2020-2021高考化学钠及其化合物的综合热点考点难点及答案

2020-2021高考化学钠及其化合物的综合热点考点难点及答案
一、高中化学钠及其化合物
1．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。

2．（1）常温下Na2CO3、NaHCO3、NaOH的溶解度分别为15.9、8.4、109.0g/100g水。

①欲在NaOH 溶液中通入CO 2产生Na 2CO 3沉淀，NaOH 的质量百分数至少为多少___？(保留1位小数，xx.x%)
②NaHCO 3溶解度明显低于Na 2CO 3，在上述NaOH 浓溶液中通入CO 2，为什么不考虑在Na 2CO 3沉淀之前先产生NaHCO 3沉淀？___。

（2）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。

SiO 44-是一种四面体形的离子(属硅酸根)，其结构可用图a 表示，硅原子位居该四面体中心(图中不可见)，四个氧原子各占一个顶点。

图b 和图c 则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a 通过共用氧原子的形式构成。

①求b 的化学式。

___
②若一个单环状离子中Si 原子数为n(n≥3)，则其化学式为__。

③绿柱石是铍、铝的此类硅酸复盐，其化学式中含6个硅原子，该复盐的化学式是___。

【答案】11.0% 在NaOH 存在的条件下不会先生成NaHCO 3 Si 3O 96- Si n O 3n 2n-
Be 3Al 2Si 6O 18(或3BeO·Al 2O 3·6SiO 2)
【解析】
【分析】
(1)①设100g 水中溶有NaOH ag ，根据方程式2NaOH ＋CO 2＝Na 2CO 3＋H 2O 计算生成碳酸钠、水的质量，产生Na 2CO 3沉淀，此时碳酸钠为饱和溶液，结合碳酸钠溶解度列方程计算，进而计算氢氧化钠溶液质量分数；
②在NaOH 存在的条件下不会先生成NaHCO 3；
(2)①根据每个四面体中心含有1个Si 原子及图b 中四面体数目判断硅原子、氧原子数目，再根据氧元素和硅元素的化合价进行判断；
②根据b 、c 的化学式找出规律，然后推断硅原子数目为n 时含有的氧原子、硅原子数目及所带电荷数，从而确定其化学式；
③含有6个硅原子的化学式为Si 6O 1812−，带有12个单位的负电荷，然后根据铍的化合价为＋2、铝的化合价为＋3计算出绿柱石化学式。

【详解】
(1)①设100g 水中溶有NaOH ag ，则：
2232+80
10618a 10618a 2NaOH +CO Na CO H O
a 8080＝
碳酸钠溶解度为15.9g/100g 水，则106a 80：(100g ＋18a 80
)＝15.9：100，
解得a ＝12.3，故NaOH 的质量百分数至少为100g 12.3g
g 12.3＋×100%＝11.0%，故答案为：11.0%； ②在NaOH 存在的条件下不会先生成NaHCO 3，故不需要考虑在Na 2CO 3沉淀之前先产生NaHCO 3沉淀，故答案为：在NaOH 存在的条件下不会先生成NaHCO 3；
(2)①b 含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si 的化合价为＋4、O 氧元素化合价为−2可知，b 的化学式为：Si 3O 96−，故答案为：Si 3O 96−；
②c 中含有6个四面体结构，所以含有6个Si 原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O ，带有的电荷为：6×(−2)＝−12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si 原子数为n(n≥3)，则含有n 个四面体结构，含有的氧原子比n 个硅酸根离子恰好少n 个O 原子，即：含有n 个Si ，则含有3n 个O ，带有的负电荷为：n×(−2)＝−2n ，其化学式为：Si n O 3n 2n−，故答案为：Si n O 3n 2n−；
③根据Si n O 3n 2n−可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为：−12，设铍的个数为x ，铝的个数为y ，则2x ＋3y ＝12，讨论可得x ＝3、y ＝2，其化学式为：Be 3Al 2Si 6O 18，故答
案为：Be 3Al 2Si 6O 18(或3BeO·
Al 2O 3·6SiO 2)。

【点睛】
本题(2)注意掌握确定复杂化学式的方法，能够根据题中信息找出规律是解答本题关键。

3．2019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、LiFePO 4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)LiFePO 4在硫酸和过氧化氢同时存在的条件下生成Li 2SO 4，Fe 2（SO 4）3，2 H 2O 和2H 3PO 4，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 -=H 2O ，H ++AlO 2-
+H 2O=Al(OH)3↓；
(4)H 2O 2和HNO 3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2LiFePO 4 +H 2O 2+4H 2SO 4=Li 2SO 4+Fe 2(SO 4)3+2H 2O+2H 3PO 4；
(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 。

4．已知①Na 2O 2 ②O 2 ③HClO ④H 2O 2 ⑤Cl 2 ⑥NaClO ⑦O 3七种物质都具有强氧化性。

请回答下列问题:
(1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号，下同)。

(2)含非极性键的共价化合物是_________。

(3)属于离子化合物的有______种。

(4)Na 2O 2、HClO 、H 2O 2均能用于制备O 2。

①HClO 在光照条件下分解生成O 2和HCl ，用电子式表示HCl 的形成过
程:_________________________。

②写出Na 2O 2与H 2O 反应制备O 2的化学方程
式:____________________________________。

③H 2O 2在二氧化锰催化作用下可以制备O 2。

若6.8g H 2O 2参加反应，则转移电子数目为_________，生成标准状况下O 2体积为_______L 。

【答案】②⑦ ④ 2
2Na 2O 2 +2H 2O=4NaOH +O 2↑ 1.204x1023或0.2N A 2.24
【解析】
【分析】
根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。

【详解】
（1）同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。

故O 2与O 3互为同素异形体； （2）Na 2O 2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物；HClO 是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物；H 2O 2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO 既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；O 2、O 3、Cl 2属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合物是④H 2O 2；
（3）由(2)可知，Na 2O 2、NaClO 属于离子化合物，故属于离子化合物的有2种； （4）HCl 是共价化合物，用电子式表示HCl 的形成过程是：
； （5）Na 2O 2与H 2O 反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na 2O 2
+2H 2O=4NaOH +O 2↑；
（6）2H 2O 22MnO O 2↑+2H 2O ，每生成1mol 转移2mol 电子，故6.8g H 2O 2的物质的量：
1
6.8g 34g mol -⋅=0.2mol ，生成氧气的物质的量为0.1mol ，转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol -1=1.204x1023；V(O 2) = 0.1mol×22.4L·mol -1=2.24L 。

5．现有下列物质：
①KCl ②CH 4 ③NH 4NO 3 ④I 2 ⑤Na 2O 2 ⑥HClO 4 ⑦N 2 ⑧CO ⑨SO 2 ⑩金刚石 ⑪CH 3CH 2OH ⑫MgO ⑬MgCl 2 ⑭KOH ⑮HCl ⑯Al 2O 3
请回答下列问题。

(1)两性氧化物是___（填序号），其电子式为___。

(2)最简单的有机化合物是___（填序号），用电子式表示其形成过程：___。

(3)属于共价化合物的是___（填序号），含有共价键的离子化合物是___（填序号）。

(4)由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为___（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为___。

【答案】⑯ ②
②⑥⑧⑨⑪⑮ ③⑤⑭ ⑤ 2Na+O 2
点燃Na 2O 2
【解析】 【分析】 (1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；
(2)最简单的有机化合物是CH 4，甲烷为共价化合物；
(3) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；
(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na 2O 2。

【详解】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al 2O 3，Al 2O 3是离子化合物，其电子式为：
，故答案为：⑯；
；
(2)最简单的有机化合物是CH 4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：②；；
(3)只含共价键的化合物为共价化合物，CH 4、HClO 4、CO 、SO 2、CH 3CH 2OH 、HCl 中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有：NH 4NO 3、Na 2O 2、KOH ，故答案为：②⑥⑧⑨⑪⑮ ；③⑤⑭ ；
(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na 2O 2，钠和氧气反应生成过氧化钠的
化学方程式：2Na+O 2
点燃
Na 2O 2，故答案为：⑤；2Na+O 2点燃Na 2O 2。

【点睛】 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。

6．（Ⅰ）现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：3CaCO 、23Na CO 、24Na SO 、NaCl 、4CuSO 。

已知3CaCO 难溶于水，4Cu SO 溶液呈蓝色。

现进行如下实验：
①溶于水得无色溶液；②向溶液中加入2BaCl 溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。

根据上述实验现象推断：
（1）一定不存在的物质是（填写化学式）_________________________；
（2）一定存在的物质是（填写化学式）_________________________；
（3）可能存在的物质是（填写化学式）_________________________；
（4）检验可能存在的物质所用试剂名称为：_________________________；
（Ⅱ）（5）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。

钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液。

10.1g 钠钾合金溶于500mL 水生成0.15mol 氢气。

确定该钠-钾合金的组成（用x y Na K 的形式表示）：__________；如果所得溶液的体积仍为500mL ，则NaOH 溶液的物质的量浓度为___________________。

【答案】CaCO 3、Na 2SO 4、CuSO 4 Na 2CO 3 NaCl 稀硝酸、硝酸银溶液 NaK 2 0.2mol /L
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由①溶于水得无色溶液，可知一定不含CuSO 4、CaCO 3；由②向溶液中加入BaCl 2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失，可知白色沉淀为碳酸钡，则一定含Na 2CO 3，不含Na 2SO 4，不能确定是否含NaCl ，以此来解答；（II ）根据发生反应：
2Na +2H 2O =2NaOH +H 2↑、2K +2H 2O =2KOH +H 2↑，根据氢气体积、金属质量列方程计算Na 、K 物质的量；根据n c=
V
计算可得。

【详解】
由①溶于水得无色溶液，可知一定不含CuSO 4、CaCO 3；由②向溶液中加入BaCl 2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失，可知白色沉淀为碳酸钡，则一定含Na 2CO 3，不含Na 2SO 4，不能确定是否含NaCl ；
（1）一定不存在的物质是CaCO 3、Na 2SO 4、CuSO 4，故答案为：CaCO 3、Na 2SO 4、CuSO 4； （2）一定存在的物质是Na 2CO 3，故答案为：Na 2CO 3；
（3）可能存在的物质是NaCl ，故答案为：NaCl ：
（4）由氯离子的检验方法可知，检验可能存在的物质所用试剂为稀硝酸、硝酸银溶液，故答案为：稀硝酸、硝酸银溶液。

（5）设钠、钾的物质的量分别为amol 、bmol ，则 222Na +2H O =2N 21a a +H a
OH 0.5↑
222K +2H O =2K 21b +H b
OH 0.5↑
0.5a +0.5b =0.15，23a +39b =10.1，计算可得：a =0.10，b =0.20，n （Na ）：n （K ）=1：2，该钠-钾合金化学式为NaK 2，c (NaOH )=
n(NaOH)0.1mol ==0.2mol/L V 0.5L ，故答案为：NaK 2；0.2mol /L 。

7．10℃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。

8．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。

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】
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．(1)147gH 2SO 4的物质的量是_______；
(2)氧化铜在高温下发生分解反应：4CuO
2Cu 2O +O 2↑，若反应过程中生成1molO 2分子，则转移电子数为________mol 。

(3)反应：2FeCl 3＋2KI=2FeCl 2＋2KCl ＋I 2，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 FeCl 3 2Na+O 2
Na 2O 2 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(H 2SO 4)= 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1molO 2，元素化合价升高4价，所以生成1molO 2分子，转移电子数为4mol ；
(3)在反应2FeCl 3+2KI=2FeCl 2+2KCl+I 2中，I 元素化合价由KI 中的-1价变为反应后I 2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FeCl 3中的+3价变为反应后FeCl 2中的+2价，Fe 元素的化合价降低，得电子，被还原，所以FeCl 3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 +O 2Na 2O 2，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Na 2O 2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 。

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。

11．按要求写出下列变化，（1）（2）写化学方程式，（3）（4）写离子方程式
_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
【答案】Ca(OH)2 + 2NH 4Cl
CaCl 2 + 2NH 3↑+ 2H 2O SiO 2 + 2NaOH = Na 2SiO 3+ H 2O 2Na 2O 2 + 2H 2O = 4Na ++ 4OH —+ O 2↑ Al 3++ 3NH 3·H 2O= Al(OH)3↓ + 3NH 4+
【解析】
试题分析：（1）实验室用Ca(OH)2和NH 4Cl 制取氨气，化学方程式为：
Ca(OH)2 + 2NH 4Cl CaCl 2 + 2NH 3↑+ 2H 2O ；
（2）氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，化学方程式为：SiO 2 + 2NaOH = Na 2SiO 3+ H 2O ；（3）将Na 2O 2粉末投入水中，二者反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：
2Na 2O 2 + 2H 2O = 4Na ++ 4OH —+ O 2↑；
（4）向AlCl 3溶液中加入足量氨水，二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为：
Al 3++ 3NH 3·H 2O= Al(OH)3↓ + 3NH 4+。

考点：考查化学用语，涉及化学方程式和离子方程式的书写。

12．（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。