高考化学钠及其化合物大题培优附答案.docx

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高考化学钠及其化合物大题培优附答案

高考化学钠及其化合物（大题培优）附答案

一、高中化学钠及其化合物

1．有一包NaHCO3和KHCO3的混合物样品。

某研究性学习小组对其进行如下探究。

实验装置如图所示。

将一定质量的混合物样品加入锥形瓶中，用针筒a分次注入一定体积的稀硫酸充分反应，再用针筒b收集生成气体的体积（忽略针筒壁之间的摩擦）

（1）为了较准确地测量反应生成的CO2体积，必须保证整个装置的气密性良好。

如果往锥形瓶中注入稀硫酸的体积为V1mL，充分反应后，针筒b中气体的读数为V2mL，则反应中生成的CO2气体体积为______________mL。

（2）某学生通过实验，测得如下数据（所用稀硫酸的物质的量浓度相同），下列分析推理错误的是_________。

50mL稀硫酸

50mL稀硫酸

50mL稀硫酸

m（混合物）

9．2g

15．7g

27．6g

V（CO2）（标况）

2．24L

3．36L

3．36L

①稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L

②15．7g混合物恰好与稀硫酸完全反应

③加入混合物9．2g时稀硫酸未反应完

④计算出样品中NaHC03和KHC03物质的量之比为1:

1

（3）某同学设计了另一种方案，其操作流程如下：

在转移溶液时，如果溶液转移不完全，则测得的混合物中NaHC03和KHC03物质的量之比______________（选填“偏人”、“偏小”或“不变”）。

【答案】V2-V1②偏大

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由于在密闭体系中注入V1mL的硫酸，导致此时注射器中也应该为V1mL才能维持内部压强相等，所以后来生成的气体会导致体积在V1mL的基础上增大,硫酸消耗引起的体积变化可以忽略不计，所以二氧化碳的体积为两者的差；即V2-V1mL；所以本题答案：

V2-V1；

（2）①m（混合物）=15.7gg，V（CO2）标况）=3.36L,m（混合物）=27.6g，V（CO2）标况）=3.36L,说明此时混合物过量，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑，可知c（H+）=n/V=3.36L/22.4L∙mol-1/0.05L=3mol/L,所以稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L，故①正确；

②由m（混合物）=9.2g，V（CO2）标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n（HCO3-）=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9.2g/0.1mol=92g/mol，15.7g/92g∙mol-1=0.17mol，50mL硫酸中氢离子的物质的量为n（H+）=0.15mol，所以15.7g混合物恰好与稀硫酸不能完全反应，故②错误；

③锥形瓶中发生的反应是碳酸氢钠、碳酸氢钾与稀硫酸的反应，其离子反应方程式为HCO3−+H+=H2O+CO2↑，由表中的数据可知：

m（混合物）=9.2g，V（CO2）标况）=2.24L

此时硫酸有剩余，故③正确；

④由m（混合物）=9.2g，V（CO2）标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n（HCO3-）=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9∙2g/0.1mol=92g/mol，根据

所以样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比为1:

1,故④正确；

所以本题答案：

②；

（3）NaHCO3和KHCO3的混合物与过量的盐酸反应，溶液中溶质为NaCl和KCl，该实验方案最后称量的是氯化钠和氯化钾质量，如果溶液转移不完全，称量的氯化钠和氯化钾质量偏小。

设样品为ag，如果样品全为NaHCO3，则最后称量的氯化钠质量为：

58.5a/84g；如果样品全为KHCO3，则最后称量的氯化钾质量为 74.5a/100g；因为58.5a/84g<74.5a/100g, 即样品中NaHCO3越多或KHCO3越少，最后称量的固体质景越小。

NaHCO3和KHCO3物质的量之比越大；

所以本题答案：

偏大。

2．2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。

锂离子电池的广泛应用使锂的需求量大增，自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。

（1）i.为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈_______，可以认为存在锂元素。

A．紫红色B．绿色C．黄色D．紫色（需透过蓝色钴玻璃）

ii锂离子电池的广泛应用同样也要求处理电池废料以节约资源、保护环境。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（由Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成）中的资源，部分流程如图：

查阅资料，部分物质的溶解度（s），单位g，如下表所示：

（2）将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。

下列分析你认为合理的是___。

A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放，可能会造成安全隐患。

B．预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率。

C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等。

（3）工业上为了最终获得一种常用金属，向碱溶一步所得滤液中加入一定量硫酸，请写出此时硫酸参与反应的所有离子方程式____________

（4）有人提出在―酸浸时，用H2O2代替HNO3效果会更好。

请写出用双氧水代替硝酸时主要反应的化学方程式__________________

（5）若滤液②中c（Li+）=4mol/L加入等体积的Na2CO3后，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算滤液③中c（CO32-）___________。

（Ksp（LiCO）=1.62×10－3）

（6）综合考虑，最后流程中对―滤渣③‖洗涤时，常选用下列________（填字母）洗涤。

A．热水B．冷水C．酒精

原因是_______________________

（7）工业上将回收的Li2CO3和滤渣②中FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。

请写出反应的化学方程式：

___________________________。

【答案】AACH++OH-=H2O、H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓2LiFePO4+H2O2+4H2SO4=Li2SO4+Fe2（SO4）3+2H2O+2H3PO40.2mol/LA碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，用热水洗涤会减少沉淀的溶解，同时热水成本比酒精低Li2CO3+2FePO4+2C=2LiFePO4+3CO

【解析】

【分析】

废旧电池正极片（磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等）放电拆解后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤得到滤液中偏铝酸钠溶液，滤渣酸浸过滤得到炭黑和硫酸锂、硫酸亚铁的溶液，加入硫酸、硝酸氧化亚铁滤渣生成铁离子，调节溶液pH生成磷酸铁沉淀，过滤后的滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥等操作得到碳酸锂，以此解答该题。

（1）根据锂的焰色反应回答；

（2）将回收的废旧锂离子电池进行预放电，

A．从锂的性质分析；

B．放电是原电池，从离子的移动方向考虑；

C．从有机物与碳的性质分析；

（3）碱溶一步所得滤液中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，加入硫酸，首先发生的是酸碱中和，然后是偏铝酸根与氢离子的反应；

（4）LiFePO4在硫酸和过氧化氢同时存在的条件下生成Li2SO4，Fe2（SO4）3，2H2O和2H3PO4，从环保和价格的角度分析；

（5）利用溶度积进行计算；

（6）碳酸锂的溶解度随温度的变化分析；

（7）根据题目所给信息写出化学方程式；

【详解】

（1）根据焰色反应原理，锂矿石含有锂元素，锂的焰色反应为紫红色；

（2）A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，由于锂是很活泼的金属，容易和氧气，水蒸气发生反应，可能会造成安全隐患，故A正确；

B．放电时，阳离子移向正极，故放电时电池中的锂离子移向正极，故B错误；

C．难溶有机物的沸点一般较低，碳粉也可以被氧化，通过热处理可以除去有机物和碳粉，故C正确；

（3）向碱溶一步所得滤液中加入一定量硫酸，先发生酸碱中和，向偏铝酸钠溶液中加入酸，由于要得到金属，酸的量必须控制，故离子反应为：

H++OH-=H2O，H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓；

（4）H2O2和HNO3都具有强氧化性，由于硝酸见光分解，成本较高，故可以利用过氧化氢代替硝酸，过氧化氢被还原的产物是水，对环境没有污染，化学方程式为2LiFePO4+H2O2+4H2SO4=Li2SO4+Fe2（SO4）3+2H2O+2H3PO4；

（5）碳酸锂是沉淀，存在难溶电解质的溶解平衡，设两溶液体积为V，滤液②中c（Li+）=4mol/L，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的95.5%，则沉淀后溶液中锂离子的浓度为

=0.09mol/L，故Ksp（Li2CO3）=c（Li+）2c（CO32-），故c（CO3）=

=

=0.2mol/L；

（6）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，用热水洗涤会减少沉淀的溶解，同时热水成本比酒精低；

（7）工业上将回收的Li2CO3和滤渣②中FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，反应方程式为Li2CO3+2FePO4+2C=2LiFePO4+3CO。

3．

（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。

4．已知①Na2O2②O2③HClO④H2O2⑤Cl2⑥NaClO⑦O3七种物质都具有强氧化性。

请回答下列问题:

（1）上述物质中互为同素异形体的是_____（填序号，下同）。

（2）含非极性键的共价化合物是_________。

（3）属于离子化合物的有______种。

（4）Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。

①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl，用电子式表示HCl的形成过程:

_________________________。

②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式:

____________________________________。

③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。

若6.8gH2O2参加反应，则转移电子数目为_________，生成标准状况下O2体积为_______L。

【答案】②⑦④2

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑1.204x1023或0.2NA2.24

【解析】

【分析】

根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。

【详解】

（1）同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。

故O2与O3互为同素异形体；

（2）Na2O2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物；HClO是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物；H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；O2、O3、Cl2属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合物是④H2O2；

（3）由

（2）可知，Na2O2、NaClO属于离子化合物，故属于离子化合物的有2种；

（4）HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程是：

；

（5）Na2O2与H2O反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（6）2H2O2

O2↑+2H2O，每生成1mol转移2mol电子，故6.8gH2O2的物质的量：

=0.2mol，生成氧气的物质的量为0.1mol，转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol-1=1.204x1023；V（O2）=0.1mol×22.4L·mol1=2.24L。

5．在下图装置中，加热试管内的白色固体A（A的焰色反应为黄色），生成白色固体B并放出气体C和D，这些气体通过甲瓶的浓硫酸后，C被吸收；D进入乙瓶跟另一淡黄色固体E反应生成白色固体B和气体F；丙瓶中的NaOH溶液用来吸收剩余的气体D。

（1）写出各物质的化学式：

A______；B_______；C________；D______；E_______；F___________。

（2）写出试管中及丙瓶中反应的化学方程式：

_______________；__________________。

（3）等物质的量A、B分别与足量的盐酸反应生成气体的体积________（填“一样多”、“前者多”、“后者多”）。

【答案】NaHCO3Na2CO3H2OCO2Na2O2O22NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O一样多

【解析】

【分析】

加热白色固体A（A灼烧时火焰为黄色）生成白色固体B，并放出气体C和D，则A、B含有Na元素，气体D与淡黄色固体E反应，生成固体B和气体F，应是Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，可推知D为CO2，E为Na2O2，B为Na2CO3，F为O2，故A为NaHCO3，C为水蒸气，据以上分析解答。

【详解】

加热白色固体A（A灼烧时火焰为黄色）生成白色固体B，并放出气体C和D，则A、B含有Na元素，气体D与淡黄色固体E反应，生成固体B和气体F，应是Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，可推知D为CO2，E为Na2O2，B为Na2CO3，F为O2，故A为NaHCO3，C为水蒸气，

（1）根据以上分析可知A是NaHCO3，B是Na2CO3，C是H2O，D是CO2，E是Na2O2，F是O2；

（2）根据以上分析可知试管中及丙瓶中反应的化学方程式分别为2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑、CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O；

（3）等物质的量A、B中碳原子的物质的量相等，则分别与足量的盐酸反应生成气体的体积一样多。

6．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。

7．碳酸钠和碳酸氢钠在一定条件下可以相互转化。

（1）向碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠，请写出该反应的化学方程式_________。

（2）请设计实验方案除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氫钠_________。

（3）请设计实验方案除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠_________。

（4）充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物95g，完全反应后得到气体5.6L（标准状况），求混合物中碳酸钠的质量分数_________。

【答案】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3加热碳酸钠固体，NaHCO3受热分解生成Na2CO3和H2O、CO2，从而除去了杂质向NaHCO3溶液中通入CO2，使Na2CO3反应生成了NaHCO3，从而除去了杂质55.8%

【解析】

【分析】

（1）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠；

（2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解；

（3）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠；

（4）由碳酸氢钠受热分解的化学方程式列关系式求解可得。

【详解】

（1）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故答案为：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；

（2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解，除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以通过加热方法除去杂质碳酸氢钠，故答案为：

加热碳酸钠固体，NaHCO3受热分解生成Na2CO3和H2O、CO2，从而除去了杂质；

（3）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠，可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去，故答案为：

向NaHCO3溶液中通入CO2，使Na2CO3反应生成了NaHCO3，从而除去了杂质；

（4）充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物得到气体的5.6L（标准状况）气体为二氧化碳，二氧化碳物质的量为

=0.25mol，碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑，由方程式可知n（NaHCO3）=2n（CO2）=2×0.25mol=0.5mol，碳酸氢钠的质量为0.5mol×84g/mol=42g，碳酸钠的质量为（95g-42g）=53g，则混合物中碳酸钠的质量分数

×100%=55.8%，故答案为：

55.8%。

【点睛】

通过加热分解收集生成的气体计算碳酸氢钠的量，再反过来计算碳酸钠的质量分数是计算的关键。

8．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体

（1）写出有关物质的化学式X：

_______；F_______

（2）写出A→D的化学方程式____________　　

（3）写出实验室制备C的化学方程式_______

（4）C可用于制备尿素，尿素CO（NH2）2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是______

（5）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴