高考化学二轮 钠及其化合物 专项培优 易错 难题附答案解析.docx

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高考化学二轮钠及其化合物专项培优易错难题附答案解析

高考化学二轮钠及其化合物专项培优易错难题附答案解析

一、高中化学钠及其化合物

1．有一包NaHCO3和KHCO3的混合物样品。

某研究性学习小组对其进行如下探究。

实验装置如图所示。

将一定质量的混合物样品加入锥形瓶中，用针筒a分次注入一定体积的稀硫酸充分反应，再用针筒b收集生成气体的体积（忽略针筒壁之间的摩擦）

（1）为了较准确地测量反应生成的CO2体积，必须保证整个装置的气密性良好。

如果往锥形瓶中注入稀硫酸的体积为V1mL，充分反应后，针筒b中气体的读数为V2mL，则反应中生成的CO2气体体积为______________mL。

（2）某学生通过实验，测得如下数据（所用稀硫酸的物质的量浓度相同），下列分析推理错误的是_________。

50mL稀硫酸

50mL稀硫酸

50mL稀硫酸

m（混合物）

9．2g

15．7g

27．6g

V（CO2）（标况）

2．24L

3．36L

3．36L

①稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L

②15．7g混合物恰好与稀硫酸完全反应

③加入混合物9．2g时稀硫酸未反应完

④计算出样品中NaHC03和KHC03物质的量之比为1:

1

（3）某同学设计了另一种方案，其操作流程如下：

在转移溶液时，如果溶液转移不完全，则测得的混合物中NaHC03和KHC03物质的量之比______________（选填“偏人”、“偏小”或“不变”）。

【答案】V2-V1②偏大

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由于在密闭体系中注入V1mL的硫酸，导致此时注射器中也应该为V1mL才能维持内部压强相等，所以后来生成的气体会导致体积在V1mL的基础上增大,硫酸消耗引起的体积变化可以忽略不计，所以二氧化碳的体积为两者的差；即V2-V1mL；所以本题答案：

V2-V1；

（2）①m（混合物）=15.7gg，V（CO2）标况）=3.36L,m（混合物）=27.6g，V（CO2）标况）=3.36L,说明此时混合物过量，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑，可知c（H+）=n/V=3.36L/22.4L∙mol-1/0.05L=3mol/L,所以稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L，故①正确；

②由m（混合物）=9.2g，V（CO2）标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n（HCO3-）=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9.2g/0.1mol=92g/mol，15.7g/92g∙mol-1=0.17mol，50mL硫酸中氢离子的物质的量为n（H+）=0.15mol，所以15.7g混合物恰好与稀硫酸不能完全反应，故②错误；

③锥形瓶中发生的反应是碳酸氢钠、碳酸氢钾与稀硫酸的反应，其离子反应方程式为HCO3−+H+=H2O+CO2↑，由表中的数据可知：

m（混合物）=9.2g，V（CO2）标况）=2.24L

此时硫酸有剩余，故③正确；

④由m（混合物）=9.2g，V（CO2）标况）=2.24L,根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知n（HCO3-）=0.1mol,混合物的平均摩尔质量为=9∙2g/0.1mol=92g/mol，根据

所以样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比为1:

1,故④正确；

所以本题答案：

②；

（3）NaHCO3和KHCO3的混合物与过量的盐酸反应，溶液中溶质为NaCl和KCl，该实验方案最后称量的是氯化钠和氯化钾质量，如果溶液转移不完全，称量的氯化钠和氯化钾质量偏小。

设样品为ag，如果样品全为NaHCO3，则最后称量的氯化钠质量为：

58.5a/84g；如果样品全为KHCO3，则最后称量的氯化钾质量为 74.5a/100g；因为58.5a/84g<74.5a/100g, 即样品中NaHCO3越多或KHCO3越少，最后称量的固体质景越小。

NaHCO3和KHCO3物质的量之比越大；

所以本题答案：

偏大。

2．I.中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程可以表示如图所示（

代表所需物质，

代表产品）

在上述工业流程中：

（1）产品N的化学式__________，所需物质A的名称____________，B的电子式____________。

（2）侯德榜制碱法的原理是_____________________________________（用化学方程式表示）。

操作X的名称是_________________________。

II.利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量NaCl等杂质，利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3的质量分数。

实验步骤如下：

①如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；

②准确称取盛有碱石灰的干燥管D的质量（设为m1g）；

③准确称取一定量的纯碱（设为ng），并将其放进广口瓶B内；

④从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至B反应器中不再产生气体为止；

⑤准确称取干燥管D的总质量（设为m2g）

根据上述实验，回答下列问题：

（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是__________________________。

装置A中的液体应选用___________。

（4）装置B与D之间必须添加一装置C，否则使测定结果偏高。

在空白框内画出该装置C，装置中盛放的是__________。

（5）根据此实验，计算出纯碱中Na2CO3的质量分数为_________________（用m1、m2、n表示）。

如果缺少装置E，则实验所得纯碱样品的纯度会_________（“偏高”、“偏低”、或“无影响”）。

【答案】NH4Cl氨气

NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl过滤确保CO2充分被吸收氢氧化钠溶液

浓硫酸

偏高

【解析】

【分析】

联合制碱法：

以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，A为NH3，B为CO2，反应为：

CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱产品。

【详解】

（1）产品N是氯化铵，化学式为NH4Cl，所需物质A的名称是氨气，CO2的电子式：

；

（2）侯德榜制碱法的原理是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；操作X后得滤液和固体，则操作为过滤；

（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是确保CO2充分被吸收；为防止空气中的CO2造成实验误差，装置A中的液体应选用氢氧化钠溶液；

（4）装置B与D之间必须添加一装置C，吸收水分，否则使测定结果偏高；装置C为：

，装置中盛放的是浓硫酸；

（5）根据此实验，干燥管D增加二氧化碳质量

g，通过差量法可知，纯碱中Na2CO3的质量分数为

，如果缺少装置E，外界的二氧化碳、水蒸气会被干燥管D吸收，则实验所得纯碱样品的纯度会偏高。

3．甲、乙两同学分别用如图所示装置测定空气中氧气的含量。

先用弹簧夹夹住橡胶管,点燃钠,伸入瓶中并塞上瓶塞。

待钠熄灭并冷却后,打开弹簧夹,观察广瓶内水面的变化情况:

（1）上述实验过程中发生反应的化学方程式为__________________________________。

（2）甲同学实验中广瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的

乙同学实验中广瓶内水面上升明显大于瓶内空气体积的

，下列对这两种现象解释合理的是________

A．甲同学可能使用的钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完

B．甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却后外界空气进入瓶内

C．乙同学可能没有夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出

D．乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前瓶内部分空气受热逸出

（3）在实验室里,某同学取一小块金属钠做钠与水反应的实验。

将钠投入水中后,钠熔化成一个小球,根据这一现象你能得出的结论是①__________,②__________,

【答案】2Na+O2

Na2O2ABCD钠与水反应放出热量钠的熔点低

【解析】

【分析】

（1）钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，据此写出化学反应方程式即可，注意条件；

（2）A．若钠的量不足，则氧气消耗不完，造成进水量少于容器容积的量；

B．若瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却，瓶内气体收缩，外面的空气会进入瓶内，使气体得到补充；

C．若弹簧夹未夹紧，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，使部分气体从导管口逸出；

D．若插入燃烧匙太慢，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，在塞紧瓶塞前，瓶内部分气体从瓶口逸出；

（3）依据钠熔化成一个小球可知反应放出热量，钠的熔点低。

【详解】

（1）钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学反应方程式为:

2Na+O2

Na2O2；

（2）A．钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完，导致氧气剩余，故瓶内水面上升高度达不到，选项A正确；

B．瓶塞末塞紧，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内，导致瓶内压强过大，水面上升高度达不到，选项B正确；

C．没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，选项C正确；

D．插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，选项D正确；

答案选ABCD；

（3）将钠投入水中后，钠熔化成一个小球，根据这一现象你能得出的结论是①钠与水反应放出热量，②钠的熔点低。

4．

（1）常温下Na2CO3、NaHCO3、NaOH的溶解度分别为15.9、8.4、109.0g/100g水。

①欲在NaOH溶液中通入CO2产生Na2CO3沉淀，NaOH的质量百分数至少为多少___？

（保留1位小数，xx.x%）

②NaHCO3溶解度明显低于Na2CO3，在上述NaOH浓溶液中通入CO2，为什么不考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀？

___。

（2）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。

SiO44-是一种四面体形的离子（属硅酸根），其结构可用图a表示，硅原子位居该四面体中心（图中不可见），四个氧原子各占一个顶点。

图b和图c则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。

①求b的化学式。

___

②若一个单环状离子中Si原子数为n（n≥3），则其化学式为__。

③绿柱石是铍、铝的此类硅酸复盐，其化学式中含6个硅原子，该复盐的化学式是___。

【答案】11.0%在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3Si3O96-SinO3n2n-Be3Al2Si6O18（或3BeO·Al2O3·6SiO2）

【解析】

【分析】

（1）①设100g水中溶有NaOHag，根据方程式2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O计算生成碳酸钠、水的质量，产生Na2CO3沉淀，此时碳酸钠为饱和溶液，结合碳酸钠溶解度列方程计算，进而计算氢氧化钠溶液质量分数；

②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；

（2）①根据每个四面体中心含有1个Si原子及图b中四面体数目判断硅原子、氧原子数目，再根据氧元素和硅元素的化合价进行判断；

②根据b、c的化学式找出规律，然后推断硅原子数目为n时含有的氧原子、硅原子数目及所带电荷数，从而确定其化学式；

③含有6个硅原子的化学式为Si6O1812−，带有12个单位的负电荷，然后根据铍的化合价为＋2、铝的化合价为＋3计算出绿柱石化学式。

【详解】

（1）①设100g水中溶有NaOHag，则：

碳酸钠溶解度为15.9g/100g水，则

：

（100g＋

）＝15.9：

100，

解得a＝12.3，故NaOH的质量百分数至少为

×100%＝11.0%，故答案为：

11.0%；

②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3，故不需要考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀，故答案为：

在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；

（2）①b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为＋4、O氧元素化合价为−2可知，b的化学式为：

Si3O96−，故答案为：

Si3O96−；

②c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：

6×（−2）＝−12；根据图示可知：

若一个单环状离子中Si原子数为n（n≥3），则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：

含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：

n×（−2）＝−2n，其化学式为：

SinO3n2n−，故答案为：

SinO3n2n−；

③根据SinO3n2n−可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为：

−12，设铍的个数为x，铝的个数为y，则2x＋3y＝12，讨论可得x＝3、y＝2，其化学式为：

Be3Al2Si6O18，故答案为：

Be3Al2Si6O18（或3BeO·Al2O3·6SiO2）。

【点睛】

本题

（2）注意掌握确定复杂化学式的方法，能够根据题中信息找出规律是解答本题关键。

5．Ⅰ．金属冶炼与处理中常涉及离子反应和氧化还原反应。

（1）实验室常用无水乙醇处理少量残留的金属钠，写出反应的化学方程式_________。

（2）镁与碳在加强热时可生成易水解的MgC2，其水解的化学方程式为________。

（3）我国古代劳动人民曾利用明矾溶液除去铜器表面的铜锈[Cu2（OH）2CO3]，请简要解释其原理:

_______。

Ⅱ．（4）0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：

______________。

（5）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g）。

下列描述能说明该反应达到平衡状态的是_____（填序号）。

A容器内的混合气体的平均相对分子质量保持不变

B水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中生成3NA个H-H键

CCH3OH和H2O的浓度保持不变

D容器内的混合气体的密度保持不变

（6）现有反应CH3OCH3（g）＋H2O（g）

2CH3OH（g）△H＝＋23.4kJ/mol，在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3（g）和H2O（g），反应到10min时测得各组分浓度如下：

物质

CH3OCH3（g）

H2O（g）

CH3OH（g）

浓度/mol·L－1

0.9

0.9

1.2

此时v正_______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），v（CH3OH）＝_______；当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OCH3体积分数（CH3OCH3）%＝______%。

【答案】2Na+2CH3CH2OH═2CH3CH2ONa+H2↑MgC2+2H2O═Mg（OH）2+C2H2↑明矾中的Al3+发生水解反应使溶液呈酸性，能使Cu2（OH）2CO3溶解c（Na＋）>c（

）>c（OH－）>c（

）>c（H+）AC＜0.12mol·L－1·min－120%

【解析】

【分析】

Ⅰ.

（1）乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气；

（2）MgC2水解生成氢氧化镁和乙炔；

（3）明矾溶液中铝离子水解表现酸性，能使Cu2（OH）2CO3溶解；

Ⅱ．（4）0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，生成Na2CO3溶液,根据盐类水解规律进行分析溶液中离子浓度由大到小的顺序；

（5）根据反应达到平衡状态的标志：

正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变，以及由此衍生出的其它物理量进行分析；

（6）根据CH3OCH3（g）＋H2O（g）

2CH3OH（g）反应，根据Qc与K的关系进行分析。

【详解】

Ⅰ.

（1）实验室常用无水乙醇处理少量残留的金属钠，写出反应的化学方程式2Na+2CH3CH2OH═2CH3CH2ONa+H2↑；

故答案为：

2Na+2CH3CH2OH═2CH3CH2ONa+H2↑；

（2）MgC2水解生成氢氧化镁和乙炔，化学方程式为MgC2+2H2O═Mg（OH）2+C2H2↑；

故答案为：

MgC2+2H2O═Mg（OH）2+C2H2↑；

（3）明矾溶液除去铜器表面的铜锈，因为铝离子水解表现酸性，能使Cu2（OH）2CO3溶解；

故答案为：

明矾中的Al3+发生水解反应使溶液呈酸性，能使Cu2（OH）2CO3溶解；

Ⅱ．（4）0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，生成Na2CO3，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na＋）>c（

）>c（OH－）>c（

）>c（H+）；

故答案为：

c（Na＋）>c（

）>c（OH－）>c（

）>c（H+）；

（5）CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g），

A.反应物，生成物都是气体，气体的质量不变，当相对分子质量不变，说明气体的总物质的量不变，能说明反应达到平衡状态，故A正确；   

B.水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中生成3NA个H-H键，指的是同一个方向，不能说明处于平衡状态，故B错误；

C.CH3OH和H2O的浓度保持不变，说明可逆反应处于平衡状态，故C正确；          

D.反应物是气体，生成物是气体，总质量不变，容积不变，混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：

AC；

（6）CH3OCH3（g）＋H2O（g）

2CH3OH（g），Qc=

=1.22/0.92=1.8>0.25，可逆反应向逆反应方向进行，故v正

=0.12mol·L－1·min－1；

根据反应以上的分析可知，该反应正在向左进行，

CH3OCH3（g）＋H2O（g）

2CH3OH（g）

起始浓度0.90.91.2

变化浓度xx2x

平衡浓度0.9+x0.9+x1.2-2x

由于温度不变，平衡常数为0.25，所以K=

=

=0.25，x=0.3，混合气体中CH3OCH3体积分数（CH3OCH3）%＝

×100%=20%；

故答案是：

＜；0.12mol·L－1·min－1；20%。

6．大苏打（Na2S2O3•5H2O）、苏打和小苏打被称为苏打三兄弟，它们在生产生活中有广泛的应用。

（1）工业上，将碳酸钠和硫化钠以物质的量1:

2混合配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2，写出此反应的化学反应方程式___，硫化钠溶液在空气中久置会出现淡黄色物质，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）Na2S2O3标准溶液常用于滴定I2的含量，若滴定溶液呈酸性会导致测定结果偏高，用离子方程式解释其原因：

____。

（3）工业上常用大苏打溶液吸收工业尾气中的Cl2，其氧化产物为SO42-，试写出其离子方程式：

___，用下列一组试剂可以检测该反应是否已发生反应的有___。

A.AgNO3+HNO3（稀）B.BaCl2+HClC.品红+H2SO4（稀）D.HCl+澄清石灰水

（4）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则起始时n（NaHCO3）/n（Na2O2）必须满足的条件为___。

【答案】Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2OS2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+B≥2

【解析】

【分析】

（1）依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:

2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答；

（2）酸性环境下S2O32-发生歧化反应，消耗的硫代硫酸根钠偏多，测定结果会偏高；

（3）工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：

S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；只要检验溶液中含有SO42-，即说明反应已经发生；

（4）Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，由此分析解答。

【详解】

（1）依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:

2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：

2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结构及化学性质相似的物质Na2S2，其电子式为

；

（2）酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：

S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；

（3）工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：

S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；向溶液中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-，即证明反应已经发生，故答案为B；

（4）Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n（NaHCO3）：

n（Na2O2）≥2。

7．已知固体化合物A由NaHCO3、KHCO3、MgCO3、CaCO3四种物质中的两种混合而成。

请通过计算和推理回答下列问题：

[n（A）表示A的物质的量；m（A）表示A的质量]

（1）取A与足量的盐酸反应：

若m（A）为定值，生成气体的量即为定值，试写出A的可能组成，并用简单的语言说明你判断的理由__________、____________。

（2）若先将A加热，剩余固体再与足量的盐酸反应，且先后两次产生的气体分别通入足量的澄清石灰水，生成的沉淀均为10.0g，据此推导出A的组成及物质的量__________、____________。

【答案】NaHCO3和MgCO3；KHCO3和CaCO3。

NaHCO3和MgCO3及KHCO3和CaCO3的相对分子质量相同，碳原子数相同，即碳的质量分数相同，混合物质量为定值时，碳质量也为定值，根据碳原子守恒，因此产生的CO2气体必为定值。

NaHCO3和KHCO30.2mol

【解析】

【分析】