2020-2021备战高考化学钠及其化合物-经典压轴题及答案

2020-2021备战高考化学钠及其化合物-经典压轴题及答案
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．某兴趣小组的学生根据活泼金属Mg与CO2发生反应，推测活泼金属钠也能与CO2发生反应，因此兴趣小组用下列装置进行“钠与二氧化碳反应”的实验探究(尾气处理装置已略去)。

已知：常温下，CO能使一些化合物中的金属离子还原
例如：PdCl2 + CO + H2O＝Pd↓+ CO2+2HCl 。

反应生成黑色的金属钯，此反应也可用来检测微量CO的存在。

请回答下列问题：
(1)通常实验室制取CO2气体的离子方程式是_______________________________，为了使制气装置能“随开随用，随关随停”，上图A处应选用的装置是_____(填写“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。

若要制取干燥、纯净的CO2气体，装置B中应盛放的试剂是____________溶液，装置C中应盛放的试剂是______________。

(2)观察实验装置图可知Na与CO2反应的条件是_____________。

检查装置的气密性完好并装入药品后，在点燃酒精喷灯前，必须进行的操作是____________________。

待装置
______(填写字母)中出现____________________现象时，再点燃酒精喷灯，这步操作的目的是______________________________________。

(3)假设CO2气体为足量，在实验过程中分别产生以下①、②两种不同情况，请分析并回答问题：
①若装置F中溶液无明显变化，装置D中生成两种固体物质，取少量固体生成物与盐酸反应后，有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式是
_______________________。

②若装置F中有黑色沉淀生成，装置D中只生成一种固体物质，取少量该固体与盐酸反应后，也有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式是
__________________________。

(4)请用文字简要说明你判断②中D装置生成固体的成分是钠的正盐或酸式盐的理由。

_________________________________。

【答案】CaCO3 + 2H+＝ Ca2++ H2O + CO2↑Ⅲ饱和NaHCO3浓H2SO4高温(或强热) 扭开装置Ⅲ中导气管活塞 E 澄清的石灰水变浑浊排出该装置中的空气 4Na +
3CO22Na2CO3+ C 2Na + 2CO2Na2CO3+ CO 生成正盐。

因为根据质量守恒定律可知，反应物共有三种元素，没有氢元素，因此不能生成酸式盐。

【解析】
【分析】
(1)实验室通常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，反应不需要加热，大理石和石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
Ⅲ装置能使反应随时进行或停止，原理是：关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止；打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；
(2)高温条件下，钠能和氧气反应；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
(3)根据提供的信息可以判断反应进行情况；
(4)化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后元素种类、原子种类和总个数都不变．
【详解】
(1)通常实验室制取CO2气体的化学方程式是：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；
Ⅲ装置能使反应随时进行或停止，原理是：关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止；打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；若要制取干燥、纯净的CO2气体，装置B中应盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，这是因为饱和碳酸氢钠溶液不能和二氧化碳反应，能和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而可以除去二氧化碳中的氯化氢气体；装置C中应盛放的试剂是浓硫酸，用来除去二氧化碳中的水蒸气；
(2)观察实验装置图可知Na与CO2反应的条件是高温；检查装置的气密性完好并装入药品后，在点燃酒精喷灯前，必须进行的操作是通入一会儿二氧化碳气体，待装置E中出现浑浊现象时，再点燃酒精喷灯，这步操作的目的是防止钠和空气中的氧气反应；
(3)①若装置F中溶液无明显变化，装置D中生成两种固体物质，取少量固体生成物与盐酸反应后，有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，说明反应生成了碳酸钠，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，反应的化学方程式是：3CO2+4Na2Na2CO3+C；
②若装置F中有黑色沉淀生成，装置D中只生成一种固体物质，说明反应生成了一氧化碳，取少量该固体与盐酸反应后，也有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，说明反应生成了碳酸钠，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和一氧化碳，反应的化学方程式是：
2CO2+2Na Na2CO3+CO；
(4)②中D装置生成固体的成分是钠的正盐的理由是：反应物中不含有氢元素，因此生成物中不含有氢元素，即生成的固体不可能是碳酸氢钠。

CO充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液3．往100mL的NaOH溶液中通入2
CO的体积V（标准状况）与M的质量W的关系如下图蒸干，得到白色固体M。

通入的2
所示。

试解答下列问题：
（1）A点时，白色固体M的化学式为_________，通入的2
CO的体积为_________mL（标准状况下，下同）。

（2）C点时，白色固体M的化学式为__________，通入的2
CO的体积为__________mL。

（3）B点时M的组成成分为_________，物质的量之比为_________，通入的2
CO的体积为__________mL。

（4）该NaOH溶液的物质的量浓度为_________。

【答案】Na2CO3 1120 NaHCO3 2240 Na2CO3、NaHCO3 1：3 1792 1mol/L
【解析】
【分析】
由图知NaOH质量为4 g，物质的量为0.1 mol，完全转化为Na2CO3时，Na2CO3质量为
0.1mol×1
2
×106g/mol＝5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol＝8.4
g，故A点白色固体M为Na2CO3，C点白色固体M为NaHCO3，根据碳原子守恒可得
n(CO2)，根据V＝nV m计算二氧化碳体积；图B点时M的质量为7.16 g，5.3＜7.16＜8.4，知M由Na2CO3和NaHCO3组成，设在B点时Na2CO3物质的量为x，NaHCO3物质的量为y，根据钠离子守恒、二者质量之和列方程计算x、y的值，根据V＝nV m计算二氧化碳体
积；根据c＝n
V
计算NaOH溶液的物质的量浓度。

【详解】
由图知NaOH质量为4 g，物质的量为0.1 mol，完全转化为Na2CO3时，Na2CO3质量为
0.1mol×1
2
×106g/mol＝5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol＝8.4
g，故A点白色固体M为Na2CO3，C点白色固体M为NaHCO3；
(1)由上述分析可知，A点白色固体M为Na2CO3，需CO2体积为0.1 mol×1
2
×22.4L•mol−1＝
1.12L＝1120 mL，故答案为：Na2CO3；1120；
(2)由上述分析可知，C点白色固体M为NaHCO3，需CO2体积为0.1 mol×22.4L•mol−1＝
2.24L＝2240 mL，故答案为：NaHCO3；2240；
(3)图B点时M的质量为7.16 g，5.3＜7.16＜8.4，知M由Na2CO3和NaHCO3组成；
设在B点时Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为ymol，则：
2x＋y＝0.1，106x＋84y＝7.16，解得x＝0.02，y＝0.06，n(Na2CO3)：n(NaHCO3)= 0.02mol：0.06mol=1：3，
故V(CO2)＝(0.02 mol＋0.06 mol)×22.4L•mol−1＝1.792L＝1792 mL，故答案为：Na2CO3、
NaHCO3；1：3；1792；
(4)该NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol
0.1L
＝1mol/L，故答案为：1mol/L。

【点睛】
本题根据图像判断出开始时氢氧化钠的质量及利用假设法判断A、C两点白色固体的成分是解题关键。

4．某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：
（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。

（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是______，不必作第6次读数的原因是______。

（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_____（保留2位小数）。

（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：
①操作Ⅰ的名称是_____。

②需直接测定的物理量是_____。

③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。

④在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑第4次或第5次的读数第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解生成NaCl的质量玻璃棒、蒸发皿偏大
【解析】
【分析】
（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
（2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，故过氧化钠的质量分数偏大。

【详解】
（1）Na 2O 2和H 2O 反应的化学方程式：2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑；
（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；
（3）2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O 2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g ，n(O 2)=10.270g 32g mol -⋅ =0.0084mol ，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na 2O 2) =2(O 2)=0.0168mol ，过氧化钠的质量分数是： 1
0.016878100%1.560mol g mol g
-⨯⋅⨯ =84% ； （4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl 的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。

5．向200mL 某物质的量浓度的NaOH 溶液中缓慢通入一定量的CO 2，充分反应，测得最后溶液的pH>7。

（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是___；如果是多种成分，可能是___。

（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2mol·
L -1的盐酸，所得气体(不考虑溶解于水)的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①加入盐酸200mL 之前，无气体产生，写出OA 段发生反应的离子方程式___。

②B 点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是__ (溶液体积的变化忽略不计)。

（3）将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol·L-1NaOH溶液中，c(HCO3-)与c(CO32-)的关系是___。

【答案】Na2CO3或NaHCO3 NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3 OH−+H+═H2O、
CO32−+H+═HCO3− 1.2mol/L c(HCO3−)>c(CO32−)
【解析】
【详解】
（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成
分，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，若1<() (
)
2
n NaOH
n CO
<2，溶质是NaHCO3、Na2CO3，若
()
()
2
n NaOH
n CO
>2，溶质是Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3或NaHCO3；NaOH 和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3；
（2）①加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O−A段消耗的盐酸为A→B的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH−+H+═H2O、
CO32−+H+═HCO3−，故答案为：OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3−；
②B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，由盐酸的物质的量可知为0.3L×2mol/L=0.6mol，
则的物质的量浓度是
0.2L
0.6mol
+0.3L
=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L；
（3）标准状况下，2.24LCO2的物质的量为：
2.24L
=0.1mol
22.4L/mol
，150mL1mol/LNaOH溶液中含0.15molNaOH，二者发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成等浓度的Na2CO3、NaHCO3，HCO3−、CO32−部分水解，由于CO32−水解程度大于HCO3−，则
c(HCO3−)>c(CO32−)，故答案为：则c(HCO3−)>c(CO32−)。

【点睛】
本题易错点在于（3），通过计算分析溶液中溶质组成，但不能忽略溶液中存在的水解反应，根据水解程度比较离子浓度。

6．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
3向Na2O2与水
反应后的溶液
（pH=14）中
滴加2滴酚
酞；再加适量
稀盐酸至溶液
pH=12……
②_____________________________……
溶液pH大于13时，NaOH
使变红的溶液褪色；pH在
8~13时， NaOH和H2O2共
同作用使溶液褪色
（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。

7．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。

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．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)＋
3H2(g) 垐?
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
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；
噲?2CH3OH(g) 反应，根据Qc与K的关系进行分析。

（6）根据CH3OCH3(g)＋H2O(g) 垐?
【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 +
2CH3CH2OH ═ 2CH3CH2ONa + H2↑；
故答案为：2Na + 2CH3CH2OH ═ 2CH3CH2ONa + H2↑；
（2）MgC2水解生成氢氧化镁和乙炔，化学方程式为MgC2 + 2H2O ═ Mg(OH)2 + C2H2↑；故答案为：MgC2 + 2H2O ═ Mg(OH)2 + C2H2↑；
（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Cu2(OH)2CO3溶解；故答案为：明矾中的Al3+发生水解反应使溶液呈酸性，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。