高中化学复习知识点过氧化钠与水的反应.docx
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高中化学复习知识点过氧化钠与水的反应
高中化学复习知识点：
过氧化钠与水的反应
一、单选题
1．在一密闭容器中有HCHO、H2和O2混合气体共20g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重8g，则原混合气体中O2的质量分数是
A．40%B．33.3%C．60%D．36%
2．下列说法不正确的是（）
A．向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B．向NaHCO3溶液中加入Ba（OH）2固体，CO32-的浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
C．将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是：
a=b
D．有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液：
①将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；②将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中；①②两种操作生成的CO2体积之比为3∶2
3．Al与Na2O2的混合物溶于足量的水中，得到澄清溶液，同时产生气体3.5g，在所得溶液与100mL7mol/L盐酸作用过程中，白色沉淀生成后又恰好溶解，则原Al与Na2O2的物质的量之比为
A．2∶1B．1∶2C．11∶2D．2∶11
4．取ag某物质在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量恰好也增加了ag，下列物质不能满足上述结果的是（ ）
A．H2B．COC．C6H12O6D．C12H22O11
5．向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为（）
A．1：
1：
2B．2：
2：
1C．1：
2：
2D．9：
2：
4
6．下列离子在溶液中能够共存并且在加入少量的Na2O2固体后原离子浓度能基本保持不变的是（）
A．NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-
B．K+、AlO2-、Cl-、SO42-
C．Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3-
D．Na+、Cl-、CO32-、NO3-
7．NA表示阿伏加德罗常数，下列关于7.8g过氧化钠固体的说法正确的是（）
A．与足量H2O反应，生成O2分子数目为0.1NA
B．其中所含离子总数目为0.4NA
C．与足量CO2反应，转移的电子数目为0.1NA
D．其中所含电子总数目为0.4NA
8．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是
A．标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体
B．最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl−）+c（OH−）
C．最终得到7.8g的沉淀
D．最终得到的溶液中c（Na+）=1.5mol·L−1
二、多选题
9．过氧化钠可作为氧气的来源。
常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了56g，反应中有关物质的物理量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）
二氧化碳
氧气
转移的电子
A
2mol
22.4L
B
1mol
2NA
C
16g
NA
D
88g
2mol
A．AB．BC．CD．D
10．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是
A．反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体
B．最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）
C．最终得到7.8g沉淀
D．最终得到的溶液中c（NaCl）=1.5mol/L
三、综合题
11．过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。
（1）一定条件下，m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重___克。
（2）常温下，将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mLpH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积为___L。
（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克。
此时生成标准状况下气体体积为5.6L。
则原混合液中c（SO42-）=___mol/L。
（4）取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g。
请列式计算：
①求原混合物中Na2O2的质量B___；
②若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___？
12．某化学小组进行Na2O2与水反应的实验，如下图所示，该小组对试管c中红色褪去的原因进行探究。
（1）Na2O2中含有的化学键类型：
__________；请写出a中反应的化学方程式______。
查阅资料：
①当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；
②Na2O2与水反应分两步进行：
Na2O2+H2O="NaOH"+H2O22H2O2=2H2O+O2↑
（2）请设计实验验证Na2O2与水反应后的溶液中有H2O2残留：
取少量b溶液于试管中，____________，证明溶液中有H2O2残留。
（3）结合资料，该小组同学针c中溶液红色褪去的原因提出以下假设：
①_____________________；
②溶液中H2O2破坏酚酞的结构；
③NaOH和H2O2共同作用结果。
（4）该小组同学测出c中溶液的pH为14，认为还不能排除假设②、③，于是又进行了如下实验，请完成下表空白处：
实验
操作
现象
结论
1
向少量H2O2中滴加2滴酚酞，放置一段时间，再加入NaOH溶液至pH=12
加入NaOH后，无色溶液先变红，后褪色
①___________
2
向少量NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液pH=12
溶液先变红，后褪色；加盐酸后，又出现红色，且不褪色
3
向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液pH=12……
②_____________________________……
溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在8~13时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色
（5）某同学按取（4）中述实验2褪色后的溶液，加水稀释至pH=12，没有观察到溶液变红。
该同学推测实验2加盐酸后溶液变红还可能与温度有关，请写出理由：
___________。
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
由于HCHO可以看作是CO·H2，所以气体燃烧后再通过过氧化钠吸收后，过氧化钠增加的质量就是原混合气中氢气和甲醛的质量，则氧气的质量是12g，质量分数是12÷20＝0.6，即60％，答案选C。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，依次发生反应的离子方程式：
CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2+H2O，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B.向NaHCO3溶液中加入Ba（OH）2固体，首先生成碳酸钡和碳酸钠，继续加Ba（OH）2固体，碳酸钠转化为碳酸钡沉淀，所以CO32-的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C.设Na2O和Na2O2质量都是1g，水的质量都是mg，n（Na2O）=
、n（Na2O2）=
；氧化钠和水反应生成氢氧化钠，生成氢氧化钠的质量是
，所得溶液的质量是（1+m）g，氢氧化钠的质量分数是
；Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，生成氢氧化钠的质量是
，生成氧气的质量是
，所得溶液的质量是（1+m-
）g，氢氧化钠的质量分数是
，所以a>b，故C错误；
D.将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中，立即生成二氧化碳气体，二氧化碳的物质的量是0.15mol；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和剩余盐酸反应生成二氧化碳，生成二氧化碳0.1mol，①②两种操作生成的CO2体积之比为3∶2，故D正确；
选C。
3．B
【解析】
【分析】
Na2O2与水反应生成NaOH溶液和O2，Al与NaOH溶液生成NaAlO2和H2。
盐酸先中和NaOH，后与NaAlO2反应，所得溶液中只有NaCl和AlCl3两种溶质。
【详解】
设原混合物中Al与Na2O2的物质的量分别是x、y，则Na2O2与水反应生成NaOH、O2的物质的量分别是2y、y/2，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2、H2的物质的量分别是x、3x/2，剩余NaOH物质的量为（2y-x）。
由O2、H2共3.5g，得32g/mol×y/2+2g/mol×3x/2=3.5g。
溶液与盐酸反应时，据NaOH—HCl、NaAlO2—4HCl，得（2y-x）+4x=0.100L×7mol/L。
解得x=0.1mol，y=0.2mol。
即Al与Na2O2的物质的量之比为1∶2。
本题选B。
【点睛】
最终溶液中只有NaCl和AlCl3两种溶质。
据元素守恒得Na2O2—2HCl、Al—3HCl，故2y+3x=0.100L×7mol/L。
4．D
【解析】
【分析】
可燃物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应的方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2固体质量增加（2CO）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体质量增加（2H2）。
结论：
可燃物如果为CO，H2充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可燃物质量相等；可燃物如果满足通式（CO）x（H）y，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可燃物质量相等；如果满足通式（CO）x（H）y（C）z,，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量大于可燃物质量相等；如果满足通式（CO）x（H）y（O）z,，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量小于可燃物质量相等。
【详解】
A.agH2在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选A；
B.agCO在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选B；
C.C6H12O6可写成（CO）6（H）12形式，因此agC6H12O6在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选C；
D.C12H22O11可写成（CO）11（H）12C形式，agC6H12O6在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加大于ag，故选D；
答案：
D
【点睛】
注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系，得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量。
5．C
【解析】
【分析】
根据图象分析，A点时沉淀的量最大，所以沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，为0.2mol，沉淀不溶解的量是氢氧化镁，物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；当沉淀的量最大时，根据过氧化钠的物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。
【详解】
由图可知，沉淀中含0.1molMg（OH）2和0.2molAl（OH）3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，沉淀2种金属阳离子共需NaOH的物质的量为0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol，由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2，则与铵根反应的氢氧根离子为1mol-0.8mol=0.2mol，由NH4++OH-
NH3↑+H2O，则可得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+之比=0.1mol：
0.2mol：
0.2mol=1：
2：
2；
综上所述，C项正确；
答案选C。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
Na2O2固体会与溶液中的水发生反应，生成氢氧化钠和氧气；
A.NH4+与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，加入过氧化钠后NH4+的浓度变化较大，A项错误；
B.K+、AlO2-、Cl-、SO42-之间不反应，在溶液中能够大量共存，且加入过氧化钠后各离子浓度基本不变，B项正确；
C.Ca2+、Mg2+、HCO3-都能够与氢氧根离子反应，加入过氧化钠后它们的离子浓度变化较大，C项错误；
D.反应生成Na+，加入过氧化钠后钠离子浓度变化较大，D项错误；
答案选B。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
过氧化钠的摩尔质量是78g/mol，7.8g过氧化钠就是0.1mol，
A．过氧化钠固体与足量H2O反应，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，根据方程式知2mol过氧化钠与足量水可以得到1mol氧气，即1NA个氧气分子，则0.1molNa2O2充分反应生成O2的物质的量为0.05mol，所以生成O2分子数目为0.05NA，故A错误；
B．1mol过氧化钠晶体由2mol钠离子和1mol过氧根离子构成，所以1mol过氧化钠中有3mol离子，则0.1molNa2O2有0.3mol离子，故B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳反应：
2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2，氧气来自过氧化钠中的氧，且化合价由-1价变到0价，每生成1mol氧气转移电子的是2mol，即2NA个电子，所以0.1mol过氧化钠就可以和二氧化碳反应转移0.1NA电子，故C正确；
D．1mol过氧化钠晶体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，1个钠离子含有10个电子，一个过氧根离子含有18个电子，所以1mol过氧化钠晶体中含有38mol电子，则0.1molNa2O2，含电子总数目为3.8NA，故D错误；
故答案为：
C。
【点睛】
Na2O2与水或二氧化碳的反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，等物质的量的Na2O2与Na2O所含的离子总数相等。
8．C
【解析】
【详解】
15.6gNa2O2的物质的量为45.6/78=0.2mol，
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,
0.2mol0.4mol0.1mol
5.4gAl的物质的量为5.4/27=0.2mol，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
0.2mol0.2mol0.2mol0.3mol
剩余0.2mol氢氧化钠。
再向溶液中缓慢通入标况下的氯化氢6.72L，其物质的量为6.72/22.4=0.3mol。
NaOH+HCl=NaCl+H2O
0.2mol0.2mol0.2mol
NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓
0.1mol0.1mol0.1mol0.1mol
A.根据以上分析可知，反应过程中总共生成0.1mol氧气和0.3mol氢气，在标准状况下，得到8.96L的气体，故错误；B.最终得到的溶液中含有偏铝酸钠和氢氧化钠和氯化钠，故关系c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）是错误的，故错误；C.最终得到0.1mol氢氧化铝沉淀，即7.8g的沉淀，故正确。
D.根据钠原子守恒分析，0.2mol过氧化钠能得到的钠离子物质的量为0.4mol，则c（Na+）=0.4/0.2=2mol·L-1，故错误。
故选C。
【点睛】
掌握守恒法在计算中的应用，过氧化钠中的钠经过反应到氢氧化钠，最后到氯化钠，铝元素最后到氢氧化铝沉淀，根据电子守恒，过氧化钠失去电子数计算生成氧气的物质的量，金属铝失去电子数计算生成氢气的物质的量。
9．BD
【解析】
【分析】
由化学方程式：
2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数。
【详解】
二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加56g时，设参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y，
，则x=2mol，
，则y=2mol，反应消耗二氧化碳的质量为2mol×44g/mol=88g，生成氧气的物质的量为1mol（质量为32g），反应中过氧化钠作氧化剂和还原剂，转移电子数为2mol（数目为2NA），常温常压下22.4L氧气的物质的量小于1mol，故答案为：
BD。
【点睛】
Na2O2与水或二氧化碳的反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；1molNa2O2与水或二氧化碳反应，转移电子为1mol，另外，等物质的量的Na2O2与Na2O所含的离子总数相等。
10．CD
【解析】
【分析】
15.6gNa2O2的物质的量为
，5.4g铝的物质的量为
，6.72L的氯化氢的物质的量为
，题目所涉及的反应为2Na₂O₂+2H₂O==4NaOH+O₂↑，生成0.4mol氢氧化钠和0.1mol氧气；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.2mol铝消耗0.2mol氢氧化钠，故铝反应完全，剩余0.2mol氢氧化钠，生成0.2mol偏铝酸钠和0.3mol氢气；通入盐酸，优先与氢氧化钠反应，0.2mol氢氧化钠消耗0.2mol盐酸，剩余0.1mol盐酸与偏铝酸钠反应，HCl+NaAlO2+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，消耗0.1mol偏铝酸钠，生成0.1mol氢氧化铝，溶液最终剩余氯化钠和未彻底反应的偏铝酸钠。
【详解】
A.反应过程中得到的气体体积为
，A错误；
B.最终得到的溶液为氯化钠和偏铝酸钠，即根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-），B错误；
C.最终得到的沉淀为0.1mol氢氧化铝，即质量为
，C正确；
D.盐酸完全反应，溶液中氯化钠为0.3mol，即最终得到的溶液c（NaCl）=1.5mol/L，D正确。
答案为CD。
11．m1.1227.8g200mL≤V≤320mL
【解析】
【分析】
（1）利用差量法，根据化学方程式分析：
CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应；2CO+O2
2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O2
2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；
（2）氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠，根据n＝
计算出氢氧化钠的物质的量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据c＝
计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积；
（3）生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：
＝0.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：
0.5mol×2＝1mol，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：
＝0.1mol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：
0.3+0.1＝0.4mol，则c＝
＝2mol/L；
（4）①结合发生的反应2Na2O2+4NaHCO3＝4Na2CO3+2H2O↑+O2↑和2Na2O2+2NaHCO3＝2Na2CO3+2NaOH+O2↑计算；
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3，再结合反应原理计算。
【详解】
（1）CO和H2的混合气体燃烧的方程式：
2CO+O2
2CO2，2H2+O2
2H2O，与Na2O2反应的方程式：
2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg；
（2）设14.0g混合物中含有氧化钠xmol，含有过氧化钠ymol，则①62x+78y＝14，最后得到的溶质为NaOH，得到400mLpH＝14的溶液，氢氧化钠的物质的量为：
0.4×1＝0.4mol，根据钠原子守恒可得：
②2x+2y＝0.4，联合①②解得：
x＝0.1、y＝0.1，所以0.1mol的过氧化钠生成0.05mol的氧气，标况下生成的氧气的体积为：
V（O2）＝22.4L/mol×0.05mol＝1.12L；
（3）生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：
＝0.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：
0.5mol×2＝1mol，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：
＝0.1mol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：
0.3+0.1＝0.4mol，则c＝
＝2mol/L，故答案为：
2；
（4）①设Na2O2和NaHCO3的物质的量分别为x，y；
15.41＜15.92＜16.11说明两个反应都发生，所以：
78x+84y＝17.88、106y+（2x﹣y）×40＝15.92，解之得：
x＝0.1mol、y＝0.12mol，故m（Na2O2）＝7.8g；
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3，当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时，则需盐酸体积为200mL；当反应后溶质只有NaCl时，则需盐酸体积为320mL，故盐酸体积为200mL≤V≤320mL。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算，注意掌握有关物质的量的计算方法，明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的化学计算能力。
12．离子键、非极性共价键2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃溶液中NaOH浓度较大，pH≥13仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果（或假设②不正确，假设③正确）溶液先变红，后褪色；加入稀盐酸，会因发生中和反应而放热，使溶液温度升高
【解析】
【详解】
（1）Na2O2中含有的化学键类型有离子键、非极性共价键；Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（2）证明过氧化氢的存在，利用其在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应，生成氧气来判断。
操作步骤是加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条
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