高考化学专题题库∶钠及其化合物的综合题含答案

高考化学专题题库∶钠及其化合物的综合题含答案
一、高中化学钠及其化合物
1．有一包NaHCO3和KHCO3的混合物样品。

某研究性学习小组对其进行如下探究。

实验装置如图所示。

将一定质量的混合物样品加入锥形瓶中，用针筒a分次注入一定体积的稀硫酸充分反应，再用针筒b收集生成气体的体积（忽略针筒壁之间的摩擦）
（1）为了较准确地测量反应生成的CO2体积，必须保证整个装置的气密性良好。

如果往锥形瓶中注入稀硫酸的体积为V1mL，充分反应后，针筒b中气体的读数为V2mL，则反应中生成的CO2气体体积为______________mL。

（2）某学生通过实验，测得如下数据（所用稀硫酸的物质的量浓度相同），下列分析推理错误的是_________。

50mL稀硫酸50mL稀硫酸50mL稀硫酸
m（混合物）9．2g15．7g27．6g
V（CO2）（标况）2．24L3．36L3．36L
①稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L
②15．7 g混合物恰好与稀硫酸完全反应
③加入混合物9．2 g时稀硫酸未反应完
④计算出样品中NaHC03和KHC03物质的量之比为1:1
（3）某同学设计了另一种方案，其操作流程如下：
在转移溶液时，如果溶液转移不完全，则测得的混合物中NaHC03和KHC03物质的量之比______________（选填“偏人”、“偏小”或“不变”）。

【答案】V2-V1②偏大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由于在密闭体系中注入V1mL的硫酸，导致此时注射器中也应该为V1mL才能维持内部压强相等，所以后来生成的气体会导致体积在V1mL的基础上增大,硫酸消耗引起的体积变
化可以忽略不计，所以二氧化碳的体积为两者的差；即V2-V1mL；所以本题答案：V2-V1；（2）①m(混合物)= 15.7gg，V(CO2)标况）=3.36L, m(混合物)= 27.6g，V(CO2)标况）
=3.36L,说明此时混合物过量，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑，可知c(H+)=n/V=3.36L/22.4L∙mol-1/0.05L=3mol/L,所以稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L，故①正确；
②由m(混合物)= 9.2g，V(CO2)标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n(HCO3-)=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9.2g/0.1mol=92 g/mol，15.7g/92 g∙mol-1=0.17mol，50mL 硫酸中氢离子的物质的量为n(H+)=0.15mol，所以15.7 g混合物恰好与稀硫酸不能完全反应，故②错误；
③锥形瓶中发生的反应是碳酸氢钠、碳酸氢钾与稀硫酸的反应，其离子反应方程式为
HCO3−+H+=H2O+CO2↑，由表中的数据可知：m(混合物)= 9.2g，V(CO2)标况）=2.24L
此时硫酸有剩余，故③正确；
④由m(混合物)= 9.2g，V(CO2)标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n(HCO3-)=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9∙2g/0.1mol=92 g/mol，根据
所以样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比为1:1,故④正确；
所以本题答案：②；
（3）NaHCO3和KHCO3的混合物与过量的盐酸反应，溶液中溶质为NaCl 和KCl，该实验方案最后称量的是氯化钠和氯化钾质量，如果溶液转移不完全，称量的氯化钠和氯化钾质量偏小。

设样品为ag，如果样品全为NaHCO3，则最后称量的氯化钠质量为：58.5a/84g；如果
样品全为KHCO3，则最后称量的氯化钾质量为74.5a/100g；因为
58.5a/84g<74.5a/100g, 即样品中NaHCO3越多或KHCO3越少，最后称量的固体质景越小。

NaHCO3和KHCO3物质的量之比越大；
所以本题答案：偏大。

CO充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液2．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：
CO的体积为_________mL（标（1）A点时，白色固体M的化学式为_________，通入的2
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。

3．（1）常温下Na 2CO 3、NaHCO 3、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+8010618a
106
18a 2NaOH +CO Na CO H O a 80
80
＝
碳酸钠溶解度为15.9g/100g 水，则
106a 80：(100g ＋18
a 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。

4．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A ．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
B ．氨水显碱性，不能与金属反应，所以运输过程中可以用铁罐车
C ．葡萄酒中通常添加微量的SO 2，既可以杀菌消毒，又可以防止营养成分被氧化
D ．大多数胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘” 【答案】C 【解析】 【详解】
A 、酒曲与发酵粉的作用不同：在经过强烈蒸煮的白米中，移入曲霉的分生孢子，然后保温，米粒上便会茂盛地生长出菌丝，此即酒曲；酿酒加曲，是因为酒曲上生长有大量的微生物，以及微生物分泌的酶，其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇；而发酵粉的主要成分是NaHCO 3，面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸，同时生成的CO 2气体可以是面团变为多孔，显得松软可口；A 错误；
B 、一般情况下，氨水不会与金属反应，但是氨水呈弱碱性，若用铁罐车运输，会加快铁罐的腐蚀速率（吸氧腐蚀），B 错误；
C 、在葡萄酒的生产过程中，SO 2的作用是对生产设备消毒杀菌，还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母，保证葡萄酒的稳定，最后装瓶也会填入少量SO 2，保证葡萄酒不被氧化和生物稳定，C 正确；
D、血液是一种胶体，利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质，而血液中的必要成分不能通过透析膜，与胶粒是否带电无关，D错误；
故选C。

5．(1)配平下列方程式
①_____Na+_____H2O =_____NaOH+_____H2↑
②_____Na2O2 +_____ CO2=_____ NaCO3 +_____O2↑
③_____KMnO4 +_____HCl(浓) =_____ KCl +_____MnCl2 +_____H2O + _____Cl2↑
④_____Al+_____H2O +_____NaOH =_____Na AlO2+_____H2↑
(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________
①2Na2O2 + 2H2O= 4NaOH + O2↑
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．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2.24LCO 2通入150mL1mol·L -1NaOH 溶液中，c(HCO 3-)与c(CO 32-)的关系是___。

【答案】Na 2CO 3或NaHCO 3 NaOH 和Na 2CO 3或Na 2CO 3和NaHCO 3 OH −+H +═H 2O 、CO 32−+H +═HCO 3− 1.2mol/L c(HCO 3−)>c(CO 32−) 【解析】 【详解】
（1）CO 2与NaOH 反应可生成Na 2CO 3或NaHCO 3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成
分，可能是Na 2CO 3或NaHCO 3，如果是多种成分，若1<
()
()
2n NaOH n CO <2，溶质是NaHCO 3、Na 2CO 3，若()
()
2n NaOH n CO >2，溶质是Na 2CO 3、NaOH ，故答案为：Na 2CO 3或NaHCO 3；NaOH
和Na 2CO 3或Na 2CO 3和NaHCO 3；
（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NaHCO 3+HCl ═NaCl+H 2O+CO 2↑，而O−A 段消耗的盐酸为A→B 的二倍，应为NaOH 和Na 2CO 3的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH −+H +═H 2O 、CO 32−+H +═HCO 3−，故答案为：OH −+H +═H 2O 、CO 32−+H +═HCO 3−；
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。

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．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。

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Na2CO3质量为106
197
y
g，因此样品中Na2CO3的质量分数为
106
197
y
x。

10．在呼吸面具和潜水艇中可用Na2O2作为供氧剂：
(1)实验室常用加热钠的方法制备Na2O2，Na2O2是_______色固体，实验室制备Na2O2的化学方程式_______，试写出Na2O2与CO2反应的化学方程式________。

(2)现有mg含有Na2O杂质的Na2O2试样。

（可供选用的反应物只有CaCO3固体，6mol•L﹣1盐酸和蒸馏水）请从如图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度。

请填写下列空白：
①写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式__________、__________。

②应选用的装置的连接顺序应是___________。

③若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得生成气体的体积为224mL（标准状况），计算出试样中Na2O2的纯度为：__________。

【答案】淡黄色 2Na+O2Na2O2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH G→A→B→F 78%
【解析】
【分析】
(1)Na与O2在加热条件下反应产生淡黄色的Na2O2，Na2O2能够与CO2反应产生碳酸钠和氧气；
(2)根据Na2O与水反应但不产生O2，Na2O2与水反应有O2产生。

在装置⑤中用H2O与样品反应，产生的O2通过A进入到装置①中，通过排水方法收集O2，反应产生的O2的体积通过装置④的量筒读出结合试样质量和有关化学方程式，计算Na2O2的质量和含量。

【详解】
(1)Na与O2在加热条件下反应产生Na2O2，Na2O2是淡黄色的固体，制备Na2O2的反应方程式为：2Na+O2Na2O2；Na2O2能够与CO2反应产生碳酸钠和氧气，反应方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(2)①在实验中Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O与H2O发生反应产生NaOH，反应的化学方程式为：
Na2O+H2O=2NaOH；
②使用装置⑤(试样与足量水反应的装置)、①和④(量度O2体积的装置)来测定试样中Na2O2的纯度。

由于①和④是排水方法量取气体的体积，所以装置接口连接顺序为G→A→B→F；
③n(O2)=
0.224
22.4/
L
L mol
=0.01mol，由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知 n(Na2O2)=
n(O2)=0.02mol，则 m(Na2O2)=0.02mol×78g/mol=1.56g，试样中Na2O2的纯度为
1.56
2.0g
g
×100%=78%。

【点睛】
本题考查了过氧化钠的有关知识。

涉及其制备、性质、物质含量的测定等知识，将元素、化合物知识与化学实验有机的结合在一起，体现了化学是一门实验性学科的特点，要重视实验教学。

11．I.钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链(如图所示)，将大大提高资源的利用率，减少环境污染。

请回答下列问题：
(1)Fe位于元素周期表中第________周期，第________族。

(2)写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式______________。

Ⅱ.A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：
(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________________。

A．S B．N2 C．Na D．Mg E.Al
(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）____________。

(3)A还可以是氨气，氨气分子的空间构型是____________________。

【答案】四Ⅷ 2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO DE FeCl3 2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe2+被氧化三角锥形
【解析】
【分析】
I.(1)Fe是26号元素，先书写Fe原子结构示意图，利用原子结构与元素原子序数、位置的关系判断其位置；
(2)钛铁矿与C、Cl2在高温下反应产生FeCl3、TiCl3、CO，结合电子守恒、原子守恒，书写方程式；
II.(1)若X是强氧化性单质，A是单质，则A和X形成的化合物有变价元素；
(2)若 X 是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，且X是变价金属，则X为Fe，所以C是FeCl2，B是FeCl3，A是Cl2；
亚铁离子不稳定，易被氧气氧化生成铁离子；
(3)若A是NH3，X 是O2，NH3被O2催化氧化产生NO，NO与O2反应产生NO2，所以B是NO，C是NO2。

【详解】
I.(1)Fe的原子序数为26，原子结构示意图为2、8、14、2，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Fe处于第四周期第ⅤⅢ族；
(2)从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，反应条件是高温，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为：
2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；
Ⅱ.(1)若X是强氧化性单质，根据转化关系，A可发生连续氧化。

A.S与O2点燃反应产生SO2，SO2与O2催化氧化反应产生SO3，符合物质转化关系；
B.N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2在常温下反应产生NO2，符合物质转化关系；
C.Na与O2在常温下反应产生Na2O，Na2O与O2在加热时反应产生Na2O2，符合物质转化关系；
D.Mg是+2价金属，与O2或Cl2只能产生+2价化合物，不能进一步氧化，不符合物质转化关系；
E.Al只有+3价，可以与O2反应产生Al2O3，不能进一步氧化，不符合物质转化关系；
综上所述可知：合理选项是DE；
(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，则X为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，FeCl2在具有还原性，在溶液中容易被溶解在溶液的O2氧化，为防止其氧化变质，常在其水溶液中加入少量还原铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；
(3)NH3分子中N是sp3杂化，分子的空间构型是三角锥形。

【点睛】
本题考查了元素的原子结构与元素位置的关系、有电子转移的化学方程式的书写、物质推断，明确反应原理、物质性质是解题关键，题目综合考查了元素及化合物、元素周期表与元素周期律及氧化还原反应基本知识，体现了学以致用的目的。

12．将1.05 g由铝和过氧化钠的混合物放入一量的水中，充分反应后固体无剩余。

再向其中慢慢滴加50 mL 1 mo1/L的盐酸，可恰好使反应过程中产生的沉淀溶解。

(1)要使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系须满足_________；
(2)写出沉淀溶解的离子方程式：___________________；
(3)求原混合物中铝、过氧化钠的质量___________________；
(4)求滴加盐酸过程中开始出现沉淀时盐酸的体积___________________。

【答案】n(Al)≤2n(Na2O2) Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O m(Al)=0.27 g；m(Na2O2)=0.78 g； 10 mL 【解析】
【分析】
(1)根据反应方程式找出使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系；
(2)氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水；
(3)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸后又发生了反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，可得反应的关系式：Al～NaAlO2～Al(OH)3～AlCl3～3HCl，Na2O2～2NaOH～2NaCl～2HCl，根据反应的关系式来列式计算；
(4)开始生成沉淀时，原溶液中的氢氧化钠恰好被盐酸中和，根据(3)得出剩余氢氧化钠的物质的量，再计算出消耗盐酸的体积。

【详解】
(1)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，要使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系须满足，则铝的物质的量必须≤钠离子的物质的量，即：n(Al)≤2n(Na2O2)；
(2)生成的沉淀为Al(OH)3，Al(OH)3能够溶于盐酸，反应的离子方程式为：
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(3)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸后又发生了反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，最后所得溶液中的溶质是NaCl 和AlCl3，综合上述五个化学方程式可得如下关系式：Al～NaAlO2～Al(OH)3～AlCl3～3HCl，Na2O2～2NaOH～2NaCl～2HCl，设原混合物中x mol Al，有y mol Na2O2，则根据关系式Al～3HCl可知x mol Al反应需消耗3x mol HCl，根据Na2O2～2HCl可知y molNa2O2反应需消耗
2y mol HCl，则27x+78y=1.05 ①，3x+2y=1×50×10-3②，
联立①②两式解得：x=y=0.01 mol，则Al的质量m(Al)=0.01 mol×27 g/mol=0.27 g，Na2O2的质量m(Na2O2)=0.01 mol×78 g/mol=0.78 g；
(4)开始出现沉淀时，原溶液中剩余的氢氧化钠恰好被盐酸中和，根据(3)可知，0.01 mol
Na2O2完全反应生成0.02 mol NaOH，而0.01 mol铝消耗0.01 mol NaOH，故反应后剩余
0.01 mol NaOH，中和0.01 molNaOH需要消耗0.01 mol HCl，则消耗1 mo1/L的盐酸的体积
为：V(HCl)=
0.01?mol
1?mol/L
n
c
=0.01 L=10 mL。

【点睛】
本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应原理为解答关键，题目充分考查了学生的分析能力及化学计算能力，注意掌握关系式法在化学计算中的应用。

13．Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性，通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。