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1、备战高考化学钠及其化合物综合经典题及详细答案2020-2021备战高考化学钠及其化合物综合经典题及详细答案一、高中化学 钠及其化合物1往100mL的NaOH溶液中通入充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液蒸干，得到白色固体M。通入的的体积V（标准状况）与M的质量W的关系如下图所示。试解答下列问题：（1）A点时，白色固体M的化学式为_，通入的的体积为_mL（标准状况下，下同）。（2）C点时，白色固体M的化学式为_，通入的的体积为_mL。（3）B点时M的组成成分为_，物质的量之比为_，通入的的体积为_mL。（4）该NaOH溶液的物质的量浓度为_。【答案】Na2CO3 1120 NaHCO3

2、2240 Na2CO3、NaHCO3 1：3 1792 1mol/L 【解析】【分析】由图知NaOH质量为4 g，物质的量为0.1 mol，完全转化为Na2CO3时，Na2CO3质量为0.1mol106g/mol5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol84g/mol8.4 g，故A点白色固体M为Na2CO3，C点白色固体M为NaHCO3，根据碳原子守恒可得n(CO2)，根据VnVm计算二氧化碳体积；图B点时M的质量为7.16 g，5.37.168.4，知M由Na2CO3和NaHCO3组成，设在B点时Na2CO3物质的量为x，NaHCO3物质的量为y，根据钠离子守恒、

3、二者质量之和列方程计算x、y的值，根据VnVm计算二氧化碳体积；根据c计算NaOH溶液的物质的量浓度。【详解】由图知NaOH质量为4 g，物质的量为0.1 mol，完全转化为Na2CO3时，Na2CO3质量为0.1mol106g/mol5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol84g/mol8.4 g，故A点白色固体M为Na2CO3，C点白色固体M为NaHCO3；(1)由上述分析可知，A点白色固体M为Na2CO3，需CO2体积为0.1 mol22.4Lmol11.12L1120 mL，故答案为：Na2CO3；1120；(2)由上述分析可知，C点白色固体M为NaHCO3

4、，需CO2体积为0.1 mol22.4Lmol12.24L2240 mL，故答案为：NaHCO3；2240；(3)图B点时M的质量为7.16 g，5.37.168.4，知M由Na2CO3和NaHCO3组成；设在B点时Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为ymol，则：2xy0.1，106x84y7.16，解得x0.02，y0.06，n(Na2CO3)：n(NaHCO3)= 0.02mol：0.06mol=1：3，故V(CO2)(0.02 mol0.06 mol)22.4Lmol11.792L1792 mL，故答案为：Na2CO3、NaHCO3；1：3；1792；(4)该NaOH

5、溶液的物质的量浓度为1mol/L，故答案为：1mol/L。【点睛】本题根据图像判断出开始时氢氧化钠的质量及利用假设法判断A、C两点白色固体的成分是解题关键。2品牌膨松剂中发挥作用的物质为碳酸氢钠。某化学兴趣小组利用下列有关装置，加热该膨松剂样品，通过放出气体的量来检验其品质。（1）装置D仪器的名称是_。（2）装置E中所盛试剂为_，其作用是_。（3）装置的连接顺序为_（填装置序号）。（4）实验过程中，装置A中发生反应的化学方程式为_。（5）实验过程中必须向装置内通入空气，装置C的作用是除去空气中的_(填化学式)。加热前，通入一段时间空气的具体操作为_。【答案】干燥管 浓硫酸 干燥CO2 CAEB

6、D 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 CO2 先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D 【解析】【分析】碳酸氢钠不稳定，分解生成二氧化碳和水，可测定水或二氧化碳的质量以判断碳酸氢钠的含量，实验时，应用C装置排出装置内的水、二氧化碳，加热A，生成的水可用E干燥，二氧化碳可用B装置吸收，最后连接D，以免空气中的水、二氧化碳进入B，避免实验误差，根据固体质量的变化，可测得碳酸氢钠的含量，以此解答该题；【详解】(1)由仪器图可知D为干燥管；答案为：干燥管；(2)装置E为浓硫酸，可用于干燥二氧化碳；答案为：浓硫酸；干燥CO2；(3)由以上分析可知连接的顺序为CAEBD；答案为：

7、CAEBD；(4)碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，装置A中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；(5)装置C的作用是除去空气中的二氧化碳，加热前，通入一段时间空气的具体操作为先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D；答案为：CO2；先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D。3已知Na2O2 O2 HClO H2O2 Cl2 NaClO O3七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_。

8、(3)属于离子化合物的有_种。(4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。HClO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:_。写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式:_。H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。若6.8g H2O2参加反应，则转移电子数目为_，生成标准状况下O2体积为_L。【答案】 2 2Na2O2 +2H2O=4NaOH +O2 1.204x1023或0.2NA 2.24 【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

9、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H2O2；（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）2H

10、2O2O2+2H2O，每生成1mol转移2mol电子，故6.8g H2O2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0.1mol26.021023mol-1=1.204x1023；V(O2) = 0.1mol22.4Lmol 1=2.24L。4. （1）用锌片，铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g，铜表面析出了氢气_L（标准状况下），导线中通过_mol电子。（2） 将ag Na投入到bg D2O（足量）中，反应后所得溶液的密度为dg/cm3，则该溶液物质的量浓度是_；. 将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容

11、器中，发生如下反应：3A（g）B（g）2C（g）2D（g）。反应进行到10 s末时，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol，则：（1）用C表示10 s内正反应的平均反应速率为_。（2）反应前A的物质的量浓度是_。（3）10 s末，生成物D的浓度为_。【答案】1.12 0.1 mol/L 0.04molL-1s-1 1.5molL-1 0.4molL-1 【解析】【分析】【详解】.(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应为2H+2e-=H2，锌片的质量减少了3.2

12、5克，则物质的量为=0.05mol，转移的电子的物质的量为n(e-)=2n(Zn)=2n(H2)=20.05mol=0.1mol，则V(H2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12；0.1；(2)将ag Na投入到bg D2O(足量)中，发生2Na+2D2O=2NaOD+D2，ag Na的物质的量为=mol，生成的氢氧化钠为mol，D2的物质的量为mol，质量为mol4g/mol=g，反应后溶液的质量为ag+bg-g=(a+b-)g，溶液的体积为=cm3，则该溶液物质的量浓度c=mol/L，故答案为：mol/L；.(1)v(C)=0.04molL-1s-1，故答案为

13、：0.04molL-1s-1；(2)3A(g)B(g)2C(g)2D(g)。反应进行到10 s末时，测得A的物质的量为1.8 mol，C的物质的量为0.8 mol，则反应的A为1.2mol，反应前A的物质的量浓度是=1.5molL-1，故答案为：1.5molL-1；(3)3A(g)B(g)2C(g)2D(g)。反应进行到10 s末时，测得C的物质的量为0.8 mol，则生成的D为0.8 mol ，10 s末，生成物D的浓度为=0.4molL-1，故答案为：0.4molL-1。【点睛】本题的难点为I.(2)，要注意生成的氢气的质量的计算，同时注意c=中V的单位是“L”。5已知钠与氧气在不同条件下

14、会发生不同的反应。（1）将金属钠长时间放置于空气中可发生如下一系列变化，写出此变化中步转化的化学方程式：NaNa2ONaOHNa2CO310H2ONa2CO3_；_。（2）将钠置于坩埚内，在空气中加热，可燃烧生成一种淡黄色物质。钠在空气中燃烧的化学方程式为_。某学习小组通过实验研究Na2O2与水的反应。操作现象向盛有4.0gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的无色溶液a向溶液a中滴入两滴酚酞溶液变红10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色Na2O2与水反应的离子方程式是_，甲同学认为过氧化钠中阴离子结合水中氢离子生成了H2O2，溶液a中的H2

15、O2将酚酞氧化导致褪色。用实验证实H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂_(填化学式)，有气体产生。【答案】4Na+O2=2Na2O 2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO310H2O 2Na+O2Na2O2 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 MnO2 【解析】【分析】（1）反应是钠和氧气在常温下生成氧化钠；反应是NaOH和CO2反应生成Na2CO310H2O；（2）钠在空气中燃烧生成过氧化钠；能使带火星木条复燃的气体是氧气，碱使酚酞变红，说明过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；双氧水在MnO2的催化作用下发生分解反应生成氧气；【详解】（1）反应是钠和氧气在常温下生成氧化钠，反

16、应方程式是4Na+O2=2Na2O；反应是NaOH和CO2反应生成Na2CO310H2O，反应方程式是2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO310H2O；（2）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式是2Na+O2Na2O2；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；双氧水在MnO2的催化作用下发生分解反应生成氧气，取少量溶液a，加入试剂MnO2，有气体产生，能证明H2O2的存在。6锂离子电池历经半个世纪岁月的考验，作出重大贡献的三位科学家被授予2019 年诺贝尔化学奖。磷酸亚铁锂( LiFePO4)是新型锂离子电池的正极材料。某小组

17、拟设计以一种锂辉石(主要成分为Li2O Al2O34SiO2，含少量铁、钙、镁)为原料制备纯净的碳酸锂，进而制备LiFePO4的工艺流程:已知：LiO2Al2O34SiO2H2SO4(浓) Li2SO4Al2O34SiO2H2O回答下列问题:（1） LiFePO4含有锂、铁两种金属元素，它们焰色反应的颜色分别是_(填序号)。A紫红色、无焰色反应 B黄色、无焰色反应C黄色、紫色 D洋红色、黄绿色（2）滤渣1的主要成分是_；向滤液1中加入适量的CaCO3细粉用于消耗硫酸并将Fe3+转化为红褐色沉淀，若=3,反应的离子方程式为_; 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、_、 CaSO4,其中 Fe(OH

18、)3 脱水后可生成一种元素种类不变且摩尔质量为89 gmol -1的新化合物，其化学式为_。（3）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，上述流程中趁热过滤的目的是_。（4）煅烧制备LiFePO4时，反应的化学方程式为_。（5）某种以LiFePO4,作正极材料的锂电池总反应可表示为: LiFePO4+CLi1-xFePO4 +CLix。放电时正极的电极反应式为_。【答案】A Al2O34SiO2H2O Fe3+3H+3CaCO3= Fe(OH)3+3Ca2+3CO2或Fe3+3H+3CaCO3+3SO42-= Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2 Mg(OH)2 FeO(OH)或FeOOH

19、 减小LiCO3的溶解损失 Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2+H2O Li1-xFePO4+xLi+xe- =LiFePO4 【解析】【分析】锂辉石(主要成分为Li2O Al2O34SiO2，含少量铁、钙、镁)加入浓硫酸共热，根据已知信息可知得到的沉淀1主要成分为Al2O34SiO2H2O，滤液中的主要阳离子有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Li+；加入碳酸钙和石灰乳可以将过量的氢离子和Fe3+、Mg2+除去，滤渣2主要为Fe(OH)3、Mg(OH)2以及硫酸钙；滤液主要杂质离子有Ca2+和SO42-；再加入碳酸钠将钙离子除去，得到硫酸锂和硫酸钠的混合溶液，蒸发

20、浓缩后加入饱和碳酸钠溶液，趁热过滤得到碳酸锂沉淀；提纯后加入草酸和磷酸铁经煅烧得到LiFePO4。【详解】(1)锂元素的焰色反应为紫色；铁元素无焰色反应，所以选A；(2)根据分析可知，滤渣1主要为Al2O34SiO2H2O；得到的红褐色沉淀应为Fe(OH)3，再结合=3以及溶液中有过量的硫酸，所以离子方程式为Fe3+3H+3CaCO3= Fe(OH)3+3Ca2+3CO2，考虑到溶液中有大量硫酸根也可以写成Fe3+3H+3CaCO3+3SO42-= Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2；根据分析可知滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2以及CaSO4；摩尔质量为89 gmol -1

21、，则该物质的式量为89，Fe(OH)3的式量为107,107-89=18，说明脱水过程失去一分子水，所以新物质的化学式为：FeO(OH)；(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，所以趁热过滤可以减小碳酸锂的溶解度，减少碳酸锂的损耗；(4)煅烧制备过程的原料为Li2CO3、H2C2O4和FePO4，产物中有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则该过程中某种物质被氧化，根据元素化合价变化规律可知草酸中的C元素被氧化，由+3价升高为+4价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2+H2O；(5)放电时正极得电子发生还原反应，负极失电子

22、被氧化，根据总反应可知负极应为CLix-xe-=xLi+C，正极反应等于总反应减去负极反应，所以正极反应为：即Li1-xFePO4+xLi+xe- =LiFePO4。【点睛】第5题电极方程式书写为本题难点，首先要注意本题中的总反应最后中逆反应为放电反应，其次要注意到该电池中Li电极为负极，其负极的电极反应式比较好写，则可用总反应减去负极反应即可得到正极反应。7海水是一种丰富的资源，工业上可从海水中提取多种物质，广泛应用于生活、生产、科技等方面。如图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。回答下列问题：（1）流程图中操作a的名称为_。（2）工业上从海水中提取的NaCl，可用来制取纯碱，其简要过程

23、如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱。气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是_(填化学式)滤液D中主要含有NH4Cl、NaHCO3等物质，工业上是向滤液D中通入NH3，并加入细小食盐颗粒，冷却析出不含有NaHCO3的副产品NH4Cl晶体，则通入NH3的作用是_。（3）镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取。若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是_。操作b是在_氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl，写出有关反应的化学方程式：_。【答案】蒸发结晶(或蒸发) NH3 增

24、加NH4+的浓度，有利于NH4Cl的析出，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不易析出 用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠(答焰色反应也可) HCl(气流) MgCl26H2OMg(OH)ClHCl5H2O 【解析】【分析】(1)从溶液中分离出固体溶质用蒸发结晶的方法；(2)根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；根据氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；(

25、3)根据焰色反应检验是否含有NaCl；如果直接在空气中加热MgCl26H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解。【详解】(1)由流程图可知，操作a是从海水中分离出粗盐，即从溶液中分离出固体溶质，应采用蒸发结晶的方法；(2)向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增加NH4+的浓度，有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行，溶液碱性增强，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出，可以提高氯化铵的纯度；(3)用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火

26、焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；如果直接在空气中加热MgCl26H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解；其反应方程式为：MgCl26H2OMg(OH)Cl+HCl+5H2O。8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、

27、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】NaHCO3 Na2CO3 H2O CO2 Na2O2 O2 2NaHCO3Na2CO3+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

28、）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2NaHCO3Na2CO3+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。9某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：Fe2(SO4)3溶液 NaCl溶液 Na2SO4溶液 饱和澄清石灰水 Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：(1)既有气体，又有白色沉淀产生的是_；(2)写出金属钠与反应的离子方程式_；(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成_。.配制480mL 0.2 molL-1 NaCl溶液。(1)计算后，需称出NaCl质量为_g。(2)在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）配制前，容量瓶内有水_溶液未冷却便定容_定容时仰视刻度线_【答案