2O3，Al2O3是离子化合物，其电子式为：，故答案为：⑯；
；
(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：
，故答案为：②；；
(3)只含共价键的化合物为共价化合物，CH4、HClO4、CO、SO2、CH3CH2OH、HCl中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有：NH4NO3、Na2O2、KOH，故答案为：
②⑥⑧⑨⑪⑮；③⑤⑭；
(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的
化学方程式：2Na+O2点燃
Na2O2，故答案为：⑤；2Na+O2
点燃
Na2O2。

【点睛】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。

5．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。

已知2
NaNO能发生如下反应
_______NaNO2+_____HI——_________NO↑+_________I2+_______NaI+____H2O
(1)配平上面方程式。

(2)若有1 mol的氧化剂被还原，则被氧化的还原剂是 ________mol。

(3)根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是_____(填字母)。

A．①②④ B．③⑤ C．①②③⑤ D．①②⑤
(4)某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_______
【答案】2 4 2 1 2 2 1 D NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O
【解析】
【分析】
(1)在反应中N、I元素化合价发生了变化，先根据元素化合价升降总数相等，配平参加氧化还原反应的元素，再根据原子守恒，配平未参加氧化还原反应的元素，得到方程式；
(2)根据元素化合价升高与降低的数值，确定还原剂的物质的量多少；
(3)在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色检验；
(4)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O。

【详解】
(1)在该反应中，N元素从+3降低到+2，共降低1价，碘元素从-1升高到0价，反应产生一个碘单质共升高2价，依据化合价升降总数相等，NaNO2、NO的系数是2，HI系数是2，I2的系数是1，再配平未参加氧化还原反应的元素，Na反应前有2个，则NaI的系数是2，有2个I未参加氧化还原反应，所以HI的系数改为4，根据H原子个数反应前后相等，可知H2O的系数是2，所以配平后的化学方程式为
2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，因此配出系数由前到后依次为：2、4、2、1、2、2；
(2)在上述反应中NaNO2为氧化剂，HI为还原剂，1 molNaNO2反应，得到1 mol电子，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知被氧化的还原剂的物质的量是1 mol；(3)根据上述反应可知：在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色检验，故鉴别NaNO2和NaCl可以用①水、②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，故需要的物质序号为①②⑤，合理选项是D；
(4)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O。

【点睛】
本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的检验及方程式的书写。

掌握氧化还原反应的规律及物质的性质是本题解答的关键。

6．在下图装置中，加热试管内的白色固体A（A的焰色反应为黄色），生成白色固体B并放出气体C和D，这些气体通过甲瓶的浓硫酸后，C被吸收；D进入乙瓶跟另一淡黄色固体E反应生成白色固体B和气体F；丙瓶中的NaOH溶液用来吸收剩余的气体D。

（1）写出各物质的化学式：
A______； B_______； C________； D______； E_______； F___________。

（2）写出试管中及丙瓶中反应的化学方程式：_______________；__________________。

（3）等物质的量A、B分别与足量的盐酸反应生成气体的体积________（填“一样多”、“前者多”、“后者多”）。

【答案】NaHCO3 Na2CO3 H2O CO2 Na2O2 O2 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O 一样多
【解析】
【分析】
加热白色固体A（A灼烧时火焰为黄色）生成白色固体B，并放出气体C和D，则A、B含有Na元素，气体D与淡黄色固体E反应，生成固体B和气体F，应是Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，可推知D为CO2，E为Na2O2，B为Na2CO3，F为O2，故A为NaHCO3，C 为水蒸气，据以上分析解答。

【详解】
加热白色固体A（A灼烧时火焰为黄色）生成白色固体B，并放出气体C和D，则A、B含有Na元素，气体D与淡黄色固体E反应，生成固体B和气体F，应是Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，可推知D为CO2，E为Na2O2，B为Na2CO3，F为O2，故A为NaHCO3，C 为水蒸气，
（1）根据以上分析可知A是NaHCO3，B是Na2CO3，C是H2O，D是CO2，E是Na2O2，F 是O2；
（2）根据以上分析可知试管中及丙瓶中反应的化学方程式分别为
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O；
（3）等物质的量A、B中碳原子的物质的量相等，则分别与足量的盐酸反应生成气体的体积一样多。

7．碳酸钠和碳酸氢钠在一定条件下可以相互转化。

（1）向碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠，请写出该反应的化学方程式
_________。

（2）请设计实验方案除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氫钠_________。

（3）请设计实验方案除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠_________。

（4）充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物95g ，完全反应后得到气体5.6L （标准状况），求混合物中碳酸钠的质量分数_________。

【答案】Na 2CO 3+CO 2+H 2O=2NaHCO 3 加热碳酸钠固体，NaHCO 3受热分解生成Na 2CO 3和H 2O 、CO 2，从而除去了杂质 向NaHCO 3溶液中通入CO 2，使Na 2CO 3反应生成了NaHCO 3，从而除去了杂质 55.8%
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠；
（2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解；
（3）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠；
（4）由碳酸氢钠受热分解的化学方程式列关系式求解可得。

【详解】
（1）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：
Na 2CO 3+CO 2+H 2O=2NaHCO 3，故答案为：Na 2CO 3+CO 2+H 2O=2NaHCO 3；
（2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解，除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以通过加热方法除去杂质碳酸氢钠，故答案为：加热碳酸钠固体，NaHCO 3受热分解生成Na 2CO 3和H 2O 、CO 2，从而除去了杂质；
（3）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠，可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去，故答案为：向NaHCO 3溶液中通入CO 2，使Na 2CO 3反应生成了NaHCO 3，从而除去了杂质；
（4）充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物得到气体的5.6L （标准状况）气体为二氧化碳，二氧化碳物质的量为 5.622.4/L L mol =0.25mol ，碳酸氢钠受热分解的化学方程式为
2NaHCO 3Na 2CO 3+H 2O+CO 2↑，由方程式可知n （NaHCO 3）=2n （CO 2）=2×0.25mol=0.5mol，碳酸氢钠的质量为0.5mol×84g/mol=42g，碳酸钠的质量为（95g-42g ）=53g ，则混合物中碳酸钠的质量分数5395g
g ×100%=55.8%，故答案为：55.8%。

【点睛】
通过加热分解收集生成的气体计算碳酸氢钠的量，再反过来计算碳酸钠的质量分数是计算的关键。

8．某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl 溶液的配制。

Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：①Fe 2(SO 4)3溶液 ②NaCl 溶液 ③Na 2SO 4溶液 ④饱和澄清石灰水 ⑤Ca (HCO 3)2溶液。

回答下列问题：
(1)既有气体，又有白色沉淀产生的是___________________；
(2)写出金属钠与①反应的离子方程式___________________；
(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成___________________。

Ⅱ.配制480mL 0.2 mol ·L -1 NaCl 溶液。

(1)计算后，需称出NaCl 质量为___________g 。

(2)在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）
①配制前，容量瓶内有水__________
②溶液未冷却便定容__________
③定容时仰视刻度线__________
【答案】④⑤ 2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑ Na2CO3 5.9 无影响偏高偏低
【解析】
【分析】
(1)钠的活泼性较强，能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应，据此进行分析；
(2)金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；
(3)Na的性质活泼，在空气中长期放置，最终产生碳酸钠；
Ⅱ.(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL，需要配制500mL溶液；根据m=nM计算出需要氯化钠的质量；
(2)根据c=n/V进行分析。

【详解】
（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；
②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；
⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；
结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是④⑤；
故答案为：④⑤；
(2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；
故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑；
(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH 吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3∙xH2O，Na2CO3∙xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；
故答案是：Na2CO3；
Ⅱ.(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L×0.5L=0.1mol，质量为0.1mol×58.5g/mol＝5.85g；需称出NaCl质量为
5.9g；
故答案为：5.9；
(2)①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答
案为：无影响；
②溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；
故答案为：偏高；
③定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。

故答案为：偏低。

【点睛】
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的方法。

配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。

根据c=n/V可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

9．大苏打（Na2S2O3•5H2O）、苏打和小苏打被称为苏打三兄弟，它们在生产生活中有广泛的应用。

（1）工业上，将碳酸钠和硫化钠以物质的量1:2混合配成溶液，再通入SO2可制取
Na2S2O3，同时放出CO2，写出此反应的化学反应方程式___，硫化钠溶液在空气中久置会出现淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为：___。

（2）Na2S2O3标准溶液常用于滴定I2的含量，若滴定溶液呈酸性会导致测定结果偏高，用离子方程式解释其原因：____。

（3）工业上常用大苏打溶液吸收工业尾气中的Cl2，其氧化产物为SO42-，试写出其离子方程式：___，用下列一组试剂可以检测该反应是否已发生反应的有___。

A.AgNO3+HNO3(稀)
B.BaCl2+HCl
C.品红+H2SO4(稀)
D.HCl+澄清石灰水
（4）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则起始时n(NaHCO3)/n(Na2O2)必须满足的条件为___。

【答案】Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2 S2O32-
+2H+=S↓+SO2↑+H2O S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ B ≥2
【解析】
【分析】
(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，消耗的硫代硫酸根钠偏多，测定结果会偏高；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；只要检验溶液中含有SO42-，即说明反应已经发生；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，
由此分析解答。

【详解】
(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2＝
3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结构及化学性质相似的物质Na2S2，其电子式为；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；向溶液中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-，即证明反应已经发生，故答案为B；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2。

10．A、B、C、D、E五种物质都含1～18号元素中的某一元素，它们按图所示关系相互转化，已知A为单质。

（1）写出A→E的化学式：A____________、B_____________、C_____________、
D_____________、E_____________。

（2）写出A→D反应的离子方程式
A→D________________________________________。

（3）写出C→D、C→E反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。

C→D__________________________________________________。

C→E__________________________________________________。

【答案】.Na Na2O Na2O2 NaOH Na2CO3; 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【解析】
【分析】
A能和空气中的氧气在不同的条件下发生不同的反应，并且是能和水反应的一种单质，所以推知A是金属钠,根据框图中所给的各种物质之间的转化关系来完成此题。

【详解】
(1)A能和空气中的氧气在不同的条件下发生不同的反应，并且是能和水反应的一种单质，在1-18号元素中的单质中只有金属钠符合要求，所以A是钠，B是氧化钠，C是过氧化钠，D是氢氧化钠，E是碳酸钠；因此，本题正确答案是:Na；Na2O；Na2O2；NaOH；Na2CO3；
(2)钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,其反应的化学反应方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,因此，本题正确答案是：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3)过氧化钠能和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧根离子既有化合价升高，又有化合价降低，用双线桥标出电子转移的方向和数目的反应的化学方程式为：
；过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过
氧根离子既有化合价升高，又有化合价降低，用双线桥标出电子转移的方向和数目的反应的化学方程式为：；
因此，本题正确答案是:；
．
11．空气中CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。

一些科学家认为，人类不仅要努力减少CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的CO2。

为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存” CO2的方法。

1.方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的CO2，如下图所示。