第07讲 钠及其重要化合物（精练）-2022年一轮复习讲练测（解析版）.docx

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1、第三章 金属及其化合物第07讲 钠及其重要化合物（精练）完卷时间：50分钟可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）1（2021·上海奉贤区·高三二模）如图向盛有饱和溶液的烧杯中，加入小块金属钠。以下说法错误的是A钠浮在液面上四处游动B钠熔化成一个光亮的小球C恢复到室温时，溶液中的Na+数目减小D恢复到室温时，溶液的浓度增大【答案】D【解析】A. 钠投入饱和NaOH溶液中，发生的反应为2Na2H2O=2NaOHH2，其现象与钠在水中的反应现象相同，故钠浮在液面上四处游动，A正确；B. 钠投

2、入饱和NaOH溶液中，发生的反应为2Na2H2O=2NaOHH2，其现象与钠在水中的反应现象相同，故钠熔化成一个光亮的小球，B正确；C. 原溶液是饱和的，反应消耗水，析出NaOH固体，故Na+数目减少，故C正确；D. 原溶液是饱和的，反应消耗水，析出NaOH固体，恢复到室温，溶液仍未饱和溶液，NaOH 溶液的浓度不变，故D错误；故选D。2（2021·重庆高三一模）化学与生产、生活密切相关，下列物质用途不正确的是A次氯酸钠：漂白剂B碳酸氢钠：候氏制碱法的初始原料C硅酸钠：木材防火剂D过氧化钠：呼吸面具的供氧剂【答案】B【解析】A次氯酸钠具有氧化性，是家庭常用的漂白剂，故A正确；B侯氏制

3、碱法的初始原料是、和，反应先生成碳酸氢钠，受热分解后得到纯碱碳酸钠，故B错误；C硅酸钠不易燃，常用作木材防火剂，故C正确；D过氧化钠与水、二氧化碳均能反应生成氧气，可以作为呼吸面具的供氧剂，故D正确；故选B。3（2020·吉林油田第十一中学高三月考）关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是A等物质的量时所含阴离子数目相同B颜色相同C所含化学键类型相同D化合物种类不同【答案】A【解析】ANa2O阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A正确；BNa2O固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故B错误；CNa2O中含有离子键，Na2O2中含有离子键

4、和共价键，故C错误；DNa2O和Na2O2都属于金属氧化物，故D错误；故答案选A。4（2021·上海虹口区·高三二模）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量(杂质为NaCl)，下列实验方案不可行的是A加热至恒重，称量剩余固体质量B加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积C溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定D溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量【答案】D【解析】ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出NaHCO3的含量，故A可行；B混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气

5、体是二氧化碳，测定生成气体的体积，能测定NaHCO3的含量，故B可行；CNaHCO3溶液呈碱性，用盐酸滴定 NaHCO3溶液，NaHCO3反应完成时，滴入盐酸，溶液显酸性，甲基橙由黄色变为橙色，可用消耗的标准盐酸溶液的量来计算NaHCO3的含量，故C可行；DCaCl2与NaHCO3不发生反应，没有沉淀产生，故D不可行；故选：D。5（2021·辽宁沈阳市·高三一模）某些氧化物在一定条件下能与反应，且反应极有规律，如，。据此判断下列反应方程式错误的是ABCD【答案】A【解析】根据题给信息可知：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和O2，Na2O2具有强

6、氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，生成其最高价的盐，而不生成O2。AN2O3中的氮也不是最高价，所以不产生氧气，不符合上述规律，故A错误；BNO2中N元素的化合价为+4价，不是最高价态，与Na2O2反应时不生成O2，反应的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故B正确；CN2O5中N元素的化合价为+5价，是最高价态，与Na2O2反应时生成O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2N2O54NaNO3+O2，故C正确；DMn2O7中Mn元素的化合价为+7价，处于最高价态，与Na2O2反应时生成O2，反应的化学方程式为，故D正确；故选A。6（2021·江苏南通市

7、83;高三一模）侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联合制碱法”。氨碱法中涉及的反应有：反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O下列制取少量Na2CO3的实验原理和装置能达到实验目的的是A制取CO2 B除去CO2中HClC制取NaHCO3 D制取Na2CO3 【答案】C【解析】A制取CO2装置中的长颈漏斗下端应在液面以下，A与题意不符；B除去CO2中HCl应为洗气装置，导管应长进短出，B与题意不符；C向溶有足量氨气的饱和食盐水中通入二氧化制取NaHCO3，低温温度可降低NaHCO3

8、溶解度，生成更多的NaHCO3，C符合题意；D加热Na2CO3固体应试管口略低于试管底部，D与题意不符；答案为C。7（2021·上海杨浦区·高三一模）为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：下列分析错误的是A操作和都需要玻璃棒B需称量样品和NaCl的质量C操作若损失部分固体，测定结果偏大D若溶液转移不完全，测定结果偏小【答案】D【解析】有题干信息可知，操作是让试样和盐酸充分反应，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2，Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，操作是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体NaCl，设试样中Na

9、2O2的物质的量为n1mol，Na2O的物质的量为n2mol，则有78n1+62n2=m(试样) 58.5(2n1+2n2)=m(NaCl)，解联合方程即可求出n1=，也就能求出Na2O2的质量分数。A操作用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作用玻璃棒则可防止暴沸，A正确；B有分析可知，要求出Na2O2的质量分数，需称量样品和NaCl的质量，B正确；C有分析可求出，n1=，故操作若损失部分固体，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，C正确；D由C项分析可知，若溶液转移不完全，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果

10、偏大，D错误；故答案为：D。8（2020·莒南第二中学高三月考）探究Na2O2与水的反应，实验如图：(已知：H2O2H+、H+)下列分析不正确的是A、中产生的气体能使带火星的木条复燃B、中均发生了氧化还原反应和复分解反应C、中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同D通过能比较酸性：HClH2O2【答案】D【解析】过氧化钠和水反应生成气体为氧气，反应后的溶液加入高锰酸钾酸性溶液，生成气体，且高锰酸钾溶液褪色，说明过氧化钠与水反应生成过氧化氢，可被高锰酸钾氧化生成氧气，加入氯化钡生成BaO2沉淀，加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和H2O2，加入二氧化锰，可分解生成氧气。A试管中过氧化

11、钠与水反应最终生成氢氧化钠和氧气，试管中过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解产生水和氧气，、中产生的气体能使带火星的木条复燃，故A正确；B中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解产生水和氧气；中BaO2沉淀，加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和H2O2，过氧化氢分解产生水和氧气，均发生氧化还原反应，均为复分解反应，故B正确；C、中KMnO4与MnO2的作用不同，中过氧化氢被KMnO4氧化生成氧气，中过氧化氢在二氧化锰催化条件下自身发生氧化还原反应生成氧气，产生气体的量也不同，故C正确；D说明BaO2不溶于盐酸，没有生成可溶性的钡盐，不能用于比较酸性强弱，且盐酸为强酸，由题中信

12、息可知过氧化氢为弱酸，故D错误；答案选D。9（2020·上海奉贤区·高三二模）在生活中 Na2CO3和NaHCO3都可作食用碱。下列对其性质的描述用化学方程式或离子方程式表示正确的是ANaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2OB饱和Na2CO3溶液中通入CO2： CO32- +CO2+ H2O HCO3-CNa2CO3溶液呈碱性：CO32-+ 2H2O H2CO3+ 2OH-D饱和Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH：CO32- + 2H+ CO2 + H2O【答案】A【解析】ANaHCO3可作发酵粉的原理是利用其分解

13、产生CO2，A正确；B因为Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，对于饱和Na2CO3溶液，转化成的NaHCO3溶液则是过饱和的，所以会有晶体析出（沉淀生成），正确的离子方程式应该是：2Na+CO32- +CO2+ H2O =2NaHCO3，B错误；CNa2CO3溶液呈碱性是因为CO32-的水解，但其水解要分布写，且第一步为主，CO32-+ H2O HCO3-+ OH-，C错误；DCH3COOH是弱酸，写离子方程式时候不能拆，D错误；答案选A。10（2020·湖北高三二模）2019年9月起，澳大利亚山火已经持续100多天，产生了大量温室气体。有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量

14、的CO2，然后向溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，产生的CO2气体体积（标准状况）与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是A滴加盐酸过程中，混合溶液的导电能力不断增强B滴加盐酸过程中，混合溶液中c(CO32)、c(HCO3)、c(H2CO3)之和不断减小CV(稀盐酸)=25mL时，c(H)c(H2CO3)=c(CO32)c(OH)DV(稀盐酸)=50mL时，c(Na)=c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)【答案】B【解析】由图可知，加入50mL盐酸之前，反应无气体生成，且再加入25mL即反应到达终点，即通入一定量二氧化碳后，溶液为等物质的量的氢氧化钠和碳酸钠的混合

15、溶液，实验分为三个阶段：第一阶段，滴入的25mL盐酸和氢氧化钠反应；第二阶段，继续滴入的25mL盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；第三阶段，滴入的25mL盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。A. 滴加盐酸过程中，第一阶段，盐酸与NaOH反应生成NaCl，离子总数不变，但溶液体积增大，所以离子浓度降低，导电性减弱；第三阶段，盐酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，混合溶液中离子浓度也下降，导电能力不断减弱，A错误；B. 滴加盐酸过程中，由于溶液体积变大，所以根据物料守恒可知，溶液中c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)不断减小，在第三阶段，随着盐酸加入，二氧化碳逸出，使c(CO32)、c(HCO3)、

16、c(H2CO3)之和更小，B正确；C. V(稀盐酸)=25mL时，盐酸恰好消耗完氢氧化钠，为等物质的量的碳酸钠和氯化钠混合溶液，溶液中CO32-是大量的，而H和H2CO3是少量的，所以c(H)c(H2CO3) c(CO32) + c(OH)，C错误；D. V(稀盐酸)=50mL时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na)=c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)+c(Cl-)，D错误；答案为B。11（2020·河南郑州市·郑州一中高三开学考试）充分加热如图所示的密闭容器中放置有固体试剂的两个位置, 若钠与氧化银均反应完全且恢复到原来的温度，U形管左右

17、两侧液面相平。下列有关说法中错误的是A反应前后装置内空气的成分保持不变B反应前装置内钠与Ag2O物质的量之比为2:1C热稳定性：生成的钠的氧化物强于Ag2OD反应后有淡黄色固体生成【答案】B【解析】AU形管左右两侧液面相平，这说明压强不变，装置内钠与氧气反应，消耗掉的氧气与Ag2O分解生成的氧气的量相等，故A正确；B钠与氧气反应：2Na+O22Na2O2，氧化银受热分解：2Ag2O4Ag+O2，U形管左右两侧液面相平，消耗掉的氧气与Ag2O分解生成的氧气的量相等，装置内钠与Ag2O物质的量比为1：1，故B错误；C同一密闭容器中，氧化银受热分解，钠与氧气反应，说明钠的氧化物强于Ag2O，故C正确

18、；D钠与氧气反应：2Na+O22Na2O2，生成过氧化钠，有淡黄色固体生成，故D正确；故答案为B。12（2010·江西上高县·高三一模）由NO、H2、CO2组成的混合气体，通过足量的Na2O2充分反应后，再用电火花引燃使其充分反应后，最终只得到质量分数为70%的硝酸，无其他气体剩余。则原混合气体中NO、H2、CO2的体积比A2：4：7B2：4：5C2：4：3D3：5：8【答案】A【解析】涉及的反应有2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2H2+O2=2H2O，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，得到浓度为70%的硝酸溶液，设硝酸为70g，则水为30g，则有n(HN

19、O3)=mol，n(H2O)=mol，则：所以n(NO)=mol，n(H2)=n(H2O)=mol+mol=mol，n2(O2)= moln(O2)= n1(O2)+ n2(O2)=mol+×mol=mol，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2     1n(CO2)  moln(CO2)= 2n(O2)=2×mol=mol，则n(NO):n(H2):n(CO2)=mol：mol：mol=2:4:7，故答案为A。二、主观题（共3小题，共40分）13（2021·河南信阳市·高三零模）（16分

20、）大苏打、苏打、小苏打被称为“苏氏三兄弟”。它们在生活、生产中有广泛应用。(1)工业上，将和以的物质的量之比配成溶液。再通入可制取，同时放出，写出该反应的化学方程_。溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为_。(2)标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高。用离子方程式表示其原因_。(3)下列关于苏打和小苏打的说法正确的是_(选填字母序号)。A纯碱是一种重要的化工原料，在玻璃、肥皂、造纸等工业中都有重要的应用B苏打和小苏打的相互转化属于可逆反应C苏打(含氯化钠杂质)可用滴定法测苏打的质量分数，使用石蕊溶液做指示剂更准确D牙

21、膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢(4)向的氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反应后再向溶液中逐滴滴入的稀盐酸，产生气体体积(标况)如图所示。请回答下列问题通入二氧化碳后形成溶液的溶质成分是_(填写化学式)滴入稀盐酸过程中，溶液导电性_(填“增强”或“减弱”)，试解释其原因_。原氢氧化钠溶液的浓度为_。【答案】（每空2分）(1) (2) (3) AD (4)、 减弱 发生中和反应，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱 【解析】(1)因为反应的物质的量之比等于化学计量数之比，和的物质的量之比为，所以方程式为，因为浅黄色物质与过氧化钠相似的结构，该物

22、质的电子式为；(2)酸性条件下，会发生歧化反应；(3) A纯碱是一种重要的化工原料，可以制备玻璃、肥皂，在造纸等工业中也有重要的应用，A正确；B苏打和小苏打的相互转化是在不同条件下进行的，不是可逆反应B错误；C石蕊不能用作滴定反应的指示剂，C错误；D牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢，D正确；故选AD。(4)由图像0到50为产生气体，50到75产生气体，可以知道溶质为、，0到25时主要发生的反应为，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱，当盐酸加入75mL时，溶液恰好生成氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量等于氯化氢的物质的量，所以，所以物质的量浓度为：。1

23、4（2021·上海松江区·高三一模）（12分）为测定Na2CO3·10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。完成下列问题：(1)U型管盛装的均为固态物质，可选试剂依次为_(选填编号)。U型管吸收的气体为_。a碱石灰b无水氯化钙c无水硫酸铜(2)干燥管中无水硫酸铜的作用是_。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用_。(3)实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是_。(4)再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量_。【答案

24、】（每空2分）(1)a b a CO2 (2)检验水蒸气是否已经被完全除去 (3)防止空气中的CO2和水蒸气被吸收，导致质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置 (4)方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。 【解析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，通过测定样品受热产生的CO2的质量确

25、定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U型管吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U型管吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U型管吸收反应生成的CO2，U型管反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U型管中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U型管中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U型管中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；(1) U型管盛装的

26、均为固态物质，根据分析，U型管中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U型管中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U型管中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。(2)为使CO2的测量准确，U型管必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被吸收，导致质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被吸收，导致质量增大

27、。(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U型管、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置，使反应生成的CO2全部被中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置。(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故

28、答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。15（2020·上海宝山区·高三二模）（12分）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_。（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必

29、需的数据是_，不必作第6次读数的原因是_。（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_（保留2位小数）。（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：操作的名称是_。需直接测定的物理量是_。操作需要的仪器除了酒精灯，还需要_（固定、夹持仪器除外）。在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】（除标注外，每空2分）（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 （2）第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 （3） 0.84 （4）溶解（1分）生成NaCl的质量（1分）

30、玻璃棒、蒸发皿（1分）偏大（1分） 【解析】（1）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190

31、.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是： =84% ； （4）由流程图可知，操作是将样品在稀盐酸中溶解；最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；操作是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。