备战高考化学钠及其化合物-经典压轴题及答案

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．为测定某样品中碳酸氢钠的质量分数(假设仅含杂质氯化钠),某学生设计了如下实验方案:
(1)称量所需要的仪器是_______________；
(2)样品放在_________(仪器名)中灼烧，在_________(仪器名)中冷却；
(3)实验中操作A的名称为_______________；
(4)灼烧后的样品若在空气中冷却,会造成实验结果_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
(5)样品中碳酸氢钠的质量分数为_________(保留3位有效数字)。

已知该样品碳酸氢钠的质量分数为0.800，则本次实验的相对误差为___________；
(6)将灼烧后的样品加足量稀硫酸溶解,生成的气体在标准状况下的体积为_____毫升(按碳酸氢钠质量分数0.800计算)。

【答案】电子天平坩埚干燥器恒重偏大0.768-4%640
【解析】
【详解】
（1）托盘天平不能精确到小数点后三位，精确称量固体质量的仪器是电子天平，故答案为：电子天平；
（2）灼烧应放在坩埚中，灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，所以放在干燥器中冷却，故答案为：坩埚，干燥器；
（3）反复灼烧至固体质量不再变化的实验操作叫恒重法，故答案为：恒重；
（4）灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，会造成实验结果偏大，故答案为：偏大；
（5）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，根据化学反应方程式2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑计算，当168g NaHCO3分解时固体质量减少62g，现在减少3.000g - 2.150g =
0.850g，所以NaHCO3的质量为2.303g，碳酸氢钠的质量分数为
2.303g
0.768
3.000g
==，相对
误差
0.7680.800
100%4%
0.800
-
=⨯=-，故答案为：0.768，-4%；
（6）根据化学反应方程式2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，当168g NaHCO3参加反应时，产生CO244.8L = 44800mL，当3.000g×0.800=2.400g参加反应时生成CO2
640mL，故答案为640。

【点睛】
本题考查了测样品纯度的实验设计，易错点是（2）问中“坩埚”易写成“坩锅”，（5）问中对有效数字理解不清，易误写成0.77。

有效数字应从第一位不为零的数字算起，直到末尾数字为止的数字。

3．某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质。

已知：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O
任务1：利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。

（1）A和E中制取NH3的装置为____，所用试剂为_____。

装置中制取NO2的化学方程式是_________________。

（2）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是_________。

（3）实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象。

该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是
①NH3还原性较弱，不能将NO2还原；
②在此条件下，NO2的转化率极低；
③_________________。

（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是________。

任务2：探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。

（5）实验前，该小组同学提出三种假设。

假设1：两者不反应；
假设2：NO2能被Na2O2氧化；
假设3：_______________。

（6）为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选F装置(如图所示)，重新组装，进行实验。

①装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_____________。

②实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。

经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。

推测B装置中反应的化学方程式为__________。

【答案】A 浓氨水和CaO(合理即可) Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 混合气体颜色变浅在此条件下，该反应的化学反应速率极慢缺少尾气吸收装置 NO2能被Na2O2还原(其他合理答案也可) EDBDF 2NO2＋Na2O2=2NaNO3
【解析】
【分析】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙，因而A为氨气发生装置；固液反应制取氨气，要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体；铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原，反应时混合气体的颜色将变浅；
(3)实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明此条件下，二氧化氮与氨气不能反应，或者二氧化氮的转化率较低，或者是反应速率极慢；
(4)氮氧化物为有毒气体，不能直接排放到空气中；
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价，既有氧化性又有还原性，NO2中的氮元素为中间价＋4价，既可能表现氧化性，也可能表现还原性；
(6)①验证假设2，首先要用E装置制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，实验时要除去水的干扰，装置B前后都必须有吸水装置，为防止过量气体污染环境，要连接F咋进行尾气处理；
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物，说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠。

【详解】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙，因而A为氨气发生装置，E为二氧化氮发生装置；固液反应制取氨气，要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体；实验室用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，故答案为：A；浓氨水和CaO(合理即可)；Cu＋4HNO3(浓)=
Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原，反应时混合气体的颜色将变浅，故答案为：混合气体颜色变浅；
(3)实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明此条件下，二氧化氮与氨气不能反应，或者二氧化氮的转化率较低，或者是反应速率极慢，现象不明显，故答案为：在此条件下，该反应的化学反应速率极慢；
(4)氮氧化物为有毒气体，不能直接排放到空气中，否则会污染环境，则该装置的缺陷是缺少尾气吸收装置，故答案为：缺少尾气吸收装置；
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价，既有氧化性又有还原性，NO2中的氮元素为中间价＋4价，既可能表现氧化性，也可能表现还原性，则NO2与Na2O2可能不发生氧化还原反应，或过氧化钠做氧化剂，将NO2氧化，或或过氧化钠做还原剂，将NO2还原，故答案为：NO2能被Na2O2还原；
(6)①验证假设2，首先要用E装置制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，实验时要除去水的干扰，装置B前、后都必须有吸水装置，为防止过量气体污染环境，要连接F咋进行尾气处理，故答案为：EDBDF；
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物，说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠，反应的化学方程式为2NO2＋Na2O2=2NaNO3，故答案为：。

【点睛】
水能和过氧化钠反应，实验时要除去水的干扰，装置B前、后都必须有吸水装置是解答关键，也是易忽略的易错点。

4．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。

方法一：
方法二：
方法三：
方法四：不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。

按要求回答下列问题:
（1）方法一:加入足量的试剂A是___________(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。

操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥(烘干);
（2）方法二:在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂;
（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________;
（4）在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是
_____________________;
（5）仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________(均文字简述);
（6）方法四的实验原理是________________(用化学方程式表示)。

【答案】Ca(OH)2或Ba(OH)2过滤 100 mL容量瓶 0.042V/m×100% 装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体装置内会留存部分CO2气体 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
方法一：(图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉
淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；
方法二：(图乙)固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；
方法三：(图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；
方法四：不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数。

【详解】
(1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或 Ba(OH)2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；
(2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100 mL容量瓶，还需100mL的容量瓶；
(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-
3×0．100×5×84/m×100%=
()
42V HCl
100% 1000m
⨯；
(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；
(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；
(6)不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑。

5．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。

6．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。

7．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。

8．Ⅰ.今有11种物质：①铝线；②石墨；③氯气；④BaSO4晶体；⑤纯硫酸；⑥盐酸；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO3；⑩NH3。

其中：属于电解质的是___；
Ⅱ.已知0.1 mol/L的NaHSO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1 mol/L，请回答下列问题：（1）写出NaHSO4在水溶液中电离的方程式：____。

（2）写出NaHSO4与氢氧化钠溶液反应的离子方程式___。

（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液恰好显中性，则该反应的离子方程式是：____。

Ⅲ.钠是一种还原性很强的金属，甚至能和冷水发生剧烈反应，写出钠加入到水中反生反应的离子反应方程式___；把钠加入到饱和的石灰水中的现象是___，产生这种现象的原因是_____；把钠加入到硫酸铜溶液中的现象是___，写出该过程中产生沉淀的离子反应方程式____；写出少量的钠加入到足量硫酸氢钠溶液中反应的离子方程式____。

Ⅳ.将一定体积的CuSO4溶液、NaCl溶液和Na2SO3混合，充分反应后有白色沉淀生成。

经
分析可知白色沉淀中只含有铜元素和氯元素，且该化合物的摩尔质量为99.5g/mol。

试回答下列问题：
（1）白色沉淀的化学式为____。

（2）题述过程发生的反应____（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

（3）题述反应的离子方程式为Cu2++Cl-+SO32-+H2O→白色沉淀+（）+H+（离子方程式没有配平），则括号内的离子为___。

【答案】④⑤⑨ NaHSO4=Na++H++SO42- H++OH-=H2O 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O 2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑产生气泡，析出晶体钠和水反应产生气泡，水被消耗后，氢氧化钙固体析出产生气泡和蓝色沉淀 2OH-+Cu2+=Cu(OH)2↓2H++Na=2Na++H2↑ CuCl 属于 SO42-
【解析】
【分析】
Ⅰ.在熔融状态下或水溶液中能够导电的化合物为电解质；
Ⅱ. NaHSO4属于强电解质，且在水溶液中能够完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，结合酸碱反应实质分析作答；
Ⅲ.钠投入溶液反应的规律为：有H+先和H+反应，无H+先与水发生反应，再根据产物氢氧化钠是否与溶质反应来判断现象；
Ⅳ. （1）根据题中信息，结合原子守恒书写化学式；
（2）化学反应过程中有元素化合价的升降，这是氧化还原反应的特征；
（3）根据元素守恒、得失电子守恒考虑。

【详解】
Ⅰ.①铝线为单质，不属于化合物，不是电解质，①不选；
②石墨为单质，不属于化合物，不是电解质，②不选；
③氯气为单质，不属于化合物，不是电解质，③不选；
④BaSO4晶体，在熔融状态下能够电离出阴阳离子而导电，属于电解质，④选；
⑤纯硫酸，在水溶液中有自由移动的氢离子与硫酸根离子，可导电，属于电解质，⑤选；
⑥盐酸属于混合物，不是电解质，⑥不选；
⑦石灰水属于混合物，不是电解质，⑦不选；
⑧乙醇在水中或熔融状态下以分子形式存在，不导电，不是电解质，⑧不选；
⑨熔融的KNO3，能够导电，属于电解质，⑨选；
⑩NH3在水溶液中虽导电，但不是自身电离，不是电解质，⑩不选；
综上所述，④⑤⑨符合题意，故答案为：④⑤⑨；
Ⅱ. （1）0.1 mol/L的NaHSO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1 mol/L，则说明NaHSO4在水溶液中的电离方程式应为：NaHSO4=Na＋+ H＋+SO42-；
（2）根据题意易知，NaHSO4与氢氧化钠溶液反应会生成硫酸钠和水，故其离子方程式为：H++OH-=H2O；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液恰好显中性，则两者的物质的量为2:1，其反应的离子方程式是：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
Ⅲ. 钠加入到水中，会与水发生反应，生成氢氧化钠与氢气，则其离子反应方程式为
2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑；
把钠加入到饱和的石灰水中，因钠会与水反应消耗溶剂并产生气泡，且饱和石灰水中会析出晶体，故现象为：产生气泡，析出晶体；
把钠加入到硫酸铜溶液中，因钠会与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜继续反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，则现象为：产生气泡和蓝色沉淀，有产生沉淀的离子反应方程式为：2OH-+Cu2+=Cu(OH)2↓；
少量的钠加入到足量硫酸氢钠溶液中，钠先与溶液中的H+反应生成钠离子与氢气，其反应的离子方程式为：2H++Na=2Na++H2↑；
故答案为：2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑；产生气泡，析出晶体；钠和水反应产生气泡，水被消耗后，氢氧化钙固体析出；产生气泡和蓝色沉淀；2OH-+Cu2+=Cu(OH)2↓；
2H++Na=2Na++H2↑；
Ⅳ.白色沉淀中含有Cu和Cl两种元素，且该化合物的摩尔质量为99.5g/mol，则可以确定白色沉淀的化学式为CuCl；
（2）由于Cu元素从+2价变为+1价，反应中有元素化合价的变化，该反应为氧化还原反应；
（3）对于上述反应(括号内的离子中一定含有S元素)，Cu元素的化合价降低，则必定有元素的化合价升高，因此可确定是S元素的化合价升高到+6价，结合原子守恒，可知括号内的离子为SO42-。

9．空气中CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。

一些科学家认为，人类不仅要努力减少CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的CO2。

为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存” CO2的方法。

1.方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的CO2，如下图所示。

(1)步骤一中的CaO俗称____________。

(2)步骤二中发生反应的化学方程式是____________，该反应____________（填“是”或“不是”）步骤一中反应的逆反应。

2.方法Ⅱ：另一些科学家利用NaOH溶液的喷淋“捕捉”空气中的CO2，如右图所示。