备战高考化学《钠及其化合物的综合》专项训练附答案

备战高考化学《钠及其化合物的综合》专项训练附答案
一、高中化学钠及其化合物
1．品牌膨松剂中发挥作用的物质为碳酸氢钠。

某化学兴趣小组利用下列有关装置，加热该膨松剂样品，通过放出气体的量来检验其品质。

（1）装置D仪器的名称是_________。

（2）装置E中所盛试剂为____________，其作用是______________。

（3）装置的连接顺序为_____________（填装置序号）。

（4）实验过程中，装置A中发生反应的化学方程式为________________。

（5）实验过程中必须向装置内通入空气，装置C的作用是除去空气中的________(填化学式)。

加热前，通入一段时间空气的具体操作为________________________。

【答案】干燥管浓硫酸干燥CO2 CAEBD 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ CO2先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D
【解析】
【分析】
碳酸氢钠不稳定，分解生成二氧化碳和水，可测定水或二氧化碳的质量以判断碳酸氢钠的含量，实验时，应用C装置排出装置内的水、二氧化碳，加热A，生成的水可用E干燥，二氧化碳可用B装置吸收，最后连接D，以免空气中的水、二氧化碳进入B，避免实验误差，根据固体质量的变化，可测得碳酸氢钠的含量，以此解答该题；
【详解】
(1)由仪器图可知D为干燥管；
答案为：干燥管；
(2)装置E为浓硫酸，可用于干燥二氧化碳；
答案为：浓硫酸；干燥CO2；
(3)由以上分析可知连接的顺序为CAEBD；
答案为：CAEBD；
(4)碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，装置A中发生反应的化学方程式为2NaHCO3===∆Na2CO3+H2O+CO2↑；
答案为：2NaHCO3===∆Na2CO3+H2O+CO2↑；
(5)装置C的作用是除去空气中的二氧化碳，加热前，通入一段时间空气的具体操作为先对装置A、C 和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D；
答案为：CO2 ；先对装置A、C 和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D。

2．（加试题）
（一）以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa）水溶液为原料，通过电解法可以制备1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl），装置如图1所示。

（1）所用的离子交换膜是___(填“阳”或“阴”)离子交换膜。

（2）写出电解池总反应___。

（二）1940年，我国著名化工专家侯德榜先生成功冲破了“索尔维”法的技术封锁，并加以改进，用NaCl固体代替生石灰，加入母液，并联合合成氨厂一起生产出纯碱和氯化铵。

这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”，工艺流程如图2。

请回答：
（1）关于合成氨反应，下列说法合理的是___。

A．反应体系中一般用V2O5作催化剂
B．因为该反应ΔS小于零，所以反应的ΔH一定也小于零
C．因为该反应的ΔS小于零，所以反应的压强控制越高越好
D．该反应往往控制在500℃左右，是因为该温度下反应物转化率最高
（2）一定温度下合成氨反应的平衡常数K＝48。

若在该温度下，在9L的恒容容器中投入1mol氮气和3mol氢气进行反应，则氨气的平衡产率y＝___；若氮气和氢气的物质的量之比为n∶1，相应平衡体系中氨气的物质的量分数为x，请在图3中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。

______
（3）侯氏制碱法最大的优点是使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____（填上述编号）的循环。

（4）关于侯氏联合制碱法，下列说法合理的是_____。

A．往沉淀池中先通入CO2再通入氨气的目的是提高NaHCO3的产量
B．往母液中加入食盐的目的是使NaHCO3更多地析出
C．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水
D．往母液中通氨气目的仅仅是增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出
【答案】阳2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－
B 50% Ⅰ C
【解析】
【分析】
（一）电解溶液成分中只有溶质一氯代乙酸钠有氯元素，因此根据原子守恒结合装置图，利用电解池的工作原理书写其电极反应式，考虑二氯乙烷会与OH－反应来选择离子交换膜，据此分析作答；
（二）（1）A. 催化剂具有选择性；
B. 根据∆G=∆H-T∆S公式作答；
C. 结合理论与实际经济成本考虑；
D. 综合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；
（2）根据三段式结合平衡常数K计算产率与氨气的物质的量分数变化情况；
（3）从碳酸氢钠的溶解性角度分析；
（4）A. 二氧化碳微溶，氨气易溶；
B. 加入盐可提高氯离子浓度；
C. 根据侯氏联合制碱法的原理作答；
D. 根据氨气的溶解度及化学反应的原理作答。

【详解】
（一）根据上述分析可知，阳极上每消耗2mol CH2ClCOO-可得到1 mol产物CH2ClCH2Cl，阳极同时生成气体CO2，阴极上溶液中水电离的H+放电，生成H2和OH－，可书写电解池总反应：2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－，为了防止二氯乙烷与OH－反应，应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－；
（二）
（1）A. V2O5是SO2和O2合成SO3的催化剂，不是合成氨反应的催化剂，A项错误；
B. 通过饱和氯化钠溶液中通入氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，该反应能自发进行，则根据∆G=∆H-T∆S＜０可知，若反应∆S小于零，则∆H一定小于零，B项正确；
C. 实际在合成氨工业生产中，压强不能太大，否则能耗太高，并且对设备要求高，C项错
误；
D. 提高温度可以适当加快氮气合成速率，温度太高则该放热反应平衡逆向移动，转化率降低，且催化剂活性降低，因此反应控制在500°C左右，D项错误；
答案为B；
（2）设平衡时氮气消耗x mol/L，则平衡时氮气为(1
9
-x) mol/L，氢气为3 (
1
9
-x) mol/L=(
1
3
-
3x) mol/L，氨气为2x mol/L，根据K=48计算可得x=
1
18
，产率为50%。

当氮气与氢气的物
质的量之比为合成氨反应的计量系数之比为3:1，到平衡时氧气的物质的量分数最大，因此
横坐标n=1
3
时纵坐标达到峰值，画图如图所示：，故答案为：
50%；；
（3）析出晶体后的溶液中还含有碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵、氨水等物质，因此循环I可以提高氯化钠的利用率；
（4）A. 氨气溶解度大，通入氨气后使溶液显碱性，吸收二氧化碳的量增加，A项错误；
B. 加入盐的目的是提高氯离子浓度，促进氯化铵结晶析出，B项错误；
C. 通入氨气的作用是增大铵根离子浓度，增强碱性和碳酸氢钠反应，从而使碳酸钠、氯化铵和过量氨水通过循环I进入沉淀池，C项正确；
D. 往母液中通氨气目的，可增大铵根离子浓度，在促进氯化铵析出的同时，还可增强溶液的碱性，有利于在循环I后吸收二氧化碳，D项错误；
答案选C。

3．Ⅰ. （1）用锌片，铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g，铜表面析出了氢气________L（标准状况下），导线中通过
________mol电子。

（2）将ag Na投入到bg D2O（足量）中，反应后所得溶液的密度为dg/cm3，则该溶液物质的量浓度是_______；
Ⅱ. 将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）＋B（g）
⇌2C（g）＋2D（g）。

反应进行到10s末时，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol，则：
（1）用C表示10s内正反应的平均反应速率为____________。

（2）反应前A的物质的量浓度是________。

（3）10 s 末，生成物D 的浓度为________。

【答案】1.12 0.1
23a 1000ad 223b a +-mol /L 0.04mol •L -1•s -1 1.5mol •L -1 0.4mol •L -1 【解析】
【分析】
【详解】
Ⅰ.(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn -2e -=Zn 2+，铜为正极，电极反应为2H ++2e -=H 2↑，锌片的质量减少了3.25克，则物质的量为 3.25g 65g /mol
=0.05mol ，转移的电子的物质的量为n (e -
)=2n (Zn )=2n (H 2)=2×0.05mol =0.1mol ，则V (H 2)=0.05mol ×22.4L /mol =1.12L ，故答案为：1.12；0.1；
(2)将ag Na 投入到bg D 2O (足量)中，发生2Na +2D 2O =2NaOD +D 2↑，ag Na 的物质的量为
23g/mol ag =23a mol ，生成的氢氧化钠为23a mol ，D 2的物质的量为46
a mol ，质量为46a mol ×4g /mol =223a g ，反应后溶液的质量为ag +bg -223a g =(a +
b -223
a )g ，溶液的体积为3223/a a
b g dg cm +-（）=223a a b d
+-cm 3，则该溶液物质的量浓度
c =n V =32322310a mol a a b L d
-+-⨯=23a 1000ad 223b a +-mol /L ，故答案为：23a 1000ad 223b a +-mol /L ； Ⅱ.(1)v (C )=0.8210mol
L s
=0.04mol •L -1•s -1，故答案为：0.04mol •L -1•s -1；
(2)3A (g )＋B (g )⇌2C (g )＋2D (g )。

反应进行到10 s 末时，测得A 的物质的量为1.8 mol ，C 的物质的量为0.8 mol ，则反应的A 为1.2mol ，反应前A 的物质的量浓度是
(1.8 1.2)2mol L
+=1.5mol •L -1，故答案为：1.5mol •L -1； (3)3A (g )＋B (g )⇌2C (g )＋2D (g )。

反应进行到10 s 末时，测得C 的物质的量为0.8 mol ，
则生成的D 为0.8 mol ，10 s 末，生成物D 的浓度为0.8mol 2L
=0.4mol •L -1，故答案为：0.4mol •L -1 。

【点睛】
本题的难点为I .(2)，要注意生成的氢气的质量的计算，同时注意c =
n V
中V 的单位是“L ”。

4．某化学小组进行Na2O2与水反应的实验，如下图所示，该小组对试管c中红色褪去的原因进行探究。

（1）Na2O2中含有的化学键类型：__________；请写出a中反应的化学方程式______。

查阅资料：
①当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；
②Na2O2与水反应分两步进行：Na2O2+ H2O =" NaOH" + H2O22H2O2= 2H2O + O2↑
（2）请设计实验验证Na2O2与水反应后的溶液中有H2O2残留：取少量b溶液于试管中，____________，证明溶液中有H2O2残留。

（3）结合资料，该小组同学针c中溶液红色褪去的原因提出以下假设：
①_____________________；
②溶液中H2O2破坏酚酞的结构；
③ NaOH和H2O2共同作用结果。

（4）该小组同学测出c中溶液的pH为14，认为还不能排除假设②、③，于是又进行了如下实验，请完成下表空白处：
实
验
操作现象结论
1向少量H2O2
中滴加2滴酚
酞，放置一段
时间，再加入
NaOH溶液至
pH=12
加入NaOH后，无色溶液先变红，后
褪色
①___________
2向少量 NaOH
溶液
（pH=14）中
滴加2滴酚
酞；再加适量
稀盐酸至溶液
pH=12
溶液先变红，后褪色；加盐酸后，又
出现红色，且不褪色
（5）某同学按取（4）中述实验2褪色后的溶液，加水稀释至pH=12，没有观察到溶液变红。

该同学推测实验2加盐酸后溶液变红还可能与温度有关，请写出理由：___________。

【答案】离子键、非极性共价键 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃溶液中NaOH浓度较大，pH≥13仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果(或假设②不正确，假设③正确) 溶液先变红，后褪色；加入稀盐酸，会因发生中和反应而放热，使溶液温度升高【解析】
【详解】
（1）Na2O2中含有的化学键类型有离子键、非极性共价键；Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑
（2）证明过氧化氢的存在，利用其在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应，生成氧气来判断。

操作步骤是加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃。

（3）当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；所以①的假设是溶液中NaOH 浓度较大，pH≥13；
（4）实验1的现象说明①仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果；
实验3的结论说明Na2O2与水反应后的溶液（pH=14>13），所以滴加2滴酚酞先变红后褪色；加入盐酸使氢氧根离子浓度减小，又出现红色，pH在8~13时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色，所以最终溶液褪色。

（5）加水稀释不变红，加盐酸后变红，因为加盐酸后发生中和反应，中和反应是放热反应，体系温度升高，溶液红色出现。

5．①盐酸、②铁、③碳酸氢钠、④二氧化硅是常见的物质。

请回答下列问题。

(1)上述4种物质中属于盐的是______ (填序号，下同)；水溶液能使紫色石蕊溶液变红的是______ 。

(2)写出盐酸的电离方程式___________。

(3)写出二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_____________。

(4)碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，反应的离子方程式为_______。

等物质的
量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时生成CO 2的量，前者_______后者(填“＞”、“＜”或“＝”)。

(5)氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业。

电解饱和食盐水的产物中一种是所有气体中密度最小的气体、一种是黄绿色气体和一种易溶、易电离的碱，则电解食盐水的化学方程式：___________。

【答案】③ ① HCl=H ++Cl - SiO 2+2NaOH=Na 2SiO 3+H 2O HCO 3-+H +=H 2O+CO 2↑ = 2NaCl+2H 2O
电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑ 【解析】
【分析】
(1)由金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物属于盐；酸使紫色石蕊溶液变红；
(2)盐酸是强酸，完全电离产生氢离子和氯离子；
(3)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，据此写出反应的方程式；
(4)碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，根据离子方程式的书写方法书写；二者都可与盐酸反应生成二氧化碳气体，结合方程式判断；
(5)根据电解饱和食盐水的电解原理，阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极产生氯气，写出电解饱和食盐水的电解方程式。

【详解】
(1)①盐酸属于酸、能使紫色石蕊溶液变红②铁是单质③碳酸氢钠是盐④二氧化硅是氧化物；故答案为：③；①；
(2)盐酸是强酸，完全电离产生氢离子和氯离子，方程式为：HCl=H ++Cl -，故答案为：HCl=H ++Cl -；
(3)二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成了硅酸钠和水，反应的离子方程式为：
SiO 2+2NaOH=Na 2SiO 3+H 2O ，故答案为：SiO 2+2NaOH=Na 2SiO 3+H 2O ；
(4)碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：HCO 3-+H +=H 2O+CO 2↑；碳酸氢钠与足量盐酸反应的化学方程式为：NaHCO 3+ HCl= NaCl+ H2O+CO 2↑，碳酸钠与足量盐酸反应的化学方程式为：Na 2CO 3+2HCl=2NaCl+H 2O+CO 2↑，由以上两个化学方程式可以看出，等物质的量的Na 2CO 3和NaHCO 3分别与HCl 反应，产生CO 2的物质的量之比为：1: 1；故答案为：HCO 3-+H +=H 2O+CO 2↑；=；
(5)通电后阴极氢离子放电，阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极上氯离子放电产生氯气，电解反应方程式: 2NaCl+2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑；故答案为：
2NaCl+2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑。

6．我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，创造了侯德榜制碱法又叫联碱法，该法是将合成氨工厂生产的NH 3及副产品CO 2，再与饱和食盐水反应.
（1）该法与氨碱法比大大提高了原料利用率，主要表现在_______。

（2）碳酸氢钠分解产生的二氧化碳可循环使用，但必须要补充，补充的主要原因是_________，但实际生产中补充量超过理论上反应耗用量，可能的原因是______。

（3）氨碱法需补充的二氧化碳一定来自_________。

那么联合制碱需补充的二氧化碳可能来自__________。

（4）侯德榜法在滤去碳酸氢钠的母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用____。

【答案】母液循环I 提高了NaCl 的利用率 生产过程中CO 2有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自CO 2），所以要补充； 在生产过程中还有损耗； 碳酸钙的分解； 合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品； 增大NH 4+的浓度，使NH 4Cl 更多地析出；使NaHCO 3转化为Na 2CO 3，提高析出的NH 4Cl 纯度
【解析】
【分析】
合成氨工厂提供氨气及二氧化碳，通入饱和氯化钠溶液中，得到碳酸氢钠和副产物氯化铵，煅烧碳酸氢钠得到碳酸钠，同时产生的二氧化碳循环利用。

【详解】
（1）对比该法与氨碱法可以发现侯德榜制碱法通过母液循环提高了氯化钠的利用率， 答案为：母液循环I 提高了NaCl 的利用率；
（2）根据元素守恒，制得碳酸钠肯定会消耗二氧化碳，有一部分二氧化碳可以循环利用，且工业生产中不可避免的会有一些损耗，故实际生产中补充量超过理论上反应耗用量， 答案为：生产过程中2CO 有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自2CO ），所以要补充；在生产过程中还有损耗；
（3）氨碱法补充二氧化碳来自碳酸钙分解，根据流程图，联合制碱需补充的二氧化碳来自于合成氨工厂，合成氨生产中用水煤气法制氢气时会产生副产品二氧化碳，
答案为：碳酸钙的分解；合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品；
（4）向母液中通氨气的目的是为了提取更多更纯的氯化铵，
答案为：增大+4NH 的浓度，使4NH Cl 更多地析出；使3NaHCO 转化为23Na CO ，提高析出的4NH Cl 纯度。

【点睛】
侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。

制备纯碱（23Na CO ），主要利用3NaHCO 在溶液中溶解度较小，所以先制得3NaHCO ，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和
碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化
NaHCO 碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中3溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用。

7．Ⅰ．金属冶炼与处理中常涉及离子反应和氧化还原反应。

（1）实验室常用无水乙醇处理少量残留的金属钠，写出反应的化学方程式_________。

（2）镁与碳在加强热时可生成易水解的MgC2，其水解的化学方程式为________。

（3）我国古代劳动人民曾利用明矾溶液除去铜器表面的铜锈[Cu2(OH)2CO3]，请简要解释其原理:_______。

Ⅱ．（4）0.1 mol·L－1NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：______________。

（5）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应CO2(g)＋噲?CH3OH(g)＋H2O(g)。

下列描述能说明该反应达到平衡状态的是_____（填序
3H2(g) 垐?
号）。

A 容器内的混合气体的平均相对分子质量保持不变
B 水分子中断裂2N A个H-O键，同时氢分子中生成3N A个H-H键
C CH3OH和H2O的浓度保持不变
D 容器内的混合气体的密度保持不变
噲?2CH3OH(g) △H＝＋23.4 kJ/mol，在某温度下的平（6）现有反应CH3OCH3(g)＋H2O(g) 垐?
衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到10min时测得各组分浓度如下：
此时v正_______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），v (CH3OH) ＝_______；当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OCH3体积分数(CH3OCH3)%＝______%。

【答案】2Na + 2CH3CH2OH ═ 2CH3CH2ONa + H2↑ MgC2 + 2H2O ═ Mg(OH)2 + C2H2↑明矾
CO-)>c(OH
中的Al3+发生水解反应使溶液呈酸性，能使Cu2(OH)2CO3溶解 c(Na＋)>c(2
3
－)>c(
HCO-)>c(H+) AC ＜ 0.12mol·L－1·min－1 20%
3
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气；
（2）MgC2水解生成氢氧化镁和乙炔；
（3）明矾溶液中铝离子水解表现酸性，能使Cu2(OH)2CO3溶解；
Ⅱ．（4）0.1 mol·L－1NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，生成Na2CO3溶液,
根据盐类水解规律进行分析溶液中离子浓度由大到小的顺序；
（5）根据反应达到平衡状态的标志：正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变，以及由此衍生出的其它物理量进行分析；
（6）根据CH 3OCH 3(g)＋H 2O(g) 垐?噲?2CH 3OH(g) 反应， 根据Qc 与K 的关系进行分析。

【详解】
Ⅰ.（1）实验室常用无水乙醇处理少量残留的金属钠，写出反应的化学方程式2Na + 2CH 3CH 2OH ═ 2CH 3CH 2ONa + H 2 ↑；
故答案为：2Na + 2CH 3CH 2OH ═ 2CH 3CH 2ONa + H 2 ↑；
（2）MgC 2水解生成氢氧化镁和乙炔，化学方程式为MgC 2 + 2H 2O ═ Mg(OH)2 + C 2H 2 ↑ ； 故答案为：MgC 2 + 2H 2O ═ Mg(OH)2 + C 2H 2 ↑；
（3）明矾溶液除去铜器表面的铜锈，因为铝离子水解表现酸性，能使Cu 2(OH)2CO 3溶解； 故答案为：明矾中的Al 3+发生水解反应使溶液呈酸性，能使Cu 2(OH)2CO 3溶解；
Ⅱ．（4）0.1 mol·
L －1NaHCO 3溶液与0.1 mol·L －1NaOH 溶液等体积混合，生成Na 2CO 3，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na ＋)>c(23CO -)>c(OH －)>c(3HCO -)>c(H +)；
故答案为：c(Na ＋)>c(23CO -)>c(OH －)>c(3HCO -
)>c(H +)； （5）CO 2(g)＋3H 2(g) 垐?噲?CH 3OH(g)＋H 2O(g)，
A.反应物，生成物都是气体，气体的质量不变，当相对分子质量不变，说明气体的总物质的量不变，能说明反应达到平衡状态，故A 正确；
B.水分子中断裂2N A 个H-O 键，同时氢分子中生成3N A 个H-H 键，指的是同一个方向，不能说明处于平衡状态，故B 错误；
C.CH 3OH 和H 2O 的浓度保持不变，说明可逆反应处于平衡状态，故C 正确；
D.反应物是气体，生成物是气体，总质量不变，容积不变，混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；
故答案为：AC ；
（6）CH 3OCH 3(g)＋H 2O(g) 垐?噲?2CH 3OH(g) ， Qc=
()()()23332[]
c CH OH c CH OCH c H O ⨯=1.22/0.92=1.8>0.25，可逆反应向逆反应方向进行，故v 正<v 逆；反应到10min 时，CH 3OH 的变化量为1.2mol/L ，所以，v (CH 3OH) ＝
1.2/10mol L min
=0.12mol·L －1·min －1； 根据反应以上的分析可知，该反应正在向左进行，
CH 3OCH 3(g)＋H 2O(g) 垐?噲?2CH 3OH(g)
起始浓度 0.9 0.9 1.2
变化浓度 x x 2x
平衡浓度 0.9+x 0.9+x 1.2-2x
由于温度不变，平衡常数为0.25，所以K=
2
3 33
2
c CH OH
c CH OCH c H O
（）
（）（）
=()
2
2
1.22
0.9
x
x
-
+
（）
=0.25，
x=0.3，混合气体中CH3OCH3体积分数(CH3OCH3)%＝
1.220.3
0.90.30.90.3 1.22.3
()
-⨯
++++-⨯
（）
×100%=20%；
故答案是：＜；0.12mol·L－1·min－1；20%。

8．（1）古代锻造刀剑时，将炽热的刀剑快速投入水中“淬火”，反应为：3Fe＋
4H2O(g)ΔFe3O4＋4H2。

该反应中H2O作__________(填“氧化剂”或“还原剂”)；
（2）检验某溶液中是否含有SO42-,先加盐酸，再加______（填“BaCl2”或“NaCl；
（3）海水提镁的重要步骤之一是用沉淀剂将海水中的Mg2＋沉淀。

该沉淀剂是
__________(填“生石灰”或“盐酸”)。

（4）过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源。

完成下列化学方程式:2Na2O2 + 2______ = 2Na2 CO3 +O2 ↑；
（5）某同学炒菜时发现，汤汁溅到液化气的火焰上时，火焰呈黄色。

据此他判断汤汁中含有________(填“钠”或“钾”)元素；
【答案】氧化剂 BaCl2生石灰 CO2钠
【解析】
【详解】
(1)在3Fe＋4H2O(g)ΔFe3O4＋4H2中氢元素的化合价从+1价降为0价，则H2O作氧化剂；
(2)检验某溶液中是否含有SO42-，先加稀盐酸，可以排除银离子与碳酸根离子等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀是硫酸钡；
(3)海水中的Mg2＋沉淀是生成Mg(OH)2，沉淀剂是利用生石灰与水反应生成氢氧化钙，从而将Mg2+沉淀；
(4)过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源，是利用Na2O2与CO2或水蒸气反应生成氧气，则2Na2O2 + 2CO2= 2Na2 CO3 +O2 ↑；
(5)钠元素的焰色反应呈黄色，即可判断汤汁中含有钠元素。

9．已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则下列说法错误的是
A．A与水反应可生成D
B．B常用于制作呼吸面具
C．C与澄清石灰水反应生成白色沉淀和D
D．将稀硫酸铝溶液逐滴滴入D溶液中，开始时就会产生沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
B 为A 与氧气反应的产物,为氧化物,颜色为淡黄色,应为22Na O ,则A 为Na,
C 为23Na CO ,
D 为NaOH 。

【详解】
A. Na 与水反应可生成氢氧化钠和氢气，A 正确；
B. 过氧化钠与二氧化碳反应可以生成氧气，故B 常用于制作呼吸面具，B 正确；
C. 碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，C 正确；
D. 将硫酸铝溶液滴入NaOH 溶液中，由于NaOH 溶液为大量的，故一开始会产生偏铝酸根，而不是产生沉淀，D 错误；
故答案选D 。

10．Ⅰ.今有11种物质：①铝线；②石墨；③氯气；④BaSO 4晶体；⑤纯硫酸；⑥盐酸；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO 3；⑩NH 3。

其中：属于电解质的是___；
Ⅱ.已知0.1 mol/L 的NaHSO 4溶液中H ＋的物质的量浓度为0.1 mol/L ，请回答下列问题： （1）写出NaHSO 4在水溶液中电离的方程式：____。

（2）写出NaHSO 4与氢氧化钠溶液反应的离子方程式___。

（3）向NaHSO 4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液恰好显中性，则该反应的离子方程式是：____。

Ⅲ.钠是一种还原性很强的金属，甚至能和冷水发生剧烈反应，写出钠加入到水中反生反应的离子反应方程式___；把钠加入到饱和的石灰水中的现象是___，产生这种现象的原因是_____；把钠加入到硫酸铜溶液中的现象是___，写出该过程中产生沉淀的离子反应方程式____；写出少量的钠加入到足量硫酸氢钠溶液中反应的离子方程式____。

Ⅳ.将一定体积的CuSO 4溶液、NaCl 溶液和Na 2SO 3混合，充分反应后有白色沉淀生成。

经分析可知白色沉淀中只含有铜元素和氯元素，且该化合物的摩尔质量为99.5g/mol 。

试回答下列问题：
（1）白色沉淀的化学式为____。

（2）题述过程发生的反应____（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

（3）题述反应的离子方程式为Cu 2++Cl -+SO 32-+H 2O →白色沉淀+（ ）+H +（离子方程式没有配平），则括号内的离子为___。

【答案】④⑤⑨ NaHSO 4=Na ++H ++SO 42- H ++OH -=H 2O 2H ++SO 42-+Ba 2++2OH -=BaSO 4↓+2H 2O 2Na+H 2O=2Na ++2OH -+H 2↑ 产生气泡，析出晶体 钠和水反应产生气泡，水被消耗后，氢氧化钙固体析出 产生气泡和蓝色沉淀 2OH -+Cu 2+=Cu(OH)2↓ 2H ++Na=2Na ++H 2↑ CuCl 属于 SO 42-
【解析】
【分析】
Ⅰ.在熔融状态下或水溶液中能够导电的化合物为电解质；
Ⅱ. NaHSO 4属于强电解质，且在水溶液中能够完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，结合酸碱反应实质分析作答；
Ⅲ.钠投入溶液反应的规律为：有H+先和H+反应，无H+先与水发生反应，再根据产物氢氧化钠是否与溶质反应来判断现象；
Ⅳ. （1）根据题中信息，结合原子守恒书写化学式；
（2）化学反应过程中有元素化合价的升降，这是氧化还原反应的特征；
（3）根据元素守恒、得失电子守恒考虑。

【详解】
Ⅰ.①铝线为单质，不属于化合物，不是电解质，①不选；
②石墨为单质，不属于化合物，不是电解质，②不选；
③氯气为单质，不属于化合物，不是电解质，③不选；
④BaSO4晶体，在熔融状态下能够电离出阴阳离子而导电，属于电解质，④选；
⑤纯硫酸，在水溶液中有自由移动的氢离子与硫酸根离子，可导电，属于电解质，⑤选；
⑥盐酸属于混合物，不是电解质，⑥不选；
⑦石灰水属于混合物，不是电解质，⑦不选；
⑧乙醇在水中或熔融状态下以分子形式存在，不导电，不是电解质，⑧不选；
⑨熔融的KNO3，能够导电，属于电解质，⑨选；
⑩NH3在水溶液中虽导电，但不是自身电离，不是电解质，⑩不选；
综上所述，④⑤⑨符合题意，故答案为：④⑤⑨；
Ⅱ. （1）0.1 mol/L的NaHSO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1 mol/L，则说明NaHSO4在水溶液中的电离方程式应为：NaHSO4=Na＋+ H＋+SO42-；
（2）根据题意易知，NaHSO4与氢氧化钠溶液反应会生成硫酸钠和水，故其离子方程式为：H++OH-=H2O；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液恰好显中性，则两者的物质的量为2:1，其反应的离子方程式是：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
Ⅲ. 钠加入到水中，会与水发生反应，生成氢氧化钠与氢气，则其离子反应方程式为
2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑；
把钠加入到饱和的石灰水中，因钠会与水反应消耗溶剂并产生气泡，且饱和石灰水中会析出晶体，故现象为：产生气泡，析出晶体；
把钠加入到硫酸铜溶液中，因钠会与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜继续反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，则现象为：产生气泡和蓝色沉淀，有产生沉淀的离子反应方程式为：2OH-+Cu2+=Cu(OH)2↓；
少量的钠加入到足量硫酸氢钠溶液中，钠先与溶液中的H+反应生成钠离子与氢气，其反应的离子方程式为：2H++Na=2Na++H2↑；
故答案为：2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑；产生气泡，析出晶体；钠和水反应产生气泡，水被消耗后，氢氧化钙固体析出；产生气泡和蓝色沉淀；2OH-+Cu2+=Cu(OH)2↓；
2H++Na=2Na++H2↑；
Ⅳ.白色沉淀中含有Cu和Cl两种元素，且该化合物的摩尔质量为99.5g/mol，则可以确定白色沉淀的化学式为CuCl；
（2）由于Cu元素从+2价变为+1价，反应中有元素化合价的变化，该反应为氧化还原反应；。