届高三化学一轮复习考点训练钠及其重要化合物答案+详解.docx

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届高三化学一轮复习考点训练钠及其重要化合物答案+详解

钠及其重要化合物

1．（2020·福建省高三月考）某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。

下列说法不正确的是

A．必须在②③间添加吸收HCl的装置

B．④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度

C．通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中

D．称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度

【答案】A

【解析】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；C项，根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。

故答案选A。

2．（2020·北京高三三模）在大试管内将足量NaHCO3加热到200℃，将产生的混合气体通入到盛有1.87gNa2O和Na2O2的密闭容器中，待Na2O和Na2O2全部反应后，得到标准状况下224mLO2；再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成100mL溶液。

下列说法正确的是

A．Na2O和Na2O2均为碱性氧化物

B．参加反应的NaHCO3物质的量为0.04mol

C．反应过程中总共转移0.04mol电子

D．配成的100mL溶液中c（Na+）=0.5mol/L

【答案】D

【解析】A．碱性氧化物与水反应只生成碱，而Na2O2与水反应还生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，A选项错误；B．标准状况下224mLO2物质的量为

，根据得失电子守恒可知，2Na2O2~O2，则n（Na2O2）=0.02mol，m（Na2O2）=0.02mol×78g/mol=1.56g，因此m（Na2O）=1.87g-1.56g=0.31g，n（Na2O）=

，根据上述分析中的反应方程式可得n（CO2）=0.005mol+0.02mol=0.025mol，则n（NaHCO3）=0.05mol，B选项错误；C．反应过程中，Na2O2的一个O由-1价升高至0价，另一个O由-1价降低至-2价，因此反应过程中共转移0.02mol电子，C选项错误；D．根据B选项可知，n（Na2O2）=0.02mol，n（Na2O）=0.005mol，根据Na元素守恒可知，反应后密闭容器内的固体中n（Na+）=（0.02mol+0.005mol）×2=0.05mol，将固体全部溶于水配成100mL溶液，溶液中c（Na+）=

，D选项正确；答案选D。

3．（2020·甘肃省高三期末）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是

①金属钠投入FeCl3溶液中；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合；

③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中；④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液；

⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2

A．①③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤

【答案】D

【解析】①金属钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与FeCl3反应产生红褐色的Fe（OH）3沉淀，①不符合题意；②NaOH与明矾在溶液中反应产生Al（OH）3白色沉淀，当NaOH过量时，氢氧化铝与过量的NaOH反应产生可溶性的NaAlO2，最终无沉淀产生，②不符合题意；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中，产生CaCO3白色沉淀和Na2CO3及H2O，③符合题意；④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液，二者发生盐的双水解反应，产生氢氧化铝白色沉淀和二氧化碳气体，④符合题意；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，会反应产生NaHCO3，由于的溶解度比Na2CO3小，反应消耗水，溶剂质量减少，产生NaHCO3质量比Na2CO3多，所以Na2CO3结晶析出，有白色沉淀产生，⑤符合题意；符合题意的有③④⑤，故合理选项是D。

4．（2020·北京高三二模）实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。

实验操作

实验数据

测量下述实验过程的pH变化

下列分析不正确的是

A．①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应

B．加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量

C．从起始到a点过程中反应的离子方程式为：

Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－

D．b点对应溶液中水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度

【答案】C

【解析】A．②中反应的离子方程式为：

Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；B．加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，故B不选；C．开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：

Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；D．b点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故D不选；故选C。

5．（2020·山西省高三零模）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（）

A．装置A中锌粒可用铁粉代替

B．装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气

C．装置C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度

D．装置A也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl2

【答案】C

【解析】探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应。

A．铁粉会落到有孔塑料板下边，进入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A错误；B．B装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B错误；C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；D．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A装置不能加热，故D错误；故答案选C。

6、（高考改编组合题）下列有关钠及其化合物的说法错误的是

A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂（2017江苏卷）

B．因NaHCO3受热易分解，故可用于制胃酸中和剂（2018江苏卷）

C.

（2018江苏卷）

D．钠着火不能用泡沫灭火器灭火（2020浙江卷）

【答案】B

【解析】A项，Na2O2可以和CO2反应生成O2，可用作呼吸面具供氧剂，正确；B项，胃酸的主要成分是盐酸，NaHCO3能与HCl反应，故NaHCO3可用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系，故B错误；C项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故C正确；D项，钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故D正确；

7、（高考改编组合题）下列有关钠及其化合物的说法错误的是

A．氢氧化钠可用于治疗胃酸过多（2018浙江卷）

B．Na2O2是含有共价键的离子化合物（2020浙江卷）

C．纯碱不属于碱（2019浙江卷）

D．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同（2019浙江卷）

【答案】A

【解析】A项，氢氧化钠具有极强的腐蚀性，对人体有害，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；B项，中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价价，故B正确；C项，Na2CO3属于无机盐，故C正确；D项，烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，故D正确；

8．（2020·上海高三二模）下列关于钠的叙述正确的是（）

A．钠为银白色固体，熔点很高

B．钠在空气中燃烧，生成淡黄色的过氧化钠

C．钠可保存在酒精中

D．钠与CuSO4溶液反应，可置换出单质铜

【答案】B

【解析】A.钠受热先熔化，后燃烧，则钠的熔点较低，故A错误；B.钠与氧气在点燃条件下生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色，故B正确；C.钠能与酒精发生反应，则钠不能保存在酒精中，故C错误；D.钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水发生置换反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，则钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，故D错误；综上所述，答案为B。

9．（2020·天津市高三月考）等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在氧气中常温下充分反应，则下列说法正确的是（）

A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多

C．第二块钠的生成物质量最大D．两块钠的生成物质量一样大

【答案】B

【解析】假设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1mol，

钠在氧气中加热的反应方程式为：

23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1mol。

23g钠与氧气发生生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1mol；

所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，

故选B。

10．（2020·浙江省高三）过碳酸钠2Na2CO3·3H2O2，外观为白色结晶，主要用作漂白剂和氧化剂，以及作去污剂、清洗剂、杀菌剂。

生产过程的主反应方程式：

2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2，下列说法不正确的是

A．过碳酸钠具有强氧化性

B．生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解

C．在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降

D．将过碳酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O

【答案】D

【解析】A.过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有碳酸钠和双氧水的性质，故过碳酸钠具有强氧化性，故A正确；B.温度过高会导致过碳酸钠、过氧化强的分解，因此生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解，故B正确；C.碳酸钠能与酸反应，铁盐、铜盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，故C正确；D.产物中Na2CO3的CO32-离子与NaHSO4中的H+离子不共存，可以发生反应生成水和二氧化碳，故该方程式不正确，故D错误；

故选D。

11．（2020·广西壮族自治区高三二模）启普发生器是荷兰科学家设计的实验室气体发生装置，由图中漏斗1和容器2两部分构成；现借助启普发生器及相关装置模拟侯氏制碱法制备日用化学品——NH4Cl和Na2CO3。

回答相关问题：

（NaHCO3的制备）

反应原理：

NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓

反应装置：

（1）启普发生器中发生的离子反应方程式为___，如果上述装置中导管被堵塞，启普发生器中观察到的现象是___。

（2）仪器3中盛装的试剂是___；已知常温，NaCl的溶解度为35.9g，仪器4中含氨的饱和食盐水的配制方法是将20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合振荡过滤，试推测过滤除去的物质为___。

（3）观察仪器4中CO2流速的方法是___，仪器5中试剂的作用是___。

（4）反应结束后，对仪器4进行冷却并趁冷过滤其中的悬浊液，“趁冷”的目的是___。

（Na2CO3的制备）

（5）将（4）所得固体转移至蒸发皿中加热得到Na2CO3；请设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全___。

（NH4Cl的制备）

（6）向（4）所得母液中加入两种物质并降温，NH4Cl会逐步结晶析出，所加物质的名称是___，过滤NH4Cl晶体后的滤液可以再次循环使用。

【答案】（除标注，每空2分）

（1）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降（3分）

（2）饱和NaHCO3NaCl（3）观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢吸收NH3（4）减小NaHCO3溶解度以提高产率（5）用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全（3分）（6）氨气和氯化钠

【解析】利用启普发生器制取CO2，制得的CO2中含有HCl等杂质，利用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，CO2再通入含氨的饱和食盐水中，氨气可能会逸出，利用稀硫酸吸收氨气。

（1）启普发生器中要产生CO2，通过碳酸钙和盐酸反应生成，则离子反应方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，如果上述装置中导管被堵塞，则启普发生器中气体压强增大，则漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降；

（2）仪器3用于除去CO2气体中的HCl气体，则需用饱和NaHCO3；20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合配制溶液，已知NaCl的溶解度为35.9g，则假设20.0mL浓氨水近似20水，能溶解的氯化钠约7.2g，故混合液中未溶解的是NaCl，故过滤除去的物质为NaCl；

（3）CO2从液体中逸出时会产生气泡，故观察仪器4中CO2流速的方法是观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢，仪器5位于整套装置的末尾，主要用于尾气处理，其中的硫酸会吸收NH3；

（4）本实验目的是制备NaHCO3，它是可溶性固体，故减少NaHCO3在水中溶解的量能提高产量，因此“趁冷”过滤的目的是减小NaHCO3溶解度以提高产率；

（5）碳酸氢钠固体分解时有水蒸气产生，故要设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全，可用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全；

（6）过滤出碳酸氢钠所得母液中含Na＋、HCO3－、Cl－和NH4＋，假如想提取NH4Cl，则需增大Cl－和NH4＋的浓度，故可通入NH3和加入NaCl，NH3·H2O和HCO3－反应，则Cl－和NH4＋的浓度增大，经降温，会逐步结晶析出NH4Cl。

12．（2020·上海高三二模）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】（除标注外，每空2分）

（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

（2）第4次或第5次的读数（3分）第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重（3分）（3）0.84（3分）（4）①溶解②生成NaCl的质量（3分）③玻璃棒、蒸发皿④偏大

【解析】

（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）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，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（O2）=1.560g+190.720g-192.010=0.270g，n（O2）=

=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（Na2O2）=2（O2）=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是：

=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。