高中化学复习知识点过氧化钠与水的反应.docx

1、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A40% B33.3% C60% D36%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

2、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=bD有含0.2 mol Na2CO3和含0.3 mol HCl的两种溶液：将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中；两种操作生成的CO2体积之比为323Al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3.5 g，在所得溶液与100 mL 7mol/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A21 B12 C112 D2114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

3、不能满足上述结果的是()AH2 BCO CC6H12O6 DC12H22O115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（ ）A1：1：2 B2：2：1 C1：2：2 D9：2：46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（ ）ANH4+、Ba2+、Cl-、NO3-BK+、AlO2-、Cl-、SO42-CCa2+、Mg2+、NO3-、HCO3-DNa+、Cl-、CO32-、NO3-7NA表示阿伏加德罗常数，下列关于7.8

4、g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0.1NAB其中所含离子总数目为0.4NAC与足量CO2反应，转移的电子数目为0.1NAD其中所含电子总数目为0.4NA8将15.6 g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，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6.72 L的气体B最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl)+c(OH)C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c(Na+)=1.5 molL1二、多选题9过氧化钠可作为氧

5、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A2mol22.4L B1mol2NAC16gNAD88g2mol AA BB CC DD10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

6、.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N

7、a2O2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：求原混合物中Na2O2的质量B_；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：当NaOH溶液pH13时，可以使酚酞由红色褪为无色；Na2O2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

8、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：_； 溶液中H2O2破坏酚酞的结构； NaOH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、，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_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

9、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pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在813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1C【解析】【详解】由于HCHO可以看作是COH2，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12200.6，即60，答案选C。2C【解析】【分析】【详解】A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入HC

10、l，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

11、得溶液的质量是(1+m-)g，氢氧化钠的质量分数是，所以ab，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，两种操作生成的CO2体积之比为32，故D正确；选C。3B【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

12、，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3.5 g，得32g/moly/2+2g/mol3x/2=3.5 g。溶液与盐酸反应时，据NaOHHCl、NaAlO24HCl，得(2y-x)+4x=0.100 L7mol/L。解得x=0.1mol，y=0.2mol。即Al与Na2O2的物质的量之比为12。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Na2O22HCl、Al3HCl，故2y+3x=0.100 L7mol/L

13、。4D【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

14、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

15、，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。5C【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0.1mol Mg(OH)2和0.2 molAl(OH)3

16、，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0.1mol2+0.2mol3=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

17、；答案选C。6B【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。7C【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

18、，A过氧化钠固体与足量H2O反应，2Na2O2+2H2O4NaOH+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；B1mol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，

19、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；D1mol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。8C【解析】【详解】15.6g Na2O2的物质的量为45.6/78=0.2mol，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,0.2mol 0.4 mol

20、0.1 mol5.4g Al的物质的量为5.4/27=0.2mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H20.2mol 0.2mol 0.2mol 0.3mol 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 +H2O0.2mol 0.2mol 0.2molNaAlO2+ HCl+H2O = NaCl +Al（OH）30.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1molA. 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

21、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=2molL-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。9BD【解析】【分析】由化学方程式：2Na2O2+

22、2CO22Na2CO3+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2mol44g/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

23、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。10CD【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2NaO+2HO=4NaOH+O，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

24、+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。11m 1.12 2 7.8g 200mLV320mL 【解析】【分析】(1)利用差量法，根据化

25、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+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，质量增重m为2Na2CO32Na2O22CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O24NaOH+O2，质量增重m为2H2OO22H2，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

26、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：0.5mol21mol，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0.120.2mol，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+0.10.4mol，则c2mo

27、l/L；(4)结合发生的反应2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2和2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+2NaOH+O2计算；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+O22CO2，2H2+O22H2O，与Na2O2反应的方程式：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O24NaOH+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62x+78y14，最

28、后得到的溶质为NaOH，得到400mL pH14的溶液，氢氧化钠的物质的量为：0.410.4mol，根据钠原子守恒可得：2x+2y0.4，联合解得：x0.1、y0.1，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/mol0.05mol1.12L；(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：0.5mol21mol，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0.120.2mo

29、l，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+0.10.4mol，则c2mol/L，故答案为：2；(4)设Na2O2 和NaHCO3的物质的量分别为x，y； 15.4115.9216.11 说明两个反应都发生，所以：78x+84y17.88、106y+(2xy)4015.92，解之得：x0.1mol、y0.12mol，故m(Na2O2)7.8g；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

30、，则需盐酸体积为320mL，故盐酸体积为200mLV320mL。【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，pH13 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 假设不正确，假设正确) 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