高三化学一轮复习必备精品2doc高中化学

第二章碱金属高考说明1.了解金属钠的物理性质，掌握钠的化学性质。2.从原子的核外电子排布，理解ⅠA族元素（单质、化合物）的相似性和递变性。3.以NaOH为例，了解重要的碱的性质和用途。了解钠的重要化合物。4.以Na2O2为例，理解过氧化物的性质。考纲解读1.钠的原子构造、性质以及钠的实验室保存方法。2.Na20和Na202的电子式及性质。3.Na2C03和NaHCO3的性质、转化及制法。4.碱金属的物理性质和化学性质。5.焰色反响的概念及钾、钠化合物的检验。6.运用原子构造的知识分析碱金属元素性质的差异及递变规律。命题预测钠及其化合物（Na20、Na202、Na0H、Na2C03、NaHCO3）是近几年高考的重点内容之一，涉及的内容有：（1）钠、钾与水（盐溶液）反响的原理及产物（2）Na202与H2O、C02反响其中反响时得失电子的数目，气体的体积变化经常作为计算题的内容，也可以作为无机推断题的某一环节。注意反响前后的气体体积差和固体质虽差在计算中的应用。（3)NaOH作为强碱，与很多物质发生复分解反响这些内容广泛出现在离子方程式、物质的鉴别、提纯、离子共存中。（4)Na2C03和NaHCO3性质的异同、互相转化、互相提纯以及他们组成混合物的有关计算。高考题除在选择题中对这些知识直接考察外，还利用知识结合其他元素及化合物知识为载体，编制推断题、简答题和计算题。以Na202与H20（或CO2）反响，产生氧气设计综合实验，也是高考的热点。在今后的命题中，以钠及其化合物为知识载体考察学生思维能力、实验能力、计算能力Na2CO3、NaOH、Na2O2等在日常生活和工农业生产中的应用等。复习时要注意应用原理的分析，使学生学以致用，从而提高学生的思维能力。对于有关计算，要注意不等式法、半定量分析、讨论法、极值法等方法应用，在应用中注意总结规律，优化解法。一、知识网络-32-/32\n二、根底知识钠的重要化合物氧化钠与过氧化钠氧化钠过氧化钠化学式Na2ONa2O2电子式氧元素的化合价＋2价+1价色、态白色固体淡黄色固体稳定性不稳定，可继续氧化稳定与H2O反响的方程式Na2O＋H2O＝2NaOH2Na2O＋2H2O＝4NaOH＋O2↑与CO2反响的方程式Na2O＋CO2＝Na2CO32Na2O＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑用途制NaOH，用途较少做供氧剂、氧化剂、漂白剂等转化关系2Na2O＋O22Na2O2-32-/32\n碳酸钠与碳酸氢钠碳酸钠碳酸氢钠俗名苏打、纯碱小苏打色、态通常以Na2CO3·10H2O存在，为无色晶体，易风化失水为白色粉未Na2CO3白色粉未水溶性易溶于水溶解度较碳酸钠小热稳定性稳定，受热为分解Δ2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O与盐酸反响慢Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O快NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O与碱反响Na2CO3NaHCO3酸加热或碱Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOHNaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O相互转化用途重要的化工原料，用于玻璃、造纸、纺织、洗涤剂等的生产食品工业，泡沫灭火剂等三、本章知识构造体系及要注意的几点问题1.Na2O的稳定性要小于Na2O2，所以Na2O在加热情况下与O2反响变成Na2O22.NaHCO3溶解度Na2CO3溶解度，所以向饱和Na2CO3溶液中通CO2会析出NaHCO3晶体3.NaHCO3受热易分解，Na2CO3那么不易4.有时向Na2O2固体上滴加酚酞试液，开场变红，后来褪色，那是因为Na2O2的强氧化性和漂白作用5.将Na2CO3溶液逐滴参加稀盐酸中，马上就会释放出气体。Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，而将稀盐酸逐滴参加Na2CO3溶液中那么开场无气泡，后来产生气泡。Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaClNaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可利用这种正反滴加来鉴别盐酸与Na2CO36.NaOH与NaHCO3不能共存，无论混溶于水或加热，首先考虑二者之间的反响NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O-32-/32\n7.向Na2CO3与NaOH的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，首先考虑HCl+NaOH=NaCl+H2O再考虑58.碱金属从Li→Rb熔沸点逐渐降低9.焰色反响为物理变化而不是化学变化，它表达了元素的性质10.将Na2CO3转变为NaHCO3，可采取持续不断的通入CO2气体的方法Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3转变为Na2CO3可采取加热的方法，也可以采取滴加适量NaOH的方法NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O11.Na2O2的电子式Na+[:O:O:]2-Na+其中O的化合价为-1价2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑均为自身的氧化复原反响，而Na2O2+SO2=Na2SO4那么为Na2O2与SO2间的氧化复原反响12.将NaHCO3加热时，固体质量的减少并不单为CO2,而为CO2与H2O的质量之和，所以可利用2NaHCO3=N2CO3+H2O+CO2↑16810662m1m2⊿m对应成比例来解决具体问题.击破考点一：金属钠的化学性质例1：以下关于钠的说法不正确的选项是[]A.金属钠和氧气反响，条件不同，产物不同B.钠钾合金通常状况下呈液态，可作原子反响堆的导热剂C.钠的化学活泼性很强，少量的钠可保存在有机溶剂中D.由于钠比较活泼，所以它能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属答案：C、D解析：，，A正确；B的说法是正确的，这是钠的重要用途之一；钠的保存原那么是将钠与空气和水隔绝，故应保存在密度小于钠的有机溶剂中，-32-/32\n，故C不正确；盐溶液中的金属阳离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，另外，钠跟水反响速率很快，故不能从盐溶液中置换出金属。点评：要求掌握钠与非金属单质的反响，及钠与水和盐的反响。由钠的保存可以联想钾的保存，及其他的试剂是如何保存的。【变式训练1】在烧杯中加水和苯（密度：0.88g/cm3）各50mL将一小粒金属钠（密度：0.97g/cm3）投入水中，观察到的现象可能是（）A.钠在水层中反响并四处游动B.钠停留在苯层中不发生反响C.钠在苯的液面上反响并四处游动D.钠在苯与水的界面处反响并可能做上、下跳动答案：D【变式训练2】将少量金属钠分别投入以下物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（）A.B.C.D.答案：D解析：少量钠投入上述四种物质的水溶液中，均有产生，故都满足题目的第一个条件“有气体放出”，而反响后“溶液质量减轻”是指投入的金属钠的质量小于脱离溶液的物质的质量。在A、B、C三个选项中一只有放出，故溶液质量是增加的。D选项中由于与反响生成的NaOH还能继续与反响析出沉淀：，反响后溶液质量减轻。击破考点二：过氧化钠的特性及计算例2：2.1g和组成混合气体与足量的充分反响后，立即通入足量的固体中，固体质量增加（）A.2.1gB.3.6gC.7.2gD.不可确定答案：A解析：和与燃烧的化学方程式为：，；、跟的反响分别为：，。从4个化学方程式可以看出：增加的质量恰好为和混合气体的质量，即。-32-/32\n点评：过氧化钠的增重规律：（1）每1molCO2或H2O分别与足量反响时，固体分别增重28克和2克，其混合气体与完全反响，△m=28n(CO2)+2n(H2O),气体体积△v=v(剩)=v(O2)=0.5v(原)（2）推导出+=Na2CO3，H2+=2NaOH后可知，CO、H2或其混合气体燃烧后的产物立即与反响，△m=28n(CO)+2n(H2)，即增重等于原CO、H2的质量（3）CO、H2、CO2和H2O的混合气体置于足量的中，用电火花连续作用，那么△m=28n(C)+n(H)，剩余气体的体积v(O2)=0.5﹝v(CO2)+v(H2O)﹞（4）烃的含氧衍生物，假设能写成（CO）m.(H2)n的形式，那么燃烧产物通过后，固体增加的质量等于原有机物的质量。【变式训练3】200℃时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量的Na2O2充分反响后，固体质量增加3.6g，那么原混合气体的平均相对分子质量为（）A.5.8B.11.6C.23.2D.46.4答案：C解析：此题属于混合物计算题。2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Δm2mol4gx2x2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Δm2mol56gy28y那么：18x+44y=11.62x+28y=3.6解得：x=0.4mol,y=0.1molM=11.6g/(0.1+0.4)=23.2变式训练4：将1mol的NH4HCO3受热完全分解后，使产物维持气态进展以下实验：（1）假设将生成物全部依次通过足量Na2O2和足量浓H2SO4时，Na2O2增重ag，浓H2SO4增重bg；（2）假设将生成物全部依次通过足量浓H2SO4和足量Na2O2时。那么浓H2SO4增重cg，Na2O2增重dg。那么a、b、c、d质量从大到小的顺序正确的选项是（）-32-/32\nA.c＞a＞d＞bB.a＞b＞c＞dC.d＞c＞b＞aD.b＞a＞d＞c答案及解析：1molNH4HCO3受热完全分解产生NH3、H2O、CO2各1mol，将其通过过氧化钠会增重30g，然后通过足量浓H2SO4时会增重17g；假设首先通过足量浓H2SO4时会增重35g，然后过氧化钠会增重28g击破考点三：过氧化钠的性质例3：Na2O2与水反响能够产生O2，这一反响在呼吸面具、潜水艇及太空飞船中可为人体提供呼吸所用的O2。下面对该反响的说法中正确的选项是（）A．这是一个氧化复原反响，Na2O2既是氧化剂，又是复原剂B．这是一个氧化复原反响，Na2O2是氧化剂，水是复原剂C．这是一个氧化复原反响，Na2O2是复原剂，水是氧化剂D．这是一个置换反响，有单质O2产生答案：A解析：Na2O2与水反响能够产生O2，是一个自身氧化复原反响，Na2O2既是氧化剂，又是复原剂，所以A正确；它不符合置换反响的条件，所以不是置换反响。点拨：过氧化钠与水反响的实质一般认为，过氧化钠与水的反响应分两步进展：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2（复分解反响）；2H2O22H2O+O2（分解反响）失2×e－2Na2O2+4H2O=4NaOH+2H2O+O2得2×e－其总反响式及电子转移情况为：由此可见，复原产物是H2O，氧化剂是Na2O2，复原剂是Na2O2。【变式训练5】将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4gNa2O2的密闭容器中，电火花点燃，反响完毕后，容器内的压强为零（150℃），将残留物溶于水中，无气体产生。以下表达正确的选项是A．原混合气体中O2和CH4的体积比为2∶1B．残留物只有Na2CO3C．原混合气体中O2与CH4的体积比为1∶1D．残留物只有Na2CO3和NaOH答案：D-32-/32\n【变式训练6】利用以以下图所示装置制取氧气并进展相关的实验探究。（1）将3.9g过氧化钠放入烧瓶中，参加100mLH2O，然后用排水法收集气体。①过氧化钠跟水反响的化学方程式为_________________。②集气瓶充满气体后，怎样从水槽中取出集气瓶？简述操作方法。___________________________________________（2）已知：酚酞在c(OH－)在1.0×10－4mol/L~2.5mol/L时呈红色，且0.5min内不会褪色；H2O2具有氧化性和漂白性。取上述实验得到的溶液于试管中，滴入2滴酚酞试液，溶液变红，片刻红色褪去。①有人认为，“红色迅速褪去”是由于溶液中c(OH—)过大造成的，试通过估算并比照数据加以说明。___________________________________________。②还有人认为，“红色迅速褪去”是因为溶液中存在H2O2。试设计实验证明烧瓶内的溶液中可能有H2O2存在，请简述实验操作。___________________________________________。③补充实验，证明“红色迅速褪去”与溶液中存在H2O2有关。请简述实验操作。___________________________________________。答案：（1）①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑②用玻璃片在水面下盖住集气瓶口，将玻璃片与集气瓶一起移出水面，将盖有玻璃片的集气瓶正放在桌上。（2）①经计算，烧瓶中c()约为1mol/L；因为c()在1.0×10－4mol/L~2.5mol/L时酚酞呈红色，因此红色迅速褪去不是由于溶液中c()过大造成的。②取烧瓶中的溶液于试管中，参加少量二氧化锰，有气泡放出，用带火星的木条检验，木条着火，说明溶液中可能有H2O2存在。③取②中试管里的溶液滴加酚酞试液，溶液变红且不褪色，说明“红色迅速褪去”-32-/32\n与H2O2的存在有关。实验室可利用Na2O2与H2O的反响快速制取O2；Na2O2不是碱性氧化物；Na2O2与H2O、CO2反响可以都放出大量的热。证明方法是用脱脂棉包住Na2O2放在石棉网上，用胶头滴管向脱脂棉上滴加几滴水，或用玻璃管向脱脂棉吹CO2，脱脂棉燃烧。击破考点四：Na2CO3和NaHCO3性质、转化及制法例4：某枯燥粉末可能由、、、、中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反响，有气体X逸出，X通过足量的溶液后体积缩小(同温、同压下测定)。假设将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，以下判断正确的选项是[]A.粉末中一定有、、B.粉末中一定不含有和C.粉末中一定不含有和D.无法肯定粉末里是否含有和答案：A、D解析：与盐酸反响产生气体的物质可能有、和，气体X通过足量的溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由和组成，原粉末中、和至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有，但受热分解会使混合物粉末质量减少，而实际剩余固体的质量都增加了，原因只能是发生了反响：。综上分析，混合物中有、、，无法确定混合物中是否有和。点评：此题中“混合物经加热后质量增大”是分析的难点。另外这些实验无法证实NaCl的存在与否，思考中易将NaCl忽略。碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较。Na2CO3和NaHCO3作为碳酸的正盐和酸式盐．二者既有区别又有联系．分析如下：1.向饱和的Na2CO3溶液中通足量的CO2有晶体NaHCO3析出。2.Na2CO3溶液与稀HCl的反响①向Na2CO3溶液中滴加稀HCl，先无气体，后有气体，如果n(HCl)小于n(Na2CO3)时反响无气体放出。发生的反响：先①Na2CO3+HCl==NaCl+NaHCO3,后②NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2.②向稀HCl中滴加Na2CO3溶液，先有气体，反响是：Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2.-32-/32\n如果用2mol的Na2CO3和2.4mol的稀HCl反响，采用①方法放出CO2是0.4mol；采用②方法放出CO2为1.2mol。希望同学们在解题时要留意。3.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的鉴别：取两种试液少量，分别滴加CaCl2或BaCl2溶液，有白色沉淀的原取溶液为Na2CO3，另一无明显现象的原取溶液为NaHCO3。4.侯氏制碱法反响式：NaCl+NH3+CO2+H2O==NaHCO3↓+NH4Cl.注意:在生产中应先在饱和的NaCl溶液中先通入NH3,后通入CO2，NaHCO3晶体析出过滤，在滤液中参加NaCl细末和通NH3析出NH4Cl晶体为副产品。NH4Cl晶体析出后的母液进展循环试用，提高原料的利用率。【变式训练7】有关纯碱和小苏打的表达正确的选项是（）A.等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量稀H2SO4反响，NaHCO3产生的CO2多B.等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反响，NaHCO3消耗的盐酸多C.向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中参加Ba(OH)2溶液出现白色沉淀D.Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反响，又能与氢氧化钠反响答案：A解析：Na2CO3、NaHCO3分别与HCl反响，有关物质的质量关系是：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑106g73g44gNaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑84g36.5g44g显然，等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与盐酸反响，NaHCO3产生二氧化碳多，Na2CO3消耗盐酸多，故A正确，B不正确。向NaHCO3溶液中滴加Ba(OH)2有如下反响：＋=＋H2O，-32-/32\n＋Ba2＋=BaCO3↓，C选项不正确。Na2CO3溶液不能与NaOH反响，D选项不正确。【变式训练8】（09海南卷3）除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：A．通入二氧化碳气体B．参加氢氧化钡溶液C．参加澄清石灰水D．参加稀盐酸答案：A击破考点五：有关实验探究的试题例5：有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与SO2的反响，都用如以以下图所示的装置进展实验。通入SO2气体，将带火星的木条插入试管C中，木条复燃。有关资料：Na2SO3具有较强的复原性，易氧化成Na2SO4请答复以下问题：（1）第1小组同学认为Na2O2与SO2反响生成了Na2SO3和O2，那么反响的化学方程式是_____________。（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反响生成的白色固体中含有Na2SO3：_________________。（3）第2小组同学认为Na2O2与SO2反响除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成。为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：将装置中反响后的固体溶解于水—BaCl2溶液→白色沉淀—稀HNO3溶液→仍有局部白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4上述方案是否合理？________________。请简要说明两点理由：①____________；②_________________。答案：（1）2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；（2）取白色固体，加稀硫酸，产生能使品红溶液褪色的气体；（3）不合理①稀HNO3能将BaSO3氧化为BaSO4；②如果反响后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将氧化成解析：从物质的性质和离子的检验知识出发，表达学生对实验方案的设计能力和对实验方案的评价能力探究，实验的目的性明确，对学生的实验探究具有指导性。-32-/32\n（1）主要类比教材中Na2O2和CO2反响的化学方程式来书写。（2）主要考察对亚硫酸盐的检验，即通过参加稀盐酸或稀硫酸，产生SO2，然后通过特征现象（SO2使品红溶液褪色）进展检验。（3）主要考察-的检验，即先用稀盐酸酸化，然后参加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液进展检验，而不是先加钡盐溶液后加酸，主要是亚硫酸盐极易被HNO3或Na2O2等氧化性物质氧化成硫酸盐而对-的检验造成干扰。点评：化学实验的探究，在有关实验方案的设计和方案的评价方面展开，既能培养学生对问题的分析能力，又能培养学生对实验的探究精神。通过探究训练，使学生掌握评价实验方案的常见角度和方法，到达开阔思维的境界。【变式训练9】〖常州一中2022学年度第二学期高三化学期初试卷〗我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出奉献。他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反响的化学方程式为：NH3＋CO2＋H2ONH4HCO3；NH4HCO3＋NaClNaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反响，能析出碳酸氢钠晶体的原因是（填字母标号）。a．碳酸氢钠难溶于水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（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进展碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验。①一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，实验装置如以以下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。试答复以下有关问题：（Ⅰ）乙装置中的试剂是；-32-/32\n（Ⅱ）丁装置中稀硫酸的作用是；（Ⅲ）实验完毕后，别离出NaHCO3晶体的操作是（填别离操作的名称）。②另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进展实验。（Ⅰ）实验时，须先从管通入气体，再从管中通入气体；（Ⅱ）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是；（3）请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：。答案（1）c（2）①（Ⅰ）饱和碳酸氢钠溶液；（Ⅱ）吸收未反响的NH3（答“防止倒吸”或“吸收CO2”不给分））；（Ⅲ）过滤②（Ⅰ）a、NH3，b、CO2；（Ⅱ）增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；（3）用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反响。（或往烧碱溶液中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等。其他合理方法均可）【变式训练10】过氧化钠与水反响的探究用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。（1）由上述实验现象所得出的有关过氧化钠跟水反响的结论是：第一，有氧气生成；第二，________________。过氧化钠跟水反响的化学方程式：_________________，其中复原剂是_______________。（2）某研究性学习小组拟用如图装置进展实验，以证明上述结论。答案见解析-32-/32\n解析：（1）物质燃烧有两个条件，一是温度到达着火点；二是有氧气等助燃物质存在。由此进展分析可得出：该反响是放热反响。反响的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，其中Na2O2既是氧化剂又是复原剂。（2）本小题实质上是考察氧气的检验、气密性检查等化学实验根本操作方法的应用。将带火星的木条靠近导管口p处，木条复燃。将导管口浸入水中，反响过程中导管口有气泡冒出。（3）在限定范围内考察学生实验探究能力。答案多样化，如：硫化钠溶液，溶液变浑浊；红色布条，布条褪色。注意，在氢氧化钠存在条件下检验过氧化氢，最好不要选用硫酸亚铁、碘化钾等作为试剂。点评：实验探究应重视在课本实验的根底上进展探究。实验题倾向于化学实验根本操作，把课本小实验重组成一个微型的研究课题，从而到达培养学生学习化学兴趣的目的用以验证第一条结论的实验方法是________________。用以验证第二条结论的实验方法及现象是______________。（3）实验（2）往小试管中加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，取出试管，往试管中滴入酚酞试液，发现溶液变红，振荡后，红色褪去。为探究此现象，该小组同学从查阅有关资料中得知：过氧化钠跟水反响可生成过氧化氢（H2O2），过氧化氢具有强氧化性和漂白性。请设计一个简单的实验，证明过氧化钠和足量水充分反响后的溶液中有过氧化氢存在。现有硫化钠溶液、亚硫酸钠溶液、硫酸亚铁溶液、碘化钾溶液、红色布条等，请从中选择试剂，加以验证（只要求列出实验所用的试剂及观察到的现象）。-32-/32\n试剂：______________________________。现象：______________________________。击破考点六：相关计算例6：有NaHCO3、Na2CO3、CaO、NaOH组成的混合物27.2g,把它们溶于水后,溶液中Ca2+、、均转化为沉淀，将反响后的溶液蒸干，最后得到白色固体物质共29g，那么原混合物中Na2CO3的质量是（）A.10.6gB.5.3gC.5.9gD.无法确定答案：A解析：发生反响的方程式为：⑴CaO+H2O=Ca（OH）2，⑵2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2H2O,⑶Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH.设Na2CO3为amol，NaHCO3为bmol，那么CaO为（a+b）mol。由于CaO+H2O=Ca（OH）2，使混合物增加了（a+b）mol水的质量；由NaHCO3转化成CaCO3使混合物减轻了bmol水的质量，所以反响前后的质量差为amol水的质量。依题意得a=1.8/18mol=0.1mol小结：解此类题目的要诀是合理分析反响的进展顺序，按方程式逐一分析。有关钠的化合物的混合物的计算:（1）NaHCO3和Na2CO3固体混合物加热。仅发生反响2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O,反响的差量即为分解产生的H2O和CO2,由差量法求解.（2）amolNa2O2和bmolNaHCO3固体混合物在密闭容器中加热。发生的反响按以下方式处理：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑分解产生的CO2与Na2O2反响完后，假设Na2O2过量，H2O再与Na2O2反响.①当a/b<1/2时，剩余固体为Na2CO3，排出气体为O2、H2O、CO2②当a/b＝1/2，剩余固体为Na2CO3，排出气体为O2、H2O③当1/2<a/b<1,剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O2、H2O④当a/b=1时,剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O2⑤当a/b＞1时,剩余固体为Na2CO3、NaOH、Na2O2，排出气体为O2（3）NaHCO3和NaOH的混合物在密闭容器中加热NaHCO3和NaOH在密闭容器中加热所发生的反响按以下方式处理；首先考虑NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O①假设NaHCO3过量那么再考虑2NaHCO3-32-/32\nNa2CO3＋CO2↑＋H2O↑②。反响的差量可能是①造成的，也可能是①②共同造成，主要是看两者相对量的关系，所以首先讨论何者在①中过量是重要问题，然后再根据差量法进展进一步的计算。讨论过量一般采用的方法是假设两者等物质的量按反响①，由差量法求得理论失重值,再进展判断:假设实际失重值小于或等于理论失重值,那么n(NaHCO3):n(NaOH)≤1:1按反响①由差量法求算，质量减少为H2O的质量;b、假设实际失重值大于理论失重值,那么n(NaHCO3):n(NaOH)>1:1,按反响①和②由差量法求算，质量减少由两局部组成：NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O产生的水和由2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑生成的H2O和CO2.【变式训练11】某碳酸钾样品中的杂质含有纯碱、硝酸钾、硝酸钡中的一种或两种。取7.8g该样品溶于适量水中得到澄清溶液，再参加过量CaCl2溶液得到沉淀5.0g。以下对原样品中所含杂质的判断正确的选项是A．一定没有Na2CO3和Ba(NO3)B．一定有Na2CO3而没有Ba(NO3)C．没有Na2(CO3)2但有KNO3可能还有Na2CO3D．没有Na2CO3但有Na2(CO3)2和KNO3答案：C【变式训练12】有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释到100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴参加0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积（标准状况下）与所参加的HCl的体积之间的关系如以下图：试分析：⑴NaOH在吸收CO2气体后，在甲、乙两种情况下，所得溶液中存在的溶质是甲：其物质的量之比是：乙：其物质的量之比是：⑵且在两种情况下产生的CO2气体（标准状况）各是甲：mL；乙：mL。-32-/32\n⑶原NaOH溶液的物质的量浓度是；假设以Na2O2固体溶于水配得100mL溶液需Na2O2g答案：⑴NaOH，Na2CO3；1:1；NaHCO3和Na2CO3；1:1；⑵56mL；112mL；⑶0.75mol/L；2.93g解析：NaOH溶液中通入一定量的CO2，有几种情况：一种情况是CO2缺乏，反响后的混合物为NaOH，Na2CO3；另一种情况是二者恰好完全反响生成Na2CO3；第三种情况是CO2过量，全部NaOH转化为NaHCO3；第四种情况是CO2过量，反响后的混合物为NaHCO3和Na2CO3。分析甲图象：参加盐酸50mL时开场产生CO2气体，至反响完毕消耗25mL盐酸，根据反响：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl①NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑②可知滴加到50mL时开场反响②，根据耗酸量可知NaHCO3的物质的量。分析图象参加50mL以前，无气体放出，与盐酸反响转化为NaHCO3应消耗25mL盐酸，那么与NaOH反响的盐酸也应是25mL。由此得也甲成分只能为NaOH和Na2CO3，且物质的量之比为1:1，产生CO2的体积为0.056L.分析乙图象：参加盐酸25mL时开场产生CO2气体，消耗50mL盐酸反响完全，耗酸为末产生气体时的2倍，说明原物质是Na2CO3和NaHCO3的混合物，由耗酸量可判断出物质之比为1:1，产生气体亦可由产生气体耗酸量求得，为0.112L。原溶液NaOH物质的量浓度可由Na+守恒求得。变式训练13：2molNaHCO3和一定量Na2O2固体混合，在加热条件下让其充分反响，150℃下所得气体仅含2种组分，反响后固体的物质的量n的取值范围是A．n=lB．l<n<2C．2≤n<4D．n≥4答案：C击破考点七：碱金属元素性质的相似性和递变性及焰色反响例7：以下表达正确的选项是（　）A.碱金属性质相似均为银白色金属B.按原子序数增加那么碱金属的密度依次增大C.钠可保存在煤油中而锂不能D.碳酸氢盐的溶解度大于其正盐的溶解度答案：C解析：-32-/32\n　　由于未深入研究个别碱金属的性质，仅按碱金属的相似性和递变性推导而产生错误。碱金属中铯为微具浅黄色的金属，故A不正确；钾的密度为0.86g/cm3，比Na的密度0.97g/cm3小而有特殊性，B也不正确；锂的密度为0.53g/cm3，比煤油密度小，可浮于煤油上，所以锂要用密度更小的石蜡同保存，C对；碳酸氢盐一般比其对应的正盐易溶，但NaHCO3例外，D不正确。点评：碱金属元素单质的化学性质：1）相似性：碱金属元素在构造上的相似性，决定了锂、钠、钾、铷、铯在性质上的相似性，碱金属都是强复原剂，性质活泼。具体表现在都能与、、水、稀酸溶液反响，生成含（为碱金属）的离子化合物；他们的氧化物对应水化物均是强碱；2）递变性：随着原子序数的增加，电子层数递增，原子半径渐大，失电子渐易，复原性渐强，又决定了他们在性质上的递变性。具体表现为：①与反响越来越剧烈，产物越来越复杂，②与反响越来越剧烈，③随着核电荷数的增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性增强：。【变式训练14】某物质灼烧时，焰色反响呈黄色，以下判断正确的选项是（）A.该物质一定含钠元素B.该物质一定是钠的化合物C.该物质一定是金属钠D.不能确定该物质中是否含钾元素答案：AD解析：焰色反响的作用是检验某些金属或金属离子的存在观察钾元素的焰色反响时焰色为黄色证实有Na元素，可能是单质，也可能是化合物。K元素确实定方法是透过蓝色钴玻璃滤去黄光呈紫色。【变式训练15】某碱金属0.575g与足量水反响，得到标准状况下280mL氢气，那么该金属的相对原子质量是（　）A．23B．39C．85D．133 答案：A解析：碱金属为＋1价，2mol碱金属单质可产生1molH2氢气的物质的量为：0.28L/22.4L/mol＝0.0125mol设该碱金属的相对原子质量为x2M―――H2↑2xg　　1mol0.575g　0.0125mol解得：x＝23-32-/32\n1.（09上海卷10）9.2g金属钠投入到足量的重水中，那么产生的气体中含有A．0.2mol中子B．0.4mol电子C．0.2mol质子D．0.4mol分子答案：B2.（08年全国理综I·6）在溶液中参加足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是A．NH4＋、Ba2＋、Cl－、NO3－B．K＋、AlO2－、Cl－、SO42－C．Ca2＋、Mg2＋、NO3－、HCO3－D．Na＋、Cl－、CO32－、SO32－答案：B3.（09全国卷Ⅱ8）以下表达中正确的选项是A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中参加NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B.向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2.C.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，在同温同压下，生成的CO2体积相同D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出答案：D解析：CaCO3与CO2反响生成Ca(HCO3)2,再参加NaHCO3是没有现象的，A项错；向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，仅生成NaHCO3，无CO2气体放出，B项错；等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反响时，放出的CO2多，C项错；D项，发生的反响为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解性较小，故有结晶析出，正确。4.(09全国卷Ⅰ11)为了检验某含有杂质的样品的纯度，现将克样品加热，其质量变为g,，那么该样品的纯度（质量分数）是A.B.-32-/32\nC.D.答案：A解析：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2ODm(减少)2×8410662x（）解得x=，将其带入下式可得：w(Na2CO3)=(w1-x)/W1=，A项正确。5.(2022年高考全国理综卷II)在一定条件下，将钠与氧气反响的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80mL浓度为0.50mol/L的HCl溶液中和，那么该生成物的成分是()A.Na2OB.Na2O2C.Na2O和Na2O2D.Na2O2和NaO2答案：C解析：HCl为0.04mol。钠的氧化物假设为Na2O，应为0.02mol×62g·mol－1=1.24g；假设为Na2O2，应为0.02mol×78g·mol－1=1.56g。现1.5g，介于1.24～1.56之间，应为二者的混合物。6.（08年广东化学·19）碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠（钝度约98％）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和SO42－等杂质，提纯工艺路线如下：已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如以以下图所示：-32-/32\n答复以下问题：（1）滤渣的主要成分为　　　　　　　。（2）“趁热过滤”的原因是　　　　　　　。（3）假设在实验室进展“趁热过滤”，可采取的措施是（写出1种）。（4）假设“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是　　　　　　　。（5）已知：Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)ΔH1=+532.36kJ·mol-1Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g)ΔH1=+473.63kJ·mol-1写出Na2CO3·H2O脱水反响的热化学方程式　　　　　　　。答案：（1）Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3（2）使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长（3）用已预热的布氏漏斗趁热抽滤（4）溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质其原因："母液"中，含有的离子有Ca2＋，Na＋，，，，，当屡次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4，Ca(OH)2，CaCO3等沉淀（5）Na2CO3·H2O（s）===Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ·mol－17.（09宁夏卷27）以以下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反响条件图中已省略。）-32-/32\n（1）A、B、C、D代表的物质分别为、、、（填化学式）；（2）反响①中的C、D均过量，该反响的化学方程式是；（3）反响②中，假设B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是、（填化学式）；（4）反响③产物中K的化学式为；（5）反响④的离子方程式为。答案：(1)AlCNa2O2(2)2H2O+Na2O2=4NaOH+O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(3)CO2CO(4)Na2CO3(5)2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-解析：D是淡黄色的固体化合物是此题的突破口，根据中学化学知识根本锁定Na2O2，能与水和CO2反响，但是题目另一信息C是常见的无色无味液体说明C是水，那么G为CO2；再依据K能溶于水，说明K为Na2CO3，F为O2;题给信息黑色单质B与氧气（F）反响得到G（CO2），说明B为C（碳）；依据F（O2）与E反响生成C(水)可知E为氢气，再根据金属A与碱性溶液反响产生氢气，可得到A为Al.-32-/32\n1.以下关于金属的表达中正确的选项是（）A．所有的金属都是固态的B．金属具有导电性、导热性和延展性C．活泼的金属、或较活泼的金属能与酸反响，但不能与碱反响D．金属元素在自然界中都是以化合态存在的2．(2022山东潍坊期末质量检测)以下关于钠及其化合物的说法正确的选项是A.金属钠可以与金属钾形成一种合金B.金属钠在空气中久置最终转化为NaHCO3C.氧化钠在某些呼吸面具中用于制备氧气D.Na2CO3溶液能跟酸溶液反响，但不能跟碱溶液反响3.以下灭火剂能够扑灭金属钠着火的是（）A.干冰灭火器B.泡沫灭火器C.干粉灭火器D.砂土4．取ag某物质A，在氧气中完全燃烧，使燃烧产物跟足量过氧化钠反响，反响后固体的质量增加了bg。假设b＞a，那么A为（）A.H2B.COC.C12H22O11D.C6H12O65.质量为25.6g的KOH和KHCO3混合物在250℃的密闭容器中充分加热后排出气体，冷却、残留固体20.7g，原混合物中KOH和KHCO3的物质的量关系正确的选项是（）A.KOH大于KHCO3B.KOH等于KHCO3C.KOH与KHCO3任意比D.KOH小于KHCO36．以下说法正确的选项是()A.发酵粉中主要含有氢氧化钠，能使焙制出的糕点疏松多孔B.碘盐中的碘可以直接用淀粉检验C.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多D.硫酸氢钠属于盐类，其水溶液显中性7.（2022-2022年涡阳二中高三10月测试）有两个分别装有Na2CO3和NaHCO3的试剂瓶，因标签失落而无法区分。有4位同学为鉴别它们，分别设计了以下四种不同的方法，其中可行的是（）-32-/32\nA．分别取样配成溶液，再参加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成B．分别取样后，参加相同物质的量浓度相同体积的稀盐酸，观察反响的快慢C．分别取样加盐酸，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生D．分别取样配成溶液，在火焰上灼烧，观察火焰的颜色8.（芜湖一中2022届高三第二次模拟考试）将2molNaHCO3和一定量的Na2O2固体混合，在加热条件下其充分反响后的固体，经测定Na2O2无剩余，那么最后的固体的物质的量为A．1～4molB．1～2molC．2～4molD．大于4mol9．以以下图象能正确表示相关反响中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）A．图1：n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反响产物B．图2：n（NaOH）=1mol时，CO2和NaOH溶液反响生成的盐C．图3：n（HCl）=1mol时，K2CO3和HCl溶液在敞口容器反响生成的气体D．图4：n（HNO3）=1mol时，Fe和稀HNO3反响生成的氧化产物（复原产物为NO）012n(C)CO2COO12n(产物)00.51n(CO2)NaHCO3Na2CO30.51n(盐)00.51n(K2CO3)CO20.5n(气体)00.250.375n(Fe)Fe(NO3)20.250.375n(氧化产物)Fe(NO3)3图1图2图3图410．有两个分别装有Na2CO3和NaHCO3的试剂瓶，因标签失落而无法区分。有4位同学为鉴别它们，分别设计了以下四种不同的方法，其中可行的是（）A．分别取样配成溶液，再参加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成B．分别取样后，参加相同物质的量浓度相同体积的稀盐酸，观察反响的快慢C．分别取样加盐酸，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生D．分别取样配成溶液，在火焰上灼烧，观察火焰的颜色11.实验室甲、乙两瓶丧失标签的无色溶液，其中一瓶是盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液。为确定甲、乙两瓶溶液的成分及其物质的量浓度，现操作如下：①量取25.00mL甲溶液，向其中缓慢滴加乙溶液15.00mL，共收集到二氧化碳气体224mL；②另取15.00mL乙溶液，向其中缓慢滴加甲溶液25.00mL，共收集到二氧化碳气体112mL。上述气体体积均已换算为标准状况。那么根据上术操作及实验数据填空。-32-/32\n(1)写出上述过程所涉及反响的离子方程式：；(2)甲是，甲溶液的物质的量浓度为，乙溶液的物质的量浓度为（二氧化碳在溶液中的小量溶解忽略不计）。(3)将nmL的甲溶液与等体积的乙溶液按各种可能的方式混合，产生的气体体积为xmL（标准状况），那么X的取值范围为。12．2022南开中学模拟卷（十五）侯德榜是我国著名的工业化学家，又是一个伟大的爱国者，他所创造的制碱法为中国化学工业乃至世界化学工业作出了重要的奉献，被誉为“侯氏制碱法”。请你答复以下问题：（1）“侯氏制碱法”中的“碱”其实不是烧碱，而是纯碱，请写出向它的溶液中滴加少量稀盐酸的离子方程式________________________________________________。（2）某同学为了验证NaHCO3和Na2CO3的稳定性，设计了如图1的实验装置，（铁架台、夹持仪器、加热装置等已省略）你认为在X中应放的物质是___________________。(填化学式)（3）某化学研究性学习小组在教师的指导下，模拟侯德榜先生制碱原理设计了如图2的实验装置A．写出有关仪器的名称：ａ______________，ｂ_________________。B．实验的操作步骤中，你认为翻开旋塞K1、K2的合理顺序应为：-32-/32\n先翻开______,后翻开______.(填字母代号)。简述理由_______________________________________________________________C．在盛饱和食盐水的装置中发生反响的离子方程式为_______________________________________________________________装置中气胆的作用是______________________________________________D．工业上假设需制备纯碱，那么上述原料中除了饱和食盐水外，其它原料用工业常用方法制取，写出工业制备两种原料气的主要化学反响方程式。_________________________________，____________________________“反响小练习”参考答案1.B解析：常温下，金属汞是液态的，所以A错；金属都具有“两有、两导”的性质，所以B正确；较活泼的金属有点也可以与碱反响，如Al，所以C错；在自然界中金属有的也有游离态如Fe等；所以正确的答案只有B。2.A3.D解析：干冰是固态的CO2，干粉灭火器里的NaHCO3受热分解为CO2、H2O和Na2CO3，泡沫灭火器里既含有H2O，又含有CO2，它们都能与金属钠及燃烧产物Na2O2发生反响，因此它们都不能用作钠的灭火器剂。钠着火后，应用沙土盖灭。4.C5.D6.C7.B8A9.AD10.B11.（1）CO32－+2H+=CO2↑+H2OCO32－+H+=HCO3－HCO3－+H+=H2O+CO2↑（2）盐酸（或HCl）0.8mol/L1.0mol/L（3）0≤x≤8.96n12.（1）H++CO32-=HCO3-（2）NaHCO3固体（3）A.分液漏斗圆底烧瓶B.先K1，后K2（，氨气在水中溶解度很大（1:700），先通氨气，有利于二氧化碳的充分吸收，可提高制碱的效率。C.Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+平衡装置内外压强，存储剩余气体。D．-32-/32\n1.（08北京卷）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反响，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）A．Na2CO3B．Na2O2Na2CO3ks5uC．NaOHNa2CO3D．Na2O2NaOHNa2CO32.钙和钠相似，也能形成含离子的过氧化物，以下表达不正确的选项是（）ks5uA．过氧化钙的化学式是CaO2B．1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反响都生成1mol氧气C．O22-离子的电子式为D．过氧化钙在未开放的花朵旁边,可以延缓花朵的开放.3.化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质。如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr。但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2,类推2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是错误的，应该是Na2O2+SO2=Na2SO4。以下各组类比中正确的选项是（）A．由NH4ClNH3↑+HCl↑，推测：NH4INH3↑+HI↑ks5uB．由CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO2+Ca（ClO）2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．由2CO2+Ca（ClO）2+2H2O=Ca（HCO3）2+2HClO，推测：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClOD．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2SO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+SO2↑4.焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反响”知识相关。以下说法中正确的选项是（）A．非金属单质燃烧时火焰均为无色B．所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色-32-/32\nC．焰色反响均应透过蓝色钴玻璃观察D．NaC1与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同ks5u5.有一不饱和的NaOH溶液，参加amolNa2O、bmolNa2O2或cmolNaOH恰好得到NaOH饱和溶液（同一温度下），那么a、b、c的关系为KS5UA．a=b=c/2B．a=b＞c/2C．a=b＜c/2D．a＞b＞c6.在一密闭容器在中有HCHO、H2、O2混合气体共20g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反响，Na2O2增重8g，那么原混合气体中O2的质量分数是（）　A．40% 　　　　B．33.3%　　　   C．60% 　　　　　D．36%7.【金陵中学河西分校2022届高三化学月考试卷】以下说法正确的选项是（）A．Na2O2、Na2O均能吸收CO2并放出氧气B．Mg、A1、Fe均能在冷的浓硝酸中钝化C．SO2和C12的漂白原理相同D．SiO2既能与NaOH又能与Na2CO3反响生成Na2SiO38.【上海局部区县2022年11月高三调研测试】将amolNa和amolAl一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·㎝－3，该溶液的质量分数为（）A．82a/(46a+m)%B．82000a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+2m)%9.【2022年启东中学高考模拟试卷(八)】学将一定体积的CO2通入VLNaOH溶液中，已知NaOH完全反响，假设在反响后的溶液中参加足量石灰水，得到Ag沉淀；假设在反响后的溶液中参加足量CaCl2溶液，得到Bg沉淀，那么以下说法正确的选项是（）A．参加反响的CO2体积为0.224ALB．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度C．假设A=B，那么CO2与NaOH溶液反响的产物盐只有Na2CO3D．B可能等于A、小于A或大于A10.高考资源网利用Na2O2与水反响能放出氧气的性质，可通过选择装置A或B来测定已局部变质的Na2O2样品中Na2O2的质量分数。AabcH2ONa2O2BabcH2ONa2O2-32-/32\n⑴实验室提供的是500mL量筒，那么实验中取用Na2O2样品的质量最适宜的是A．0.1～0.2gB．2.5～3.0gC．5.0～6.0gD．10～15g⑵如用托盘天平称取样品，应选用以以下图中的（填①或②）。不选用另一个装置的理由是⑶因Na2O2与水反响会放热而影响测定的准确性，所以反响完毕后，必须使锥形瓶中的气体温度降低至室温，应选用装置A、B中的。如果选用了另一种不适当的装置，测得的Na2O2的质量分数会（填偏大或偏小），原因是。⑷如在实验中，气体摩尔体积为AL·mol-1,量筒中收集到的水的体积为VmL，样品的质量为mg,那么样品中Na2O2的质量分数为。11.高考资源网向浓度相同、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL。（1）在稀释后的A、B溶液中分别逐滴参加0.1mol·L－1的盐酸，产生的CO2体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如以以下图所示。①A曲线说明，在NaOH溶液中通入一定量CO2后，溶液中溶质是（填化学式），a值为(标准状况)。②B曲线说明，当0＜V(HCl)≤60时，涉及反响的化学方程式为　　　　　　　。（2）原NaOH溶液的物质的量浓度为_________mol·L－1，B溶液最多还能吸收CO2体积为(标准状况)。12.钾是活泼的碱金属，钾和氧有氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。-32-/32\n（1）钾和硝酸钾反响可制得K2O（10K＋2KNO3→6K2O＋N2），39.0g钾与10.1g硝酸钾充分反响生成K2O的质量为g。（2）某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为0.28，那么样品中K2O2的质量分数为。（3）超氧化钾和二氧化碳反响生成氧气（4KO2＋2CO2→2K2CO3＋3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2L(标准状况)CO2和KO2反响后，气体体积变为18.8L(标准状况)，计算反响消耗的KO2的质量。（4）KO2加热至600℃局局部解得到产物A。6.30g产物A充分吸收二氧化碳生成碳酸钾并产生氧气1.12L(标准状况)，试确定产物A中钾氧两种原子个数之比。如果产物A只含有两种化合物，写出所有可能的化学式并计算A中两种化合物的物质的量之比。13.【江苏省南通中学2022学年度第一学期期末复习高三化学练习卷】钾是活泼的碱金属，钾和氧有氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。⑴钾和硝酸钾反响可制得K2O（10K＋2KNO3→6K2O＋N2），39.0g钾与10.1g硝酸钾充分反响生成K2O的质量为g。⑵某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为0.28，那么样品中K2O2的质量分数为。⑶超氧化钾和二氧化碳反响生成氧气（4KO2＋2CO2→2K2CO3＋3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2L(标准状况)CO2和KO2反响后，气体体积变为18.8L(标准状况)，计算反响消耗的KO2的质量⑷KO2加热至600℃局局部解得到产物A。6.30g产物A充分吸收二氧化碳生成碳酸钾并产生氧气1.12L(标准状况)，试确定产物A中钾氧两种原子个数之比。如果产物A只含有两种化合物，写出所有可能的化学式并计算A中两种化合物的物质的量之比。14.【江苏省泰州市2022届高三上学期期末联考试卷】（10分）Na2O2与水的反响实际是Na2O2+2H2O===2NaOH+H2O2，反响放热，反响放出的热量使局部H2O2受热分解：2H2O2===2H2O+O2↑。为了测定某过氧化钠固体的纯度，今做如下实验：①称取过氧化钠固体2.00g；②把这些过氧化钠固体放入气密性良好的气体发生装置中；③向过氧化钠中滴加水，用某一量筒排水集气，量筒内液面在110mL处恰好与水槽内液面相平；④将烧瓶中的液体转移到250mL的容量瓶中，然后参加蒸馏水，定容，使液面恰好与刻度相切；⑤用移液管移取25.00mL-32-/32\n容量瓶中的液体，放入锥形瓶中，用过量的稀硫酸酸化，然后用0.01mol/L的KMnO4溶液去滴定，至终点时用去了24.20mLKMnO4溶液（此时锰全部以Mn2+存在）（1）有500ml、250ml、150ml的量筒备用，应选用量程为的量筒，理由是；（2）有酸式和碱式两种滴定管备用，该实验应选用，理由是；（3）在步骤③测量气体体积时，必须待试管和量筒内的气体都冷却到室温时进展，应选用以以下图装置中，理由是；此时量筒内的液面高于水槽中液面，立即读数会使Na2O2的纯度（填“偏高”“偏低”或“不变”）；应进展的操作是；（4）在步骤⑤中滴定到达终点时，溶液的颜色变化是；（5）该过氧化钠的纯度为（实验中得到的气体体积均看作为标准状况下）。单元测试卷参考答案1.A解析：根据反响式：2NaHCO3=Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反响生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO32.B3.4.D5.C6.C7.D8.C解析：由反响2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知产生NaAlO2amol，H22amol，溶质为82ag；溶液为（23a+27a－2×2a）=46a+m。即可算出NaAlO2溶液质量分数。9.C解析：只说NaOH完全反响，CO2也有可能过量，所以A-32-/32\n错；根据加足量石灰水所得的沉淀Ag，可求得与CO2反响后的溶液中的Na2CO3与NaHCO3的物质的量之和，根据加氯化钙所得的沉淀Bg，可求得与CO2反响后的溶液中Na2CO3的物质的量，因此可以求出NaOH溶液(体积为VL)的物质的量浓度．那么B错；加氯化钙所得的沉淀不可能比加石灰水所得的沉淀多，B≤A，D也错10⑴B；⑵①；原因：过氧化钠容易吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，不宜暴露在空气中称量；过氧化钠为粉末状固体，不易全部转移到锥形瓶中，造成误差。⑶A；偏大；量筒中水的体积大于室温时放出氧气的体积。15.6Vam%⑷11.（1）①Na2CO3;89.6②NaOH+HCl=NaCl+H2ONa2CO3+HCl+NaHCO3+NaCl（2）0.16；134.4ml12.（1）28.2g（2）96.25％（3）71g（4）KxOy＋x/2CO2→x/2K2CO3＋(y－0.5x)/0239x＋16y11.2(y－0.5x)6.31.12解得x︰y＝2︰3即n(K)︰n(O)＝2︰3即得化学式为：（KO2与K2O22︰1）（KO2与K2O4︰1）13.⑴28.2⑵96.25%⑶71g⑷n(K):n(O)=2:3；n(KO2):n(K2O2)=2:1，n(KO2):n(K2O)=4:114.（1）150mL，气体体积为110mL，量筒的量程越小，产生的误差越小；（2）酸式滴定管，酸性KMnO4具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的乳胶管；（3）B，防止气体冷却时发生倒吸现象；此时读数由于量筒中气体压强小于外界大气压，使读的气体体积偏大，Na2O2纯度偏高；应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平；（4）溶液刚好出现浅紫红色，并在半分钟内不褪色；（5）62.4%w.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com-32-/32