全国高考化学钠及其化合物的综合高考真题汇总.doc

1、全国高考化学钠及其化合物的综合高考真题汇总一、高中化学 钠及其化合物1我国化学家侯德榜(下图所示)改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：(1)请写出碳酸钠的一种用途_。(2)写出上述流程中X物质的分子式_。(3)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_(填上述流程中的编号)的循环，从沉淀池中取出沉淀的操作是_。(4)该流程中氨气和二氧化碳的添加顺序是：先通氨气后通二氧化碳，请说明理由：_。【答案】制造肥皂、制造玻璃等 CO2 I 过滤 氨气在水溶液中的溶解度远远大于二氧化碳，先通入氨气有利于二氧化碳的吸收 【解析】【详解】(1)碳酸钠可用于制造肥皂、制造玻璃等；(

2、2)沉淀池析出的为碳酸氢钠，煅烧炉中加热碳酸氢钠，分解生成二氧化碳，则循环物质X为二氧化碳；(3)母液的主要成分为NaCl、NH4Cl、NH3、Na2CO3等，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，应增加I的循环；固液分离方法为过滤；(4)氨气易溶于水，二氧化碳溶解度相对较小，先通入氨气，有利于二氧化碳的吸收；2纯碱、烧碱等是重要的化工原料。（1）利用如图所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应。将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是_。若其它操作不变，将A与C连接，可观察到的现象是_。（2）向100 mL2 mol/L的NaOH 溶液中通入一定量

3、CO2，结晶，得到93 g白色固体，该白色固体的组成是_（写化学式）。设计实验确认该白色固体中存在的阴离子，试完成下列方案。实验操作实验现象结论取少量白色固体于试管中，加足量水溶解，再加足量BaCl2溶液_过滤，取2 mL滤液于试管中，滴加酚酞_（3）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：已知NaHCO3在低温下溶解度较小。反应I为：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3+NH4Cl，处理母液的两种方法如下。向母液中加入石灰乳，可将其中_循环利用，同时得到融雪剂_。向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐

4、转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式：_。【答案】水沿导管由广口瓶进入烧瓶 广口瓶中的长导管口有气泡产生 NaOH和Na2CO3 产生白色沉淀 原白色固体中有CO32-存在 溶液变红 溶液中含有氢氧化钠 NH3 CaCl2 HCO3NH3NH4+H2O 【解析】【分析】（1）CO2与NaOH反应生成Na2CO3，烧瓶内压强减小；（2）先根据钠原子守恒，通过极值法确定白色固体的组成；根据题中所给试剂，要首先利用中性溶液BaCl2检验出碳酸钠，并将碳酸根离子全部沉淀，再通过检验溶于的pH来确定是否含有NaOH；（3）根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后可以生成氨气；碳酸氢钠溶于水，母液为碳

5、酸氢钠饱和溶液，向母液中通入氨气，氨气与碳酸氢钠反应碳酸钠和碳酸铵。【详解】（1）将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，二氧化碳与烧碱溶液发生了反应，引起压强减小，导致水沿导管由广口瓶进入烧瓶，若其它操作不变，若将A与C连接，外界气体进入进入集气瓶，可观察到的现象是广口瓶中的长导管口有气泡产生，故答案为：水沿导管由广口瓶进入烧瓶；广口瓶中的长导管口有气泡产生；（2）二氧化碳与氢氧化钠可以发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O、OH-+CO2=HCO3-，100 mL2 mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.2mol，若氢氧化钠全部生成碳酸钠，碳酸钠固体的质量为

6、0.2mol106g/mol=10.6g，若全部生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的质量为0.2mol84g/mol=16.8g，由得到93 g白色固体可知，氢氧化钠溶液过量，最后的固体可能为NaOH和Na2CO3；要检验NaOH和Na2CO3，可加足量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含CO32；用无色酚酞检验氢氧化钠的存在，即实验操作实验现象结论取少量白色固体于试管中，加足量水溶解，再加足量BaCl2溶液产生白色沉淀原白色固体中有CO32-存在过滤，取2 mL滤液于试管中，滴加酚酞溶液变红溶液中含有氢氧化钠故答案为：Na2CO3和NaHCO3；产生白色沉淀；原白色固体中有CO32-存在；溶液变红；原

7、白色固体中有CO32-存在；（3）根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后，石灰乳与氯化铵共热反应生成氯化钙、氨气和水，氨气可以循环使用，氯化钙可以做融雪剂，故答案为：氨气；融雪剂；碳酸氢钠溶于水，母液为碳酸氢钠饱和溶液，向母液中通入氨气，氨气与碳酸氢钠反应碳酸钠和碳酸铵，加入细小的食盐颗粒并降温，会析出氯化铵晶体，氨气与碳酸氢钠反应的离子方程式为：HCO3NH3NH4+H2O，故答案为：HCO3NH3NH4+H2O。3（加试题）（一）以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa）水溶液为原料，通过电解法可以制备1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl），装置如图1所示。（1）所用的离子交换膜是_(

8、填“阳”或“阴”)离子交换膜。（2）写出电解池总反应_。（二）1940年，我国著名化工专家侯德榜先生成功冲破了“索尔维”法的技术封锁，并加以改进，用NaCl固体代替生石灰，加入母液，并联合合成氨厂一起生产出纯碱和氯化铵。这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”，工艺流程如图2。请回答：（1）关于合成氨反应，下列说法合理的是_。A反应体系中一般用V2O5作催化剂B因为该反应S小于零，所以反应的H一定也小于零C因为该反应的S小于零，所以反应的压强控制越高越好D该反应往往控制在500左右，是因为该温度下反应物转化率最高（2）一定温度下合成氨反应的平衡常数K48。若在该温度下，在9L的恒容容器中投入1mol

9、氮气和3mol氢气进行反应，则氨气的平衡产率y_；若氮气和氢气的物质的量之比为n1，相应平衡体系中氨气的物质的量分数为x，请在图3中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。_（3）侯氏制碱法最大的优点是使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_（填上述编号）的循环。（4）关于侯氏联合制碱法，下列说法合理的是_。A往沉淀池中先通入CO2再通入氨气的目的是提高NaHCO3的产量B往母液中加入食盐的目的是使NaHCO3更多地析出C从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水D往母液中通氨气目的仅仅是增大NH4的浓度，使NH4Cl更多地析出【答案】阳 2CH2

10、ClCOO2H2O CH2ClCH2Cl2CO2H22OH B 50% C 【解析】【分析】（一）电解溶液成分中只有溶质一氯代乙酸钠有氯元素，因此根据原子守恒结合装置图，利用电解池的工作原理书写其电极反应式，考虑二氯乙烷会与OH反应来选择离子交换膜，据此分析作答；（二）（1）A. 催化剂具有选择性；B. 根据G=H-TS公式作答；C. 结合理论与实际经济成本考虑；D. 综合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；（2）根据三段式结合平衡常数K计算产率与氨气的物质的量分数变化情况；（3）从碳酸氢钠的溶解性角度分析；（4）A. 二氧化碳微溶，氨气易溶；B. 加入盐可提高氯离子浓度；C. 根据侯

11、氏联合制碱法的原理作答；D. 根据氨气的溶解度及化学反应的原理作答。【详解】（一）根据上述分析可知，阳极上每消耗2mol CH2ClCOO-可得到1 mol产物CH2ClCH2Cl，阳极同时生成气体CO2，阴极上溶液中水电离的H+放电，生成H2和OH，可书写电解池总反应：2CH2ClCOO2H2O CH2ClCH2Cl2CO2H22OH，为了防止二氯乙烷与OH反应，应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；2CH2ClCOO2H2O CH2ClCH2Cl2CO2H22OH；（二）（1）A. V2O5是SO2和O2合成SO3的催化剂，不是合成氨反应的催化剂，A项错误；B. 通过饱和氯化钠溶液中通入氨气与

12、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，该反应能自发进行，则根据G=H-TS可知，若反应S小于零，则H一定小于零，B项正确；C. 实际在合成氨工业生产中，压强不能太大，否则能耗太高，并且对设备要求高，C项错误；D. 提高温度可以适当加快氮气合成速率，温度太高则该放热反应平衡逆向移动，转化率降低，且催化剂活性降低，因此反应控制在500左右，D项错误；答案为B； （2）设平衡时氮气消耗x mol/L，则平衡时氮气为(-x) mol/L，氢气为3(-x) mol/L=(-3x) mol/L，氨气为2x mol/L，根据K=48计算可得x=，产率为50%。当氮气与氢气的物质的量之比为合成氨反应的计量系数之比为3

13、:1，到平衡时氧气的物质的量分数最大，因此横坐标n=时纵坐标达到峰值，画图如图所示：，故答案为：50%；（3）析出晶体后的溶液中还含有碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵、氨水等物质，因此循环I可以提高氯化钠的利用率；（4）A. 氨气溶解度大，通入氨气后使溶液显碱性，吸收二氧化碳的量增加，A项错误；B. 加入盐的目的是提高氯离子浓度，促进氯化铵结晶析出，B项错误；C. 通入氨气的作用是增大铵根离子浓度，增强碱性和碳酸氢钠反应，从而使碳酸钠、氯化铵和过量氨水通过循环I进入沉淀池，C项正确；D. 往母液中通氨气目的，可增大铵根离子浓度，在促进氯化铵析出的同时，还可增强溶液的碱性，有利于在循环I后吸收二氧化碳，

14、D项错误；答案选C。4欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。方法一： 方法二： 方法三： 方法四：不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。按要求回答下列问题:（1）方法一:加入足量的试剂A是_(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、_、洗涤和干燥(烘干);（2）方法二:在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是_,应选择甲基橙作指示剂;（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_;（4）在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_;（5）仔细

15、分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_,偏低的原因可能是_(均文字简述);（6）方法四的实验原理是_(用化学方程式表示)。【答案】Ca(OH)2或Ba(OH)2 过滤 100 mL容量瓶 0.042V/m100% 装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量 碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体 装置内会留存部分CO2气体 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】【分析】方法一：(图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：(图

16、乙)固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：(图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法四：不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数。【详解】(1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或 Ba(OH)2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；(2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、10

17、0 mL容量瓶，还需100mL的容量瓶；(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)10-30100584/m100%=；(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；(6)不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2。5已

18、知钠与氧气在不同条件下会发生不同的反应。（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H

19、2O2，溶液a中的H2O2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

20、在常温下生成氧化钠，反应方程式是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盐酸、铁、碳酸氢钠、二氧化硅是常见的物质。请回答下列问题。(1)上述4种物质中属于盐的是_ (填序号，下同)；水溶液能使紫色石蕊溶液

21、变红的是_ 。(2)写出盐酸的电离方程式_。(3)写出二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。(4)碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%0.4%的盐酸)过多，反应的离子方程式为_。等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时生成CO2的量，前者_后者(填“”、“”或“”)。(5)氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业。电解饱和食盐水的产物中一种是所有气体中密度最小的气体、一种是黄绿色气体和一种易溶、易电离的碱，则电解食盐水的化学方程式：_。【答案】 HCl=H+Cl- SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O HCO3-+H+=H2O+CO2 = 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+C

22、l2 【解析】【分析】(1)由金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物属于盐；酸使紫色石蕊溶液变红；(2)盐酸是强酸，完全电离产生氢离子和氯离子；(3)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，据此写出反应的方程式；(4)碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，根据离子方程式的书写方法书写；二者都可与盐酸反应生成二氧化碳气体，结合方程式判断；(5)根据电解饱和食盐水的电解原理，阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极产生氯气，写出电解饱和食盐水的电解方程式。【详解】(1)盐酸属于酸、能使紫色石蕊溶液变红铁是单质碳酸氢钠是盐二氧化硅是氧化物；故答案为：；(2)盐酸是强酸，完全电离产生氢离子和氯离子，方

23、程式为：HCl=H+Cl-，故答案为：HCl=H+Cl-；(3)二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成了硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；(4)碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2；碳酸氢钠与足量盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+ HCl= NaCl+ H2O+CO2，碳酸钠与足量盐酸反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，由以上两个化学方程式可以看出，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与HCl反应，

24、产生CO2的物质的量之比为：1: 1；故答案为：HCO3-+H+=H2O+CO2；=；(5)通电后阴极氢离子放电，阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极上氯离子放电产生氯气，电解反应方程式: 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。7建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知能发生如下反应_NaNO2+_HI_NO+_I2+_NaI+_H2O(1)配平上面方程式。 (2)若有1 mol的氧化剂被还原，则被氧化的还原剂是 _mol。 (3)根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaC

25、l，可选用的物质有：水 碘化钾淀粉试纸 淀粉 白酒 食醋，进行实验，下列选项合适的是_(填字母)。A B C D (4)某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_【答案】 4 2 1 2 2 1 D NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O 【解析】【分析】(1)在反应中N、I元素化合价发生了变化，先根据元素化合价升降总数相等，配平参加氧化还原反应的元素，再根据原子守恒，配平未参加氧化还原反应的元素，得到方程式；(2)根据元素化合价升高与降低的数值，确定还原剂的物质的量多少；(3)在酸性条件下

26、NaNO2可以将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色检验；(4)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O。【详解】(1)在该反应中，N元素从+3降低到+2，共降低1价，碘元素从-1升高到0价，反应产生一个碘单质共升高2价，依据化合价升降总数相等，NaNO2、NO的系数是2，HI系数是2，I2的系数是1，再配平未参加氧化还原反应的元素，Na反应前有2个，则NaI的系数是2，有2个I未参加氧化还原反应，所以HI的系数改为4，根据H原子个数反应前后相等，可知H2O的系数是2，所以配平后的化学方程式为2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O，因此配出系数由前到后

27、依次为：2、4、2、1、2、2；(2)在上述反应中NaNO2为氧化剂，HI为还原剂，1 molNaNO2反应，得到1 mol电子，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知被氧化的还原剂的物质的量是1 mol；(3)根据上述反应可知：在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色检验，故鉴别NaNO2和NaCl可以用水、碘化钾淀粉试纸、食醋，故需要的物质序号为，合理选项是D；(4)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O。【点睛】本题考查了氧

28、化还原反应方程式的配平、物质的检验及方程式的书写。掌握氧化还原反应的规律及物质的性质是本题解答的关键。8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 = A

29、lO2+2H2O 1:1 或 【解析】【分析】(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；(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.

30、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。【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

31、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氧原子数目的3倍，则单线桥法为 或。9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

32、混合物中碳酸钠的质量分数_。【答案】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 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：

33、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；（2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解，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2NaHCO3N

34、a2CO3+H2O+CO2，由方程式可知n（NaHCO3）=2n（CO2）=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。10化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验。请你参与并完成对有关问题的解答：(1)甲同学用如图所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的_(填“Na2CO3”或“

35、NaCl”)发生反应，仪器b的名称是_，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是_。(2)乙同学用如图所示装置，取一定质量的样品(m g)和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定。实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的_，则装置气密性良好。在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的_(填“体积”或“质量”)。(3)丙同学用下图所示方法和步骤进行实验：操作涉及的实验名称有：_、洗涤；操作涉及的实验名称有干燥、_。丙同学测得样品中Na2CO3的质量分数为_。【答案】Na2CO3 分液漏斗

36、除去CO2中的水蒸气 液面上升 体积 过滤 称量 106y/197x 【解析】【详解】（1）依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体；（2）使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好；在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积；（3）流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重

37、得到沉淀碳酸钡质量；由流程分析判断：碳酸钡沉淀质量为yg，根据原子守恒可知样品中Na2CO3质量为，因此样品中Na2CO3的质量分数为。11已知A、E为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，回答下题。 （1）实验室中A常常保存在盛放_的广口瓶中。 （2）写出B转变成C的化学方程式_。0.1mol B参与该反应，转移电子的个数为_ 。 （3）用化学方程式表示沉淀G颜色发生变化的原因：_。 （4）利用H溶液制备胶体的化学方程式是：_，下列有关胶体的说法正确的是_。A胶体具有介稳性是因为胶体带电B实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液 C利用渗析法可以除去淀粉溶液中的NaCl（5）直接向F溶液中加

38、入A固体，出现的现象是：_。【答案】煤油 0.1NA BC 有无色气体生成，产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色最终变为红褐色 【解析】【分析】A为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，则A为Na，B为Na2O2；由转化关系可知C为Na2CO3、D为NaOH；金属E与盐酸反应生成F为盐，而F能与NaOH反应生成白色沉淀G，G可以转化为红褐色沉淀，则E为Fe、F为FeCl2、G为Fe(OH)2、红褐色沉淀为Fe(OH)3，H为FeCl3，以此分析。【详解】A为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，则A为Na，B为Na2O2；由转化关系可知C为Na2CO3、D为NaOH；金属E与盐酸反

39、应生成F为盐，而F能与NaOH反应生成白色沉淀G，G可以转化为红褐色沉淀，则E为Fe、F为FeCl2、G为Fe(OH)2、红褐色沉淀为Fe(OH)3，H为FeCl3。（1）实验室中Na常常保存在盛放 煤油的广口瓶中，故答案为：煤油；（2）B转变成C的化学方程式：，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，各占一半，0.1molB参与该反应，转移电子的个数为： ，故答案为：；0.1NA；（3）用化学方程式表示沉淀G颜色发生变化的原因：，故答案为：；（4）利用FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe（OH）3胶体，化学方程式为：；A胶体具有介稳性是因为胶粒带电，胶体不带电，故A错误；B胶体会发生丁达尔效应，而

40、溶液没有丁达尔效应。实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液，故B正确；C淀粉溶液是胶体不可透过半透膜，NaCl溶液是溶液可以通过半透膜，可利用渗析法可以除去淀粉溶液中的NaCl，故C正确；故答案为；BC； (5)直接向FeCl2溶液中加入Na固体，钠能与水反应生成NaOH与H2，NaOH与FeCl2反应会得到Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中逐渐氧化成Fe(OH)3，可能出现的现象：有无色气体生成，产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色最终变为红褐色。故答案为：有无色气体生成，产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色最终变为红褐色。【点睛】胶体具有介稳性是因为胶粒带电，胶体不带电。12如图为常见气体

41、制备、分离、干燥和性质验证的部分仪器装置(加热设备及夹持固定装置均略去，已知乙醇的沸点为78.5)，请根据要求完成下列问题(仪器装置可任意选用，必要时可重复选择，a、b为旋钮)。(1)将A中a旋钮打开，通入CO和CO2的混合气体，欲得到纯净干燥的CO，装置的连接顺序为：A接_(填写装置代号)；若要验证CO的还原性及氧化产物，E内应放置_，装置的连接顺序为：ACBECG，能验证CO氧化产物的实验现象是_。(2)完成(1)实验后，将A中a旋钮关闭，并在E内换成放置Na2O2，按AEDBH装置顺序，制取纯净干燥的O2，并用O2氧化乙醇。 为获得氧气，关闭a旋钮后，首先需进行的操作是_。 将试管K放入

42、水温78.5或略高于78.5的水浴中加热的目的是_。m中发生反应的化学方程式是_ 若想观察到试管n中有红色沉淀出现，还需要进行的操作是_。【答案】B CuO AB之间的C装置中溶液保持澄清，EF之间的C装置中溶液变浑浊 打开旋钮b，加入浓硫酸 为了得到平稳的乙醇蒸汽流 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O 取出试管n并用酒精灯加热 【解析】【分析】（1）用NaOH溶液澄清石灰水除去CO2，用浓硫酸干燥CO，用CuO氧化CO，用澄清石灰水检验CO的氧化产物，燃烧法除去多余的CO；（2）利用Na2O2与水或CO2反应制备O2，同时用NaOH溶液除去氧气中混有的CO2，用浓硫酸干燥所得氧气

43、；装置A中烧瓶内的NaOH溶液吸收CO2后生成了碳酸钠，可通过滴加浓硫酸与生成的碳酸钠反应生成CO2；乙醇的沸点为78.5，利用加热可促进乙醇挥发；乙醇在铜作催化剂的条件下，被氧气氧化生成乙醛和水，据此可写出此反应的化学方程式；乙醛和新制的氢氧化铜混合后，在加热煮沸的情况下反应生成红色沉淀。【详解】(1) 欲得到纯净干燥的CO，将A中a旋钮打开，通入CO和CO2的混合气体，A中的NaOH溶液吸收CO2，再通过B浓硫酸干燥CO气体，得到纯净干燥的CO；若要验证CO的还原性及氧化产物，CO就必须用A中的NaOH溶液吸收CO2，并通过C中的澄清石灰水不变浑，证明CO2已被完全吸收，再通过B浓硫酸干燥CO气体，CO通过E中加热的CuO被氧化成CO2，C中澄清石灰水变浑浊，证明CO有还原性及其氧化产物为二氧化碳，故答案为：B；CuO；AB之间的C装置中溶液保持澄清，EF之间的C装置中溶液变浑浊；(2) 实验(1)中通入CO、CO2时，A中的NaOH已与CO2反应生成了Na2CO