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1、高考化学钠及其化合物提高练习题压轴题训练含详细答案高考化学钠及其化合物提高练习题压轴题训练含详细答案一、高中化学 钠及其化合物11942 年，我国化工专家侯德榜以 NaCl、NH3、CO2 等为原料先制得 NaHCO3，进而生产出纯碱， 他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。有关反应的化学方程式如下：NH3CO2H2O=NH4HCO3 ；NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl ； 2NaHCO3Na2CO3CO2H2O(1)“侯氏制碱法”把合成氨和纯碱两种产品联合生产，请写出工业合成氨的化学反应方程式_(2)碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是_。a碳酸氢钠难

2、溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出(3)某探究活动小组根据上述制碱原理，欲制备碳酸氢钠，同学们按各自设计的方案进行实验。第一位同学：将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。请回答：写出甲中发生反应的离子方程式_。乙装置中的试剂是_。实验结束后，分离出 NaHCO3 晶体的操作是_ (填分离操作的名称)。第二位同学：用如图装置进行实验(其它装置未画出)。为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，须先从 a 管通入_气体，再从b 管中通入_气体。装置 c 中的试剂为_(选填字母)。e碱

3、石灰 f.浓硫酸 g无水氯化钙【答案】N2 + 3H2 2NH3 c CaCO3 + 2H+= Ca2+ H2O + CO2 饱和碳酸氢钠溶液 过滤 NH3(氨) CO2 (二氧化碳) g 【解析】【分析】(1)工业合成氨反应，利用N2、H2在高温、高压、催化剂作用下制NH3；(2)a碳酸氢钠易溶于水；b碳酸氢钠固态时受热易分解，在水溶液中受热不分解；c碳酸氢钠的溶解度相对较小，易结晶析出，促使平衡向生成物方向移动；(3)第一位同学：将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠；甲装置中，CaCO3与盐酸反应制CO2气体，但CO2中混有HCl；乙中加入饱和NaHCO3溶液，以除去CO2中的

4、HCl；在丙装置中，CO2通入含氨的饱和食盐水中，生成NaHCO3和NH4Cl；丁装置用于吸收随未反应CO2逸出的NH3；第二位同学：用如图装置进行实验(其它装置未画出)；由于CO2在水中的溶解度不大，所以应先通NH3，后通CO2，最后还需吸收未反应的NH3。【详解】(1) 工业合成氨反应，利用N2、H2在高温、高压、催化剂作用下制NH3，反应方程式N2 + 3H2 2NH3；答案为：N2 + 3H2 2NH3；(2) a碳酸氢钠易溶于水，a不合题意；b碳酸氢钠固态时受热易分解，对侯德榜制碱反应不产生影响，b不合题意；c碳酸氢钠的溶解度相对较小，易结晶析出，促使平衡向生成物方向移动，从而使Na

5、HCO3结晶析出，c符合题意；故选c；(3) 第一位同学：将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠；甲中CaCO3与盐酸反应制CO2气体，离子方程式为CaCO3 + 2H+= Ca2+ H2O + CO2；答案为：CaCO3 + 2H+= Ca2+ H2O + CO2；乙装置的作用是除去CO2中的HCl，所以加入饱和NaHCO3溶液；答案为：饱和碳酸氢钠溶液；实验结束后，分离出 NaHCO3结晶析出，则分离此固体与液体的操作是过滤；答案为：过滤；第二位同学：用如图装置进行实验(其它装置未画出)；由于CO2在水中的溶解度不大，所以应先通NH3，后通CO2，即从 a 管通入NH3(氨)气体

6、，再从b 管中通入CO2 (二氧化碳)气体；答案为：NH3(氨)；CO2 (二氧化碳)；e碱石灰（氢氧化钠与氧化钙的混合物）不能吸收NH3，e不合题意；f.浓硫酸呈液态，不能放在干燥管内，f不合题意；g无水氯化钙呈固态，能够放在干燥管内，且能吸收NH3，g符合题意； 故选g。【点睛】常温常压下，1体积水约能溶解1体积的二氧化碳气体，二氧化碳是酸性气体，若将其通入碱性溶液中，则由于能与碱发生反应，使其在溶液中的溶解度增大数倍，从而增大了产品的质量，提高了生产效率。2现有下列物质：KCl CH4 NH4NO3 I2 Na2O2 HClO4 N2 CO SO2 金刚石 CH3CH2OH MgO Mg

7、Cl2 KOH HCl Al2O3请回答下列问题。(1)两性氧化物是_（填序号），其电子式为_。(2)最简单的有机化合物是_（填序号），用电子式表示其形成过程：_。(3)属于共价化合物的是_（填序号），含有共价键的离子化合物是_（填序号）。(4)由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为_（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为_。【答案】 2Na+O2Na2O2 【解析】【分析】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物；(3) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键

8、，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2。【详解】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al2O3，Al2O3是离子化合物，其电子式为：，故答案为：；(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：；(3)只含共价键的化合物为共价化合物，CH4、HClO4、CO、SO2、CH3CH2OH、HCl中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有：NH4NO3、Na2O2、KOH，故答案为： ； ；(4)由两种元素

9、组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的化学方程式：2Na+O2Na2O2，故答案为：；2Na+O2Na2O2。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。310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

10、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-H2OH2CO3OH 大于 2NaHCO3Na2CO3CO2H2O 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

11、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Ba2OHHCO3-=BaCO3H2O，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：HCOH2OH2CO3OH。碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二

12、氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；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，

13、不能用氢氧化钙或氢氧化钡。4现有下列几种物质：盐酸；Na2O；Na2O2；Al(OH)3；Na2CO3；H2O；CO2；乙醇；Cu；NaOH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）与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】 Al(OH)3 + OH = AlO2+2H2O 1:1 或 【解析】【分析】(1)盐酸为混合物，不属于电解

14、质；Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物；Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物；Al(OH)3为离子化合物，属于电解质；Na2CO3为离子化合物，属于电解质；H2O属于电解质、氧化物；CO2不属于电解质，为氧化物；乙醇属于非电解质；Cu为单质，不属于电解质；NaOH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

15、氧原子数目的3倍。【详解】(1)盐酸为混合物，不属于电解质；Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物；Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物；Al(OH)3为离子化合物，属于电解质；Na2CO3为离子化合物，属于电解质；H2O属于电解质、氧化物；CO2不属于电解质，为氧化物；乙醇属于非电解质；Cu为单质，不属于电解质；NaOH溶液为混合物，不属于电解质；综上所述，属于电解质的为；碱性氧化物的为；(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，

16、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。5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=2NaHC

17、O3 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

18、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2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，由方程式可知n（NaHCO3）=2n（CO2）=

19、20.25mol=0.5mol，碳酸氢钠的质量为0.5mol84g/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。6已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则下列说法错误的是AA与水反应可生成DBB常用于制作呼吸面具CC与澄清石灰水反应生成白色沉淀和DD将稀硫酸铝溶液逐滴滴入D溶液中，开始时就会产生沉淀【答案】D【解析】【分析】B为A与氧气反应的产物,为氧化物,颜色为淡黄色,应为,则A为Na,C为,D为Na

20、OH。【详解】A. Na与水反应可生成氢氧化钠和氢气，A正确；B. 过氧化钠与二氧化碳反应可以生成氧气，故B常用于制作呼吸面具，B正确；C. 碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，C正确；D. 将硫酸铝溶液滴入NaOH溶液中，由于NaOH溶液为大量的，故一开始会产生偏铝酸根，而不是产生沉淀，D错误；故答案选D。7Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，写出该反应的化学方程式：_，该反应中，Na2O2的作用为_（填“还原剂”、“氧化剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。（2）Na2O2与CO2反应可以产生氧气。某同学通过下列装置验证Na

21、2O2能否与CO2反应。 (图中铁架台等装置已略去)。装置A的名称是_，A中的固体为_，装置B中试剂的作用为_若Na2O2能与CO2，则装置C中的现象是_（3）碱石灰是干燥剂，在a处收集气体，检测发现该气体中几乎都是CO2气体（过氧化钠足量），则说明过氧化钠与CO2气体不反应。该同学查阅相关文献，然后撤掉装置B，其他都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现得到的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要_。（4）将一定量的Na2O2固体投入到含有下列离子的溶液中：NO3、HCO3-、CO32、Na，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（不考虑

22、溶液体积的变化）_（填离子符号）。【答案】Na2O2SO2=Na2SO4 氧化剂 锥形瓶 碳酸钠 干燥二氧化碳气体 淡黄色变成白色固体 有水的参与 NO3 【解析】【分析】（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，据此写出反应的化学方程式； （2）根据仪器A的结构进行分析；产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥； Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠； （3）根据题给信息进行分析； （4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中发生NaHCO3+NaOH= Na2CO3+H2O反应，据此分析溶液中n（HCO3-），n（CO32），n(Na+

23、)，n（NO3）变化规律。【详解】（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，该反应的化学方程式为：Na2O2SO2=Na2SO4；该反应中，Na2O2中-1价的氧降低到SO42-中的-2价，Na2O2发生还原反应，做氧化剂；故答案是：Na2O2SO2=Na2SO4 ；氧化剂； （2）装置A的名称是锥形瓶；硫酸与碳酸钠固体反应产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥，所以装置B中试剂的作用为干燥二氧化碳气体；故答案是：锥形瓶；碳酸钠；干燥二氧化碳气体； Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠，则装置C中的现象是淡黄色变成白色固体；故答案是：淡黄色变成

24、白色固体； （3）根据信息可知，过氧化钠与CO2气体不反应，然后撤掉装置B，不再用浓硫酸吸收水蒸气，其它都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现得到的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要有水的参与； 故答案是：有水的参与 ； （4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，因为发生HCO3-+OH-= CO32+H2O反应，所以溶液中n（HCO3-）减小，n（CO32）增大，n(Na+)增大，n（NO3）不变；故答案选NO3。8按要求写出下列变化，（1）（2）写化学方程式，（3）（4）写离子方程式_【答案】Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl

25、2 + 2NH3+ 2H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3+ H2O 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ 4OH+ O2 Al3+ 3NH3H2O= Al(OH)3 + 3NH4+ 【解析】试题分析：（1）实验室用Ca(OH)2和NH4Cl制取氨气，化学方程式为：Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2 + 2NH3+ 2H2O；（2）氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3+ H2O；（3）将Na2O2粉末投入水中，二者反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ 4OH+

26、O2；（4）向AlCl3溶液中加入足量氨水，二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为：Al3+ 3NH3H2O= Al(OH)3 + 3NH4+。考点：考查化学用语，涉及化学方程式和离子方程式的书写。9（）实验室需要1.0mo/L硫酸溶液480mL，根据溶液的配制情况回答下列问题：（1）配制上述溶液，除了烧杯、玻璃棒、胶管滴管、量筒外，还需用到的玻璃仪器是_。（2）应该用量筒量取_mL质量分数为98%、密度为18.4g/cm3的浓硫酸。（3）在配制上述溶液的实验中下列操作引起结果偏高的有_（填字母序号）。A 若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥B 若定容时，俯视液面加水至刻度线C 若用量筒量取浓

27、硫酸时，俯视视数D 若浓硫酸稀释后未冷却，立即转移到容量瓶中并定容（）碳酸钠的用途很广，可用做冶金、纺织、漂染等工业的基本原料。请根据题意回答下列问题：世界上最早工业生产碳酸钠的方法是路布兰（N. Leblanc）法。其流程如下：流程的另一产物是_，流程的反应分步进行：a，b.与石灰石发生复分解反应，总反应方程式可表示为_。【答案】500mL容量瓶 27.2 BD HCl Na2SO4+4C+CaCO3Na2CO3+CaS+4CO 【解析】【详解】（）（1）配制480mL溶液需要500mL的容量瓶，则配制上述溶液，除了烧杯、玻璃棒、胶管滴管、量筒外，还需要的玻璃仪器还有500mL容量瓶，故答案

28、为：500mL容量瓶；（2）由c=可知质量分数为98%、密度为18.4g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/LV=1.0mol/L0.5L，V0.0272L=27.2mL，故答案为：27.2；（3）A.由稀释定律可知，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，硫酸的物质的量不变，所配溶液的浓度不变，对实验结果无影响，故错误；B定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故正确；C.若用量筒量取浓硫酸时，俯视视数，导致所取浓硫酸体积偏小，硫酸物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故错误；D.若浓硫酸稀释后未冷却，立即转移到容量瓶中并定容，会导致冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故正确；BD正确，故答案为：BD；（）流程利用高沸点酸制挥发性酸原理，氯化钠与浓硫酸混合加热反应生成硫酸钠和氯化氢；流程为aNa2SO4+4CNa2S+4CO；bNa2S与石灰石发生复分解反应的化学方程式为Na2S+CaCO3Na2CO3+CaS，将两方程式相加即可得到总反应式Na2