高考化学钠及其化合物综合经典题含答案.docx
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高考化学钠及其化合物综合经典题含答案
高考化学钠及其化合物综合经典题含答案
一、高中化学钠及其化合物
1．如图所示，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应？
”这个问题可通过以下实验加以证明。
（1）按图装置，在干燥的试管Ⅲ中装入Na2O2后，在通入CO2之前，应事先将活塞（K1、K2）关闭好，目的何在？
____。
（2）试管I内的试剂X是__时，打开活塞K1、K2，加热试管Ⅲ约5分钟后，将带火星的小木条插入试管Ⅱ的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，则所得的结论是____。
（3）试管I内试剂为CO2饱和水溶液时，其他操作同
（2），通过____的现象，可以证明Na2O2与潮湿的CO2能反应且放出O2。
（4）CO2与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：
__Na2O2+____C18O2+____H218O→____。
【答案】以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象浓H2SO4过氧化钠与干燥的CO2不反应带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色222═2Na2C18O3+O2↑+2H2O
【解析】
【详解】
（1）本题旨在利用对比实验，探究Na2O2与CO2反应的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与干燥CO2反应，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反应装置前CO2必须干燥，故答案为以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；
（2）二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2不反应；
（3）过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上会复燃；Ⅲ内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色；
（4）过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：
二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：
2Na2O2+2C18O2+2H218O═2Na2C18O3+O2↑+2H2O，故答案为2；2；2；═2Na2C18O3+O2↑+2H2O。
【点睛】
本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。
本题的易错点为（4），碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中。
2．
（1）向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再产生CO2气体为止，在此过程中，溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化是___。
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变小D．保持不变
（2）有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液中：
①将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中；②将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中。
①②两种操作生成的CO2之比为___。
（3）已知固体混合物A由NaHCO3、KHCO3、MgCO3、CaCO3四种物质中的两种混合而成。
请通过计算和推理完成下列各小题：
①取A与足量的盐酸反应：
若固体混合物A的物质的量n（A）为定值，生成气体的量即为定值，则A的组成可能有___种。
若固体混合物A的质量m（A）为定值，生成气体的量为定值，则A的可能组成是（填写化学式）：
___、___；___、___。
（可以不填满）
②若先将A加热，剩余固体再与足量的盐酸反应，且先后两次产生的气体分别通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为10.0g，则混合固体A的总物质的量是___mol。
【答案】A3：
26NaHCO3MgCO3KHCO3CaCO30.2
【解析】
【分析】
（1）向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生反应：
CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
（2）将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中，发生的反应为：
CO32-+2H+=H2O+CO2↑；将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中，则先发生反应：
CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
（3）①若等物质的量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A的物质的量n（A）为定值，生成气体的量即为定值；若等质量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A的质量m（A）为定值，生成气体的量为定值。
②根据原子守恒计算。
【详解】
（1）向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再产生CO2气体为止，在此过程中，先发生反应：
CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化是先变大后变小，故选A。
（2）有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液中：
①将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中，发生反应CO32-+2H+=H2O+CO2↑，Na2CO3是过量的，生成的CO2的物质的量根据HCl的量计算为0.15mol；②将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中，先发生反应：
CO32-+H+=HCO3-，0.2molCO32-消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，生成0.2molHCO3-，再发生反应：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑，剩余的0.1molH+消耗了0.1molHCO3-，生成了0.1molCO2。
所以①②两种操作生成的CO2之比为0.15：
0.1=3：
2。
（3）①若等物质的量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A的物质的量n（A）为定值，生成气体的量即为定值。
四种碳酸盐物质的量相等时，生成的气体的量都相等，四种盐有6种组合；若等质量的盐生成等量的气体，则符合A与足量的盐酸反应，若固体混合物A的质量m（A）为定值，生成气体的量为定值。
NaHCO3和MgCO3的摩尔质量相等，当两者质量相等时，和足量盐酸反应，能生成等量的气体，KHCO3和CaCO3的摩尔质量也相等，符合要求。
故答案为6，NaHCO3和MgCO3，KHCO3和CaCO3。
②CO2通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为10.0g，即0.1mol，根据碳守恒，生成的CO2即为0.1mol。
先将A加热，剩余固体再与足量的盐酸反应，A中的碳元素均转化成CO2，所以A中的碳元素为0.2mol，则固体A的总物质的量是0.2mol。
3．
（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=_____NaAlO2+_____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】
（1）①Na由0价变为+1价，H由+1价变为0价，故方程为：
，故答案为：
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：
，故答案为：
2；2；2；1；
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：
，故答案为：
2；16；2；2；8；5；
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：
，故答案为：
2；2；2；2；3；
（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：
。
4．10℃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2NaHCO3
Na2CO3＋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
＋H2O
H2CO3＋OH－。
碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3
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。
5．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CO2有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自CO2），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NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl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
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
有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自
），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
的浓度，使
更多地析出；使
转化为
，提高析出的
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（
），主要利用
在溶液中溶解度较小，所以先制得
，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
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。
6．
（1）古代锻造刀剑时，将炽热的刀剑快速投入水中“淬火”，反应为：
3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2。
该反应中H2O作__________（填“氧化剂”或“还原剂”）；
（2）检验某溶液中是否含有SO42-,先加盐酸，再加______（填“BaCl2”或“NaCl；
（3）海水提镁的重要步骤之一是用沉淀剂将海水中的Mg2＋沉淀。
该沉淀剂是__________（填“生石灰”或“盐酸”）。
（4）过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源。
完成下列化学方程式:
2Na2O2+2______=2Na2CO3+O2↑；
（5）某同学炒菜时发现，汤汁溅到液化气的火焰上时，火焰呈黄色。
据此他判断汤汁中含有________（填“钠”或“钾”）元素；
【答案】氧化剂BaCl2生石灰CO2钠
【解析】
【详解】
（1）在3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2中氢元素的化合价从+1价降为0价，则H2O作氧化剂；
（2）检验某溶液中是否含有SO42-，先加稀盐酸，可以排除银离子与碳酸根离子等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀是硫酸钡；
（3）海水中的Mg2＋沉淀是生成Mg（OH）2，沉淀剂是利用生石灰与水反应生成氢氧化钙，从而将Mg2+沉淀；
（4）过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源，是利用Na2O2与CO2或水蒸气反应生成氧气，则2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；
（5）钠元素的焰色反应呈黄色，即可判断汤汁中含有钠元素。
7．
（1）147gH2SO4的物质的量是_______；
（2）氧化铜在高温下发生分解反应：
4CuO
2Cu2O+O2↑，若反应过程中生成1molO2分子，则转移电子数为________mol。
（3）反应：
2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，其中_____元素化合价升高，则该元素被_____，_____元素化合价降低；______作还原剂，_____发生还原反应。
（4）钠在空气中燃烧的化学方程式：
_____，1mol钠完全燃烧转移电子的个数为______（阿伏伽德罗常数为NA）。
【答案】1.5mol4碘（或I）氧化铁（或Fe）KIFeCl32Na+O2
Na2O2NA
【解析】
【分析】
（1）根据n=
计算硫酸的物质的量；
（2）根据反应过程中电子转移的物质的量等于元素化合价升降数目计算；
（3）根据氧化还原反应的规律判断分析；
（4）钠与氧气在点燃时反应产生过氧化钠，根据元素化合价升降数目判断电子转移数目。
【详解】
（1）n（H2SO4）=
=
=1.5mol；
（2）在反应中O元素的化合价部分由-2价升高到0价，每生成1molO2，元素化合价升高4价，所以生成1molO2分子，转移电子数为4mol；
（3）在反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，I元素化合价由KI中的-1价变为反应后I2的0价，化合价升高，I元素失电子，被氧化，所以KI为还原剂；Fe元素的化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中的+2价，Fe元素的化合价降低，得电子，被还原，所以FeCl3作氧化剂，被还原；
（4）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为：
2Na+O2
Na2O2，在该反应中，Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后Na2O2中的+1价，化合价升高，失去电子。
由于Na元素化合价升高1价，所以1mol钠完全燃烧转移1mol电子，转移电子数目为NA。
【点睛】
本题考查了物质的量的有关计算及氧化还原反应的知识，掌握物质的量的有关计算公式、氧化还原反应的实质与特征及发生的反应关系是本题解答的关键。
8．A、B、C、D、E五种物质都含1～18号元素中的某一元素，它们按图所示关系相互转化，已知A为单质。
（1）写出A→E的化学式：
A____________、B_____________、C_____________、D_____________、E_____________。
（2）写出A→D反应的离子方程式
A→D________________________________________。
（3）写出C→D、C→E反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。
C→D__________________________________________________。
C→E__________________________________________________。
【答案】.NaNa2ONa2O2NaOHNa2CO3;2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【解析】
【分析】
A能和空气中的氧气在不同的条件下发生不同的反应，并且是能和水反应的一种单质，所以推知A是金属钠,根据框图中所给的各种物质之间的转化关系来完成此题。
【详解】
（1）A能和空气中的氧气在不同的条件下发生不同的反应，并且是能和水反应的一种单质，在1-18号元素中的单质中只有金属钠符合要求，所以A是钠，B是氧化钠，C是过氧化钠，D是氢氧化钠，E是碳酸钠；因此，本题正确答案是:
Na；Na2O；Na2O2；NaOH；Na2CO3；
（2）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,其反应的化学反应方程式：
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,因此，本题正确答案是：
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（3）过氧化钠能和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧根离子既有化合价升高，又有化合价降低，用双线桥标出电子转移的方向和数目的反应的化学方程式为：
；过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧根离子既有化合价升高，又有化合价降低，用双线桥标出电子转移的方向和数目的反应的化学方程式为：
；
因此，本题正确答案是:
；
．
9．汽车安全气囊是行车安全的重要保障。
当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。
为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。
经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。
水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。
经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。
取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。
单质乙就在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。
化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。
请回答下列问题：
（1）甲的化学式为___________，丙的电子式为___________。
（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为________________________。
（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为______________________，安全气囊中红棕色粉末的作用是____________________。
（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是___________。
A．KCl
B．KNO3
C．Na2S
D．CuO
【答案】NaN3
Na2O+2CO2+H2O＝2NaHCO3
避免分解产生的金属钠可能产生的危害D
【解析】
【分析】
该安全装置中的固体粉末中含有Na、Fe、N、O四种元素。
其中，不溶物为红棕色固体，则该物质为Fe2O3。
13.0g化合物甲受热分解为6.72LN2（标况）和单质乙，则乙为Na。
n（N2）=0.03mol，则n（N）=0.06mol，n（Na）=
=0.02mol，则化合物甲为NaN3。
乙（Na）和红棕色粉末（Fe2O3）在隔绝空气的条件下，生成化合物丙（在空气中可转化为盐）和另一种单质，则丙为Na2O，单质为Fe。
【详解】
（1）经分析，甲为NaN3，丙为Na2O，则丙的电子式为：
；
（2）Na2O转化为碳酸氢盐NaHCO3的方程式为：
Na2O+2CO2+H2O＝2NaHCO3；
（3）Na和Fe2O3的化学反应方程式为：
；安全气囊中红棕色粉末的作用是防止生成的钠可能产生的危害；
（4）A.Na和KCl在高温下反应生成NaCl和K，K的危害和Na相似，故A错误；
B.Na和KNO3在高温下反应生成NaNO3和K，K的危害和Na相似，故B错误；
C.Na不和Na2S反应，故C错误；
D.Na和CuO反应生成Na2O和Cu，符合题目的要求，故D正确；
故合理选项为D。
10．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．SB．N2C．NaD．MgE.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______________
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