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题型: 单选题
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单选题 · 3 分

5.在封闭容器中,加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物,充分反应后,容器中固体剩余物是(      )

ANa2CO3和Na2O2

BNa2CO3和NaOH

CNaOH和Na2O2

DNaOH、Na2O2和Na2CO3

正确答案

B

解析

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知识点

钠的重要化合物
1
题型:简答题
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简答题 · 15 分

17.(I)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样,用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的试剂只有CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水)

回答下列问题:

(1)装置A中液体试剂选用________,理由是______________________________________。

(2)装置B的作用是____________________________________________________________。装置E中碱石灰的作用是_______________________________________________________。

(3)若开始时测得样品的质量为2.0 g,反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况),则Na2O2试样的纯度为________。

(II)为了探究过氧化钠的强氧化性,某研究性学习小组设计了如图所示的实验装置。

实验步骤及现象如下:

①检查装置气密性后,装入药品Na2O2并连接仪器。

②缓慢通入一定量的N2后,将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中),再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸,剧烈反应,产生黄绿色气体。

③一段时间后,将导管末端伸入集气瓶中收集气体。装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体。

④反应结束后,关闭分液漏斗的活塞,再通入一定量的N2,至装置中气体无色。回答下列问题:

(4)装置B中湿润的红色纸条褪色,证明A中反应有________________(填化学式)生成。若B中改放湿润的淀粉KI试纸,仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论,请用离子方程式说明原因_________________________________________。

(5)装置C的作用是____________________________________________________________。

(6)甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得。乙同学认为此结论不正确,其不赞成的理由可能为

①________________________________________________________;

②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得。

正确答案

(1)6 mol·L-1盐酸 硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水,会覆盖在CaCO3固体表面,使反应不能持续

(2)除去气体中的HCl 吸收装置D中反应剩余的CO2

(3)78%

(4)Cl2 ;4H+4I+O2===2I2+2H2O

(5)吸收HCl和过量的Cl2,防止污染空气,使D中能收集到较为纯净的氧气

(6)①Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低,不可能得到O2

解析

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知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
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单选题 · 2 分

7.用下图装置(夹持、加热装置已略)进行试验,有②中现象,不能证实①中反应发生的是(     )

A

B

C

D

正确答案

A

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知识点

钠的重要化合物铁的化学性质
1
题型: 单选题
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单选题 · 6 分

7.常温下向1L 0.1mol·L-1NH4C1溶液中,不断加入NaOH固体后,NH4+与NH3·H2O浓度的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积变化和氨气的挥发),下列说法不正确的是(     )

AM点溶液中水的电离程度比原溶液小

B在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol

C随着NaOH的加入,不断减小

D当n(NaOH)=0.1mol时, c(OH-)>c(Cl-)>c(NHH2O)

正确答案

D

解析

A.M点溶液中,NH4+与NH3·H2O浓度相等,NH3·H2O电离大于NH4+的水解,水的电离程度受到抑制,水的电离程度比原溶液小,A正确; 

B.在M点时,根据电荷守恒可知:c(OH-)+c(Cl-)= c(NH4+ )+c(H+)+c(Na+),c(OH-)+0.1= 0.05+c(H+)+a,因此n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol,B正确; 

C.随着NaOH的加入,氢离子和铵根离子都减少,但是氢离子和氢氧根离子结合的能力远大于铵根离子和氢氧根离子结合能力,因此不断减小,C正确; 

D.当n(NaOH)=0.1mol时,溶液为NHH2O和NaCl的混合物,物质的量之比为1:1,c(Cl-)>c(NHH2O)>c(OH-),D错误。

故选D。

考查方向

离子方程式的有关计算

解题思路

A.M点溶液中,NH4+与NH3·H2O浓度相等,NH3·H2O电离大于NH4+的水解,水的电离程度受到抑制,水的电离程度比原溶液小; 

B.在M点时,根据电荷守恒可知:c(OH-)+c(Cl-)= c(NH4+ )+c(H+)+c(Na+),c(OH-)+0.1= 0.05+c(H+)+a,因此n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol; 

C.随着NaOH的加入,氢离子和铵根离子都减少,但是氢离子和氢氧根离子结合的能力远大于铵根离子和氢氧根离子结合能力,因此不断减小; 

D.当n(NaOH)=0.1mol时,溶液为NHH2O和NaCl的混合物,物质的量之比为1:1,c(Cl-)>c(NHH2O)>c(OH-)。

易错点

本题考查了离子浓度大小比较,明确曲线上每一点的溶质及其性质是解本题关键,再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答,题目难度中等。

知识点

钠的重要化合物
1
题型:简答题
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简答题 · 15 分

8.亚硝酸钠(NaNO2)在肉类制品加工中常用作发色剂,防腐剂。某活动小组在实验室中利用Na2O2+2NO=2NaNO2反应来制备亚硝酸钠,装置如下图所示(部分夹持装置略去)。

已知:①3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O;②酸性条件下,NO或NO2都能与MnO4反应生成NO3和Mn2+

具体操作:如图连接装置,检验气密性后,装入药品。实验开始前先通入常见气体X一段时间,然后关闭弹簧夹,再滴加浓硝酸,加热控制B中导管均匀地产生气泡,直至E中淡黄色粉末完全变为白色固体。

(1)气体X的化学式为_____________,其作用是___________。

(2)上述装置中,仪器C的作用是________。B中观察到的主要现象是____________。

(3)该活动小组制取的NaNO2产品不纯,杂质为_________(填化学式);为提高产品的纯度,对上述实验装置进行的改进是_____________。

(4)请设计实验证明产品中含有NO2__________(简述实验操作、现象和结论)。

(5)称取该小组产品4.5 g溶于水配成500mL溶液,取50mL溶液于锥形瓶中,用0.1000 mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定,实验数据如下表所示:

第一组实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填字母)。

a.酸式滴定管未用标准液润洗

b.锥形瓶用水洗净后又用待测液润洗

c.滴定前仰视读数,滴定终点平视读数

d.滴定结束后滴定管尖嘴处仍悬有液滴

根据表中数据,计算产品中亚硝酸钠的质量分数_________。

正确答案

(1)N2;防止一氧化氮气体被氧化成二氧化氮。

(2)防止容器B中溶液倒吸;铜片变小,溶液由无色变为蓝色,有无色气体产生。

(3)NaOH;为提高产品的纯度,对上述实验装置进行的改进是D、E之间加上气体干燥装置。

(4)将NaNO2加入酸性酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,实验证明产品中含有NO2

(5)abd;76.7%。

解析

(1)连接装置,检验气密性后,装入药品。实验开始前先通入常见气体N2一段时间,其作用是防止一氧化氮气体被氧化成二氧化氮。

(2)仪器C的作用是防止容器B中溶液倒吸。二氧化氮和水反应生成硝酸,铜和硝酸反应,铜片变小,溶液由无色变为蓝色,有无色气体产生。

(3)由于没有气体干燥装置,该活动小组制取的NaNO2产品不纯,杂质为NaOH;为提高产品的纯度,对上述实验装置进行的改进是D、E之间加上气体干燥装置。

(4)将NaNO2加入酸性酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,实验证明产品中含有NO2

(5)a.酸式滴定管未用标准液润洗,会造成标准液浓度减小,实验结果偏大,正确。

b.锥形瓶用水洗净后又用待测液润洗,会消耗更多的标准液,实验结果偏大,正确。

c.滴定前仰视读数,滴定终点平视读数,会造成读数偏小,错误;

d.滴定结束后滴定管尖嘴处仍悬有液滴,使得标准液读数偏大,正确。

第一组实验数据出现偏大,造成这种异常的原因可能是abd。

根据表中数据,计算产品中亚硝酸钠的质量分数:

5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2++3H2O

5            2

x      20mL×0.1mol/L

   x=5×10-3mol

亚硝酸钠的物质的量=0.005×10=0.05mol

亚硝酸钠的质量=0.05mol×69=3.45g

亚硝酸钠的质量分数=3.45g/4.5g×100%=76.7%。

考查方向

亚硝酸钠等化学品的性质与氧化还原滴定;

解题思路

(1)连接装置,检验气密性后,装入药品。实验开始前先通入常见气体N2一段时间,其作用是防止一氧化氮气体被氧化成二氧化氮。

(2)仪器C的作用是防止容器B中溶液倒吸。二氧化氮和水反应生成硝酸,铜和硝酸反应,铜片变小,溶液由无色变为蓝色,有无色气体产生。

(3)由于没有气体干燥装置,该活动小组制取的NaNO2产品不纯,杂质为NaOH;为提高产品的纯度,对上述实验装置进行的改进是D、E之间加上气体干燥装置。

(4)将NaNO2加入酸性酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,实验证明产品中含有NO2

(5)a.酸式滴定管未用标准液润洗,会造成标准液浓度减小,实验结果偏大。

b.锥形瓶用水洗净后又用待测液润洗,会消耗更多的标准液,实验结果偏大。

c.滴定前仰视读数,滴定终点平视读数,会造成读数偏小;

d.滴定结束后滴定管尖嘴处仍悬有液滴,使得标准液读数偏大。

根据表中数据,计算产品中亚硝酸钠的质量分数:

5NO2+ 2MnO4+ 6H+ =5NO3+ 2Mn2+ +3H2O

5            2

x      20mL×0.1mol/L

   x=5×10-3mol

亚硝酸钠的物质的量=0.005×10=0.05mol

亚硝酸钠的质量=0.05mol×69=3.45g

亚硝酸钠的质量分数=3.45g/4.5g×100%=76.7%。

易错点

本题主要考查亚硝酸钠等化学品的性质与氧化还原滴定等方面的知识,这要求对物质的性质必须有一个全面的理解。

知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
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单选题 · 6 分

12.下列有关电解质溶液的说法正确的是

A常温下,0.1 mol/L Na2S溶液中存在:c(OH)=c(H+)+c(HS)+c(H2S)

B0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:

C(Na)>c(CO32-)>c(HCO3 )>c(OH) >c(H+)

正确答案

B

考查方向

考查溶液中离子浓度的大小比较,弱电解质的电离,以及各种盐类的水解。

解题思路

而且溶液中的各种守恒。

易错点

1、电荷守恒与物料守恒的应用。

          2、溶液中存在的平衡体系。

知识点

钠的重要化合物
1
题型:简答题
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简答题 · 15 分

11.【化学—选修2:化学与技术】

海水的综合利用包括很多方面,下图是从海水中通过一系列工艺流程提取产品的流程图。

海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-等离子。

已知:MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。回答下列问题:

(1)海水pH约为8的原因主要是天然海水含上述离子中的____________________。

(2)除去粗盐溶液中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入药品的顺序可以为__________。

①NaOH溶液    

②BaCl2溶液    

③过滤后加盐酸    

④Na2CO3溶液

(3)过程②中由MgCl2·6H2O制得无水MgCl2,应如何操作____________________。

(4)从能量角度来看,氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将____________________转化为____________________的过程。采用石墨阳极,不锈钢阴极电解熔融的氯化镁,发生反应的化学方程式为______________________________;电解时,若有少量水存在会造成产品镁的消耗,写出有关反应的化学方程式______________________________。

(5)从第③步到第④步的目的是____________________。采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2,并用SO2吸收。主要反应的化学方程式为______________________________。

正确答案

(1)

(2)①②④③(其它合理答案均可)

(3)在氯化氢气流中加热至恒重。

(4)电能   化学能   MgCl2(熔融)Mg + Cl2

(5)为了浓缩富集溴      Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr

解析

根据上述流程图:

(1)海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子,在这些离子中能发(1)生水解的是CO32-、HCO-3离子,CO32-+H2O⇌HCO-3+OH-,HCO-3+H2O⇌H2CO3+OH-,所以天然海水的pH≈8,呈弱碱性。

(2)为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-先过滤除去泥沙,可以先加NaOH除去Mg2+,再加过量BaCl2溶液除去SO42-,再加过量Na2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子,过滤除去沉淀,最后加适量盐酸,则正确的顺序为①②④③。
(3)从MgCl2溶液制备无水MgCl2晶体,目的是除水,但又要抑制Mg2+水解,故 将MgCl2 溶液在HCl气流中蒸干;

(4)氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应;通电条件下发生了化学反应,电能转化为化学能,电解熔融的氯化镁,电解熔融的无水MgCl2制取Mg;发生反应的化学方程式为:MgCl2(熔融)Mg + Cl2↑,若有少量水存在,水会参与反应,发生反应的化学方程式为:
(5)过程③得到的是的溶液溴的浓度太低,所以过程③到过程④的变化为Br-→Br2→Br-→Br2,,其目的是增大溴的浓度,实现溴的富集,故答案为:富集溴。过程③用SO2水溶液吸收溴单质,吸收率可达93%,生成两种强酸,离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-,故答案为:SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-

考查方向

本题考查了海水的综合利用,包括海水提镁、提溴、淡化等;化学方程式、离子方程式的书写等知识,综合性较强。

解题思路

根据上述流程图:

(1)根据海水中的离子是否水解进行解答;

(2)为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-先过滤除去泥沙,可以先加NaOH除去Mg2+,再加过量BaCl2溶液除去SO42-,再加过量Na2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子,过滤除去沉淀,最后加适量盐酸。

(3)氯化镁水解显酸性,氯化氢气流中加热防止水解,HCl气流可抑制Mg2+水解

(4)氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应;通电条件下发生了化学反应,电能转化为化学能,电解熔融的氯化镁,电解熔融的无水MgCl2制取Mg;发生反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg + Cl2↑,若有少量水存在,水会参与反应。

(5)过程③到④的变化为Br-→Br2→Br-→Br2,其目的是增大溴的浓度,实现溴的富集,SO2与溴水反应,反应生成硫酸和HBr;

易错点

(1)不理解水解反应的离子;

(2)没有掌握除去粗盐溶液中杂质的实质;

(3)不理解水解反应的实质以及影响水解的条件;

(4)没有掌握水对电解的影响

(5)不理解浓缩富集实质。

知识点

钠的重要化合物
1
题型:简答题
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简答题 · 14 分

9.在印染工业中,连二亚硫酸钠(Na2S2O4)因能使染好的布褪色,而使布能重新染色,故而俗称保险粉,其可溶于水,但不溶于甲醇。工业制备流程如下:

请回答下列问题:

(1)流程①步骤中需在耐高温的坩埚中进行,常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物化学式为_____________。

(2)向锌液中鼓入M气体,使液态锌雾化,冷却得到粒度约为180的锌粉(粒度表示晶体或固体颗粒平均大小程度的数值)。若气体M为常见的化合物,则M的电子式为______。分散系A为_______(填“溶液”“胶体”或“悬浊液”)。

(3)流程②步骤中的化学方程式为___________________。

(4)流程③步骤中加入NaCl固体的作用为_______。过滤后用_____洗涤、干燥后可以得到纯净的保险粉。

(5)将等体积0.04 mo1·L-1AgNO3溶液和0.02 mol·L-1碱性Na2S2O4溶液混合,两者恰好完全反应,反应后溶液中有纳米级的银粉生成,写出反应的离子方程式____________。

正确答案

(1)Al2O3

(2);悬浊液

(3)Zn+2SO2=ZnS2O4

(4)增加钠离子的浓度,便于Na2S2O4结晶析出;甲醇

(5)2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。

解析

(1)氧化铝耐高温,熔点高,常用来制做耐高温坩埚,化学式为Al2O3

(2)向锌液中鼓入M气体,使液态锌雾化,若气体M为常见的化合物,则M为二氧化碳,电子式为;冷却得到粒度约为180的锌粉,颗粒直径大于100nm,分散系A为悬浊液;

(3)流程②步骤中,金属锌和二氧化硫在酸性条件下反应,生成ZnS2O4,化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4

(4)流程③步骤中加入NaCl固体的作用为增加钠离子的浓度,便于Na2S2O4结晶析出;因为保险粉难溶于甲醇,过滤后用甲醇洗涤、干燥后可以得到纯净的保险粉;

(5)将等体积0.04 mo1·L-1AgNO3溶液和0.02 mol·L-1碱性Na2S2O4溶液混合,两者恰好完全反应,AgNO3和Na2S2O4的物质的量之比为2:1;反应后溶液中有纳米级的银粉生成,同时生成亚硫酸根离子,反应的离子方程式:

2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。

考查方向

常见化合物的性质及离子方程式的书写。

解题思路

(1)氧化铝耐高温,熔点高,常用来制做耐高温坩埚;

(2)向锌液中鼓入M气体,使液态锌雾化,若气体M为常见的化合物,则M为二氧化碳,电子式为;冷却得到粒度约为180的锌粉,颗粒直径大于100nm;

(3)流程②步骤中,金属锌和二氧化硫在酸性条件下反应,生成ZnS2O4

(4)流程③步骤中加入NaCl固体的作用为增加钠离子的浓度,便于Na2S2O4结晶析出;因为保险粉难溶于甲醇,过滤后用甲醇洗涤、干燥后可以得到纯净的保险粉;

(5)将等体积0.04 mo1·L-1AgNO3溶液和0.02 mol·L-1碱性Na2S2O4溶液混合,两者恰好完全反应,AgNO3和Na2S2O4的物质的量之比为2:1;反应后溶液中有纳米级的银粉生成,同时生成亚硫酸根离子,反应的离子方程式:

2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。

易错点

解题的关键是(5)离子方程式的书写要注意物质的量之比与电子得失之间的关系。

知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
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单选题 · 6 分

13.常温下,浓度均为0.1 mol∙L-1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中,分别加入NaOH固体lg,随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是(   )

AHX的酸性弱于HY

Ba点由水电离出的c(H+)=10-12 mol∙L-1

Cc点溶液中:c(Y)>c(HY)

Db点时酸碱恰好完全反应

正确答案

C

解析

A.由横坐标可得知HX消耗的NaOH比HX多,Y水解产生了部分OHHX的酸性强于于HY,故A错误;

B.a点lg值为12,c(H+) /c(OH-)=10-12  ,c(H+) c(OH-)=10-14 。由水电离出的c(H+)=10-13 mol∙L-1,故B错误;

D.HY是弱酸,Y水解产生了部分OHb点时酸碱没有完全反应,故D错误;

C.c点lg值为6,c(H+) /c(OH-)=10-6  ,c(H+) c(OH-)=10-14 c(H+)=10-10 mol∙L-1c(HY)=0.1 mol∙L-1溶液中:c(Y)>c(HY),故C正确;故选C.

考查方向

本题主要考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡。

解题思路

本题考查了酸碱中和反应,根据图象曲线变化确定酸的强弱。

易错点

图象曲线变化确定酸的强弱

知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
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单选题 · 4 分

11. 某消毒液的主要成分为NaClO,还含有一定量的NaOH,下列用来解释事实的方程式中不合理的是(已知:饱和NaClO溶液的pH约为11)

A该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备:Cl2 +2OH = Cl + ClO + H2O

B该消毒液的pH约为12是因为:ClO + H2O HClO + OH

C该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用,产生Cl2:2H + Cl + ClO = Cl2 ↑+ H2O

D该消毒液加白醋生成HClO,可增强漂白作用:CH3COOH+ ClO = HClO+ CH3COO

正确答案

B

解析

A.制备消毒液,应发生氯气可以和强碱反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备:Cl2 +2OH =  Cl + ClO + H2O .B.NaClO溶液的pH>7,水解显碱性,水解离子反应为ClO-+H2O⇌HClO+OH-,故答案为:ClO-+H2O⇌HClO+OH-;但是本题目中某消毒液的主要成分为NaClO,还含有一定量的NaOH,所以这个碱性应该是由于NaOH造成,NaClO水解被抑制。

C.消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用,反应式NaClO+2HCl=NaCl+ Cl2↑+H2O;两种清洁剂混用会使有效成分减少,同时还会产生有毒气体使人中毒.

D.明矾加到水中可以吸附不溶性杂质,白醋加到消毒液中,发生反应:NaClO+CH3COOH==CH3COONa+HClO,次氯酸因为强氧化性,有消毒杀菌作用。

考查方向

本题主要考查了消毒液的主要成分;盐类的水解;化学平衡移动。

解题思路

A.制备消毒液,应发生氯气可以和强碱反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,

B.NaClO和 NaOH混合时,NaOH造成NaClO水解被抑制。

C.NaClO+2HCl=NaCl+ Cl2↑+H2O;两种清洁剂混用会产生有毒气体。

D. NaClO+CH3COOH==CH3COONa+HClO

易错点

1、OH造成NaClO水解被抑制。

2、消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用发生氧化还原反应。

知识点

钠的重要化合物
1
题型:填空题
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填空题 · 2 分

9.向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)2、2 mol NaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2,则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是

正确答案

C

解析

溶液中有4mol OH- 1mol Ba2+ 2mol Alo2-通入CO2 CO2先与OH- 生成CO32-CO2 2mol 2CO2+4OH-=2CO32-+2H2O 2CO32-中一个与Ba2+结合成沉淀BaCO4 1mol主要说一下D反应过程如下 CO2 2mol 2CO2+4OH-=2CO32-+2H2O2AlO2+CO2+3H2O=C032- +2Al(OH)3 (沉淀)2CO2+2CO32-+2H2O=4HCO3 (因为有一个CO32-与Ba2+结合)则生成2mol沉淀

考查方向

本题主要考查了。

解题思路

有NaOH存在的情况下(准确的说是OH-存在的情况下)NaAlO2不会变成氢氧化铝
但生成碳酸钡沉淀不受影响反应顺序应为:

A.Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O 通入1mol生成1mol沉淀

B.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O 通入2mol生成的还是只有1mol沉淀

C.2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2C03+2Al(OH)3 通入3mol 生成了2mol沉淀

D.1molBa与1molCO2反应;4molOH与4molCO2反应;1molCO2与2molAlO2反应

易错点

1、OH-存在的情况下,NaAlO2不会变成氢氧化铝.

2、定量计算。

知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
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单选题 · 6 分

9.25℃时,下列有关0.10 mol/L Na2SO3液的叙述正确的是(忽略溶液体积变化及被空气氧化)

A与漂白粉溶液反应的离子方程式:Ca2+ + SO32—=CaSO3

B通入SO2至过量:c(Na+)=2[c(SO32—)+c(HSO3)+c(H2SO3)]

C通入HCl至溶液pH=7:c(HSO3)<c(Cl)

D加入NaOH固体可使溶液中水的电离程度增大

正确答案

C

解析

A.少量SO2 Ca2++3ClO- + SO2 + H2O === Cl- + CaSO4↓ + 2HClO; 大量SO2 Ca2++2ClO- + 2SO2 + 2H2O ===2 Cl- + CaSO4↓ +SO42- + 4H+

B.溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3

C.盐酸加入混合反应后,溶液中存在电荷守恒,[H+]+[Na+]=[OH-]+[Cl-]+2[ SO3-]+[HSO3-],溶液pH=7,[H+]=[OH-], c(HSO3)<c(Cl)

D. 加入NaOH固体产生大量的OH-可使溶液中水的电离被抑制。

考查方向

本题主要考查了离子方程式的书写。

解题思路

A、定量离子方程式的书写;

B、根据溶液中的物料守恒知识来回答;

C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答;

D、根据水解平衡的移动原理来回答.

易错点

定量离子方程式的书写。

知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
|
单选题 · 6 分

9.下列离子方程式正确的是(     )

A金属钠与水反应:Na+ H2O=Na++ H2

B氯化铵溶液显酸性的原因:NH4+ +H2O=NH3·H2O+H+

CAICl3溶液中加入足量氨水:Al3++4NH3-H2O= AlO2-+4NH4+2H2O

D氯化铁溶液中滴加少量的硫化氢溶液:2Fe3++H2S= 2Fe2++S+2H+

正确答案

D

解析

A、不正确,没有配平,应该是2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑;

B、氯化铵溶液显酸性是因为NH4+发生水解该反应属于可逆反应。

C、AICl3溶液中加入足量氨水只能生成氢氧化铝。

D、氯化铁溶液中滴加少量的硫化氢溶液:2Fe3++H2S= 2Fe2++S+2H+

考查方向

本题主要考查了离子方程式的书写。

解题思路

该题是高考中的高频题,属于中等难度的试题,侧重对学生能力的培养和训练。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般,即

(1)检查反应能否发生。

(2)检查反应物、生成物是否正确。

(3)检查各物质拆分是否正确。

(4)检查是否符合守恒关系(如:质量守恒和电荷守恒等)。

(5)检查是否符合原化学方程式。

易错点

检查是否质量守恒和电荷守恒等关系。

知识点

钠的重要化合物
1
题型:简答题
|
简答题 · 15 分

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+SNa2S2O3

(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)   ×100%

(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

=   ×100%,故答案为:   ×100%:

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

通过考查.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3▪5H2O)的制备、纯度测定以及通过Na2S2O3处理有毒废水的的过程,进一步气体制备过程中的基本实验操作以及物质成分的测定,从而进一步考查考生的综合实验能力。

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

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
|
单选题 · 6 分

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-+H2OHCO3-+OH-

正确答案

B

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

本题主要考查了弱电解质的电离盐类的水解。

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

钠的重要化合物
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