高考化学 钠及其化合物综合试题含答案.docx
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高考化学钠及其化合物综合试题含答案
高考化学钠及其化合物综合试题含答案
一、高中化学钠及其化合物
1．1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱，他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。
有关反应的化学方程式如下：
NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3；
NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl；
2NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑＋H2O
（1）“侯氏制碱法”把合成氨和纯碱两种产品联合生产，请写出工业合成氨的化学反应方程式_______
（2）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是_______。
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
（3）某探究活动小组根据上述制碱原理，欲制备碳酸氢钠，同学们按各自设计的方案进行实验。
第一位同学：
将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。
请回答：
①写出甲中发生反应的离子方程式_______。
②乙装置中的试剂是_______。
③实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是_______（填分离操作的名称）。
第二位同学：
用如图装置进行实验（其它装置未画出）。
①为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，须先从a管通入_______气体，再从b管中通入_______气体。
②装置c中的试剂为_______（选填字母）。
e．碱石灰f.．浓硫酸g．无水氯化钙
【答案】N2+3H2
2NH3cCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑饱和碳酸氢钠溶液过滤NH3（氨）CO2（二氧化碳）g
【解析】
【分析】
（1）工业合成氨反应，利用N2、H2在高温、高压、催化剂作用下制NH3；
（2）a．碳酸氢钠易溶于水；
b．碳酸氢钠固态时受热易分解，在水溶液中受热不分解；
c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，易结晶析出，促使平衡向生成物方向移动；
（3）第一位同学：
将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠；
甲装置中，CaCO3与盐酸反应制CO2气体，但CO2中混有HCl；乙中加入饱和NaHCO3溶液，以除去CO2中的HCl；在丙装置中，CO2通入含氨的饱和食盐水中，生成NaHCO3和NH4Cl；丁装置用于吸收随未反应CO2逸出的NH3；
第二位同学：
用如图装置进行实验（其它装置未画出）；
由于CO2在水中的溶解度不大，所以应先通NH3，后通CO2，最后还需吸收未反应的NH3。
【详解】
（1）工业合成氨反应，利用N2、H2在高温、高压、催化剂作用下制NH3，反应方程式N2+3H2
2NH3；答案为：
N2+3H2
2NH3；
（2）a．碳酸氢钠易溶于水，a不合题意；
b．碳酸氢钠固态时受热易分解，对侯德榜制碱反应不产生影响，b不合题意；
c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，易结晶析出，促使平衡向生成物方向移动，从而使NaHCO3结晶析出，c符合题意；
故选c；
（3）第一位同学：
将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠；
①甲中CaCO3与盐酸反应制CO2气体，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；答案为：
CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
②乙装置的作用是除去CO2中的HCl，所以加入饱和NaHCO3溶液；答案为：
饱和碳酸氢钠溶液；
③实验结束后，分离出NaHCO3结晶析出，则分离此固体与液体的操作是过滤；答案为：
过滤；
第二位同学：
用如图装置进行实验（其它装置未画出）；
①由于CO2在水中的溶解度不大，所以应先通NH3，后通CO2，即从a管通入NH3（氨）气体，再从b管中通入CO2（二氧化碳）气体；答案为：
NH3（氨）；CO2（二氧化碳）；
②e．碱石灰（氢氧化钠与氧化钙的混合物）不能吸收NH3，e不合题意；
f.．浓硫酸呈液态，不能放在干燥管内，f不合题意；
g．无水氯化钙呈固态，能够放在干燥管内，且能吸收NH3，g符合题意；
故选g。
【点睛】
常温常压下，1体积水约能溶解1体积的二氧化碳气体，二氧化碳是酸性气体，若将其通入碱性溶液中，则由于能与碱发生反应，使其在溶液中的溶解度增大数倍，从而增大了产品的质量，提高了生产效率。
2．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100mL容量瓶0.042V/m×100%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2NaHCO3
Na2CO3+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、100mL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）×10-3×0．100×5×84/m×100%=
；
（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2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑。
3．
（1）配平下列方程式
①_____Na+_____H2O=_____NaOH+_____H2↑
②_____Na2O2+_____CO2=_____NaCO3+_____O2↑
③_____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↑
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【答案】22212221216228522223
【解析】
【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，可利用化合价升降守恒来配平，再通过原子守恒来配平其他物质。
【详解】
（1）①Na由0价变为+1价，H由+1价变为0价，故方程为：
，故答案为：
2；2；2；1；
②此为歧化反应，O化合价由-1价变为-2价和0价，故方程为：
，故答案为：
2；2；2；1；
③Mn化合价由+7价下降为+2价，Cl化合价由-1价升高为0价，故方程为：
，故答案为：
2；16；2；2；8；5；
④Al化合价由0价升高为+3价，H化合价有+1价下降为0价，故方程为：
，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价变为-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变为+3价失去一个电子，Cl由0价变为-1价得到一个电子，用双线桥表示为：
，故答案为：
。
4．某化学小组进行Na2O2与水反应的实验，如下图所示，该小组对试管c中红色褪去的原因进行探究。
（1）Na2O2中含有的化学键类型：
__________；请写出a中反应的化学方程式______。
查阅资料：
①当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；
②Na2O2与水反应分两步进行：
Na2O2+H2O="NaOH"+H2O22H2O2=2H2O+O2↑
（2）请设计实验验证Na2O2与水反应后的溶液中有H2O2残留：
取少量b溶液于试管中，____________，证明溶液中有H2O2残留。
（3）结合资料，该小组同学针c中溶液红色褪去的原因提出以下假设：
①_____________________；
②溶液中H2O2破坏酚酞的结构；
③NaOH和H2O2共同作用结果。
（4）该小组同学测出c中溶液的pH为14，认为还不能排除假设②、③，于是又进行了如下实验，请完成下表空白处：
实验
操作
现象
结论
1
向少量H2O2中滴加2滴酚酞，放置一段时间，再加入NaOH溶液至pH=12
加入NaOH后，无色溶液先变红，后褪色
①___________
2
向少量NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液pH=12
溶液先变红，后褪色；加盐酸后，又出现红色，且不褪色
3
向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液pH=12……
②_____________________________……
溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在8~13时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色
（5）某同学按取（4）中述实验2褪色后的溶液，加水稀释至pH=12，没有观察到溶液变红。
该同学推测实验2加盐酸后溶液变红还可能与温度有关，请写出理由：
___________。
【答案】离子键、非极性共价键2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃溶液中NaOH浓度较大，pH≥13仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果（或假设②不正确，假设③正确）溶液先变红，后褪色；加入稀盐酸，会因发生中和反应而放热，使溶液温度升高
【解析】
【详解】
（1）Na2O2中含有的化学键类型有离子键、非极性共价键；Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（2）证明过氧化氢的存在，利用其在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应，生成氧气来判断。
操作步骤是加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃。
（3）当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；所以①的假设是溶液中NaOH浓度较大，pH≥13；
（4）实验1的现象说明①仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果；
实验3的结论说明Na2O2与水反应后的溶液（pH=14>13），所以滴加2滴酚酞先变红后褪色；加入盐酸使氢氧根离子浓度减小，又出现红色，pH在8~13时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色，所以最终溶液褪色。
（5）加水稀释不变红，加盐酸后变红，因为加盐酸后发生中和反应，中和反应是放热反应，体系温度升高，溶液红色出现。
5．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－。
6．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：
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2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，由方程式可知n（NaHCO3）=2n（CO2）=2×0.25mol=0.5mol，碳酸氢钠的质量为0.5mol×84g/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。
7．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；
（
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