第06讲钠及其化合物（练）-2023年高考化学一轮复习（新教材新高考）

第06讲钠及其化合物1．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，直接观察到火焰呈黄色，下列各判断正确的是()A．只含有Na＋B．一定含有Na＋，可能含有K＋C．既含有Na＋，又含有K＋D．可能含有Na＋，还可能含有K＋【答案】B【解析】Na元素的焰色为黄色，而K元素的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，而且黄色会干扰紫色，所以无法判断是否含有K元素。2．南朝陶弘景在《本草经集注》中记载有鉴别消石(KNO3)与朴消(Na2SO4)之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。该鉴别方法利用的原理是()A．受热升华 B．颜色反应C．焰色试验 D．丁达尔效应【答案】C【解析】含有钾元素的物质在火焰上灼烧，火焰呈现紫色(透过蓝色钴玻璃片)，该原理为焰色试验，C正确。3．下列有关钠的说法中，不正确的是()A．工业上通过电解氯化钠溶液制取金属钠B．高压钠灯常用于道路和广场的照明C．钠钾合金可在快中子反应堆中作热交换剂D．钠可用于从钛、铌等金属的氯化物中置换出金属单质【答案】A【解析】钠是活泼的金属，工业上通过电解熔融氯化钠制取金属钠，A错误；高压钠灯常用于道路和广场的照明，B正确；钠钾合金可在快中子反应堆中作热交换剂，C正确；钠可用于从钛、铌等金属的氯化物中置换出金属单质，D正确。4．下列关于钠的氧化物的说法正确的是()A．Na2O2是白色固体，与冷水作用放出氧气，生成氢氧化钠B．在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2C．Na和O2在加热时反应生成Na2O2，在常温下反应生成Na2OD．Na2O2能与水反应，生成NaOH，所以Na2O2是碱性氧化物【答案】C【解析】钠的氧化物中氧化钠是白色固体，而过氧化钠是淡黄色固体，过氧化钠与水反应能生成氢氧化钠和氧气，故A错误；Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，在反应过程中只有氧元素化合价发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；Na和O2的反应产物与反应温度有关系，在加热时反应生成Na2O2，在常温时反应生成Na2O，故C正确；碱性氧化物是能和水反应只生成碱的氧化物，而Na2O2与水反应，除了生成NaOH还生成氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，故D错误。5．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是()A．小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污B．过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白C．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D．使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀【答案】D【解析】常用于生产玻璃和除油污的是碳酸钠，A错误；过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B错误；医用酒精使病毒的蛋白质变性而消毒，并非是将病毒氧化，C错误；氯化钠溶液可以充当原电池的电解质溶液，使桥梁形成无数个微小的原电池，从而加速腐蚀，D正确。6．有两试管分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液，下列操作和判断均正确的是()选项操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀的为Na2CO3B分别加入等浓度的稀盐酸反应较剧烈的为Na2CO3C分别加入CaCl2溶液产生沉淀的为Na2CO3D逐滴加入等浓度的盐酸立即产生气泡的为Na2CO3【答案】C【解析】A项，加入澄清石灰水均可以产生碳酸钙沉淀，错误；B项，加入等浓度的稀盐酸，反应较剧烈的是碳酸氢钠，错误；D项，逐滴加入等浓度的盐酸，立即产生气泡的为碳酸氢钠，错误。7．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气中在常温下充分反应，则下列说法正确的是()A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多C．第二块钠的反应产物质量大D．两块钠的反应产物质量一样大【答案】B【解析】金属钠失电子均变为＋1价的阳离子，等质量的两块钠，失去电子的数目是一样的。根据反应4Na＋O2=2Na2O可知，1mol金属钠完全反应得氧化钠的质量是31g，根据反应2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2可知，1mol金属钠完全反应得过氧化钠的质量是39g，等质量的两块钠的物质的量相等，所以生成过氧化钠的质量大，即第一块钠的反应产物质量大。8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是()A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量Ba(OH)2溶液，过滤【答案】D【解析】Na2CO3和Na2SO4均能与Ba(OH)2反应，且加入Ba(OH)2会引入新的杂质，不能达到除杂的目的。9．侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是()A.制取氨气B.制NaHCO3C.分离NaHCO3D.制Na2CO3【答案】C【解析】NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，这两者在管口又会重新生成NH4Cl，无法制备NH3，A错误；CO2的溶解度小，而NH3极易溶于水，应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中，B错误；以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料制备碳酸钠，发生反应NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度较小，则会结晶析出，再进行过滤，分离出NaHCO3，C正确；灼烧NaHCO3不能在烧杯中进行，应置于坩埚中，D错误。10．Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。Ⅰ.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器(图中夹持仪器已省略)并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。(1)组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：______________________________________________________________________________。(2)B装置中所盛放的试剂是________，其作用是_______________________________。(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______(请按正确的顺序填入下列步骤的字母)。A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．关闭K1D．停止加热，充分冷却(4)由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为_________________________。Ⅱ.数据处理(5)实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：一定量样品eq\o(→,\s\up7(稀盐酸))eq\x(操作1)→eq\x(溶液转移)→eq\x(操作2)eq\o(→,\s\up7(冷却))eq\x(称量)①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和________。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)【解析】Ⅰ.(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2NaOH；Ⅱ.(5)①NaCl溶液蒸发操作需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl固体的质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。【答案】(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好(2)碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢(3)BADC(4)Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2NaOH(5)①玻璃棒②偏小1．把一小块金属钠放入下列溶液中，说法正确的是()A．放入饱和NaOH溶液中：有氢气放出，恢复至原温度后溶液的pH增大B．放入稀CuSO4溶液中：有氢气放出，有紫红色铜析出C．放入MgCl2溶液中：有氢气放出，有白色沉淀生成D．放入NH4NO3溶液中：有无色无味气体放出【答案】C【解析】A项错误，饱和NaOH溶液中放入钠，钠与水反应消耗水且生成NaOH，从而会有部分NaOH晶体析出，同时生成氢气，由于溶液仍是饱和NaOH溶液，故溶液的pH不变；B项错误，钠先与水反应生成H2和NaOH，然后生成的NaOH与CuSO4反应会生成Cu(OH)2蓝色沉淀；C项正确，钠先与水反应生成H2和NaOH，然后生成的NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀；D项错误，钠先与水反应生成H2和NaOH，并放出热量，然后生成的NaOH与NHeq\o\al(＋,4)反应生成NH3·H2O，NH3·H2O部分分解产生的少量氨会与氢气同时放出，故放出的气体有刺激性气味。2．为了测定NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量，某同学设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是()A．①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰B．若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量偏小C．硬质玻璃管加热前，应关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止D．实验过程中先停止通入空气，再停止加热【答案】D【解析】含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，通过测量反应前后②、③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中应为碱石灰吸收空气中的水、二氧化碳，将混合物加热发生反应：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑、Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O，打开弹簧夹b，②中可吸收水，③中碱石灰可吸收二氧化碳，反应后②、③的质量差，分别为反应生成的水、二氧化碳的质量，最后碱石灰可防止空气中的水、二氧化碳进入③中，以此来解答。由以上分析可知①用于吸收空气中的水、二氧化碳，②用于吸收水，③用于吸收二氧化碳，则①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰，故A正确；若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则②吸收的水的质量偏大，即碳酸氢钠、Na2CO3·10H2O含量均偏大，导致测得的NaCl含量将偏小，故B正确；加热前关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a，向装置中通入空气，可排出装置内的二氧化碳，以免引起实验误差，故C正确；实验过程中一直通入空气，停止加热后再停止通入空气，防止空气中的水、二氧化碳进入②、③中，以免引起实验误差，故D错误。3．1mol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应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是()A．Na2CO3B．Na2O2、Na2CO3C．NaOH、Na2CO3D．Na2O2、NaOH、Na2CO3【答案】A【解析】本题涉及的反应有：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2、2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑，在Na2O2与CO2和H2O反应时，实际上是与CO2先反应。2molNaHCO3分解产生的1molCO2恰好与1molNa2O2反应，无Na2O2与水反应，所以残留固体只有Na2CO3。4．某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应：下列说法中正确的是()A．②中的大量气泡的主要成分是氢气B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【答案】C【解析】②中大量气泡的主要成分是氧气，A项错误；③中溶液变红，说明有碱性物质生成，B项错误；④中红色褪去，应该是由溶液中的强氧化性物质造成的，C项正确；⑤中加入MnO2产生较多气泡，说明溶液中存在H2O2，MnO2的主要作用是作催化剂，D项错误。5．200℃时，11.6gCO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后固体质量增加了3.6g，则原混合气体的总物质的量是()A．0.125mol B．0.25molC．0.5mol D．1mol【答案】C【解析】根据质量守恒定律可知，生成O2的质量为11.6g－3.6g＝8g，n(O2)＝eq\f(8g,32g·mol－1)＝0.25mol，根据Na2O2与H2O(g)、CO2反应的物质的量的关系可知CO2和H2O(g)的物质的量之和为0.25mol×2＝0.5mol。6．在120℃下，将VmL的CO2和H2O(水蒸气)，通入足量的过氧化钠，充分反应后发现电子转移为1mol，则下列说法正确的是()A．过氧化钠的摩尔质量为78B．整个过程消耗的过氧化钠为156gC．充分反应后气体在120℃体积为0.4VmLD．VmL的CO2和H2O(水蒸气)质量可能为31g【答案】D【解析】过氧化钠的摩尔质量为78g·mol－1，故A错误；CO2和H2O(水蒸气)，通入足量的过氧化钠，发生的反应是2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2,2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2，转移1mol电子时，消耗过氧化钠78g，故B错误；充分反应后根据题给信息分析，没有给定气体的压强，不能计算气体的物质的量，气体体积无法计算，故C错误；电子转移为1mol时，需要消耗水和二氧化碳的总物质的量为1mol，其质量可能在18g～44g之间，故D正确。7．有关NaHCO3和Na2CO3与盐酸的反应，以下叙述错误的是()A．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小B．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，两者产生的CO2一样多【答案】C【解析】Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O。解答此类题目用归“1”法。A项，假设二者都是1g，则n(NaHCO3)＝n(CO2)＝eq\f(1,84)mol，n(Na2CO3)＝n(CO2)＝eq\f(1,106)mol，正确；B项，假设二者均为1mol，则消耗的盐酸：Na2CO3为2mol，NaHCO3为1mol，正确；C项，假设二者均为1g，Na2CO3消耗盐酸的物质的量为2×eq\f(1,106)mol＝eq\f(1,53)mol，NaHCO3消耗盐酸eq\f(1,84)mol，错误。8．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是()A．在O～a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2O＋CO2↑C．a＝0.3D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2【答案】C【解析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，发生的反应依次为OH－＋H＋=H2O，COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O，据此可以解答。在O～a范围内，发生的反应是OH－＋H＋=H2O，COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，不只发生中和反应，A错误；ab段发生反应的离子方程式为HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O，B错误；从图像知生成CO2为0.01mol，根据离子方程式HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O，可知消耗盐酸的物质的量为0.01mol，故a＝0.3，C正确；根据离子方程式和图像可知Na2CO3的物质的量是0.01mol，共计消耗盐酸0.02mol，所以与氢氧化钠反应的盐酸是0.04mol－0.02mol＝0.02mol，则氢氧化钠的物质的量为0.02mol，因此原混合液中，NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1，D错误。9．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是()A．原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1B．通入的CO2在标准状况下的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶2【答案】A【解析】当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，反应有两种可能情况：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2=NaHCO3，在加入盐酸100mL时，无论溶液中溶质是NaOH、NaHCO3还是Na2CO3，最终都会生成NaCl，因n(Na＋)＝n(Cl－)，所以n(NaOH)＝n(HCl)＝0.02mol，NaOH和盐酸的体积相同，那么浓度也相同，即原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1，A项正确；盐酸由25mL滴至100mL时，发生的反应为NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，消耗盐酸0.015mol，生成CO20.015mol，即通入的CO2在标准状况下的体积为336mL，B项错误；因为产生气体所耗盐酸多于未产生气体所耗盐酸，所以溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，设所得溶液中的Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，根据原子守恒：2xmol＋ymol＝0.02mol，xmol＋ymol＝0.015mol，解得x＝0.005，y＝0.01，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，C项错误，D项错误。10．化学兴趣小组设定以下实验方案，测定某已部分变质为Na2CO3的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。方案一：称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称量剩余固体质量，计算。(1)坩埚中发生反应的化学方程式为______________________________。(2)实验中需加热至恒重的目的是________________________________。方案二：称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量BaCl2溶液，过滤，洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算。(3)过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为_________________。(4)该实验过程中发生反应的离子方程式为_____________________________________。方案三：按如图装置进行实验。(5)B装置内所盛试剂是______________；D装置的作用是______________________；分液漏斗中________(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。(6)实验前称取17.9g样品，实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为____________。(用百分数表示，保留小数点后一位)(7)根据此实验测得的数据，与方案一、二测定结果相比明显偏小，因为实验装置还存在一个明显缺陷是：_______________________________________。【解析】[方案一](1)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑；(2)实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠，故应保证碳酸氢钠完全分解，加热至恒重则碳酸氢钠完全分解；[方案二](3)过滤时需用玻璃棒引流；(4)碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，而碳酸氢钠与氯化钡不反应，故该过程发生的离子反应为Ba2＋＋COeq\o\al(2－,3)=BaCO3↓；[方案三](5)B中为浓硫酸，用于吸收水，干燥二氧化碳，空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，因盐酸易挥发，这样制得的二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测得的二氧化碳质量偏高，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生的二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏少；(6)设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x、y，则Na2CO3x＋H2SO4=H2O＋CO2x↑＋Na2SO42NaHCO3y＋H2SO4=Na2SO4＋2H2O＋2CO2↑y则有①106g·mol－1x＋84g·mol－1y＝17.9g②44g·mol－1x＋44g·mol－1y＝8.8g解得x＝0.05moly＝0.15mol，则样品中NaHCO3的质量分数eq\f(0.15mol×84g·mol－1,17.9g)×100%≈70.4%；(7)实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C装置全部吸收，则需设计一个装置将