2020-2021全国高考化学钠及其化合物的综合高考模拟和真题汇总附答案

2020-2021全国高考化学钠及其化合物的综合高考模拟和真题汇总附答案
一、高中化学钠及其化合物
1．如图所示，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应？”这个问题可通过以下实验加以证明。

（1）按图装置，在干燥的试管Ⅲ中装入Na2O2后，在通入CO2之前，应事先将活塞（K1、K2）关闭好，目的何在？____。

（2）试管I内的试剂X是__时，打开活塞K1、K2，加热试管Ⅲ约5分钟后，将带火星的小木条插入试管Ⅱ的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，则所得的结论是____。

（3）试管I内试剂为CO2饱和水溶液时，其他操作同（2），通过____的现象，可以证明Na2O2与潮湿的CO2能反应且放出O2。

（4）CO2与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：
__Na2O2+____C18O2+____H218O→____。

【答案】以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象浓H2SO4过氧化钠与干燥的CO2不反应带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色 2 2 2 ═2Na2C18O3+O2↑+2H2O
【解析】
【详解】
(1)本题旨在利用对比实验，探究Na2O2与CO2反应的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与干燥CO2反应，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反应装置前CO2必须干燥，故答案为以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；
(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2不反应；
(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上会复燃；Ⅲ内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色；
(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H218O═2Na2C18O3+O2↑+2H2O，故答案为2；2；2；
═2Na2C18O3+O2↑+2H2O。

【点睛】
本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。

本题的易错点为(4)，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中。

2．纯碱、烧碱等是重要的化工原料。

（1）利用如图所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应。

将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是______。

若其它操作不变，将A与C连接，可观察到的现象是_______。

（2）向100 mL2 mol/L的NaOH 溶液中通入一定量CO2，结晶，得到9．3 g白色固体，该白色固体的组成是_______（写化学式）。

设计实验确认该白色固体中存在的阴离子，试完成下列方案。

实验操作实验现象结论
①取少量白色固体于试管中，加
____________
足量水溶解，再加足量BaCl2溶
液
②过滤，取2 mL滤液于试管
____________
中，滴加酚酞
（3）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。

反应I为：NaCl+CO2+NH3+H2O NaHCO3↓+NH4Cl，处理母液的两种方法如下。

①向母液中加入石灰乳，可将其中_____循环利用，同时得到融雪剂_____。

②向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。

试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式：
______________。

【答案】水沿导管由广口瓶进入烧瓶广口瓶中的长导管口有气泡产生 NaOH和Na2CO3
产生白色沉淀原白色固体中有CO32-存在溶液变红溶液中含有氢氧化钠 NH3 CaCl2 HCO3—＋NH3＝NH4+＋H2O
【解析】
【分析】
（1）CO2与NaOH反应生成Na2CO3，烧瓶内压强减小；
（2）先根据钠原子守恒，通过极值法确定白色固体的组成；根据题中所给试剂，要首先利用中性溶液BaCl2检验出碳酸钠，并将碳酸根离子全部沉淀，再通过检验溶于的pH来确定是否含有NaOH；
（3）①根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后可以生成氨气；
②碳酸氢钠溶于水，母液为碳酸氢钠饱和溶液，向母液中通入氨气，氨气与碳酸氢钠反应碳酸钠和碳酸铵。

【详解】
（1）将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，二氧化碳与烧碱溶液发生了反应，引起压强减小，导致水沿导管由广口瓶进入烧瓶，若其它操作不变，若将A 与C连接，外界气体进入进入集气瓶，可观察到的现象是广口瓶中的长导管口有气泡产生，故答案为：水沿导管由广口瓶进入烧瓶；广口瓶中的长导管口有气泡产生；
（2）二氧化碳与氢氧化钠可以发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O、OH-+CO2=HCO3-，100 mL2 mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.2mol，若氢氧化钠全部生成碳酸钠，碳酸
×106g/mol=10.6g，若全部生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的质量为钠固体的质量为0.2mol×1
2
0.2mol×84g/mol=16.8g，由得到9．3 g白色固体可知，氢氧化钠溶液过量，最后的固体可能为NaOH和Na2CO3；要检验NaOH和Na2CO3，可加足量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含CO32‾；用无色酚酞检验氢氧化钠的存在，即
故答案为：Na2CO3和NaHCO3；产生白色沉淀；原白色固体中有CO32-存在；溶液变红；原白色固体中有CO32-存在；
（3）①根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后，石灰乳与氯化铵共热反应生成氯化钙、氨气和水，氨气可以循环使用，氯化钙可以做融雪剂，故答案为：氨气；融雪剂；
②碳酸氢钠溶于水，母液为碳酸氢钠饱和溶液，向母液中通入氨气，氨气与碳酸氢钠反应碳酸钠和碳酸铵，加入细小的食盐颗粒并降温，会析出氯化铵晶体，氨气与碳酸氢钠反应的离子方程式为：HCO3—＋NH3＝NH4+＋H2O，故答案为：HCO3—＋NH3＝NH4+＋H2O。

3．往100mL的NaOH溶液中通入2
CO充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液蒸干，得到白色固体M。

通入的2
CO的体积V（标准状况）与M的质量W的关系如下图所示。

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)=1
0.270g 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．(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↑
②2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3
【答案】22212221216228522223
【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：。

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
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
稀盐酸至溶液
pH=12……
（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．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。

8．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。

9．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CO 2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 。

10．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 。

11．大苏打（Na 2S 2O 3•5H 2O ）、苏打和小苏打被称为苏打三兄弟，它们在生产生活中有广泛的应用。

（1）工业上，将碳酸钠和硫化钠以物质的量1:2混合配成溶液，再通入SO 2可制取Na 2S 2O 3，同时放出CO 2，写出此反应的化学反应方程式___，硫化钠溶液在空气中久置会出
现淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为：___。

（2）Na2S2O3标准溶液常用于滴定I2的含量，若滴定溶液呈酸性会导致测定结果偏高，用离子方程式解释其原因：____。

（3）工业上常用大苏打溶液吸收工业尾气中的Cl2，其氧化产物为SO42-，试写出其离子方程式：___，用下列一组试剂可以检测该反应是否已发生反应的有___。

A.AgNO3+HNO3(稀)
B.BaCl2+HCl
C.品红+H2SO4(稀)
D.HCl+澄清石灰水
（4）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则起始时n(NaHCO3)/n(Na2O2)必须满足的条件为___。

【答案】Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2 S2O32-
+2H+=S↓+SO2↑+H2O S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ B ≥2
【解析】
【分析】
(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，消耗的硫代硫酸根钠偏多，测定结果会偏高；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；只要检验溶液中含有SO42-，即说明反应已经发生；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，由此分析解答。

【详解】
(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2＝
3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结构及化学性
质相似的物质Na2S2，其电子式为；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；向溶液中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-，即证明反应已经发生，故答案为B；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2。