精选备战高考化学易错题专题复习钠及其化合物含详细答案

精选备战高考化学易错题专题复习钠及其化合物含详细答案
一、高中化学钠及其化合物
1．为测定某样品中碳酸氢钠的质量分数(假设仅含杂质氯化钠),某学生设计了如下实验方案:
(1)称量所需要的仪器是_______________；
(2)样品放在_________(仪器名)中灼烧，在_________(仪器名)中冷却；
(3)实验中操作A的名称为_______________；
(4)灼烧后的样品若在空气中冷却,会造成实验结果_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
(5)样品中碳酸氢钠的质量分数为_________(保留3位有效数字)。

已知该样品碳酸氢钠的质量分数为0.800，则本次实验的相对误差为___________；
(6)将灼烧后的样品加足量稀硫酸溶解,生成的气体在标准状况下的体积为_____毫升(按碳酸氢钠质量分数0.800计算)。

【答案】电子天平坩埚干燥器恒重偏大0.768-4%640
【解析】
【详解】
（1）托盘天平不能精确到小数点后三位，精确称量固体质量的仪器是电子天平，故答案为：电子天平；
（2）灼烧应放在坩埚中，灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，所以放在干燥器中冷却，故答案为：坩埚，干燥器；
（3）反复灼烧至固体质量不再变化的实验操作叫恒重法，故答案为：恒重；
（4）灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，会造成实验结果偏大，故答案为：偏大；
（5）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，根据化学反应方程式2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑计算，当168g NaHCO3分解时固体质量减少62g，现在减少3.000g - 2.150g =
0.850g，所以NaHCO3的质量为2.303g，碳酸氢钠的质量分数为
2.303g
0.768
3.000g
==，相对
误差
0.7680.800
100%4%
0.800
-
=⨯=-，故答案为：0.768，-4%；
（6）根据化学反应方程式2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，当168g NaHCO3参加反应时，产生CO244.8L = 44800mL，当3.000g×0.800=2.400g参加反应时生成CO2
640mL，故答案为640。

【点睛】
本题考查了测样品纯度的实验设计，易错点是（2）问中“坩埚”易写成“坩锅”，（5）问中对有效数字理解不清，易误写成0.77。

有效数字应从第一位不为零的数字算起，直到末尾数字为止的数字。

2．2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。

锂离子电池的广泛应用使锂的需求量大增，自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。

（1）i.为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈_______，可以认为存在锂元素。

A．紫红色 B．绿色 C．黄色 D．紫色（需透过蓝色钴玻璃）
ii锂离子电池的广泛应用同样也要求处理电池废料以节约资源、保护环境。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图：
查阅资料，部分物质的溶解度(s)，单位g，如下表所示：
（2）将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。

下列分析你认为合理的是___ 。

A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放，可能会造成安全隐患。

B．预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率。

C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等。

（3）工业上为了最终获得一种常用金属，向碱溶一步所得滤液中加入一定量硫酸，请写出此时硫酸参与反应的所有离子方程式 ____________
（4）有人提出在―酸浸时，用H2O2代替HNO3效果会更好。

请写出用双氧水代替硝酸时主要反应的化学方程式__________________
（5）若滤液②中c(Li+)=4mol/L加入等体积的Na2CO3后，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算滤液③中c(CO32-)___________。

（K sp(LiCO)=1.62×10－3）
（6）综合考虑，最后流程中对―滤渣③‖洗涤时，常选用下列________（填字母）洗涤。

A．热水 B．冷水 C．酒精
原因是_______________________
（7）工业上将回收的Li2CO3和滤渣②中FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。

请写出反应的化学方
程式：___________________________ 。

【答案】A AC H++ OH-=H2O、H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓ 2LiFePO4
+H2O2+4H2SO4=Li2SO4+Fe2(SO4)3+2 H2O+2H3PO4 0.2mol/L A 碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，用热水洗涤会减少沉淀的溶解，同时热水成本比酒精低 Li2CO3+ 2FePO4+2C=
2LiFePO4+3CO
【解析】
【分析】
废旧电池正极片（磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等）放电拆解后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤得到滤液中偏铝酸钠溶液，滤渣酸浸过滤得到炭黑和硫酸锂、硫酸亚铁的溶液，加入硫酸、硝酸氧化亚铁滤渣生成铁离子，调节溶液pH生成磷酸铁沉淀，过滤后的滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥等操作得到碳酸锂，以此解答该题。

(1)根据锂的焰色反应回答；
(2)将回收的废旧锂离子电池进行预放电，
A．从锂的性质分析；
B．放电是原电池，从离子的移动方向考虑；
C．从有机物与碳的性质分析；
(3)碱溶一步所得滤液中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，加入硫酸，首先发生的是酸碱中和，然后是偏铝酸根与氢离子的反应；
(4)LiFePO4在硫酸和过氧化氢同时存在的条件下生成Li2SO4，Fe2（SO4）3，2 H2O和
2H3PO4，从环保和价格的角度分析；
(5)利用溶度积进行计算；
(6)碳酸锂的溶解度随温度的变化分析；
(7)根据题目所给信息写出化学方程式；
【详解】
(1)根据焰色反应原理，锂矿石含有锂元素，锂的焰色反应为紫红色；
(2)A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，由于锂是很活泼的金属，容易和氧气，水蒸气发生反应，可能会造成安全隐患，故A正确；
B．放电时，阳离子移向正极，故放电时电池中的锂离子移向正极，故B错误；
C．难溶有机物的沸点一般较低，碳粉也可以被氧化，通过热处理可以除去有机物和碳粉，故C正确；
(3)向碱溶一步所得滤液中加入一定量硫酸，先发生酸碱中和，向偏铝酸钠溶液中加入酸，由于要得到金属，酸的量必须控制，故离子反应为：H++ OH-=H2O，H++AlO2-
+H2O=Al(OH)3↓；
(4)H2O2和HNO3都具有强氧化性，由于硝酸见光分解，成本较高，故可以利用过氧化氢代替硝酸，过氧化氢被还原的产物是水，对环境没有污染，化学方程式为2LiFePO4
+H2O2+4H2SO4=Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H2O+2H3PO4；
(5)碳酸锂是沉淀，存在难溶电解质的溶解平衡，设两溶液体积为V，滤液②中
c(Li+)=4mol/L，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的95.5%，则沉淀后溶液中锂离子的浓度为
()4mol /L V 195.V
%25⨯⨯-=0.09mol/L ，故K sp (Li 2CO 3)=c (Li +)2c (CO 32-)，故c (CO 3)= ()()
232Ksp Li CO c Li =()3
21.62100.09⨯－=0.2mol/L ； (6)碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，用热水洗涤会减少沉淀的溶解，同时热水成本比
酒精低； (7)工业上将回收的Li 2CO 3和滤渣②中FePO 4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备 LiFePO 4，反应方程式为Li 2CO 3+ 2FePO 4+2C= 2LiFePO 4+3CO 。

3．过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。

（1）一定条件下，m 克的H 2、CO 的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重___克。

（2）常温下，将14.0克的Na 2O 和Na 2O 2的混合物放入水中，得到400mLpH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积为___L 。

（3）在200mLAl 2（SO 4）3和MgSO 4的混合液中，加入一定量的Na 2O 2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克。

此时生成标准状况下气体体积为5.6L 。

则原混合液中c （SO 42-）=___mol/L 。

（4）取17.88gNaHCO 3和Na 2O 2的固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g 。

请列式计算：
①求原混合物中Na 2O 2的质量B___；
②若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L 盐酸的体积为多少毫升___？
【答案】m 1.12 2 7.8g 200mL≤V≤320mL
【解析】
【分析】
(1)利用差量法，根据化学方程式分析：CO 与H 2在氧气中完全燃烧，生成CO 2和H 2O ，生成的CO 2和H 2O 再与Na 2O 2反应；2CO+O 22CO 2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na 2O 2与CO 2反应2CO 2+2Na 2O 2＝2Na 2CO 3+O 2，质量增重△m 为2Na 2CO 3﹣2Na 2O 2＝2CO ，可知，反应后固体质量增加量为CO 的质量；2H 2+O 22H 2O ，生成的水与氢气物质的量相等，Na 2O 2与H 2O 反应2H 2O+2Na 2O 2＝4NaOH+O 2，质量增重△m 为2H 2O ﹣O 2＝2H 2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；
(2)氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠，根据n ＝m M
计算出氢氧化钠的物质的量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据c ＝
n V
计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积；
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L ，物质的量为： 5.6L 22.4L /mo1
＝0.25mol ，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol ，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5mol×2＝1mol ，沉淀质量为5.8
克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为： 5.858/1
g g mo ＝0.1mol ，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol ，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol ，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：0.3+0.1＝0.4mol ，则c ＝0.4mol 0.2L
＝2mol/L ； (4)①结合发生的反应2Na 2O 2+4NaHCO 3＝4Na 2CO 3+2H 2O↑+O 2↑和2Na 2O 2+2NaHCO 3＝2Na 2CO 3+2NaOH+O 2↑计算；
②反应后固体为0.08mol 的NaOH 和0.12mol 的Na 2CO 3，再结合反应原理计算。

【详解】
(1)CO 和H 2的混合气体燃烧的方程式：2CO+O 22CO 2，2H 2+O 22H 2O ，与Na 2O 2反应的方程式：2CO 2+2Na 2O 2＝2Na 2CO 3+O 2，2H 2O+2Na 2O 2＝4NaOH+O 2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg ；
(2)设14.0g 混合物中含有氧化钠xmol ，含有过氧化钠ymol ，则①62x+78y ＝14，最后得到的溶质为NaOH ，得到400mL pH ＝14的溶液，氢氧化钠的物质的量为：0.4×1＝0.4mol ，根据钠原子守恒可得：②2x+2y ＝0.4，联合①②解得：x ＝0.1、y ＝0.1，所以0.1mol 的过氧化钠生成0.05mol 的氧气，标况下生成的氧气的体积为：V(O 2)＝22.4L/mol×0.05mol ＝1.12L ；
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L ，物质的量为： 5.6L 22.4L /mo1
＝0.25mol ，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol ，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5mol×2＝1mol ，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为： 5.858/1
g g mo ＝0.1mol ，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol ，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol ，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：0.3+0.1＝0.4mol ，则c ＝0.4mol 0.2L
＝2mol/L ，故答案为：2； (4)①设Na 2O 2 和NaHCO 3的物质的量分别为x ，y ；
2232322+=++492424
17.8815.41
2442Na O NaHCO Na CO H O O ↑↑
22
3232+=++32429217.8816.112222NaOH Na O NaHCO Na CO O ↑
15.41＜15.92＜16.11 说明两个反应都发生，所以：78x+84y ＝17.88、106y+(2x ﹣y)×40＝15.92，解之得：x ＝0.1mol 、y ＝0.12mol ，故m(Na 2O 2)＝7.8g ；
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3，当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时，则需盐酸体积为200mL；当反应后溶质只有NaCl时，则需盐酸体积为320mL，故盐酸体积为200mL≤V≤320mL。

【点睛】
本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算，注意掌握有关物质的量的计算方法，明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的化学计算能力。

4．已知钠与氧气在不同条件下会发生不同的反应。

（1）将金属钠长时间放置于空气中可发生如下一系列变化，写出此变化中①③步转化的化学方程式：
Na Na2O NaOH Na2CO3·10H2O→Na2CO3
①___________；
③__________。

（2）将钠置于坩埚内，在空气中加热，可燃烧生成一种淡黄色物质。

①钠在空气中燃烧的化学方程式为___________。

②某学习小组通过实验研究Na2O2与水的反应。

操作现象
向盛有4.0gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的无色溶液a
向溶液a中滴入两滴酚酞ⅰ．溶液变红
ⅱ．10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色
Na2O2与水反应的离子方程式是___________，甲同学认为过氧化钠中阴离子结合水中氢离子生成了H2O2，溶液a中的H2O2将酚酞氧化导致褪色。

用实验证实H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂___________(填化学式)，有气体产生。

【答案】4Na+O2=2Na2O 2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO3•10H2O 2Na+O2Na2O2
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ MnO2
【解析】
【分析】
（1）反应①是钠和氧气在常温下生成氧化钠；反应③是NaOH和CO2反应生成
Na2CO3•10H2O；
（2）①钠在空气中燃烧生成过氧化钠；
②能使带火星木条复燃的气体是氧气，碱使酚酞变红，说明过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；双氧水在MnO2的催化作用下发生分解反应生成氧气；
【详解】
（1）反应①是钠和氧气在常温下生成氧化钠，反应方程式是4Na+O2=2Na2O；反应③是
NaOH和CO2反应生成Na2CO3•10H2O，反应方程式是2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO3•10H2O；
（2）①钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式是2Na+O2Δ
=Na2O2；
②过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；双氧水在MnO2的催化作用下发生分解反应生成氧气，取少量溶液a，加入试剂MnO2，有气体产生，能证明H2O2的存在。

5．现有下列几种物质：①盐酸；②Na2O；③Na2O2；④Al(OH)3；⑤Na2CO3；⑥H2O；
⑦CO2；⑧乙醇；⑨Cu；⑩NaOH溶液。

（1）其中属于电解质的有___________（填写序号，下同），属于碱性氧化物的有
_______。

（2）④与⑩反应的离子方程式为______________________________________。

（3）Na2O2因能发生下列反应被用作供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：______。

（4）如用超氧化钾（KO2）作供氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______________________________________________________。

【答案】②③④⑤⑥② Al(OH)3 + OH－ = AlO2－+2H2O 1:1 或
【解析】
【分析】
(1)①盐酸为混合物，不属于电解质；
②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物；
③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物；
④Al(OH)3为离子化合物，属于电解质；
⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质；
⑥H2O属于电解质、氧化物；
⑦CO2不属于电解质，为氧化物；
⑧乙醇属于非电解质；
⑨Cu为单质，不属于电解质；
⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质；
(2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；
(3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；
(4)超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍。

【详解】
(1)①盐酸为混合物，不属于电解质；
②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物；
③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物；
④Al(OH)3为离子化合物，属于电解质；
⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质；
⑥H2O属于电解质、氧化物；
⑦CO2不属于电解质，为氧化物；
⑧乙醇属于非电解质；
⑨Cu为单质，不属于电解质；
⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质；
综上所述，属于电解质的为②③④⑤⑥；碱性氧化物的为②；
(2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3 + OH－ = AlO2－+2H2O；
(3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；
(4)超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍，则单线桥法为
或。

6．按要求填空
(1)1mol Na2O2固体与水完全反应时转移的电子数_____________，反应的离子方程式为
________________。

(2)工业上由辉铜矿生产铜的主要反应为：Cu2S+O2高温
2Cu+SO2，该反应中被还原的元素
是__________(填元素符号)。

(3)反应(2)中产生的SO2尾气可用NaOH溶液吸收，若用1L 1mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下22.4L SO2，反应的离子方程式为____________。

【答案】N A(或6.02×1023) 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ Cu、O SO2+OH-=HSO3-
【解析】
【分析】
(1) Na2O2与水完全反应产生NaOH和O2，根据元素化合价与电子转移关系判断电子转移数目，结合离子方程式书写原则书写离子方程式；
(2)根据元素化合价的升降与发生的反应类型分析判断；
(3)根据SO2、NaOH的物质的量关系书写离子方程式。

【详解】
(1) Na2O2与水完全反应产生NaOH和O2，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，在这个反应中，Na2O2中的O一部分化合价升高变为O2中的0价，一部分化合价降低，变为
NaOH中的-2价，每有1molNa2O2反应，转移1mol电子，转移的电子数目为N A；该反应用离子方程式表示为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
(2)在该反应中Cu、O元素的化合价降低，获得电子被还原；
(3)n(NaOH)= 1L×1mol/L=1mol，n(SO2)=22.4L÷22.4L/mol=1mol，n(NaOH)：n(SO2)=1：1，所以NaOH溶液吸收SO2的反应方程式为：SO2+OH-=HSO3-。

【点睛】
本题考查了化学方程式、离子方程式的书写及氧化还原反应中物质的作用及电子转移关系。

氧化还原反应和离子反应是两种重要的反应类型，掌握氧化还原反应中反应特征与反应实质的关系及物质的作用及离子方程式的物质拆分原则是本题解答的关键。

7．钠和铝是两种重要的金属。

请回答下列问题：
（1）一小块金属钠长时间放置在空气中，可能有下列现象，这些现象出现的先后顺序是______________________（填序号）；
①变成白色粉末②变暗③变成白色固体④变成液体
若金属钠长时间在潮湿的空气中放置，最后生成的物质是_________（填名称）。

（2）将一小块金属钠投入水中，观察到的实验现象是________（填序号），发生反应的离子方程式为：__________________。

A．钠沉到水底 B．钠熔成小球 C．小球四处游动
（3）铝与稀硝酸反应的化学方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，该反应的氧化剂是_______（填化学式），还原剂与氧化剂的物质的量之比是________，当有5.4gAl发生反应时，转移的电子数为________。

【答案】②③④①碳酸钠 BC 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ HNO3 1:1 0.6N A
【解析】
【分析】
(1)切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色(钠的真面目)→变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2成Na2CO3•10H2O)→最后变成Na2CO3粉(风化)；
(2)依据钠的物理性质及钠与水反应产物解答；
(3)反应中铝失去电子化合价升高，硝酸中的氮元素化合价从+5价降为+2价，据此分析氧化剂和还原剂，依据化合价变化结合方程式进行电子转移数目计算。

【详解】
(1)钠在空气中发生如下变化：Na→Na2O→NaOH→N a2CO3•10H2O→Na2CO3，发生的变化：金属钠在空气中易被氧气氧化形成氧化钠，出现变暗现象，然后是氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，NaOH具有吸水性，氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，最终变成白色粉末为碳酸钠，即现象出现的先后顺序是②③④①，且最后生成的物质是碳酸钠；
(2)钠密度小于水，熔点低，浮在水面，故答案为BC；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应放热，使钠熔化成小球，产生的氢气推动钠四处游动；
(3)Al+4HNO3═Al(NO3)3+NO↑+2H2O，反应中1mol铝失去3mol电子，做还原剂，4mol硝酸中有1mol硝酸中+5价的氮元素化合价降为一氧化氮中+2价，有1mol硝酸做氧化剂，消耗1mol铝转移3mol电子，则有5.4gAl(物质的量为0.2mol)发生反应时，转移电子的物质的量为0.6mol，电子数为0.6N A。

8．叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。

实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：
①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。

②再加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。

③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。

④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。

已知：I．NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；
II．NaNH2熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。

请回答下列问题：
(1)装置B中盛放的药品为______。

(2)步骤①中先加热通氨气的目的是_______________；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为__________；步骤③中最适宜的加热方式为______(填“水浴加热”，“油浴加热”)。

(3)生成NaN3的化学方程式为_______。

(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_____。

(5)步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______。

(6)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00 mL溶液。

②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol·L-
1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。

③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。

测定过程的反应方程式为：
2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑；Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；试样中NaN3的质量分数为_______。

【答案】碱石灰(或氢氧化钠固体)排尽装置中的空气防止空气中氧气等与钠发生反应
2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加热 NaNH2+N2O NaN3+H2O 反应过程中有水生成会与钠生成NaOH能腐蚀玻璃 NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 93.60%
【解析】
【分析】
(1)根据已知：NaN3是易溶于水，故制备过程不能有水的参与，据此分析；
(2)反应物钠与空气中二氧化碳和水反应，需排除装置内的空气；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气；步骤③的温度为210～220℃，选择油浴加热；
(3)NaNH2和N2O价态归中得到NaN3，据此书写；
(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃；
(5)根据“NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚”分析；
(6根据方程式和电子守恒进行计算。

【详解】
(1)已知：NaN3易溶于水，所以在制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B 装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应为：2Na+2NH32NaNH2+H2；已知步骤③的温度为210～220℃，故选择油浴加热；
(3)NaNH2和N2O生成NaN3的反应为：NaNH2+N2O NaN3+H2O；
(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；
(5)由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品；
(6)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量
n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol/L×0.050L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据已知反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：
0.0500mol/L×0.0290L=0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化
钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×500.00
50.00
mL
mL
=2.34g，所以试样中NaN3的质量分数为
2.34g
2.500g
×100%=93.60%。

【点睛】
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用，对题干信息的分析理解，明确操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。

9．(1)147gH2SO4的物质的量是_______；
(2)氧化铜在高温下发生分解反应：4CuO2Cu2O +O2↑，若反应过程中生成1molO2分子，则转移电子数为________mol。

(3)反应：2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，其中_____元素化合价升高，则该元素被_____，_____元素化合价降低；______作还原剂，_____发生还原反应。

(4)钠在空气中燃烧的化学方程式：_____，1mol钠完全燃烧转移电子的个数为______(阿伏伽德罗常数为N A)。

【答案】1.5mol 4 碘（或I）氧化铁(或Fe) KI FeCl3 2Na+O2Na2O2 N A
【解析】
【分析】
(1)根据n=m
M
计算硫酸的物质的量；
(2)根据反应过程中电子转移的物质的量等于元素化合价升降数目计算；
(3)根据氧化还原反应的规律判断分析；
(4)钠与氧气在点燃时反应产生过氧化钠，根据元素化合价升降数目判断电子转移数目。

【详解】
(1)n(H2SO4)=m
M
=
147g
98g/mol
=1.5mol；
(2)在反应中O元素的化合价部分由-2价升高到0价，每生成1molO2，元素化合价升高4价，所以生成1molO2分子，转移电子数为4mol；
(3)在反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，I元素化合价由KI中的-1价变为反应后I2的0价，化合价升高，I元素失电子，被氧化，所以KI为还原剂；Fe元素的化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中的+2价，Fe元素的化合价降低，得电子，被还原，所以FeCl3
作氧化剂，被还原；
(4)钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na +O2Na2O2，在该反应中，Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后Na2O2中的+1价，化合价升高，失去电子。

由于Na元素化合价升高1价，所以1mol钠完全燃烧转移1mol电子，转移电
子数目为N A。

【点睛】
本题考查了物质的量的有关计算及氧化还原反应的知识，掌握物质的量的有关计算公式、
氧化还原反应的实质与特征及发生的反应关系是本题解答的关键。

10．将1.05 g由铝和过氧化钠的混合物放入一量的水中，充分反应后固体无剩余。

再向其
中慢慢滴加50 mL 1 mo1/L的盐酸，可恰好使反应过程中产生的沉淀溶解。

(1)要使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系须满足_________；
(2)写出沉淀溶解的离子方程式：___________________；
(3)求原混合物中铝、过氧化钠的质量___________________；
(4)求滴加盐酸过程中开始出现沉淀时盐酸的体积___________________。

【答案】n(Al)≤2n(Na2O2) Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O m(Al)=0.27 g；m(Na2O2)=0.78 g； 10 mL 【解析】
【分析】
(1)根据反应方程式找出使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系；
(2)氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水；
(3)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸后又发生了反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，可得反应的关系式：Al～NaAlO2～Al(OH)3～AlCl3～3HCl，Na2O2～2NaOH～2NaCl～2HCl，根据反应的关系式来列式计算；
(4)开始生成沉淀时，原溶液中的氢氧化钠恰好被盐酸中和，根据(3)得出剩余氢氧化钠的物质的量，再计算出消耗盐酸的体积。

【详解】
(1)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，要使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系须满足，则铝的物质的量必须≤钠离子的物质的量，即：n(Al)≤2n(Na2O2)；
(2)生成的沉淀为Al(OH)3，Al(OH)3能够溶于盐酸，反应的离子方程式为：
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(3)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸后又发生了反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，最后所得溶液中的溶质是NaCl 和AlCl3，综合上述五个化学方程式可得如下关系式：Al～NaAlO2～Al(OH)3～AlCl3～3HCl，Na2O2～2NaOH～2NaCl～2HCl，设原混合物中x mol Al，有y mol Na2O2，则根据关系式Al～3HCl可知x mol Al反应需消耗3x mol HCl，根据Na2O2～2HCl可知y molNa2O2反应需消耗2y mol HCl，则27x+78y=1.05 ①，3x+2y=1×50×10-3②，
联立①②两式解得：x=y=0.01 mol，则Al的质量m(Al)=0.01 mol×27 g/mol=0.27 g，Na2O2的质量m(Na2O2)=0.01 mol×78 g/mol=0.78 g；
(4)开始出现沉淀时，原溶液中剩余的氢氧化钠恰好被盐酸中和，根据(3)可知，0.01 mol Na2O2完全反应生成0.02 mol NaOH，而0.01 mol铝消耗0.01 mol NaOH，故反应后剩余0.01 mol NaOH，中和0.01 molNaOH需要消耗0.01 mol HCl，则消耗1 mo1/L的盐酸的体积
为：V(HCl)=
0.01?mol
1?mol/L
n
c
=0.01 L=10 mL。

【点睛】
本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应原理为解答关键，题目充分考查了学生的分析能力及化学计算能力，注意掌握关系式法在化学计算中的应用。

11．某学习小组在实验室制取CO2气体的过程中，不慎用到了浓盐酸，导致制得的CO2气体中混有HCl气体，他们设计了如下除去HCl气体并探究CO2与过氧化钠(Na2O2)反应的实验。

请回答下列问题：。