- 钠的重要化合物
- 共64题
3．关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．NaHCO3通过水解生成H2CO3，同时还有OH－，通过电离可以生成 CO32-，Na2CO3通过两步水解生成HCO3－ 及H2CO3，同时还有OH，所以Na2CO3和NaHCO3溶液均含有阳离子Na＋、H+和阴离子OH－、HCO3－、CO32-及H2CO3 分子，所以A 正确；
B．Na2CO3和NaHCO3溶液均水解呈碱性，但是Na2CO3通过两步水解，溶液中c（OH－） ，所以pH大，所以B 错误；
C．Na2CO3和NaHCO3溶液均可以与HCl反应生成CO2，所以C 正确；
D．碳酸钠可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸氢钠也可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙沉淀，所以D 正确；
考查方向
通过相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中离子种类、溶液的pH以及与与盐酸、澄清石灰水的反应，考查盐类的水解以及碳酸盐的化学性质。
解题思路
A．NaHCO3通过水解生成H2CO3 ，同时还有OH－，通过电离可以生成 CO32-，Na2CO3通过两步水解生成HCO3－ 及H2CO3，同时还有OH－；
B．Na2CO3和NaHCO3溶液均水解呈碱性，但是Na2CO3通过两步水解，溶液中c（OH－） ，所以pH大；
C．Na2CO3和NaHCO3溶液均可以与HCl反应生成CO2；
D．Na2CO3可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，NaHCO3中的HCO3－先与氢氧化钙中的OH－反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+反应生成碳酸钙沉淀，所以也可以和碳酸氢钠也可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙沉淀。
易错点
NaHCO3和Na2CO3溶液的组成虽然不同，但是在水溶液中的离子种类相同，且均可与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀而变浑浊。
知识点
20.已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是( )
A. CO2+2OH−→CO32−+H2O
B.Al2O3+2OH−+3H2O→2 [Al(OH)4]−
C. 2 Al+2OH−+6H2O→2[Al(OH)4]−+3 H2↑
D. Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
正确答案
知识点
3．0.1mol下列气体分别与1L 0.l mol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是
正确答案
解析
A．NO2与NaOH恰好完全反应： 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，常温下生成的NaNO2水解而显碱性，pH＞7； B．SO2 与NaOH恰好完全反应：SO2 +NaOH=NaHSO3，常温下生成的NaHSO3电离强于水解而显酸性，pH＜7； C．SO3 与NaOH恰好完全反应：SO3 +NaOH=NaHSO4，常温下生成的NaHSO4电离强于水解、且比NaHSO3的电离程度更大，故酸性更强，pH更小——在四个选项中最小； D．CO2与NaOH恰好完全反应：CO2+NaOH= NaHCO3，常温下生成的NaHCO3水解强于电离而显碱性，pH＞7。
考查方向
解题思路
通过这些非金属氧化物或酸性氧化物与碱的1:1的反应结果判断。
易错点
对二氧化氮与NaOH的反应不熟悉，以及NaHSO3电离强于水解而显酸性。
知识点
6.下表是25°C时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是 （ ）[来源:学。科。网Z。X。X。K]
正确答案
解析
A．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c（CH3COO-）＞c（ClO-），故A错误；B．HClO的电离平衡常数大于HCO3-，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，则碳酸钠和少量氯水反应的离子方程式为：CO32-+Cl2+H2O═HCO3-+Cl-+H++ClO-，故B正确；C．缓冲溶液中pH=pKa+lg[(弱酸盐)/(弱酸)=4.8+lg(5/9)≈4.5，故C错误D.混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=[Ksp(AgCl)]/c(Cl-)=1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=[Ksp(AgCl)/c(Cl-)]1/2=4.47×10-5mol/L，所以氯离子先生成沉淀，故D错误；
考查方向
解题思路
A.次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c（CH3COO-）＞c（ClO-）；B.弱电解质的电离平衡常数越大，其酸性越强，所以次氯酸比碳酸氢根离子的酸性强；C.混合溶液中pH=pKa+lg[(弱酸盐)/(弱酸) D.混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=[Ksp(AgCl)]/c(Cl-)，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）=[Ksp(AgCl)/c(Cl-)]1/2；
易错点
A.不理解Ka越大，则酸性越强，对应的酸根离子水解程度越小，离子浓度越大；B.不能正确判断强弱酸的反应关系；C.不能熟练进行pH计算；D.不能准确判断Ksp与离子先后沉淀的关系。
知识点
19．常温下，用0.1000 mol•L-1 NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 mol•L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如右图，下列说法不正确的是
A点③溶液显碱性的原因是 CH3COO-+H2O
B点②时溶液中c(Na+)大于c(CH3COO-)
C点①溶液中 c(CH3COOH)+c(H+)＞c(CH3COO-)+c(OH-)
D在逐滴加入NaOH溶液至40mL的过程中，水的电离程度先增大后减小
正确答案
解析
A．在点③时， NaOH溶液和CH3COOH溶液的等体积、等浓度混合，溶液中含有的物质的量相等，等物质的量的醋酸和氢氧化钠恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，弱酸根醋酸根离子水解导致其溶液呈碱性；CH3COO-+H2O
考查方向
解题思路
A．点③时， NaOH溶液和CH3COOH溶液的体积均为20mL，而且浓度也相等，所以溶液中含有的物质的量也就相等，等物质的量的醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解导致其溶液呈碱性；B．点②时溶液的pH=7，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由于c（OH-)=c(H+)，所以溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)。C．点①溶液中NaOH溶液不足，反应后剩余的CH3COOH的物质的量为0.001mol，反应生成的CH3COONa也为0.001mol，此时溶液呈酸性，c(CH3COOH)＞c(Na+)，c(CH3COOH)+c(H+)＞c(CH3COO-)+c(OH-)D．酸或碱对水的电离产生抑制作用，而能水解的盐对水的电离产生促进作用，在逐滴加入NaOH溶液的过程中，CH3COOH逐渐被NaOH中和，所以对水的电离的抑制程度减弱，当NaOH过量后，水的电离程度又逐渐减小。
易错点
不能准确提取图中信息，不会利用电荷守恒解决等量和大小关系。
知识点
1．下列物质直接参与的反应与氧化还原反应无关的是
正确答案
解析
A．维生素C具有还原性，可以防止二价铁元素被氧化，用作贫血患者补铁剂的搭档，错误；
B．二氧化硫与生石灰结合生成亚硫酸钙，与氧化还原反应无关，正确；
C．三价铁离子有氧化性，可与金属铜反应，氯化铁溶液可用于腐蚀印刷电路板，错误；
D．高铁酸盐中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，所以可用于杀菌、消毒，错误；故选B。
考查方向
解题思路
A．维生素C具有还原性，可以防止二价铁元素被氧化；
B．二氧化硫与生石灰结合生成亚硫酸钙，与氧化还原反应无关；
C．三价铁离子有氧化性，可与金属铜反应；
D．高铁酸盐中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性；
易错点
高铁酸盐中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性；
知识点
11．向0.1 mol / L CH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起
正确答案
解析
CH3COOH电离平衡中，加CH3COONa晶体，会抑制醋酸的电离（故B错误），c(H+)减小，c(OH－)增大（故D.错误）pH增大；且CH3COONa是强电解质，溶液中自由离子的浓度增大，导电能力增强（故C.错误）；或加水稀释，促进醋酸的电离，但是溶液中c(H+)减小，则c(OH－)增大，pH增大，故A.正确。
考查方向
解题思路
CH3COOH电离平衡的移动原理。
易错点
B．CH3COOH的电离程度增大。
知识点
10． NaCN为剧毒无机物。某化学兴趣小组查阅资料得知，实验室里的氰化钠溶液可使用硫代硫酸钠溶液进行统一解毒销毁，他们开展了以下三个实验，根据要求回答问题：
实验Ⅰ.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3▪5H2O）的制备
已知Na2S2O3·5H2O对热不稳定，超过48℃即开始丢失结晶水。现以亚硫酸钠、硫化钠和碳酸钠等为原料、采用下述装置制备硫代硫酸钠，反应原理为：
①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2=3S↓+2H2O
④Na2SO3+S
（1）将硫化钠和碳酸钠按反应要求的比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在蒸馏烧瓶中加入亚硫酸钠固体，在分液漏斗中注入____________（填以下选择项的字母），并按下图安装好装置，进行反应。
A．稀盐酸
B．浓盐酸
C．70%的硫酸
D．稀硝酸
从以上反应可知Na2S 与Na2CO3的最佳物质的量比是___________。
（2）pH小于7即会引起Na2S2O3溶液的变质反应，会出现淡黄色混浊。反应约半小时,当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。如果SO2通过量，发生的化学反应方程式为___________。
（3）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3▪5H2O的歩骤为
为减少产品的损失，操作①为趁热过滤，其目的是______________________；操作②是______________________；操作③是抽滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.产品纯度的检测
（1）已知：Na2S2O3▪5H2O的摩尔质量为248g/mol；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。取晶体样品ag，加水溶解后，滴入几滴淀粉溶液，用0.010mol/L碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液vmL，则该样品纯度是___________
（2）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是___________
A．锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗
B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数
C．滴定终点时仰视读数
D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡
Ⅲ.有毒废水的处理
化学兴趣小组的同学在配备防毒口罩，橡胶手套和连衣式胶布防毒衣等防护用具以及老师的指导下进行以下实验：
向装有2ml0.1mol/L 的NaCN溶液的试管中滴加2ml0.1mol/L 的Na2S2O3溶液，两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现象，取反应后的溶液少许滴入盛有10ml0.1mol/L FeCl3溶液的小烧杯，溶液呈现血红色，请写出Na2S2O3解毒的离子反应方程式______________________
正确答案
Ⅰ.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3▪5H2O）的制备；
（1）C 2:1；
（2）Na2S2O3 ＋SO2＋H2O＝2NaHSO3＋S↓
（3）趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去活性炭、硫等不溶性杂质 蒸发浓缩，冷却结晶；
Ⅱ.产品纯度的检测；（1）
（2）BD
Ⅲ.有毒废水的处理
CN-+S2O32-＝SCN-+SO32-
解析
实验Ⅰ.（1）实验室用亚硫酸钠固体制取SO2的时要用浓度较大的硫酸，SO2与H2S的反应关系为1:2，判断Na2S 与Na2CO3的最佳比为2:1；故答案为：C 、2:1。
（2）,如果SO2通过量会使溶液呈酸性，题给信息中pH小于7即会引起Na2S2O3溶液的变质反应，会出现淡黄色混浊，故答案为：Na2S2O3 ＋SO2＋H2O＝2NaHSO3＋S↓；
（3）趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去不溶性杂质， 将不稳定的溶质从溶液中提取出来的方法是蒸发浓缩，冷却结晶；故答案为：趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去活性炭、硫等不溶性杂质， 将不稳定的溶质从溶液中提取出来的方法是蒸发浓缩，冷却结晶。
实验Ⅱ.（1）根据原子守恒法求解样品的纯度，Na2S2O3与I2的关系为2:1，根据题给信息，消耗的碘为1.0×10-5mol，所以样品中Na2S2O3的物质的量为2.0×10-5mol，所以样品纯度=（248×2.0×10-5）/a
=
根据氧化还原滴定原理进行实验误差的分析；
A．锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗，不会造成I2的用量改变，所以没有误差产生；
B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数，由于滴加过程中，所加液体先与锥形瓶中与它直接接触的液体反应，但锥形瓶中液体较多，需要等待一段时间后才能确定是否完全反应，所以立即读数导致消耗的I2的用量减少，所以导致实验结果偏低。
C．滴定终点时仰视读数，导致消耗的I2的用量增大，所以实验结果偏高。
D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，导致消耗的I2的用量减少，所以导致实验结果偏低。
故答案为：BD
实验Ⅲ.根据掌握化合价升降守恒以及元素守恒进行离子方程式的书写和配平反应的方程式为：CN-+S2O32-＝SCN-+SO32- ；
考查方向
解题思路
实验Ⅰ.（1）实验室用亚硫酸钠固体制取SO2的时要用浓度较大的硫酸，SO2与H2S的反应关系为1:2，判断Na2S 与Na2CO3的最佳比；
（2）,如果SO2通过量会使溶液呈酸性，题给信息中pH小于7即会引起Na2S2O3溶液的变质反应，会出现淡黄色混浊；
（3）趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去不溶性杂质， 将不稳定的溶质从溶液中提取出来的方法是蒸发浓缩，冷却结晶；
实验Ⅱ.（1）根据原子守恒法求解样品的纯度，Na2S2O3与I2的关系为2:1。
（2）根据氧化还原滴定原理进行实验误差的分析；
实验Ⅲ.根据掌握化合价升降守恒以及元素守恒进行离子方程式的书写和配平；
易错点
不能全面、正确理解实验目的，对实验基本操作把握准确。
实验Ⅰ.（1）没有掌握实验室制取SO2的基本原理；不能根据SO2与H2S的反应关系判断Na2S 与Na2CO3的最佳比；
（2）不知道如果SO2通过量会使溶液呈酸性；
（3）没有理解趁热过滤其目的；
实验Ⅱ.（1）不能根据原子守恒法求解样品的纯度；
（2）没有掌握分析实验误差的基本方法和原理；
实验Ⅲ.没有掌握化合价升降守恒以及元素守恒进行离子方程式的书写技巧；
知识点
12. 某化工厂采用稀NaOH溶液脱除CO2。若碱洗脱除后所得废液的pH约为13（已知：相同温度下饱和Na2CO3溶液的pH约为12），则下列说法正确的是
A该溶液中：c(OH-) > c(Na+) > c(CO32-) > c(HCO3-) > c(H+)
B该溶液中：c(Na+) + c(H+) = c(OH-) + 2c(CO32-) + c(HCO3-)
C加水稀释该溶液，恢复至原温度，pH增大，Kw不变
D该溶液pH约为13的原因：CO32-+H2O
正确答案
解析
A．氢氧根离子和碳酸氢根离子的浓度自从碳酸根离子水解的角度看,应该是相等,不过还存在碳酸氢根离子的进一步水解,氢氧根离子有所提高,而碳酸氢根离子的浓度下降，该溶液中的离子浓度大小为，c(Na+) >c(OH-) > c(CO32-) > c(HCO3-) > c(H+) ，错误；
B．该溶液中存在电荷守恒这个是电荷守恒。c(Na+) + c(H+) = c(OH-) + 2c(CO32-) + c(HCO3-)，正确；
C．加水稀释该溶液，恢复至原温度，pH减小，Kw不变，错误；
D．该溶液pH约为13的原因为碳酸钠的水解及氢氧化钠的电离，错误；所以答案为B。
考查方向
解题思路
由题意可知饱和Na2CO3溶液的pH约为12，碱洗脱除后所得废液的pH约为13，说明溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH。
物质的水解分为三种守恒：物料守恒，质子守恒和电荷守恒。
这个是从碳酸钠或碳酸氢钠在水溶液中的阴阳离子角度分析。
首先判断溶液中的阴阳离子，阴离子有：氢氧根，碳酸氢根和碳酸根。
阳离子有：钠离子和氢离子。
因为溶液呈电中性对外不显电性。
所以阴离子所带负电荷等于阳离子所带正电荷。
即 钠离子所带电荷量+氢离子所带电荷量=氢氧根所带电荷量+碳酸根所带电荷量+碳酸氢根所带电荷量。
而一个碳酸根带二个负电荷。所以要乘以二。
易错点
1、电荷守恒的书写。
2、特定酸碱度下碳酸根离子的水解。
知识点
8．下列离子方程式中，正确的是
正确答案
解析
A．Na2O2是氧化物，在离子方程式中用化学式表示，即2Na2O2＋2H2O＝4OH－＋O2↑，A错误；
B．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2，生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO，B正确；
C．碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32-＋2H2O，C错误；
D．硝酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3＋＋3NH4OH＝Al(OH)3↓＋3NH4+，D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
A．Na2O2是氧化物，在离子方程式中用化学式表示；
B．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2，生成碳酸钙和次氯酸；
C．碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D．硝酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝。
易错点
解题注意碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水。
知识点
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