高考化学 钠及其化合物 培优 易错 难题练习含答案含详细答案.docx
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高考化学钠及其化合物培优易错难题练习含答案含详细答案
高考化学钠及其化合物培优易错难题练习(含答案)含详细答案
一、高中化学钠及其化合物
1.往100mL的NaOH溶液中通入
充分反应后,在减压和较低温度下,小心地将溶液蒸干,得到白色固体M。
通入的
的体积V(标准状况)与M的质量W的关系如下图所示。
试解答下列问题:
(1)A点时,白色固体M的化学式为_________,通入的
的体积为_________mL(标准状况下,下同)。
(2)C点时,白色固体M的化学式为__________,通入的
的体积为__________mL。
(3)B点时M的组成成分为_________,物质的量之比为_________,通入的
的体积为__________mL。
(4)该NaOH溶液的物质的量浓度为_________。
【答案】Na2CO31120NaHCO32240Na2CO3、NaHCO31:
317921mol/L
【解析】
【分析】
由图知NaOH质量为4g,物质的量为0.1mol,完全转化为Na2CO3时,Na2CO3质量为0.1mol×
×106g/mol=5.3g,完全转化为NaHCO3时,NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol=8.4g,故A点白色固体M为Na2CO3,C点白色固体M为NaHCO3,根据碳原子守恒可得n(CO2),根据V=nVm计算二氧化碳体积;图B点时M的质量为7.16g,5.3<7.16<8.4,知M由Na2CO3和NaHCO3组成,设在B点时Na2CO3物质的量为x,NaHCO3物质的量为y,根据钠离子守恒、二者质量之和列方程计算x、y的值,根据V=nVm计算二氧化碳体积;根据c=
计算NaOH溶液的物质的量浓度。
【详解】
由图知NaOH质量为4g,物质的量为0.1mol,完全转化为Na2CO3时,Na2CO3质量为0.1mol×
×106g/mol=5.3g,完全转化为NaHCO3时,NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol=8.4g,故A点白色固体M为Na2CO3,C点白色固体M为NaHCO3;
(1)由上述分析可知,A点白色固体M为Na2CO3,需CO2体积为0.1mol×
×22.4L•mol−1=1.12L=1120mL,故答案为:
Na2CO3;1120;
(2)由上述分析可知,C点白色固体M为NaHCO3,需CO2体积为0.1mol×22.4L•mol−1=2.24L=2240mL,故答案为:
NaHCO3;2240;
(3)图B点时M的质量为7.16g,5.3<7.16<8.4,知M由Na2CO3和NaHCO3组成;
设在B点时Na2CO3物质的量为xmol,NaHCO3物质的量为ymol,则:
2x+y=0.1,106x+84y=7.16,解得x=0.02,y=0.06,n(Na2CO3):
n(NaHCO3)=0.02mol:
0.06mol=1:
3,
故V(CO2)=(0.02mol+0.06mol)×22.4L•mol−1=1.792L=1792mL,故答案为:
Na2CO3、NaHCO3;1:
3;1792;
(4)该NaOH溶液的物质的量浓度为
=1mol/L,故答案为:
1mol/L。
【点睛】
本题根据图像判断出开始时氢氧化钠的质量及利用假设法判断A、C两点白色固体的成分是解题关键。
2.品牌膨松剂中发挥作用的物质为碳酸氢钠。
某化学兴趣小组利用下列有关装置,加热该膨松剂样品,通过放出气体的量来检验其品质。
(1)装置D仪器的名称是_________。
(2)装置E中所盛试剂为____________,其作用是______________。
(3)装置的连接顺序为_____________(填装置序号)。
(4)实验过程中,装置A中发生反应的化学方程式为________________。
(5)实验过程中必须向装置内通入空气,装置C的作用是除去空气中的________(填化学式)。
加热前,通入一段时间空气的具体操作为________________________。
【答案】干燥管浓硫酸干燥CO2CAEBD2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑CO2先对装置A、C和E通入一段时间的空气,再连接上装置B、D
【解析】
【分析】
碳酸氢钠不稳定,分解生成二氧化碳和水,可测定水或二氧化碳的质量以判断碳酸氢钠的含量,实验时,应用C装置排出装置内的水、二氧化碳,加热A,生成的水可用E干燥,二氧化碳可用B装置吸收,最后连接D,以免空气中的水、二氧化碳进入B,避免实验误差,根据固体质量的变化,可测得碳酸氢钠的含量,以此解答该题;
【详解】
(1)由仪器图可知D为干燥管;
答案为:
干燥管;
(2)装置E为浓硫酸,可用于干燥二氧化碳;
答案为:
浓硫酸;干燥CO2;
(3)由以上分析可知连接的顺序为CAEBD;
答案为:
CAEBD;
(4)碳酸氢钠不稳定,加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,装置A中发生反应的化学方程式为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑;
答案为:
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑;
(5)装置C的作用是除去空气中的二氧化碳,加热前,通入一段时间空气的具体操作为先对装置A、C 和E通入一段时间的空气,再连接上装置B、D;
答案为:
CO2 ;先对装置A、C 和E通入一段时间的空气,再连接上装置B、D。
3.氨和硝酸都是重要的化学品。
(1)画出采用氨催化氧化法合成硝酸的反应原理流程图:
(要求注明试剂、反应条件)___
(示例:
)
(2)向饱和氯化钠和浓氨水的混合溶液中通入过量CO2从而析出NaHCO3晶体,是侯氏制碱法的关键步骤,用一个化学方程式表示该反应原理_________________________________。
在0.1mol/L的稀氨水中,下列式子成立的是____________。
A.c(NH3·H2O)+c(NH3)+c(NH4+)=0.1mol/L
B.c(NH3·H2O)>c(NH3)+c(NH4+)
C.c(H+)>c(OH-)
D.c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)
(3)A是中学化学常见气体,打开装有A的集气瓶,瓶口出现白雾,将A与氨气混合,立即出现大量白烟,生成物质B,则A的分子式为_________,物质B中所含的化学键类型有____________。
(4)将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,产生标准状况下的混合气体3.36L,其中两种成分气体的体积比为__________,反应中总共消耗的硝酸_______________mol。
(5)向含4molHNO3的稀溶液中,逐渐加入铁粉至过量。
假设生成的气体只有一种,请在坐标系中画出n(气体)随n(Fe)变化的示意图,并标出n(气体)的最大值_______。
(6)氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解,若分解时只生成两种氧化物,写出该反应的化学方程式_________________________。
【答案】
NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4ClABDHCl(极性)共价键、离子键(和配位键)1:
5或5:
10.35
NH4NO3
N2O↑+2H2O
【解析】
【详解】
(1)在工业上用N2与氢气化合形成氨气,氨气催化氧化产生NO,NO被氧气氧化产生NO2,NO2被水吸收得到硝酸,则用氨催化氧化法合成硝酸的反应原理流程图是:
;
(2)向饱和氯化钠和浓氨水的混合溶液中通入过量CO2从而析出NaHCO3晶体,反应的化学方程式是NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl;
A.在0.1mol/L的稀氨水中,N元素的存在形式有NH3·H2O、NH3、NH4+,根据N元素守恒可知c(NH3·H2O)+c(NH3)+c(NH4+)=0.1mol/L,正确;
B.氨气溶于水,绝大多数发生反应产生NH3·H2O,只有少量发生电离产生NH4+,所以微粒的浓度关系是:
c(NH3·H2O)>c(NH3)+c(NH4+),正确;
C.在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡,二者都电离产生OH-,只有水电离产生H+,所以离子浓度关系是c(H+) D.在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡,二者都电离产生OH-,只有水电离产生H+,根据二者电离产生的离子浓度关系可知c(NH4+)+c(H+)=c(OH-),正确; (3)A是中学化学常见气体,打开装有A的集气瓶,瓶口出现白雾,将A与氨气混合,立即出现大量白烟,生成物质B,则A的分子式为HCl,NH3与HCl反应产生的物质B是NH4Cl,其中所含的化学键类型有(极性)共价键、离子键(和配位键); (4)6.4g铜的物质的量是n(Cu)=6.4g÷64g/mol=0.1mol,将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中,会发生反应: Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O;3Cu+8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,Cu是+2价的金属,0.1molCu失去电子的物质的量是0.2mol,反应产生的NO、NO2混合气体在标准状况下体积是3.36L,物质的量是n=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol,假设NO、NO2的物质的量分别是x、y,则3x+y=0.2mol;x+y=0.15mol,解得x=0.025mol,y=0.125mol,根据n=V/Vm可知二者的体积比等于它们的物质的量的比,所以V(NO): V(NO2)=0.025mol: 0.125mol=1: 5;V(NO2): V(NO)=5: 1;根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(气体)=2×0.1mol+0.15mol=0.35mol; (5)根据铁和硝酸反应的实质,开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁,反应的方程式是: Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,根据方程式可知4molHNO3发生反应产生1molNO气体,反应消耗1molFe,后发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+,无气体产生,所以用图象表示为 ; (6)氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解,若分解时只生成两种氧化物只能是N2O、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式是NH4NO3 N2O↑+2H2O。 4.化学与生活密切相关,下列说法正确的是 A.酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同 B.氨水显碱性,不能与金属反应,所以运输过程中可以用铁罐车 C.葡萄酒中通常添加微量的SO2,既可以杀菌消毒,又可以防止营养成分被氧化 D.大多数胶体的胶粒带电,利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘” 【答案】C 【解析】 【详解】 A、酒曲与发酵粉的作用不同: 在经过强烈蒸煮的白米中,移入曲霉的分生孢子,然后保温,米粒上便会茂盛地生长出菌丝,此即酒曲;酿酒加曲,是因为酒曲上生长有大量的微生物,以及微生物分泌的酶,其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇;而发酵粉的主要成分是NaHCO3,面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸,同时生成的CO2气体可以是面团变为多孔,显得松软可口;A错误; B、一般情况下,氨水不会与金属反应,但是氨水呈弱碱性,若用铁罐车运输,会加快铁罐的腐蚀速率(吸氧腐蚀),B错误; C、在葡萄酒的生产过程中,SO2的作用是对生产设备消毒杀菌,还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母,保证葡萄酒的稳定,最后装瓶也会填入少量SO2,保证葡萄酒不被氧化和生物稳定,C正确; D、血液是一种胶体,利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质,而血液中的必要成分不能通过透析膜,与胶粒是否带电无关,D错误; 故选C。 5.已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①③步转化的化学方程式: Na Na2O NaOH Na2CO3·10H2O→Na2CO3 ①___________; ③__________。 (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。 ①钠在空气中燃烧的化学方程式为___________。 ②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 ⅰ.溶液变红 ⅱ.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H2O2,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=2Na2O2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO3•10H2O2Na+O2 Na2O22Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑MnO2 【解析】 【分析】 (1)反应①是钠和氧气在常温下生成氧化钠;反应③是NaOH和CO2反应生成Na2CO3•10H2O; (2)①钠在空气中燃烧生成过氧化钠; ②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①是钠和氧气在常温下生成氧化钠,反应方程式是4Na+O2=2Na2O;反应③是NaOH和CO2反应生成Na2CO3•10H2O,反应方程式是2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO3•10H2O; (2)①钠在空气中燃烧生成过氧化钠,反应方程式是2Na+O2 Na2O2; ②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。 6.10℃时加热NaHCO3饱和溶液,测得该溶液的pH随温度的升高发生如下变化: 甲同学认为,该溶液pH升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为____________________。 乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3,该分解反应的化学方程式为_______________。 丙同学认为甲、乙的判断都不充分。 丙认为: (1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液,若产生沉淀,则乙判断正确。 为什么? 能不能选用Ba(OH)2溶液? _____________________________________________。 (2)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3,则__________(填“甲”或“乙”)判断正确。 【答案】HCO3-+H2O H2CO3+OH-大于2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O若原因是HCO3-水解程度增大,则溶液中几乎没有CO32-,所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是否正确,但不能选用Ba(OH)2溶液,因为Ba2++OH-+HCO3-===BaCO3↓+H2O,若用Ba(OH)2溶液检验,无论哪种观点都会有沉淀产生等于甲 【解析】 【分析】 HCO 是弱酸根离子,HCO 水解出碳酸和氢氧根离子;碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水;碱性越强,说明水解程度越大; (1)CO 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀,HCO 与钡离子不反应;Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀; (2)水解反应可逆,恢复到原温度,水解平衡逆向移动; 【详解】 HCO 水解出碳酸和氢氧根离子,水解方程式: HCO +H2O H2CO3+OH-。 碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,反应方程式是2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O;碱性越强,说明水解程度越大,所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3; (1)CO 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀,HCO 与钡离子不反应,在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液,若产生沉淀,说明溶液中含有CO ;由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀,所以不能选用Ba(OH)2溶液; (2)水解反应可逆,若恢复到原温度,水解平衡逆向移动,将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH等于8.3,则甲判断正确。 【点睛】 本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质,注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠,鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液,不能用氢氧化钙或氢氧化钡。 7.如图为碳元素的价类二维图,结合图中的物质部分转化关系,完成下列问题: (1)下列说法正确的是__________ a.要实现反应①一定要与氧化剂作用 b.要实现反应②一定要与还原剂作用 c.在一定条件下木炭与浓硝酸能实现反应①转化 d.反应⑤属于非氧化还原反应 (2)下列有关碳及其化合物类别及性质说法不正确的是__________ a.CO不属于酸性氧化物,具有还原性 b.CO2属于酸性氧化物,可以与碱反应生成碳酸盐 c.NaHCO3属于弱酸的酸式盐,既能与硫酸反应又能与NaOH反应 d.金刚石和石墨互为同素异形体,其物理性质和化学性质均相同 (3)高炉炼铁的过程是将铁矿石(Fe2O3)还原成金属铁的过程,实现了反应③的转化,请写出其反应的化学方程式,并用“双线桥”表示电子的得失情况______________________________。 (4)化学活动课上,两组同学分别用如图所示甲、乙两装置探究“Na2CO3、NaHCO3与稀盐酸的反应”。 按下表中的试剂用量,在相同条件下,将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中(装置的气密性已检查)。 请回答: ①两组反应开始时,装置___________(填“甲”或“乙”)中的气球体积先变大,该装置中反应的离子方程式是______________________。 ②当试管中不再有气体生成时,两组实验出现不同现象。 试剂用量 实验现象 分析原因 第A组 0.84gNaHCO3 1.06gNa2CO3 6ml4mol·L-1盐酸 甲中气球与乙中气球的 体积相等 甲、乙盐酸均过量 n(NaHCO3)=n(Na2CO3) V(CO2)甲=V(CO2)乙 第B组 1.2gNaHCO3 1.2gNa2CO3 6ml2mol·L-1盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大 片刻后,乙中气球又缩小,甲中气球的体积基本不变 按上表第A组原因分析方法,分析第B组实验甲中气球为比乙中气球体积大的原因__________。 用离子方程式表示第B组乙中气球又缩小的原因: ______________。 【答案】ACD 甲H++HCO3-=CO2↑+H2O甲、乙盐酸均不足,消耗的n(NaHCO3)﹥n(Na2CO3),V(CO2)甲﹥V(CO2)乙CO32-+CO2+H2O=2HCO3- 【解析】 【分析】 (1)根据氧化还原反应的有关规律判断; (2)a.CO不属于酸性氧化物,C元素化合价为+2价,具有还原性,故a正确; b.CO2属于酸性氧化物,可以与碱反应生成碳酸盐,故b正确; c.NaHCO3属于弱酸的酸式盐,既能与硫酸反应生成二氧化碳和水,又能与NaOH反应生成碳酸钠,故c正确; d.金刚石和石墨互为同素异形体,其化学性质相似,物理性质有很大差异,故d错误; (3)Fe2O3在高温下可以被CO还原成Fe单质,Fe元素由+3价下降到0价,得到3个电子; (4)①碳酸氢钠和盐酸反应的速率更快; ②按上表第A组原因分析方法,分析第B组实验中反应物之间的数量关系,二氧化碳可以溶于碳酸钠溶液中。 【详解】 (1)a.①C CO2,C化合价升高作为还原剂,需要加入氧化剂才能实现,故a正确; b.①C CO,C化合价升高作为还原剂,需要加入氧化剂才能实现,故b错误; c.木炭与浓硝酸在加热的条件下可以生成二氧化碳,可以实现反应①转化,故c正确; d.反应⑤中C化合价变化,属于氧化还原反应,故d错误; 正确答案是ac; (2)a.CO不属于酸性氧化物,C元素化合价为+2价,具有还原性,故a正确; b.CO2属于酸性氧化物,可以与碱反应生成碳酸盐,故b正确; c.NaHCO3属于弱酸的酸式盐,既能与硫酸反应生成二氧化碳和水,又能与NaOH反应生成碳酸钠,故c正确; d.金刚石和石墨互为同素异形体,其化学性质相似,物理性质有很大差异,故d错误; 题目要求选错的,故选d; (3)Fe2O3在高温下可以被CO还原成Fe单质,Fe元素由+3价下降到0价,得到3个电子,用“双线桥”表示电子的得失情况为: (4)①碳酸钠和盐酸的反应可以分成两步: 第一步Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,第二步 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2 ,而碳酸氢钠只进行第二步反应,所以更快一些,故装置甲中的气球体积先变大,甲中发生的离子方程式是: H++HCO3-=CO2↑+H2O; ②根据化学方程式计算可知A组中NaHCO3和Na2CO3都已完全反应。 B组中,n(Na2CO3)= =0.011mol,n(NaHCO3)= =0.014mol,n(HCl)=0.012mol,根据反应NaHCO3 +HCl=NaCl+CO2↑+H2O和Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知,Na2CO3、NaHCO3都过量,NaHCO3产生的CO2较Na2CO3的多。 因为气体收集于气球中,乙中CO2又与过量的Na2CO3溶液反应,故甲中气球比乙中气球的体积大片刻后,乙中气球又缩小,甲中气球的体积基本不变,分析原因为: 甲、乙盐酸均不足,消耗的n(NaHCO3)﹥n(Na2CO3),V(CO2)甲﹥V(CO2)乙;CO2与过量的Na2CO3溶液反应为: CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。 8.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
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