精选高考化学易错题专题复习钠及其化合物及详细答案

精选高考化学易错题专题复习钠及其化合物及详细答案
一、高中化学钠及其化合物
1．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

(1)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。

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．紫色 C．黄色
(2)工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下：
已知：部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=--lgKsp)的柱状图如图1。

回答下列问题：
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为________。

②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是________。

③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、
A13+完全沉淀，则pH至少为_______。

(保留到小数点后一位。

已知：完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L)
④常温下，已知K sp[ Mg(OH)2]=3.2×10-11mol/L，K sp[Fe(OH)3]=2.7×10﹣39，若将足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分别投入水中均得到其相应的悬浊液，所得溶液中金属阳离子的浓度分别为
____________mol/L、__________mol/L。

⑤“沉锂”过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“___________”步骤中。

⑥Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__________
(3)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，
电池反应式为LiCoO 2+C 6 Li x C 6+Li 1-x CoO 2 ，其工作原理如图2。

下列关于该电池的说法正确的是___________(填字母)。

A ．电池反应式中过程1为放电过程
B ．该电池若用隔膜可选用质子交换膜
C ．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度
D ．充电时，LiCoO 2 极发生的电极反应为LiCoO 2-xe -=xLi ++Li 1-x CoO 2
E ．对废旧的该电池进行“放电处理”让Li +嵌入石墨烯中而有利于回收
【答案】A Li 2O·
Al 2O 3·4SiO 2 将矿石细磨(搅拌、升高温度或其他合理答案) 4.7 2×10-4 1×10-10 净化 6Li 2CO 3+4Co 3O 4+O 2
高温12LiCoO 2+6CO 2 CD
【解析】
【分析】
(1)焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选择出锂元素的焰色；
(2)①根据硅酸盐改写成氧化物形式的方法进行改写；
②流程题目中为提高原料酸浸效率，一般采用的方法有：减小原料粒径或粉碎、适当増加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；
③根据柱状图分析可知，Al(OH)3的K sp 大于Fe(OH)3的，那么使Al 3+完全沉定pH 大于Fe 3+的，应用K sp (Al(OH)3)＝1×10-33进行计算；
④根据沉淀溶解平衡和溶度积常数进行计算；
⑤“沉锂”过程所获得的母液中仍含有大量的Li +，需要从中2次提取，应回到“净化”步骤中循环利用；
⑥Li 2CO 3与Co 3O 4在敞口容器中反应生成LiCoO 2时Co 元素的化合价升高，因此推断空气中O 2参与反应氧化Co 元素； (3)根据电池反应式为LiCoO 2+C 6 1
2
垐垐?噲垐?过程过程Li x C 6+Li 1-x CoO 2进行相关分析与判断。

【详解】
(1)焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选择出锂元素的焰色为紫红色，故答案为：A ；
(2)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a ．氧化物的书写顺序：活金属氧化物g 较活波金属氧化物g 二氧化硅g 水；b ．各元素的化合价保持不変，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c ．当计量数配置出现分数时应化为整数；锂石的主要成
分为LiAlSi 2O 6，根据方法，其氧化物的形式为Li 2O·
Al 2O 3·4SiO 2，故答案为：Li 2O·Al 2O 3·4SiO 2；
②流程题目中为提高原料酸浸效率，一般采用的方法有：减小原料粒径或粉碎、适当増加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；本题中为“酸化焙烧”，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等，故答案为：将矿石细磨(搅拌、升高温度或其他合理答案)；
③根据柱状图分析可知，Al(OH)3的K sp 大于Fe(OH)3的，那么使Al 3+完全沉定pH 大于Fe 3+
的，K sp (Al(OH)3)＝1×10-33，c (OH -==1×10-9.3mol/L ，c (H +)＝1×10-4.7mol/L ，pH ＝4.7，即pH 至少为4.7，故答案为：4.7；
④将足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分别投入水中均得到其相应的悬浊液，即为饱和溶液，溶液中离子浓度满足沉淀溶解平衡方程式中化学计量数得关系，所以Mg(OH)2悬浊液中c (Mg 2+)=sp 22-(Mg(OH))
(OH )K c ，c (OH -)=2c (Mg 2+),则
c (Mg 2+-4mol/L ；Fe(OH)3中
c (Fe 3+)=
sp 33-(Fe(OH))(OH )K c ，c (OH -)=3c (Fe 3+)，则c (Fe 3+-10mol/L ；故答案为：2×10-4；1×10-10；
⑤“沉锂”过程所获得的母液中仍含有大量的Li +，需要从中2次提取，应回到“净化”步骤中循环利用，故答案为：净化；
⑥Li 2CO 3与Co 3O 4在敞口容器中反应生成LiCoO 2时Co 元素的化合价升高，因此推断空气中O 2参与反应氧化Co 元素，化学方程式为6Li 2CO 3+4Co 3O 4+O 2
高温12LiCoO 2+6CO 2，故答案为：6Li 2CO 3+4Co 3O 4+O 2高温12LiCoO 2+6CO 2；
(3)A ．电池反应式为LiCoO 2+C 6 12
垐垐?噲垐?过程过程Li x C 6+Li 1-x CoO 2，由此可知，放电时，负极电极反应式为以Li x C 6-xe -＝xLi ++C 6，正极电极反应式为Li 1-x CoO 2+xLi ++xe -＝LiCoO 2，石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，过程1为Li +向石墨电极移动，因此为充电过程，A 错误； B ．该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，因此隔膜不能选择质子交换膜，B 错误；
C ．石墨烯电池利用的是Li 元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，C 正确；
D ．充电时，LiCoO 2极为阳极，将放电时的正极电极式逆写即可得，即LiCoO 2极发生的电
极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-x CoO2，D正确；
E．对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入LiCoO2中才有利于回收，E错误；
故答案为：CD。

2．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH随温度的升高发生如下变化：
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为____________________。

乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为
_______________。

丙同学认为甲、乙的判断都不充分。

丙认为：
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。

为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？_____________________________________________。

(2)将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则__________(填“甲”或“乙”)判断正确。

【答案】HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－大于 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 若原因是HCO3-水解程度增大，则溶液中几乎没有CO32-，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCO3-
===BaCO3↓＋H2O，若用Ba(OH)2溶液检验，无论哪种观点都会有沉淀产生等于甲
【解析】
【分析】
HCO是弱酸根离子，HCO水解出碳酸和氢氧根离子；碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水；碱性越强，说明水解程度越大；
(1) CO能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，HCO与钡离子不反应；Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀；
(2)水解反应可逆，恢复到原温度，水解平衡逆向移动；
【详解】
HCO水解出碳酸和氢氧根离子，水解方程式：HCO＋H2OƒH2CO3＋OH－。

碳酸氢钠加热
分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3Δ
=Na2CO3＋CO2↑＋H2O；碱性越
强，说明水解程度越大，所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3；
(1)CO能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，HCO与钡离子不反应，在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，说明溶液中含有CO；由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀，所以不能选用Ba(OH)2溶液；
(2)水解反应可逆，若恢复到原温度，水解平衡逆向移动，将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确。

【点睛】
本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液，不能用氢氧化钙或氢氧化钡。

3．海水是一种丰富的资源，工业上可从海水中提取多种物质，广泛应用于生活、生产、科技等方面。

如图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。

回答下列问题：
（1）流程图中操作a的名称为____。

（2）工业上从海水中提取的NaCl，可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱。

①气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是_____(填化学式)
②滤液D中主要含有NH4Cl、NaHCO3等物质，工业上是向滤液D中通入NH3，并加入细小食盐颗粒，冷却析出不含有NaHCO3的副产品NH4Cl晶体，则通入NH3的作用是____。

（3）镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取。

①若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是_____。

②操作b是在___氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl，写出有关反应的化学方程式：_____。

【答案】蒸发结晶(或蒸发) NH3增加NH4+的浓度，有利于NH4Cl的析出，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不易析出用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠(答焰色反应也可) HCl(气流) MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl＋HCl＋5H2O
【解析】
【分析】
(1)从溶液中分离出固体溶质用蒸发结晶的方法；
(2)①根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；
②根据氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；
(3)①根据焰色反应检验是否含有NaCl；
②如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解。

【详解】
(1)由流程图可知，操作a是从海水中分离出粗盐，即从溶液中分离出固体溶质，应采用蒸发结晶的方法；
(2)①向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠
晶体可制得纯碱；
②氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增加NH4+的浓度，有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行，溶液碱性增强，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出，可以提高氯化铵的纯度；
(3)①用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；
②如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解；其反应方程式为：MgCl2•6H2O Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O。

4．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
2NaHCO 3Na2CO3+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。

5．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→Na2CO3•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。

6．化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验。

请你参与并完成对有关问题的解答：
(1)甲同学用如图所示装置测定CO2的质量。

实验时稀硫酸是与样品中的__________(填“Na2CO3”或“NaCl”)发生反应，仪器b的名称是______，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是__________。

(2)乙同学用如图所示装置，取一定质量的样品(m g)和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定。

①实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的
______________________________，则装置气密性良好。

②在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的______(填“体积”或“质量”)。

(3)丙同学用下图所示方法和步骤进行实验：
①操作Ⅰ涉及的实验名称有：__________、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、
__________。

②丙同学测得样品中Na2CO3的质量分数为__________。

【答案】Na2CO3分液漏斗除去CO2中的水蒸气液面上升体积过滤称量
106y/197x
【解析】
【详解】
（1）依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体；（2）①使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好；②在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积；
（3）①流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉
淀，洗涤后称重得到沉淀碳酸钡质量；②由流程分析判断：碳酸钡沉淀质量为yg ，根据原子守恒可知样品中Na 2CO 3质量为106197y g ，因此样品中Na 2CO 3的质量分数为106197y x 。

7．（1）研究物质时会涉及物质的组成、分类、性质和用途等方面。

①Na 2O 2属于____________（填物质的类别），检验其组成中所含阳离子的方法是_____________。

②将包有少量____色Na 2O 2固体的棉花放在石棉网上，用滴管向棉花上滴几滴水，观察到的现象是__________________，由此得出的结论是_________________________________。

③在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na 2O 2所发生反应的化学方程式为
_________________________，从氧化剂和还原剂的角度分析，在该反应中Na 2O 2的作用是___________________。

某潜水艇上有25人，如果每人每分钟消耗的O 2在标准状况下体积为0.80L （标准状况下O 2的密度为1.429g/L ）,假设所需要的O 2全部由Na 2O 2来提供，则该潜水艇一天所需要的Na 2O 2的物质的量是_____________。

（2）写出下列反应的离子方程式：
①NaHCO 3溶于醋酸：__________________________________________________。

②过量CO 2与NaOH 溶液：_____________________________________________。

③工业制漂白液：______________________________________________________。

④生活中漂白粉的漂白原理：____________________________________________。

【答案】金属氧化物 焰色试验，火焰呈黄色 淡黄 棉花立刻燃烧起来 过氧化钠与水反应放热，且有氧气产生
22223222222Na O +2CO =2Na CO +O 2Na O +2H O=4NaOH+O ↑， 既做氧化剂又做还原剂
2.57×103mol -33322HCO +CH COOH=CH COO +CO +H O -↑ -23CO +OH =HCO -
---22Cl +2OH =Cl +ClO +H O -2+223CO +H O+2ClO +Ca =CaCO +2HClO ↓
【解析】
【分析】
根据物质的组成进行分类，根据常见阳离子的检验方法分析解答；根据过氧化钠反应生成氧气的方程式进行相关计算；根据常见无机物的制备原理书写相关离子方程式。

【详解】
（1）①Na 2O 2由两种元素组成，Na 属于金属，所以属于金属氧化物；阳离子为钠离子，检验的方法是焰色试验，火焰呈黄色；
②Na 2O 2为淡黄色固体，过氧化钠与水反应放热，同时生成氧气，所以棉花会立刻燃烧；③在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na 2O 2可以与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2222322Na O +2CO =2Na CO +O ，22222Na O +2H O=4NaOH+O ↑；Na 2O 2中O 元素化合价为-1，反应后变为-2和0，则Na 2O 2的作用既做氧化剂又做还原剂；潜艇上的人一天中共需要的氧气质量为：0.80L×60×24×25×1.429g/L=41155.2g ，n(O 2)=41155.2g 1286mol 32g/mol
≈，根据过氧化钠反应生
成氧气的方程式得：n(Na 2O 2)=2n(O 2)=1286mol×2=2.57×103mol ，故答案为：金属氧化物；焰色试验，火焰呈黄色；淡黄；棉花立刻燃烧起来 ；过氧化钠与水反应放热，且有氧气产
生；22223222222Na O +2CO =2Na CO +O 2Na O +2H O=4NaOH+O ↑，
；既做氧化剂又做还原剂；2.57×103mol ；
（2）①NaHCO 3溶于醋酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：
-33322HCO +CH COOH=CH COO +CO +H O -↑；
②过量CO 2与NaOH 溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：-23CO +OH =HCO -；
③工业制漂白液是用氯气和氢氧化钠反应，生成次氯酸钠、氯化钠和水，离子方程式为：---22Cl +2OH =Cl +ClO +H O ；
④漂白粉的漂白原理是与空气中二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，离子方程式为：-2+223CO +H O+2ClO +Ca =CaCO +2HClO ↓，故答案为：
-33322HCO +CH COOH=CH COO +CO +H O -↑；-23CO +OH =HCO -；.
---22Cl +2OH =Cl +ClO +H O ；-2+223CO +H O+2ClO +Ca =CaCO +2HClO ↓。

8．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 。

9．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:；
．
10．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。

(1)步骤一中的CaO俗称____________。

(2)步骤二中发生反应的化学方程式是____________，该反应____________（填“是”或“不是”）步骤一中反应的逆反应。

2.方法Ⅱ：另一些科学家利用NaOH溶液的喷淋“捕捉”空气中的CO2，如右图所示。

(1)NaOH溶液喷成雾状是为了_________________。

(2)上图a环节中，物质分离的基本操作是__________。

(3)为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有CaO和____________。

3.下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是（_____）。

A．KNO3溶液 B．CaCl2溶液 C．CuSO4溶液 D．Na2CO3溶液
4.研究发现，上述两种方法虽然在化学原理上都是可行的，但在实际应用中仍存在很多问题，例如：（________）。

①方法Ⅰ将受到地域的限制
②方法Ⅱ的能耗太大
③方法Ⅰ中使用的是氧化钙颗粒而不是氧化钙粉末
④方法Ⅱ中的物质可以循环利用，但方法Ⅰ中的却不能
A．①③ B．①② C．②④ D．③④
5.“捕捉”到的二氧化碳，一部分可以用于生产；一部分则设想注入深海中“封存”起来。

但过多的二氧化碳会导致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是___________（用化学方程式表示）。

可见，要真正实现“碳捕捉”和“碳封存”的设想，科学家任重而道远。

【答案】生石灰 CaCO3CaO+CO2不是增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有效地吸收) 过滤 NaOH D B
CO2+H2OƒH2CO3或H2CO3ƒH++HCO3-
【解析】
【分析】
根据题干提供的信息进行分析，CaO俗称生石灰，CaO与CO2在400℃时反应产生CaCO3，碳酸钙在900℃时能分解生成氧化钙和二氧化碳；增大反应物的接触面积能促进反应的进行。

【详解】
1. (1)步骤一中的CaO俗称生石灰，在步骤一中，CaO与CO2在400℃时反应产生CaCO3；答案为：生石灰；
(2)在步骤二中碳酸钙在900℃时能分解生成氧化钙和二氧化碳，反应方程式为
CaCO3CaO+CO2；由于两个反应的反应条件不同，因此这两个反应不是可逆反应；答案为：CaCO3CaO+CO2；不是；
2.(1)NaOH溶液喷成雾状是为了增大反应物的接触面积，使反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
更容易发生；
答案为：增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有效地吸收)；
(2) CO2与NaOH反应产生的Na2CO3与CaO在溶液中发生反应：
Na2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2NaOH，将难溶性的固体与可溶性的NaOH溶液通过过滤的方法分离；
答案为：过滤；
(3)CO2与NaOH反应产生的Na2CO3与CaO在溶液中发生反应：
Na2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2NaOH，将难溶性的固体与可溶性的NaOH溶液通过过滤的方法分离，得到的NaOH再用来吸收CO2气体，产生的CaCO3煅烧分解产生的CaO再与
Na2CO3溶液反应，可见上图a环节中，为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有CaO和NaOH；
答案为：NaOH ；
3.能用于“捕捉”二氧化碳的物质，应该容易与CO 2发生反应，才可以吸收CO 2气体，通过对选项的物质分析可知，只有Na 2CO 3可与CO 2气体反应发生：Na 2CO 3+CO 2+H 2O=2NaHCO 3， 答案选D ；
4. ①方法I 中CO 2浓度要高，还要使用太阳能丰富的区域，对使用区域要求高，将受到地域的限制，①符合题意；
②方法II 中吸收CO 2在400℃条件下进行，分解CaCO 3在900℃条件下进行，相对来说能耗太大，不经济，②符合题意；
③方法Ⅰ中使用的是氧化钙颗粒而不是氧化钙粉末，符合框图要求，③不符合题意； ④方法Ⅱ中的物质可以循环利用，但方法Ⅰ中CaCO 3在900℃条件下分解产生CaO 和CO 2，CaO 也能循环利用，④不符合题意；
答案选B.；
5.“捕捉”到的二氧化碳，一部分可以用于生产；一部分则设想注入深海中“封存”起来。

但过多的二氧化碳会导致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是由于CO 2与H 2O 反应产生H 2CO 3，H 2CO 3电离产生H +使海水显酸性，使海洋生物的CaCO 3等物质发生反应，化学方程式表示为：CO 2+H 2O ƒH 2CO 3或H 2CO 3ƒH ++HCO 3-。

答案为：CO 2+H 2O ƒH 2CO 3或H 2CO 3ƒH ++HCO 3-
11．（Ⅰ）实验室需要1.0mo /L 硫酸溶液480mL ，根据溶液的配制情况回答下列问题： （1）配制上述溶液，除了烧杯、玻璃棒、胶管滴管、量筒外，还需用到的玻璃仪器是__。

（2）应该用量筒量取______mL 质量分数为98%、密度为18.4g /cm 3的浓硫酸。

（3）在配制上述溶液的实验中下列操作引起结果偏高的有______（填字母序号）。

A 若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
B 若定容时，俯视液面加水至刻度线
C 若用量筒量取浓硫酸时，俯视视数
D 若浓硫酸稀释后未冷却，立即转移到容量瓶中并定容
（Ⅱ）碳酸钠的用途很广，可用做冶金、纺织、漂染等工业的基本原料。

请根据题意回答下列问题：世界上最早工业生产碳酸钠的方法是路布兰（N . Leblanc ）法。

其流程如下：
流程Ⅰ的另一产物是_____，流程Ⅱ的反应分步进行：a 2421000C Na SO 4C Na S 4CO ︒++↑，b .2Na S 与石灰石发生复分解反应，总反应方程式可表示为____。

【答案】500mL 容量瓶 27.2 BD HCl Na 2SO 4+4C +CaCO 3
1000C ︒Na 2CO 3+CaS +4CO ↑
【解析】。