2020-2021高考化学二模试题分类汇编——钠及其化合物综合含详细答案

2020-2021高考化学二模试题分类汇编——钠及其化合物综合含详细答案
一、高中化学钠及其化合物
1．甲、乙两同学分别用如图所示装置测定空气中氧气的含量。

先用弹簧夹夹住橡胶管,点燃钠,伸入瓶中并塞上瓶塞。

待钠熄灭并冷却后,打开弹簧夹,观察广瓶内水面的变化情况:
（1）上述实验过程中发生反应的化学方程式为__________________________________。

（2）甲同学实验中广瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的1
5
,乙同学实验中广瓶内水面
上升明显大于瓶内空气体积的1
5
，下列对这两种现象解释合理的是________
A．甲同学可能使用的钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完
B．甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却后外界空气进入瓶内
C．乙同学可能没有夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出
D．乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前瓶内部分空气受热逸出
（3）在实验室里,某同学取一小块金属钠做钠与水反应的实验。

将钠投入水中后,钠熔化成一个小球,根据这一现象你能得出的结论是①__________,②__________,
【答案】2Na+O2Na2O2 ABCD 钠与水反应放出热量钠的熔点低
【解析】
【分析】
(1)钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，据此写出化学反应方程式即可，注意条件；
(2)A．若钠的量不足，则氧气消耗不完，造成进水量少于容器容积的量；
B．若瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却，瓶内气体收缩，外面的空气会进入瓶内，使气体得到补充；
C．若弹簧夹未夹紧，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，使部分气体从导管口逸出；
D．若插入燃烧匙太慢，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，在塞紧瓶塞前，瓶内部分气体从瓶口逸出；
(3)依据钠熔化成一个小球可知反应放出热量，钠的熔点低。

【详解】
(1)钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学反应方程式为: 2Na+O2Na2O2；
(2)A．钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完，导致氧气剩余，故瓶内水面上升高度达不到，选项A正确；
B．瓶塞末塞紧，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内，导致瓶内压强过大，水面上升高度达不到，选项B正确；
C．没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出，导致瓶内压强减小，水面上升
高度超出，选项C正确；
D．插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，选项D正确；
答案选ABCD；
(3)将钠投入水中后，钠熔化成一个小球，根据这一现象你能得出的结论是①钠与水反应放出热量，②钠的熔点低。

2．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H2、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Na2O和Na2O2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200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2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（SO42-）=___mol/L。

（4）取17.88gNaHCO3和Na2O2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Na2O2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H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应；2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝
2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气
物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2，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Na 2CO 3，当反应后溶质为NaCl 、NaHCO 3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。

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．（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。

5．锂离子电池历经半个世纪岁月的考验，作出重大贡献的三位科学家被授予2019 年诺贝
尔化学奖。

磷酸亚铁锂( LiFePO 4)是新型锂离子电池的正极材料。

某小组拟设计以一种锂辉石(主要成分为Li 2O · Al 2O 3·4SiO 2，含少量铁、钙、镁)为原料制备纯净的碳酸锂，进而制备LiFePO 4的工艺流程:
已知：LiO 2·
Al 2O 3·4SiO 2＋H 2SO 4(浓) Li 2SO 4＋Al 2O 3·4SiO 2·H 2O ↓
回答下列问题: （1） LiFePO 4含有锂、铁两种金属元素，它们焰色反应的颜色分别是_____________(填序号)。

A ．紫红色、无焰色反应
B ．黄色、无焰色反应
C ．黄色、紫色
D ．洋红色、黄绿色
（2）滤渣1的主要成分是_____________；向滤液1中加入适量的CaCO 3细粉用于消耗硫酸并将Fe 3+转化为红褐色沉淀，若()
()33+n CaCO n Fe =3,反应的离子方程式为__________; 滤渣2
的主要成分是Fe(OH)3、________、 CaSO 4,其中 Fe(OH)3 脱水后可生成一种元素种类不变且摩尔质量为89 g ·mol -1的新化合物，其化学式为_______________。

（3）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，上述流程中趁热过滤的目的是________。

（4）煅烧制备LiFePO 4时，反应的化学方程式为_____________________。

（5）某种以LiFePO 4,作正极材料的锂电池总反应可表示为: LiFePO 4+C 垐垎?噲垐?充电放电
Li 1-x FePO 4 +CLi x 。

放电时正极的电极反应式为__________。

【答案】A Al 2O 3·
4SiO 2·H 2O Fe 3++3H ++3CaCO 3= Fe(OH)3+3Ca 2++3CO 2↑或Fe 3++3H ++3CaCO 3+3SO 42-= Fe(OH)3+3CaSO 4+3CO 2↑ Mg(OH)2 FeO(OH)或FeOOH 减小LiCO 3的溶解损失 Li 2CO 3+H 2C 2O 4+2FePO 4
煅烧 2LiFePO 4+3CO 2↑+H 2O↑ Li 1-x FePO 4+xLi ++xe -
=LiFePO 4
【解析】
【分析】
锂辉石(主要成分为Li 2O·
Al 2O 3·4SiO 2，含少量铁、钙、镁)加入浓硫酸共热，根据已知信息可知得到的沉淀1主要成分为Al 2O 3·
4SiO 2·H 2O ，滤液中的主要阳离子有Fe 3+、Mg 2+、Ca 2+、Li +；加入碳酸钙和石灰乳可以将过量的氢离子和Fe 3+、Mg 2+除去，滤渣2主要为Fe(OH)3、Mg(OH)2以及硫酸钙；滤液主要杂质离子有Ca 2+和SO 42-；再加入碳酸钠将钙离子除去，得到硫酸锂和硫酸钠的混合溶液，蒸发浓缩后加入饱和碳酸钠溶液，趁热过滤得到碳酸锂沉
淀；提纯后加入草酸和磷酸铁经煅烧得到LiFePO 4。

【详解】
(1)锂元素的焰色反应为紫色；铁元素无焰色反应，所以选A ；
(2)根据分析可知，滤渣1主要为Al 2O 3·4SiO 2·H 2O ；得到的红褐色沉淀应为Fe(OH)3，再结合()
()33+ CaCO Fe n n =3以及溶液中有过量的硫酸，所以离子方程式为Fe 3++3H ++3CaCO 3=
Fe(OH)3+3Ca 2++3CO 2↑，考虑到溶液中有大量硫酸根也可以写成Fe 3++3H ++3CaCO 3+3SO 42-= Fe(OH)3+3CaSO 4+3CO 2↑；根据分析可知滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2以及CaSO 4；摩尔质量为89 g·mol -1，则该物质的式量为89，Fe(OH)3的式量为107,107-89=18，说明脱水过程失去一分子水，所以新物质的化学式为：FeO(OH)；
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，所以趁热过滤可以减小碳酸锂的溶解度，减少碳酸锂的损耗；
(4)煅烧制备过程的原料为Li 2CO 3、H 2C 2O 4和FePO 4，产物中有LiFePO 4，铁元素的化合价降低，则该过程中某种物质被氧化，根据元素化合价变化规律可知草酸中的C 元素被氧化，由+3价升高为+4价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：
Li 2CO 3+H 2C 2O 4+2FePO 4 煅烧 2LiFePO 4+3CO 2↑+H 2O↑；
(5)放电时正极得电子发生还原反应，负极失电子被氧化，根据总反应可知负极应为CLi x -xe -=xLi ++C ，正极反应等于总反应减去负极反应，所以正极反应为：即Li 1-x FePO 4+xLi ++xe - =LiFePO 4。

【点睛】
第5题电极方程式书写为本题难点，首先要注意本题中的总反应最后中逆反应为放电反应，其次要注意到该电池中Li 电极为负极，其负极的电极反应式比较好写，则可用总反应减去负极反应即可得到正极反应。

6．(1)配平下列方程式
①_____Na+_____H 2O =_____NaOH+_____H 2↑
②_____Na 2O 2 +_____ CO 2=_____ NaCO 3 +_____O 2↑
③_____KMnO 4 +_____HCl(浓) =_____ KCl +_____MnCl 2 +_____H 2O + _____Cl 2↑
④_____Al+_____H 2O +_____NaOH =_____Na AlO 2 +_____H 2↑
(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________
①2Na 2O 2 + 2H 2O = 4NaOH + O 2↑
②2FeCl 2 + Cl 2 = 2FeCl 3
【答案】2 2 2 1 2 2 2 1 2 16 2 2 8 5 2 2 2 2 3
【解析】
【分析】
配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，可利用化合价升降守恒来配平，再通过原子守恒来配平其他物质。

【详解】
2Na+2H O =2NaOH+H↑，故(1)① Na由0价变为+1价，H由+1价变为0价，故方程为：
22
答案为：2；2；2；1；
②此为歧化反应，O化合价由-1价变为-2价和0价，故方程为：
2Na O+2CO=2Na CO+O↑，故答案为：2；2；2；1；
222232
③Mn化合价由+7价下降为+2价，Cl化合价由-1价升高为0价，故方程为：
2KMnO+16HCl(浓) =2KCl +2MnCl+8H O +5Cl↑，故答案为：2；16；2；2；8；5；
4222
④Al化合价由0价升高为+3价，H化合价有+1价下降为0价，故方程为：
2Al+2H O +2NaOH=2Na AlO+3H↑，故答案为：2；2；2；2；3；
222
（2）①此化学方程式为歧化反应，O由+1价变为-2价和0价，双线桥表示为：
，故答案为：
②Fe2+离子为还原剂化合价由+2变为+3价失去一个电子，Cl由0价变为-1价得到一个电子，用双线桥表示为：，故答案为：。

7．为测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物样品中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下实验方案：
Ⅰ.甲同学的方案是：将m g样品溶解，加过量氯化钡溶液，过滤、洗涤、烘干，称得固体为n g。

(1)混合物中碳酸钠的质量分数为_____(用m、n表示)，甲同学洗涤沉淀的具体操作是
_____。

(2)Ca2＋、Ba2＋都可以使CO32-沉淀完全，但使用氯化钡溶液比氯化钙溶液所得的结果具有更高的精确度，原因是①________；②BaCO3的摩尔质量比CaCO3的大，与等质量的Na2CO3反应，Ba2＋产生沉淀的质量大，称量误差小。

Ⅱ.乙同学的方案的实验装置如图所示：
(1)盛有浓硫酸的装置的作用是______。

(2)乙同学的方案的装置中存在一定的缺陷，请你提出改进的方法：______(简单叙述做法，不必画图)。

【答案】106n
197m?
×100% 向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，待水自然流下后，
再重复2-3次反应生成的Ca(OH)2微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大吸收二氧化碳气体中的水蒸气(或干燥二氧化碳) 在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置；在碱石灰装置后再连接一个装有碱石灰的装置
【解析】
【分析】
I.(1)混合物中碳酸钠的质量分数=碳酸钠的质量
样品质量
×100%，混合物的质量为m g，碳酸钠的
质量可根据碳酸钡的质量n g来求出；根据沉淀洗涤方法分析；
(2)若用氯化钙的话，反应生成的氢氧化钙微溶于水，会使沉淀的质量变大；
II.(1)根据浓硫酸的吸水性分析；
(2)反应后的装置中会有残留的二氧化碳气体，碱石灰会吸收外面空气中的水和二氧化碳。

【详解】
I.(1)设碳酸钠的质量为x，根据反应方程式：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl可知：每有106 g Na2CO3反应，会产生197 g BaCO3沉淀，则反应产生n g BaCO3沉淀，反应的Na2CO3质量
x=106
ng
197
=
106n
197
g，所以样品中Na2CO3的质量分数为
106n
g
197
mg
×100%=
106n
197m
×100%；
甲同学洗涤沉淀的具体操作是：向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，待水自然流下后，再重复2-3次；
(2)若用氯化钙，反应生成的Ca(OH)2微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大；
II.(1)浓硫酸具有吸水性，盛有浓硫酸的装置的作用是吸收二氧化碳气体中的水蒸气；(2)该方案中没有除去装置中的空气，空气中含有二氧化碳会影响测定结果，另外反应后的装置中也有残留的二氧化碳气体；碱石灰也会吸收外面空气中的水和二氧化碳。

改进方法
是在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置，在实验前先通入空气，排除装置中空气中CO2的干扰，实验结束再通入空气，将反应产生的CO2赶出，全部被碱石灰吸收；在碱石灰装置后再连接一个碱石灰装置，以防吸收空气中的水和二氧化碳。

【点睛】
本题考查了碳酸钠的性质、化学实验基本操作、化学实验方案的设计与评价，注意掌握碳酸钠的性质，明确实验方案的设计与评价方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

8．纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。

某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如下：
（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中SO42-、Ca2+离子，依次加入的试剂及其用量是______________、_______________、过滤、_______________。

（2）已知：几种盐的溶解度
NaCl NH4HCO3NaHCO3NH4Cl
溶解度（20°C，100gH2O时）36.021.79.637.2
①写出装置I中反应的化学方程式_____________________________________。

②写出装置II中发生反应的化学方程式________________________________。

（3）该流程中可循环利用的物质是__________________。

（4）若制出的纯碱中只含有杂质NaCl。

①检验用该纯碱配制的溶液中含有Cl―的方法是_________________________。

②向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g，则该纯碱的纯度（质量分数）为__________（用m、b来表示）。

【答案】过量BaCl2溶液过量Na2CO3溶液适量（过量）稀盐酸
NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl 2NaHCO3=V Na2CO3+H2O+CO2↑ CO2取少量纯碱样品，加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明含有氯离子。

53b
×100％
50m
【解析】
【分析】
（1）工业上除去SO42-用含有Ba2+的可溶性盐、除去Ca2+用含有CO32-的可溶性盐；
（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl；
②受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
（3）装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳；
（4）①Cl-的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液，生成不溶于稀硝酸的AgCl沉淀；
②向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液反应生成碳酸钙，则最后得到的bg为碳酸钙的质量，根据碳原子守恒由碳酸钙的物质的量可得到碳酸钠的物质的量，在求算出理论上碳酸钠的质量，进而求算纯碱的纯度。

【详解】
（1）除去饱和食盐水的中SO42-要用BaCl2溶液，除去饱和食盐水的中Ca2+要用Na2CO3溶液，并且除杂时试剂应该过量，最后用稀盐酸调节pH=7，
故答案为：足量BaCl2溶液、足量Na2CO3溶液、适量稀盐酸；
（2）①先向食盐水中通入NH3使溶液呈碱性，CO2、NH3和H2O反应生成NH4HCO3，由于溶解度小NaHCO3，所以NaCl和NH4HCO3反应生成NaHCO3和NH4Cl，即
NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；
②NaHCO3对热不稳定，受热易分解生成Na2CO3、H2O、CO2，化学方程式为2NaHCO3=V
Na2CO3+H2 O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3=V Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳，故答案为：CO2；
（4）①Cl-的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液，方法为：取少量纯碱样品溶于水，加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有氯离子；
故答案为：取少量纯碱样品溶于水，加入足量的稀硝酸，在加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有Cl-；
②向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液反应生成碳酸钙，则最后得到的bg为碳酸钙的质
量，则根据碳原子守恒，碳酸钠的物质的量=碳酸钙的物质的量=
bg
100g/mol
=
b
mol
100
，
则碳酸钠的质量=nM=
b
mol
100
×106g/mol=
53b
50
g，则该纯碱的纯度=
53b
g
50
mg
×100％
=53b
50m
×100％；
答案为：53b
50m
×100％。

【点睛】
易错点在于第（1）中，除杂提纯时，除杂试剂要过量，碳酸钠一定加在氯化钡溶液的后面，才能够除去多余的钡离子。

9．（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。