高考化学培优 易错 难题(含解析)之钠及其化合物附答案

高考化学培优易错难题(含解析)之钠及其化合物附答案
一、高中化学钠及其化合物
1．某兴趣小组的学生根据Mg与CO2反应原理推测钠也能在CO2中燃烧,为了确定其产物并进行试验论证,某同学设计了下列装置进行试验(已知PdCl2能被CO还原为Pd),请回答下列问题：
（1）上图装置2中应盛放__________溶液.
（2）为了使反应随开随用,随关随停,上图方框内应选用_____装置(填上图字母代号).
（3）检查装置的气密性完好并装好药品后,在点燃酒精灯前,应先进行1装置的操作,待装置______(填数字编号)中出现_______________现象时,再点燃酒精灯.
（4）①若装置6中有黑色沉淀(Pd)生成,装置4中残留固体(只有一种物质)加盐酸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为_________.
②若装置6中溶液无明显现象,装置4中残留固体(有两种物质)加盐酸后有能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为_____________.
【答案】饱和碳酸氢钠 C 5 澄清石灰水变浑浊的 2Na+2CO2Na2CO3+CO
4Na+3CO22Na2CO3+C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据二氧化碳的实验室制法可知二氧化碳中可能含有HCl气体，所以应除去HCl，则装置B中盛放的溶液是饱和碳酸氢钠溶液；
答案为：饱和碳酸氢钠；
（2）为了使反应随开随用,随关随停,上图方框内应选用C装置，因为C装置可以达到固液分离的目的，起到随开随用,随关随停的作用；
答案为：C；
（3）因为该实验是验证二氧化碳与Na的反应，所以应排除空气中的氧气，所以先通入二氧化碳使5中澄清石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯；
答案为：澄清石灰水变浑浊的；5；
（4）①若装置6中有黑色沉淀(Pd)生成,装置4中残留固体(只有一种物质)加盐酸后有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出,说明该固体是碳酸钠，则Na与二氧化碳反应生成CO和碳酸钠，化学方程式是2Na+2CO2Na2CO3+CO；
答案为： 2Na+2CO2Na2CO3+CO；
②若装置6中溶液无明显现象,说明无CO生成，装置4中残留固体(有两种物质)加盐酸后
有能澄清石灰水变浑浊的气体放出,则一种固体为碳酸钠，另一种是C单质，化学方程式是4Na+3CO22Na2CO3+C。

答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C；
2．I.中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程可以表示如图所示（代表所需物质，代表产品）
在上述工业流程中：
（1）产品N的化学式__________，所需物质A的名称____________，B的电子式
____________。

（2）侯德榜制碱法的原理是_____________________________________（用化学方程式表示）。

操作X的名称是_________________________。

II.利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量NaCl等杂质，利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3的质量分数。

实验步骤如下：
①如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；
②准确称取盛有碱石灰的干燥管D的质量（设为m1g）；
③准确称取一定量的纯碱（设为ng），并将其放进广口瓶B内；
④从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至B反应器中不再产生气体为止；
⑤准确称取干燥管D的总质量（设为m2g）
根据上述实验，回答下列问题：
（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是
__________________________。

装置A 中的液体应选用___________。

（4）装置B 与D 之间必须添加一装置C ，否则使测定结果偏高。

在空白框内画出该装置C ，装置中盛放的是__________。

（5）根据此实验，计算出纯碱中Na 2CO 3的质量分数为_________________（用m 1、m 2、n 表示）。

如果缺少装置E ，则实验所得纯碱样品的纯度会_________（“偏高”、“偏低”、或“无影响”）。

【答案】NH 4Cl 氨气 NaCl +NH 3+CO 2+H 2O →NaHCO 3↓+NH 4Cl 过滤 确保
CO 2充分被吸收 氢氧化钠溶液
浓硫酸 21106m m 100%44n -⨯（） 偏高 【解析】
【分析】 联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，A 为NH 3，B 为CO 2，反应为：
CO 2+H 2O +NaCl +NH 3=NaHCO 3↓+NH 4Cl ，经过滤、洗涤得NaHCO 3微小晶体，再加热制得纯碱产品。

【详解】
（1）产品N 是氯化铵，化学式为NH 4Cl ，所需物质A 的名称是氨气，CO 2的电子式：；
（2）侯德榜制碱法的原理是NaCl +NH 3+CO 2+H 2O =NaHCO 3↓+NH 4Cl ；操作X 后得滤液和固体，则操作为过滤；
（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是确保CO 2充分被吸收；为防止空气中的CO 2造成实验误差，装置A 中的液体应选用氢氧化钠溶液；
（4）装置B 与D 之间必须添加一装置C ，吸收水分，否则使测定结果偏高；装置C 为：
，装置中盛放的是浓硫酸；
（5）根据此实验，干燥管D 增加二氧化碳质量
21m m -（）g ，通过差量法可知，纯碱中Na 2CO 3的质量分数为21106m m 100%44n
-⨯（），如果缺少装置E ，外界的二氧化碳、水蒸气会被干燥管D 吸收，则实验所得纯碱样品的纯度会偏高。

3．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Na 2O 2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）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（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。

4．甲、乙两同学分别用如图所示装置测定空气中氧气的含量。

先用弹簧夹夹住橡胶管,点燃钠,伸入瓶中并塞上瓶塞。

待钠熄灭并冷却后,打开弹簧夹,观察广瓶内水面的变化情况:
（1）上述实验过程中发生反应的化学方程式为__________________________________。

（2）甲同学实验中广瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的
15,乙同学实验中广瓶内水面上升明显大于瓶内空气体积的15
，下列对这两种现象解释合理的是________ A ．甲同学可能使用的钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完
B ．甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却后外界空气进入瓶内
C ．乙同学可能没有夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出
D ．乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前瓶内部分空气受热逸出
（3）在实验室里,某同学取一小块金属钠做钠与水反应的实验。

将钠投入水中后,钠熔化成一个小球,根据这一现象你能得出的结论是①__________,②__________,
【答案】2Na+O 2
Na 2O 2 ABCD 钠与水反应放出热量 钠的熔点低
【解析】
【分析】
(1)钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，据此写出化学反应方程式即可，注意条件；
(2)A．若钠的量不足，则氧气消耗不完，造成进水量少于容器容积的量；
B．若瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却，瓶内气体收缩，外面的空气会进入瓶内，使气体得到补充；
C．若弹簧夹未夹紧，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，使部分气体从导管口逸出；
D．若插入燃烧匙太慢，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，在塞紧瓶塞前，瓶内部分气体从瓶口逸出；
(3)依据钠熔化成一个小球可知反应放出热量，钠的熔点低。

【详解】
(1)钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学反应方程式为: 2Na+O2Na2O2；
(2)A．钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完，导致氧气剩余，故瓶内水面上升高度达不到，选项A正确；
B．瓶塞末塞紧，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内，导致瓶内压强过大，水面上升高度达不到，选项B正确；
C．没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，选项C正确；
D．插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，选项D正确；
答案选ABCD；
(3)将钠投入水中后，钠熔化成一个小球，根据这一现象你能得出的结论是①钠与水反应放出热量，②钠的熔点低。

5．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SO2，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NaHCO3，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CO2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，SO2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SO2，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。

6．（加试题）
（一）以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa）水溶液为原料，通过电解法可以制备1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl），装置如图1所示。

（1）所用的离子交换膜是___(填“阳”或“阴”)离子交换膜。

（2）写出电解池总反应___。

（二）1940年，我国著名化工专家侯德榜先生成功冲破了“索尔维”法的技术封锁，并加以改进，用NaCl固体代替生石灰，加入母液，并联合合成氨厂一起生产出纯碱和氯化铵。

这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”，工艺流程如图2。

请回答：
（1）关于合成氨反应，下列说法合理的是___。

A．反应体系中一般用V2O5作催化剂
B．因为该反应ΔS小于零，所以反应的ΔH一定也小于零
C．因为该反应的ΔS小于零，所以反应的压强控制越高越好
D．该反应往往控制在500℃左右，是因为该温度下反应物转化率最高
（2）一定温度下合成氨反应的平衡常数K＝48。

若在该温度下，在9L的恒容容器中投入1mol氮气和3mol氢气进行反应，则氨气的平衡产率y＝___；若氮气和氢气的物质的量之比为n∶1，相应平衡体系中氨气的物质的量分数为x，请在图3中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。

______
（3）侯氏制碱法最大的优点是使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____（填上述编号）的循环。

（4）关于侯氏联合制碱法，下列说法合理的是_____。

A．往沉淀池中先通入CO2再通入氨气的目的是提高NaHCO3的产量
B．往母液中加入食盐的目的是使NaHCO3更多地析出
C．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水
D．往母液中通氨气目的仅仅是增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出
【答案】阳2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－
B 50% Ⅰ C
【解析】
【分析】
（一）电解溶液成分中只有溶质一氯代乙酸钠有氯元素，因此根据原子守恒结合装置图，利用电解池的工作原理书写其电极反应式，考虑二氯乙烷会与OH－反应来选择离子交换膜，据此分析作答；
（二）（1）A. 催化剂具有选择性；
B. 根据∆G=∆H-T∆S公式作答；
C. 结合理论与实际经济成本考虑；
D. 综合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；
（2）根据三段式结合平衡常数K计算产率与氨气的物质的量分数变化情况；
（3）从碳酸氢钠的溶解性角度分析；
（4）A. 二氧化碳微溶，氨气易溶；
B. 加入盐可提高氯离子浓度；
C. 根据侯氏联合制碱法的原理作答；
D. 根据氨气的溶解度及化学反应的原理作答。

【详解】
（一）根据上述分析可知，阳极上每消耗2mol CH2ClCOO-可得到1 mol产物CH2ClCH2Cl，阳极同时生成气体CO2，阴极上溶液中水电离的H+放电，生成H2和OH－，可书写电解池总反
应：2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－，为了防止二氯乙烷与OH－反应，应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋
2CO2↑＋H2↑＋2OH－；
（二）
（1）A. V2O5是SO2和O2合成SO3的催化剂，不是合成氨反应的催化剂，A项错误；
B. 通过饱和氯化钠溶液中通入氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，该反应能自发进行，则根据∆G=∆H-T∆S＜０可知，若反应∆S小于零，则∆H一定小于零，B项正确；
C. 实际在合成氨工业生产中，压强不能太大，否则能耗太高，并且对设备要求高，C项错误；
D. 提高温度可以适当加快氮气合成速率，温度太高则该放热反应平衡逆向移动，转化率降低，且催化剂活性降低，因此反应控制在500°C左右，D项错误；
答案为B；
（2）设平衡时氮气消耗x mol/L，则平衡时氮气为(1
9
-x) mol/L，氢气为3⨯(
1
9
-x) mol/L=(
1
3
-
3x) mol/L，氨气为2x mol/L，根据K=48计算可得x=
1
18
，产率为50%。

当氮气与氢气的物
质的量之比为合成氨反应的计量系数之比为3:1，到平衡时氧气的物质的量分数最大，因此
横坐标n=1
3
时纵坐标达到峰值，画图如图所示：，故答案为：
50%；；
（3）析出晶体后的溶液中还含有碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵、氨水等物质，因此循环I可以提高氯化钠的利用率；
（4）A. 氨气溶解度大，通入氨气后使溶液显碱性，吸收二氧化碳的量增加，A项错误；
B. 加入盐的目的是提高氯离子浓度，促进氯化铵结晶析出，B项错误；
C. 通入氨气的作用是增大铵根离子浓度，增强碱性和碳酸氢钠反应，从而使碳酸钠、氯化铵和过量氨水通过循环I进入沉淀池，C项正确；
D. 往母液中通氨气目的，可增大铵根离子浓度，在促进氯化铵析出的同时，还可增强溶液的碱性，有利于在循环I后吸收二氧化碳，D项错误；
答案选C。

7．向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，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，2.24LCO 2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2CO 2+3NaOH=Na 2CO 3+NaHCO 3+H 2O ，生成等浓度的Na 2CO 3、NaHCO 3，HCO 3−、CO 32−部分水解，由于CO 32−水解程度大于HCO 3−，则
c(HCO 3−)>c(CO 32−)，故答案为：则c(HCO 3−)>c(CO 32−)。

【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。

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．我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，创造了侯德榜制碱法又叫联碱法，该法是将合成氨工厂生产的NH3及副产品CO2，再与饱和食盐水反应.
（1）该法与氨碱法比大大提高了原料利用率，主要表现在_______。

（2）碳酸氢钠分解产生的二氧化碳可循环使用，但必须要补充，补充的主要原因是
_________，但实际生产中补充量超过理论上反应耗用量，可能的原因是______。

（3）氨碱法需补充的二氧化碳一定来自_________。

那么联合制碱需补充的二氧化碳可能来自__________。

（4）侯德榜法在滤去碳酸氢钠的母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用____。

【答案】母液循环I 提高了NaCl 的利用率 生产过程中CO 2有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自CO 2），所以要补充； 在生产过程中还有损耗； 碳酸钙的分解； 合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品； 增大NH 4+的浓度，使NH 4Cl 更多地析出；使NaHCO 3转化为Na 2CO 3，提高析出的NH 4Cl 纯度
【解析】
【分析】
合成氨工厂提供氨气及二氧化碳，通入饱和氯化钠溶液中，得到碳酸氢钠和副产物氯化铵，煅烧碳酸氢钠得到碳酸钠，同时产生的二氧化碳循环利用。

【详解】
（1）对比该法与氨碱法可以发现侯德榜制碱法通过母液循环提高了氯化钠的利用率， 答案为：母液循环I 提高了NaCl 的利用率；
（2）根据元素守恒，制得碳酸钠肯定会消耗二氧化碳，有一部分二氧化碳可以循环利用，且工业生产中不可避免的会有一些损耗，故实际生产中补充量超过理论上反应耗用量， 答案为：生产过程中2CO 有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自2CO ），所以要补充；在生产过程中还有损耗；
（3）氨碱法补充二氧化碳来自碳酸钙分解，根据流程图，联合制碱需补充的二氧化碳来自于合成氨工厂，合成氨生产中用水煤气法制氢气时会产生副产品二氧化碳，
答案为：碳酸钙的分解；合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品；
（4）向母液中通氨气的目的是为了提取更多更纯的氯化铵，
答案为：增大+4NH 的浓度，使4NH Cl 更多地析出；使3NaHCO 转化为23Na CO ，提高析出的4NH Cl 纯度。

【点睛】
侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。

制备纯碱（23Na CO ），主要利用3NaHCO 在溶液中溶解度较小，所以先制得3NaHCO ，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中3NaHCO 溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用。

10．如图为碳元素的价类二维图，结合图中的物质部分转化关系，完成下列问题：
（1）下列说法正确的是 __________
a.要实现反应①一定要与氧化剂作用
b.要实现反应②一定要与还原剂作用
c.在一定条件下木炭与浓硝酸能实现反应①转化
d.反应⑤属于非氧化还原反应
（2）下列有关碳及其化合物类别及性质说法不正确的是__________
a.CO不属于酸性氧化物，具有还原性
b.CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐
c.NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应又能与NaOH反应
d.金刚石和石墨互为同素异形体，其物理性质和化学性质均相同
（3）高炉炼铁的过程是将铁矿石（Fe2O3）还原成金属铁的过程，实现了反应③的转化，请写出其反应的化学方程式，并用“双线桥”表示电子的得失情况
______________________________ 。

（4）化学活动课上，两组同学分别用如图所示甲、乙两装置探究“Na2CO3、NaHCO3与稀盐酸的反应”。

按下表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中（装置的气密性已检查）。

请回答：
①两组反应开始时，装置___________(填“甲”或“乙”)中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是______________________。

②当试管中不再有气体生成时，两组实验出现不同现象。

试剂用量实验现象分析原因
第A组0.84gNaHCO3
1.06gNa2CO3
6ml 4mol·L-1盐酸
甲中气球与乙中气球的
体积相等
甲、乙盐酸均过量
n(NaHCO3)= n(Na2CO3)
V(CO2)甲=V(CO2)乙
第B组1.2gNaHCO3
1.2gNa2CO3
6ml 2mol·L-1盐酸
甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲
中气球的体积基本不变。