高考化学钠及其化合物(大题培优易错试卷)解析

高考化学钠及其化合物(大题培优易错试卷)及答案分析高考化学钠及其化合物(大题培优易错试卷)及答案分析高考化学钠及其化合物(大题培优易错试卷)及答案分析高考化学钠及其化合物(大题培优易错试卷)及答案分析一、高中化学钠及其化合物1．为测定某样品中碳酸氢钠的质量分数(假设仅含杂质氯化钠),某学生设计了以下实验方案:(1)称量所需要的仪器是_______________；(2)样品放在_________(仪器名)中灼烧，在_________(仪器名)中冷却；(3)实验中操作A的名称为_______________；(4)灼烧后的样品若在空气中冷却,会造成实验结果_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；(5)样品中碳酸氢钠的质量分数为_________(保留3位有效数字)。已知该样品碳酸氢钠的质量分数为0.800，则本次实验的相对误差为___________；(6)将灼烧后的样品加足量稀硫酸溶解,生成的气体在标准情况下的体积为_____毫升(按碳酸氢钠质量分数0.800计算)。【答案】电子天平坩埚干燥器恒重偏大0.768-4%640【分析】【详解】1）托盘天平不能够精确到小数点后三位，精确称量固体质量的仪器是电子天平，故答案为：电子天平；2）灼烧应放在坩埚中，灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，因此放在干燥器中冷却，故答案为：坩埚，干燥器；3）屡次灼烧至固体质量不再变化的实验操作叫恒重法，故答案为：恒重；4）灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，会造成实验结果偏大，故答案为：偏大；（5）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，依照化学反应方程式2NaHCO3232NaCO+HO+CO↑计算，当168gNaHCO分解时固体质量减少62g，现在减少3.000g-2.150g=230.850g，因此3的质量为2.303g0.768，相对3.000g0.7680.800100%4%，故答案为：0.768，-4%；误差0.8006）依照化学反应方程式2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，当168gNaHCO3参加反应时，产生CO244.8L=44800mL，当3.000g×0.800=2.400g参加反应时生成CO2640mL，故答案为640。【点睛】此题观察了测样品纯度的实验设计，易错点是（2）问中“坩埚”易写成“坩锅”，（5）问中对有效数字理解不清，易误写成0.77。有效数字应从第一位不为零的数字算起，直到尾端数字为止的数字。2．有一包NaHCO3和KHCO3的混杂物样品。某研究性学习小组对其进行以下研究。实验装置以下列图。将必然质量的混杂物样品加入锥形瓶中，用针筒

a分次注入必然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）为了较正确地测量反应生成的CO2体积，必定保证整个装置的气密性优异。若是往锥形瓶中注入稀硫酸的体积为V1b中气体的读数为2mL，充分反应后，针筒VmL，则反应中生成的CO2气体体积为______________mL。2）某学生经过实验，测得以下数据（所用稀硫酸的物质的量浓度同样），以下分析推理错误的选项是_________。50mL稀硫酸50mL稀硫酸50mL稀硫酸m（混杂物）9．2g15．7g27．6gV（CO）（标况）2．24L3．36L3．36L2①稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L15．7g混杂物恰好与稀硫酸完好反应③加入混杂物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，其操作流程以下：在转移溶液时，若是溶液转移不完好，则测得的混杂物中______________（选填“偏人”、“偏小”或“不变”）。【答案】V2-V1②偏大

NaHC03和

KHC03物质的量之比【分析】【分析】【详解】（1）由于在密闭系统中注入V1mL的硫酸，以致此时注射器中也应该为V1mL才能保持内部压强相等，因此今后生成的气领悟以致体积在V1mL的基础上增大,硫酸耗资引起的体积变化能够忽略不计，因此二氧化碳的体积为两者的差；即V2-V1mL；因此此题答案：V2-V1；2）①m(混杂物)=15.7gg，V(CO2)标况）=3.36L,m(混杂物)=27.6g，V(CO2)标况）=3.36L,说明此时混杂物过分，依照HCO3-+H+=H2O+CO2↑，可知c(H+)=n/V=3.36L/22.4L?mol-1/0.05L=3mol/L,因此稀硫酸的物质的量浓度为1.5mol/L，故①正确；②由m(混杂物)=9.2g，V(CO2)标况）=2.24L,依照-+-)=0.1mol,HCO3+H=H2O+CO2↑可知n(HCO3混杂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，因此15.7g混杂物恰好与稀硫酸不能够完好反应，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-++H=H2O+CO2↑，由表中的数据可知：m(混杂物)=9.2g，V(CO2)标况）=2.24LHCO3此时硫酸有节余，故③正确；-+-23223混杂物的平均摩尔质量为=9?2g/0.1mol=92g/mol，依照因此样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比为1:1,故④正确；因此此题答案：②；（3）NaHCO3和KHCO3的混杂物与过分的盐酸反应，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，若是溶液转移不完好，称量的氯化钠和氯化钾质量偏小。设样品为ag，若是样品全为NaHCO，则最后称量的氯化钠质量为：58.5a/84g；若是3样品全为KHCO3，则最后称量的氯化钾质量为74.5a/100g；由于58.5a/84g<74.5a/100g,即样品中NaHCO越多或KHCO越少，最后称量的固体质景越小。33NaHCO3和KHCO3物质的量之比越大；因此此题答案：偏大。3．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杂物中Na2O2的质量分数，每隔同样时间读得电子天平的数据以下表：（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，还必需的数据是______，不用作第6次读数的原因是______。（3）依照上述数据，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：①操作Ⅰ的名称是_____。②需直接测定的物理量是_____。③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。④在转移溶液时，如溶液转移不完好，则Na2O2质量分数的测定结果_____“”（填偏大、“偏小”或“不变”）。【答案】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑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0.84溶解生成NaCl的质量玻璃棒、蒸发皿偏大【分析】【分析】1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完好反应的数据，依照称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，依照氧气的质量计算过氧化钠的质量；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；4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；③操作Ⅱ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；④在转移溶液时，如溶液转移不完好，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，故过氧化钠的质量分数偏大。【详解】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，应用过氧化钠完好反应的数据，依照称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，依照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，不用作第6次读数；（3）2Na2222O+2HO=4NaOH+O↑，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+190.720g-0.270g192.010=0.270g，n(O2)=32gmol1=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：0.0168mol78gmol11.560g

100%=84%；（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；②最后蒸发浓缩、冷却结晶获得的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；③操作Ⅱ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；④在转移溶液时，如溶液转移不完好，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。4．锂离子电池历经半个世纪岁月的考验，作出重要贡献的三位科学家被授予2019年诺贝尔化学奖。磷酸亚铁锂石(主要成分为Li2O·备LiFePO4的工艺流程

(LiFePO4)是新式锂离子电池的正极资料。某小组拟设计以一种锂辉Al2O3·4SiO2，含少量铁、钙、镁)为原料制备纯净的碳酸锂，进而制:已知：LiO2·Al2O3·4SiO2＋H2SO4(浓)Li2SO4＋Al2O3·4SiO2·H2O↓回答以下问题:（1）LiFePO_____________(填序4含有锂、铁两种金属元素，它们焰色反应的颜色分别是号)。A．紫红色、无焰色反应B．黄色、无焰色反应C．黄色、紫色D．洋红色、黄绿色（2）滤渣1的主要成分是_____________；向滤液1中加入合适的CaCO3细粉用于耗资硫酸并将Fe3+转变成红褐色积淀，若nCaCO3=3,反应的离子方程式为__________;滤渣2nFe3+的主要成分是Fe(OH)3________、CaSO4,Fe(OH)3脱水后可生成一种元素种类不变且、其中摩尔质量为89g·mol-1的新化合物，其化学式为_______________。（3）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度高升而减小，上述流程中趁热过滤的目的是________。（4）煅烧制备LiFePO时，反应的化学方程式为_____________________。4充电（5）某种以LiFePO4,作正极资料的锂电池总反应可表示为垐垎?:LiFePO4+C噲放电垐?Li1-xFePO4+CLix。放电时正极的电极反应式为__________。【答案】AAl2O3·4SiO2·H2OFe3++3H++3CaCO=Fe(OH)3+3Ca2++3CO2↑或3++42-3422FeOOH3Fe+3H+3CaCO+3SO=Fe(OH)+3CaSO+3CO↑Mg(OH)FeO(OH)或减小LiCO煅烧的溶解损失Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4【分析】【分析】锂辉石(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量铁、钙、镁)加入浓硫酸共热，依照已知信息可知获得的积淀1主要成分为Al2O3·4SiO2·H2O，滤液中的主要阳离子有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Li+；加入碳酸钙和石灰乳能够将过分的氢离子和Fe3+、Mg2+除掉，滤渣2主要为Fe(OH)3、Mg(OH)2以及硫酸钙；滤液主要杂质离子有Ca2+和SO42-；再加入碳酸钠将钙离子除掉，得到硫酸锂和硫酸钠的混杂溶液，蒸发浓缩后加入饱和碳酸钠溶液，趁热过滤获得碳酸锂沉淀；提纯后加入草酸和磷酸铁经煅烧获得LiFePO4。【详解】(1)锂元素的焰色反应为紫色；铁元素无焰色反应，因此选A；(2)依照分析可知，滤渣1主要为Al2O3·4SiO2·H2O；获得的红褐色积淀应为

Fe(OH)3，再结合nCaCO3=3以及溶液中有过分的硫酸，因此离子方程式为Fe3++3H++3CaCO=3+nFe32+2↑，考虑到溶液中有大量硫酸根也能够写成3++42-=Fe(OH)+3Ca+3COFe+3H+3CaCO+3SOFe(OH)+3CaSO+3CO↑；依照分析可知滤渣2的主要成分是Fe(OH)、Mg(OH)以及34232489gmol·-1，则该物质的式量为89，Fe(OH)3的式量为107,107-89=18，CaSO；摩尔质量为说明脱水过程失去一分子水，因此新物质的化学式为：FeO(OH)；(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度高升而减小，因此趁热过滤能够减小碳酸锂的溶解度，减少碳酸锂的耗费；(4)煅烧制备过程的原料为Li2CO3、H2C2O4和FePO4，产物中有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则该过程中某种物质被氧化，依照元素化合价变化规律可知草酸中的C元素被氧化，由+3价高升为+4价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：煅烧LiCO+HCO+2FePO2LiFePO+3CO↑+HO↑；232244422(5)放电时正极得电子发生还原反应，负极失电子被氧化，依照总反应可知负极应为CLix-xe-=xLi++C，正极反应等于总反应减去负极反应，因此正极反应为：即Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。【点睛】第5题电极方程式书写为此题难点，第一要注意此题中的总反应最后中逆反应为放电反应，其次要注意到该电池中Li电极为负极，其负极的电极反应式比较好写，则可用总反应减去负极反应即可获得正极反应。5．(1)配平以下方程式_____Na+_____H2O=_____NaOH+_____H2↑_____Na2O2+_____CO2=_____NaCO3+_____O2↑_____KMnO4+_____HCl(浓)=_____KCl+_____MnCl2+_____H2O+_____Cl2↑④_____Al+_____H2O+_____NaOH=_____NaAlO2+_____H2↑(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3【答案】22212221216228522223【分析】【分析】配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，可利用化合价起落守恒来配平，再经过原子守恒来配平其他物质。【详解】(1)①Na由0价变成+1价，H由+1价变成0价，故方程为：2Na+2HO=2NaOH+H↑，故22答案为：2；2；2；1；②此为歧化反应，O化合价由-1价变成-2价和0价，故方程为：2NaO+2CO=2NaCO+O↑，故答案为：2；2；2；1；222232③Mn化合价由+7价下降为+2价，Cl化合价由-1价高升为0价，故方程为：2KMnO+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8HO+5Cl↑，故答案为：2；16；2；2；8；5；422④Al化合价由0价高升为+3价，H化合价有+1价下降为0价，故方程为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2；2；2；2；3；（2）①此化学方程式为歧化反应，O由+1价变成-2价和0价，双线桥表示为：，故答案为：②Fe2+离子为还原剂化合价由+2变成+3价失去一个电子，Cl由0价变成-1价获得一个电子，用双线桥表示为：，故答案为：。6．NaO是重要的化工原料，拥有多种用途。22（1）Na22拥有氧化性，能够将2OSO氧化为硫酸钠，写出该反应的化学方程式：______________________，该反应中，Na2O2的作用为____________（填“还原剂”、“氧化剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。（2）Na2O2与CO2反应能够产生氧气。某同学经过以下装置考据Na2O2可否与CO2反应。(图中铁架台等装置已略去)。①装置A的名称是_________，A中的固体为_______________，装置B中试剂的作用为__________________________②若Na2O2能与CO2，则装置C中的现象是_____________________________（3）碱石灰是干燥剂，在a处收集气体，检测发现该气体中几乎都是CO2气体（过氧化钠足量），则说明过氧化钠与CO2气体不反应。该同学查阅相关文件，尔后撤掉装置B，其他都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现获得的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要_______________。（4）将必然量的Na223－、HCO3-、CO32－、Na＋，O固体投入到含有以下离子的溶液中：NO反应达成后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（不考虑溶液体积的变化）__________（填离子符号）。【答案】Na2O2＋SO2=Na2SO4氧化剂锥形瓶碳酸钠干燥二氧化碳气体淡黄色变成白色固体有水的参加NO3－【分析】【分析】1）Na2O2拥有氧化性，能够将SO2氧化为硫酸钠，据此写出反应的化学方程式；2）①依照仪器A的结构进行分析；产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥；Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠；（3）依照题给信息进行分析；（4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中发生NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O反应，据此分析溶液中n（HCO3-），n（CO32－），n(Na+)，n（NO3－）变化规律。【详解】（1）Na22拥有氧化性，能够将222OSO氧化为硫酸钠，该反应的化学方程式为：NaO＋224；该反应中，22中-1价的氧降低到42-中的-2价，Na22发生还原反应，做SO=NaSONaOSOO氧化剂；故答案是：Na22224；氧化剂；O＋SO=NaSO（2）①装置A的名称是锥形瓶；硫酸与碳酸钠固体反应产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥，因此装置B中试剂的作用为干燥二氧化碳气体；故答案是：锥形瓶；碳酸钠；干燥二氧化碳气体；②Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠，则装置C中的现象是淡黄色变成白色固体；故答案是：淡黄色变成白色固体；3）依照信息可知，过氧化钠与CO2气体不反应，尔后撤掉装置B，不再用浓硫酸吸取水蒸气，其他都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现获得的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要有水的参加；故答案是：有水的参加；（4）Na22与水反应生成氢氧化钠和氧气，由于发生3--32－2OHCO+OH=CO+HO反应，因此溶-2－+)增大，n（NO3－）不变；液中n（HCO3）减小，n（CO3）增大，n(Na故答案选NO3－。7．叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤以下：①打开装置

D导管上的旋塞，加热制取氨气。②再加热装置

A中的金属钠，使其消融并充分反应后，再停止加热装置

D并关闭旋塞。③向装置

A中

b容器内充入加热介质并加热到

210～220℃，尔后通入

N2O。④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚冲洗，晾干。已知：I．NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；II．NaNH2熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。请回答以下问题：(1)装置B中盛放的药品为______。(2)步骤①中先加热通氨气的目的是_______________；步骤②氨气与消融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为__________；步骤③中最合适的加热方式为______(填“水浴加热”，“油浴加热”)。(3)生成NaN3的化学方程式为_______。(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_____。(5)步骤④中用乙醚冲洗的主要目的是_______。(6)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL5000mL5000mL01010mol-溶液。②取.溶液置于锥形瓶中，加入.·L.1(NH4236溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入)Ce(NO)3滴邻菲啰啉指示液，用-14+0.0500mol·L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过分的Ce，耗资溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑；Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；试样中NaN3的质量分数为_______。【答案】碱石灰(或氢氧化钠固体)排尽装置中的空气防范空气中氧气等与钠发生反应2Na2NH32NaNH2H2油浴加热NaNH2N2ONaN3H2O反应过程中有水++++生成会与钠生成NaOH能腐化玻璃NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解耗费；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥93.60%【分析】【分析】(1)依照已知：NaN3是易溶于水，故制备过程不能够有水的参加，据此分析；(2)反应物钠与空气中二氧化碳和水反应，需消除装置内的空气；氨气与消融的钠反应生成NaNH2和氢气；步骤③的温度为

210～220℃，选择油浴加热；(3)NaNH2和

N2O价态归中获得

NaN3，据此书写；(4)a中有可能生成NaOH，会腐化玻璃；(5)依照“NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚”分析；(6依照方程式和电子守恒进行计算。【详解】(1)已知：NaN3易溶于水，因此在制备过程不能够有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气；(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防范空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与消融的钠反应生成NaNH2和氢气，反应为：2Na2NH32NaNH2H2++；已知步骤③的温度为210～220℃，应选择油浴加热；(3)NaNH22NaN3NaNH22NaN32和生成的反应为：++；(4)a中有可能生成NaOH，会腐化玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；(5)由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解耗费；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚冲洗产品；(6)(NH4236))的总的物质的量(n[(NH)2Ce(NO)]=0.1010mol/L×0.050L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，节余的436(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，依照已知反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4236))与标准液的物质的量相等，为：(0.0500mol/L×0.0290L=0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH)Ce(NO)有0.00505mol-42360.00145mol=0.0036mol，依照反应有：NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×500.00mL=2.34g，因此试样中NaN3的质量分数为50.00mL2.34g100%=93.60%。2.500g【点睛】此题观察了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用，对题干信息的分析理解，明确操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题要点，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有办理信息应用的能力。8．A、B、C、D、E五种物质都含1～18号元素中的某一元素，它们按图所示关系相互转变，已知A为单质。1）写出A→E的化学式：A____________、B_____________、C_____________、D_____________、E_____________。（2）写出A→D反应的离子方程式A→D________________________________________。（3）写出C→D、C→E反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。C→D__________________________________________________。C→E__________________________________________________。【答案】.NaNa2ONa2O2NaOHNa2CO3;2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【分析】【分析】能和空气中的氧气在不同样的条件下发生不同样的反应，并且是能和水反应的一种单质，因此推知A是金属钠,依照框图中所给的各种物质之间的转变关系来达成此题。【详解】(1)A能和空气中的氧气在不同样的条件下发生不同样的反应，并且是能和水反应的一种单质，在1-18号元素中的单质中只有金属钠吻合要求，因此A是钠，B是氧化钠，C是过氧化钠，D是氢氧化钠，E是碳酸钠；因此，此题正确答案是:Na；Na2O；Na2O2；NaOH；Na2CO3；(2)钠和水反应生成氢氧化钠和氢气+-,其反应的化学反应方程式：2Na+2HO=2Na+2OH+H2↑,因此，此题正确答案是：+-O=2Na+2OH+H2↑2Na+2H过氧化钠能和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧根离子既有化合价高升，又有化合价降低，用双线桥标出电子转移的方向和数目的反应的化学方程式为：；过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧根离子既有化合价高升，又有化合价降低，用双线桥标出电子转移的方向和数目的反应的化学方程式为：；因此，此题正确答案是:；．9．按要求写出以下变化，（1）（2）写化学方程式，（3）（4）写离子方程式_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【答案】Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【分析】试题分析：（1）实验室用Ca(OH)2和NH4Cl制取氨气，化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（3）将Na2O2粉末投入水中，两者反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑；4）向AlCl3溶液中加入足量氨水，两者反应生成氢氧化铝积淀和氯化铵，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。考点：观察化学用语，涉及化学方程式和离子方程式的书写。10．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常常保留在盛放__________的广口瓶中。2）写出B转变成C的化学方程式_________________。0.1molB参加该反应，转移电子的个数为_________。（3）用化学方程式表示积淀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：_____________________________，以下相关胶体的说法正确的选项是________。A．胶体拥有介稳性是由于胶体带电B．实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液C．利用渗析法能够除掉淀粉溶液中的NaCl（5）直接向F溶液中加入A固体，出现的现象是：__________________________。【答案】煤油2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2A0.1N4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3FeCl+HO=Fe（OH）（胶体）+HClBC有323无色气体生成，产生白色积淀，白色积淀逐渐变成灰绿色最后变成红褐色【分析】【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NaO；由转变关22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反应生成白色积淀G，G能够转变成红褐色积淀，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NaO；由转变关22系可知C为Na23、D为NaOH；金属E与盐酸反应生成F为盐，而F能与NaOH反应生CO成白色积淀G，G能够转变成红褐色积淀，则E为Fe、F为FeCl22、G为Fe(OH)、红褐色沉淀为Fe(OH)33，H为FeCl。1）实验室中Na常常保留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：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，各占一半，0.1molB参加该反应，转移电子的个数为：0.1mol12NA=0.1NA，2故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；0.1NA；（3）用化学方程式表示积淀G颜色发生变化的原因：4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3，故答案为：4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3；（4）利用FeCl3溶液滴入开水中可制备Fe（OH）3胶体，化学方程式为：FeCl+HO=Fe（OH）（胶体）+HCl323

；A．胶体拥有介稳性是由于胶粒带电，胶体不带电，故A错误；B．胶领悟发生丁达尔效应，而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．淀粉溶液是胶体不能透过半透膜，NaCl溶液是溶液能够经过半透膜，可利用渗析法可以除掉淀粉溶液中的NaCl，故C正确；故答案为FeCl+HO=Fe（OH）（胶体）+HCl；BC；323(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反应会获得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，产生白色积淀，白色积淀逐渐变成灰绿色最后变成红褐色。故答案为：有无色气体生成，产生白色积淀，白色积淀逐渐变成灰绿色最后变成红褐色。【点睛】胶体拥有介稳性是由于胶粒带电，胶体不带电。11．某学习小组在实验室制取CO2气体的过程中，不慎用到了浓盐酸，以致制得的CO2气体中混有HCl气体，他们设计了以下除掉HCl气体并研究CO222与过氧化钠(NaO)反应的实验。请回答以下问题：(1)装置A的作用是：____________；(2)为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，小组同学取合适固体于试管中，加入足量的蒸馏水溶解形成溶液M，无气泡产生，则该固体中不含____________(填化学式)，该小组同学连续进行研究。（提出问题）反应后硬质玻璃管中固体的成分是什么？（做出猜想）猜想

1：Na2CO3猜想

2：NaOH3Na2CO3和

NaOH，经过谈论，大家一致认为猜想

2不合理，原因是：____________（用化学方程式表示）。（实验考据）小组同学取上述形成的溶液

M于试管中，向其中加入过分

____________(填化学式)溶液，若产生白色积淀，过滤，向滤液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，则证明猜想3成立。（交流反思）小组中有同学认为，将上述滤液中滴加的酚酞试液换成硝酸铜溶液，也能得出同样的结论，你认为该同学的见解____________(填“正确”或“错误”)，原因是：____________(用化学方程式表示)。（拓展延伸）在盛有氯化铵(NH4Cl)浓溶液的试管中，加入足量的过氧化钠(Na2O2)固体，有气泡产生，产生的气体是：____________(填化学式)。【答案】除掉CO2中的HCl气体杂质Na2O22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2或CO2+2NaOH=Na2CO3+H2OBaCl2或Ba(NO3)2或CaCl2或Ca(NO3)2正确Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3O2和NH3【分析】【分析】本实验第一经过饱和的NaHCO32222在加热条溶液除掉CO中的杂质HCl，尔后使CO与NaO件下反应，节余的CO2用NaOH吸取，最后用排水法收集生成的气体，据此分析；(1)依照碳酸氢钠能和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳解答；(2)依照题中信息结合2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑分析解答。①依照质量守恒定律也许二氧化碳会与氢氧化钠会反应生成碳酸钠和水来分析解答；②依照碳酸钠能和BaCl2或Ba(NO3)2或CaCl2或Ca(NO3)2反应生成BaCO3或CaCO3白色积淀检验碳酸钠；依照显碱性的溶液能使酚酞试液变红色解答；③依照氢氧化钠和硝酸铜反应生成氢氧化铜蓝色积淀解答；④依照过氧化钠在水中反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液和氯化铵反应生成氨气解答。【详解】(1)装置A的作用是吸取CO2中混有的HCl，反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；(2)为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，小组同学取合适固体于试管中，加入足量的蒸馏水，固体溶解形成溶液M，且无气泡产生，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知该固体中必然不含Na2O2；【做出猜想】依照质量守恒定律，反应前后各种元素的种类不变，原子个数不变，反应前有碳元素，反应后也应有碳元素，发生反应为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，CO2气体中带有的水蒸气与NaO发生反应2NaO+2HO=4NaOH+O↑，且有部发散生反应CO+2NaOH=NaCO+HO，2222222232使玻璃管中混有少量NaOH，因此反应后硬质玻璃管中固体的成分为Na23与NaOH的混CO合物或只有Na2CO3，不能能完好部是NaOH；【实验考据】向其中加入足量BaCl2或Ba(NO3)2或CaCl2或Ca(NO3)2溶液，若有白色积淀生成，证明产生了BaCONa2CO3；过滤后向滤液中滴加酚酞溶液，若溶液3或CaCO3积淀，说明固体中含有变成红色，说明固体中含有氢氧化钠；【交流反思】将上述滤液中滴加的酚酞试液换成硝酸铜溶液，也能得出同样的结论，由于氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色积淀，方程式为：

Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；若是有蓝色积淀生成，说明固体中含有氢氧化钠；【拓展延伸】过氧化钠在水中反应生成NaOH和O2，在溶液中NaOH和NH4Cl反应生成NH3，因此产生的气体成分为O2和NH3。【点睛】此题观察了二氧化碳与过氧化钠的相关性质和变化的规律，涉及实验方案的设计气体的除杂与干燥，以及反应原理的方程式表示，既有实验过程的研究，又有结论的研究，对学生实验能力和分析能力要求较高。12．某研究性学习小组的同学，为测定某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样中过氧化钠的含量，设计以下两种不同样实验方案进行研究。方案一：称取wg样品与足量的水反应，测定生成气体在平时情况（约20℃，1.01105Pa）的体积。同学们拟采纳以下实验装置达成实验：1）你认为上述装置（填编号）___是能够省略的。2）①认真分析实验装置后，同学们经谈论认为以下两点会引起较大误差：水滴入锥形瓶中，即使不生成氧气，也会将瓶内空气排出，使所测氧气体积___（填“偏大”或“偏小”）；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氧气体积___（填“偏大”或“偏小”）。于是他们设计了以下列图的实验装置。②装置中导管a的作用是___；③实验前后量气管中液面读数分别为

V1mL、V2mL（实验条件下的气体摩尔体积为

VmL/mol），试计算试样中过氧化钠的质量分数：___；④经过实验，测得该试样中过氧化钠质量分数偏高，产生这种现象的原因可能是

___。a.测定气体体积时水平管的水面低于量气管的水面b.锥形瓶中留有反应生成的气体c.测定气体体积时未冷却至室温方案二：利用如图装置测定混杂物中Na2O2的质量分数，每隔同样时间读得电子平的数据如表：实验操作时间（s）质量读数（g）烧杯+水190.7200192.28030192.160烧杯+水+样品60192.06090191.985120191.9853）该方案数据办理以下：①样品中过氧化钠的质量分数为___；②若样品中过氧化钠的质量分数的标准值为93.22%，则相对误差为：___。【答案】乙偏大偏小能使水能顺利滴下，可除掉由于加入水引起的氧气体积误差0.156(V1V2)c92.19%-1.11%wVm【分析】【分析】(1)wg

样品与足量的水反应生成氧气，利用排水法测定

O2体积，不需要干燥气体；(2)①水滴入锥形瓶中会将瓶内空气排出，使所测氧气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氧气体积偏小；②导管a保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时水能顺利滴下；③依照过氧化钠与水反应的方程式中过氧化钠和氧气的物质的量关系，求出过氧化钠的物质的量，进而计算试样中过氧化钠的质量分数；④依照可能测得氧气体积偏大的情况进行分析；(3)①由表格中数据可得样质量量和产生氧气的质量，依照过氧化钠与水反应的方程式中过氧化钠和氧气的物质的量关系，求出过氧化钠的物质的量，进而计算试样中过氧化钠的质量分数；测量值真实值100%.②相对误差=真实值【详解】(1)wg样品与足量的水反应生成氧气，利用排水法测定O2体积，不需要干燥气体，故装置乙是能够省略的；(2)①水滴入锥形瓶中会将瓶内空气排出，使所测氧气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氧气体积偏小；②导管a保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时水能顺利滴下，滴入锥形瓶的水的体积等于进入分液漏斗的气体体积，进而除掉由于加入水引起的氢气体积误差；③实验前后量气管中液面读数分别为V12mL(实验条件下的气体摩尔体积为mmL、VVmol/L)，则O的物质的量为(VV)103mol，依照2NaO+2HO=4NaOH+O↑，可得1222222Vmn(Na2O2)=2n(O2)=2(V1V2)103Vmmol，则试样中过氧化钠的质量分数为2(V1V2)103mol78g/mol0.156(V1V2)Vm=；wgwVm④a．测定气体体积时水平管的水面低于量气管的水面，压强增大，读出的氧气体积偏小，以致试样中过氧化钠质量分数偏低，故a错误；b．锥形瓶中留有反应生成的气体，不影响实验结果，故b错误；c．测定气体体积时未冷却至室温，会以致读出氧气体积偏大，测得试样中过氧化钠质量分数偏高，故c正确；应选c；(4)①由表格中数据可得样质量量为：192.280g-190.720g=1.56g，产生氧气的质量192.280g-191.985g=0.295g，依照2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可得n(Na2O2)=2n(O2)=20.295g0.5932g/mol=mol，试样中过氧化钠的质量分数为320.59mol78g/mol92.19%，；32100%1.56g测量值-真实值0.59mol78g/mol100%=32100%93.22%-②相对误差=真实值1.56g100%93.22%1.11%.13．过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保留不当简单吸取空气中CO2而变质。（1）某课外活动小组欲研究某过氧化钠样品可否已经变质，取少量样品，溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色积淀，证明Na2O2已经变质。（2）该课外活动小组为了大概测定过氧化钠的纯度，他们称取ag样品，并设计用以下列图装置来测定过氧化钠的质量分数。①A中发生反应离子方程式为_____________________。②将仪器连接好今后，必定进行的第一步操作是_____________________。③B装置出来的气体可否需要干燥_________________“”“”。（填是或否）④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式_____________，______________。⑤D中NaOH溶液的作用_______________________。⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是_______________。a.直接读取气体体积，不需冷却到室温b.上下搬动量筒，使得E、F中液面高度同样c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准情况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为__________________。⑧实验达成后E到F之间导管内残留水的体积会使测量结果__________。（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）【答案】CaCl223+2+22或BaCl（合理答案均可）CaCO+2H=Ca+HO+CO↑检查装置的气密性否2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑吸取未反应的CO2a39V%偏小56a【分析】【分析】【详解】（1）Na2O2易变质，与空气中CO2反应，生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液等易反应，生成白色BaCO3积淀，而Na2O2与水反应所得溶液不能够与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液反应；（2）①A中发生反应离子方程式为CaCO3+2+22+2H=Ca+HO+CO↑；②依照题意，该实验成功的要点是正确测量反应生成氧气的体积，因此必定检查整套装置可否漏气；③由于需要排水法测量体积，因此B装置出来的气体不需要干燥；④生成的CO2中含有水蒸气，则装置C中发生的所有反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；⑤D中NaOH溶液的作用是吸取未反应的CO2；⑥a、C中反应是放热反应，产生的氧气温度高于室温，故不冷却读数以致氧气体积偏大，a错误；b.上下搬动量筒，使得E、F中液面高度同样，b正确；c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积，c正确；答案选a；2V10-3L，由反应式2CO222232mol-122.4Ln(Na222)=2×V10-3L，由n?M可知，m(O2V10-3L-1，则22.4Lmol-122.4Lmol-1样品中Na22O的质量分数m(O2)2V10-3L78gmol-10.39V39V=×100%=22.4Lmol-1×100%=×100%或%；m(样品)ag56a56a⑧该实验成功的要点是正确测量反应生成氧气的体积，E到F之间导管内水的体积没有办法测量会引起氧气体积减小，测定结果偏小。【点晴】综合实验设计题的解题思路：（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的中心，是实验设计的依照和起点。实验原理可从题给的化学情况（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等相关知识获得。在此基础上，依照可靠性、简捷性、安全性的原则，确定吻合实验目的、要求的方案。（2）想过程，理清实验操作的先后序次。依照实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，掌握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后序次。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有好多综合实验题图文结合，思虑容量大。在分析解答过程中，要认真认真地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的要点以及产生误差的原因，或从相关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。14．I.某学习小组做Na2O2与H2O反应的实验，发现一些幽默的现象：①取合适Na2O2固体用脱脂棉包好放在石棉网上，尔后向脱脂棉上滴加3-4滴水，结果脱脂棉激烈燃烧。②取合适Na2O2固体置于试管中，加水使其充分反应至不再产生气体为止，滴入几滴酚酞试液，溶液先变红退后色。回答相关问题。（1）写出Na2O2的电子式_______________________。（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完好进行。写出其第一步水解的离子方程式为___________________________________。3）由①实验现象所得出的相关结论是：a.有氧气生成；b.___________________。4）Na2O2与H2O反应的离子方程式____________________________________。II.为研究置，打开浊，酸性

Na2O2与H2O反应的机理，他们在老师的指导下设计了以下列图所示装置。连接好装K1、K2，经过注射器注入合适蒸馏水，充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑KMnO4溶液褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，今后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应激烈、产生大量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，向反应后的溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红不褪色。5）A中冰盐和C中热水的作用分别是__________________，___________________。（6）用化学方程式表示Na2S变浑浊的原因___________________________________。（7）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因（MnO4－在酸性条件下被还原成Mn2+）__________________________________________。8）Na2O2与H2O反应的机理是(用化学方程式表示)第一步_____________________，第二步_______________________________。9）若向Na2O2中滴加合适的稀盐酸，也能产