高考化学 钠及其化合物 培优 易错 难题练习含答案附详细答案.docx

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高考化学钠及其化合物培优易错难题练习含答案附详细答案

2020-2021高考化学钠及其化合物培优易错难题练习（含答案）附详细答案

一、高中化学钠及其化合物

1．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100mL2mol/L的NaOH溶液中通入一定量CO2，结晶，得到9．3g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2mL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NH3CaCl2HCO3—＋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-，100mL2mol/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，碳酸钠固体的质量为0.2mol×

×106g/mol=10.6g，若全部生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的质量为0.2mol×84g/mol=16.8g，由得到9．3g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

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

产生白色沉淀

原白色固体中有CO32-存在

②过滤，取2mL滤液于试管中，滴加酚酞

溶液变红

溶液中含有氢氧化钠

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。

2．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C5澄清石灰水变浑浊的2Na+2CO2

Na2CO3+CO4Na+3CO2

2Na2CO3+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+2CO2

Na2CO3+CO；

答案为：

2Na+2CO2

Na2CO3+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+3CO2

2Na2CO3+C。

答案为：

4Na+3CO2

2Na2CO3+C；

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）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。

4．

（1）常温下Na2CO3、NaHCO3、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CO2产生Na2CO3沉淀，NaOH的质量百分数至少为多少___？

（保留1位小数，xx.x%）

②NaHCO3溶解度明显低于Na2CO3，在上述NaOH浓溶液中通入CO2，为什么不考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀？

___。

（2）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。

SiO44-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NaHCO3Si3O96-SinO3n2n-Be3Al2Si6O18（或3BeO·Al2O3·6SiO2）

【解析】

【分析】

（1）①设100g水中溶有NaOHag，根据方程式2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O计算生成碳酸钠、水的质量，产生Na2CO3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NaHCO3；

（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Si6O1812−，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NaOHag，则：

碳酸钠溶解度为15.9g/100g水，则

：

（100g＋

）＝15.9：

100，

解得a＝12.3，故NaOH的质量百分数至少为

×100%＝11.0%，故答案为：

11.0%；

②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3，故不需要考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀，故答案为：

在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；

（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：

Si3O96−，故答案为：

Si3O96−；

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：

SinO3n2n−，故答案为：

SinO3n2n−；

③根据SinO3n2n−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：

Be3Al2Si6O18，故答案为：

Be3Al2Si6O18（或3BeO·Al2O3·6SiO2）。

【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。

5．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。

已知

能发生如下反应

_______NaNO2+_____HI——_________NO↑+_________I2+_______NaI+____H2O

（1）配平上面方程式。

（2）若有1mol的氧化剂被还原，则被氧化的还原剂是________mol。

（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：

①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是_____（填字母）。

A．①②④    B．③⑤C．①②③⑤   D．①②⑤

（4）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_______

【答案】

421221DNaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O

【解析】

【分析】

（1）在反应中N、I元素化合价发生了变化，先根据元素化合价升降总数相等，配平参加氧化还原反应的元素，再根据原子守恒，配平未参加氧化还原反应的元素，得到方程式；

（2）根据元素化合价升高与降低的数值，确定还原剂的物质的量多少；

（3）在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色检验；

（4）NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O。

【详解】

（1）在该反应中，N元素从+3降低到+2，共降低1价，碘元素从-1升高到0价，反应产生一个碘单质共升高2价，依据化合价升降总数相等，NaNO2、NO的系数是2，HI系数是2，I2的系数是1，再配平未参加氧化还原反应的元素，Na反应前有2个，则NaI的系数是2，有2个I未参加氧化还原反应，所以HI的系数改为4，根据H原子个数反应前后相等，可知H2O的系数是2，所以配平后的化学方程式为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，因此配出系数由前到后依次为：

2、4、2、1、2、2；

（2）在上述反应中NaNO2为氧化剂，HI为还原剂，1molNaNO2反应，得到1mol电子，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知被氧化的还原剂的物质的量是1mol；

（3）根据上述反应可知：

在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色检验，故鉴别NaNO2和NaCl可以用①水、②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，故需要的物质序号为①②⑤，合理选项是D；

（4）NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：

NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O。

【点睛】

本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的检验及方程式的书写。

掌握氧化还原反应的规律及物质的性质是本题解答的关键。

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】②③④⑤⑥②Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O1:

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．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（mg）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

，因此样品中Na2CO3的质量分数为

。

8．

（1）研究物质时会涉及物质的组成、分类、性质和用途等方面。

①Na2O2属于____________（填物质的类别），检验其组成中所含阳离子的方法是_____________。

②将包有少量____色Na2O2固体的棉花放在石棉网上，用滴管向棉花上滴几滴水，观察到的现象是__________________，由此得出的结论是_________________________________。

③在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2所发生反应的化学方程式为_________________________，从氧化剂和还原剂的角度分析，在该反应中Na2O2的作用是___________________。

某潜水艇上有25人，如果每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.80L（标准状况下O2的密度为1.429g/L）,假设所需要的O2全部由Na2O2来提供，则该潜水艇一天所需要的Na2O2的物质的量是_____________。

（2）写出下列反应的离子方程式：

①NaHCO3溶于醋酸：

__________________________________________________。

②过量CO2与NaOH溶液：

_____________________________________________。

③工业制漂白液：

______________________________________________________。

④生活中漂白粉的漂白原理：

____________________________________________。

【答案】金属氧化物焰色试验，火焰呈黄色淡黄棉花立刻燃烧起来过氧化钠与水反应放热，且有氧气产生

既做氧化剂又做还原剂2.5