河南省罗山高中2022届高三化学复习3.2钠的重要化合物课时作业新人教版必修1

3.2钠的重要化合物1、下列叙述正确的是（　　）A．NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，HCO3﹣完全转化为CaCO3B．CO2通入石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，能得到澄清溶液C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2﹣形式存在D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在【答案】A【解析】解：A、NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，反应为：NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+NaOH+H2O，则HCO3﹣完全转化为CaCO3，故A正确；B、CO2通入到石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，故B错误；C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，发生反应为3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓，铝离子有剩余，故C错误；D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，按反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O进行，且铁有剩余，铁元素在溶液中以存在Fe2+存在，故D错误．故选：A．2、常温下，向0.25mol·L﹣1的硫酸氢钠溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是（　　）A．硫酸氢钠溶液的体积为10mLB．溶液的导电能力：c＜b＜aC．d时刻溶液的pH为13D．b时刻溶液中SO42﹣的浓度约为0.125mol·L﹣1【答案】B【解析】解：A．硫酸根离子完全沉淀时的反应为：NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+H2O+NaOH，二者以1：1反应，且c（NaHSO4）=c[Ba（OH）2]，硫酸钡完全沉淀时消耗两溶液体积相等，根据图象可知，加入氢氧化钡20mL时硫酸钡沉淀达到最大，所以V（NaHSO4）=V[Ba（OH）2]=20mL，故A错误；B．a、b、d处的溶液中，根据反应NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+H2O+NaOH可知，反应过程中溶液各离子浓度减小，则溶液导电性逐渐减弱，即导电性：c＜b＜a，故B正确；C．d时刻Ba（OH）2溶液过量10mL，溶液中同时含有氢氧化钠，则溶液中的c（OH﹣）=mol/L=0.15mol/L＞0.1mol/L，则溶液的pH≠13，故C错误；D．b时刻SO42﹣沉淀一半，体积变为20mL+10mL=30mL，则溶液中SO42﹣的浓度约为：mol/L=0.083mol·L﹣1，故D错误；故选B．3、向Ba（OH）2和NaOH混合溶液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体的体积V（标准状况）的关系如图所示，下列结论不正确的是()A．原混合物中n[Ba（OH）2]：n[NaOH]=1：2B．横坐标轴上p点的值为90C．b点时溶质为NaHCO3D．ab段发生反应的离子方程式依次为：CO2+2OH﹣→H2O+CO32﹣，CO2+H2O+CO32﹣→2HCO3﹣【答案】A【解析】解：A．OA段：Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、ab段消耗（60﹣30）mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣，由Oa段和ac段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba（OH）2和NaOH的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为30：（60﹣30）=1：1，故A错误；B．OA段：Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B正确；C．ab段：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故C正确；D．a、b段，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，故D正确；故选A．4、在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba（NO3）2中的一或二种杂质，将13.8g样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0g沉淀，则原样品中含有的杂质会是()A．肯定有Na2CO3，没有Ba（NO3）2B．肯定有KNO3，没有Ba（NO3）2，可能还有Na2CO3C．肯定没有Na2CO3，Ba（NO3）2D．无法判断何种为肯定或否定的杂质【答案】B【解析】解：样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则有K2C03+CaCl2═CaCO3↓+2KCl13810013.8gx，x=10g假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有Na2C03+CaCl2═CaCO3↓+2NaCly≈13g含有一种杂质是：只能是含有硝酸钾，而不能含有碳酸钠．若含有碳酸钠则得到沉淀的质量应该大于10g小于13g，而实际只得到9g，故不可能含有碳酸钠，一定含有硝酸钾．含有两种杂质是：是硝酸钾和碳酸钠的混合物．故选B．5、将0.4gNaOH和1.06gNa2C03混合并配制成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L﹣1的盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：0.4gNaOH的物质的量为=0.01mol，1.06gNa2C03的物质的量为=0.01mol，向NaOH和混合溶液中滴加0.1mol·L﹣1的盐酸，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，A、加入0.1L盐酸，n（HCl）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，再加入0.01molHCl，与0.01mol碳酸钠恰好反应生成碳酸氢钠，也没有气体生成，则图象与实际不符，故A错误；B、先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，再消耗0.1L盐酸，生成二氧化碳达最大，图象与实际相符合，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C．6、某化学研究性学习小组对某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液的组成进行探究，取20.0mL该混合溶液，向其中不断加入1.00mol·L﹣1的稀盐酸，加入稀盐酸的体积和产生的现象如表中所示．反应阶段ⅠⅡⅢ稀盐酸体积x/mL0＜x≤10.010.0＜x≤40.0x＞40.0现　　象无气体有气体无气体则混合溶液中c（HCO3﹣）为（　　）A．1.00mol·L﹣1B．0.50mol·L﹣1C．1.50mol·L﹣1D．2.00mol·L﹣1【答案】A【解析】第Ⅰ阶段无气体生成说明盐酸滴入溶液中发生的是碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子的过程，反应为CO32﹣+H+=HCO3﹣，消耗盐酸体积10ml，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，氯化氢物质的量为：0.010ml×1.00mol·L﹣1=0.01mol，则反应生成碳酸氢根离子的物质的量为0.01mol，第Ⅱ阶段发生反应：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，则参加反应的碳酸氢根离子的总物质的量为：（0.04L﹣0.01L）×1.00mol/L=0.03mol，则原溶液中碳酸氢根离子的物质的量为：0.03mol﹣0.01mol=0.02mol，所以原混合液中碳酸氢根离子的浓度为：c（HCO3﹣）==1mol/L，故选A．7、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L-l稀盐酸，CO2生成量与加入盐酸的体积(V)关系如图所示。下列判断正确的是（）A．在0～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：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】在0～a范围内，先发生中和反应，后发生CO与H＋生成HCO的反应，A项错误；ab段发生反应的离子方程式为HCO＋H＋===H2O＋CO2↑，B项错误；因a～0.4范围内发生的反应是H＋＋HCO===CO2↑＋H2O，n(CO2)＝0.01mol，由碳元素守恒可知n(Na2CO3)＝0.01mol，n(H＋)＝n(CO2)＝0.01mol，所以a＝0.3，C项正确；在0～a范围内，0.01molNa2CO3消耗0.2L稀盐酸，故NaOH消耗稀盐酸也是0.2L，n(NaOH)＝0.2L×0.1mol·L－1＝0.02mol，因此原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，不是1:2，D项错误。8、将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（　　）A．最终溶液：c（Na+）=1.5mol/LB．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体C．最终溶液：c（Na+）=c（Cl﹣）D．最终得到7.8g沉淀【答案】D【解析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为0.4mol，则钠离子的浓度为：=2mol/L，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故B错误；C．最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，故C错误；D．最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为：0.1mol×78g/mol=7.8g，故D正确，故选D．9、操作1：将1L1.00mol·L﹣1的Na2CO3溶液逐滴加入到1L1.25mol·L﹣1的盐酸中；操作2：将1L1.25mol·L﹣1的盐酸逐滴加入1L1.00mol·L﹣1的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是（）A．5：2B．2：5C．1：1D．2：1【答案】A【解析】1L1.00mol/L的Na2CO3溶液中n（Na2CO3）=1L×1mol/L=1mol，1L1.25mol/L的盐酸中n（HCl）=1L×1.25mol/L=1.25mol，把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑1mol2mol故HCl不足，由方程式可知，生成二氧化碳物质的量为1.25mol×=0.625mol，向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，首先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl1mol1mol1molNa2CO3消耗1molHCl，剩余0.25molHCl，故生成1molNaHCO3然后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；0.25mol0.25mol故NaHCO3有剩余，生成二氧化碳0.25mol，故两次操作产生的气体体积之比是0.625mol：0.25mol=5：2，故选A．10、某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是（）A．粉末中一定有Na2O，Na2O2，NaHCO3B．粉末中一定不含有Na2CO3和NaClC．粉末中一定不含有Na2O和NaClD．无法肯定粉末里是否含有Na2O【答案】A【解析】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在．将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl．故选A．11、将1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留．下列分析正确的是（　　）A．残留固体是2molNa2CO3B．残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C．反应中转移2mol电子D．排出的气体是1.5mol氧气【答案】A【解析】由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2molNaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，碳酸钠的总物质的量为：1mol+1mol=2mol，A．根据分析可知，残留固体为2mol碳酸钠，故A正确；B．残留固体为碳酸钠，不含氢氧化钠，故B错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，1mol过氧化钠反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，故C错误；D．排出的气体为0.5mol氧气和1mol水，故D错误；故选A．12、向盛有一定量氢氧化钠溶液的烧杯中通入标准状况下448mL氮气和二氧化碳的混合气体后得到溶液A，在溶液A中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的二氧化碳气体的物质的量与加入稀盐酸的体积的关系如图所示（忽略二氧化碳的溶解和氯化氢的挥发）．下列说法正确的是（）A．原混合气体中氮气与二氧化碳体积之比为1：4B．在逐滴加入稀盐酸产生二氧化碳之前，发生的离子反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣C．溶液A中含有0.01molNaOH和0.01molNa2CO3D．当加入0.1L稀盐酸时，此时溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（Cl﹣）=c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【答案】C【解析】Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，结合方程式可知，若A溶液中溶质只有Na2CO3时，前后消耗盐酸的体积应相等，由图象可知生成二氧化碳消耗的盐酸的体积小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗盐酸，故A溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A．根据C元素守恒，可知V（CO2）=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，故氮气的体积=448mL﹣224mL=224mL，故原混合气体中氮气与二氧化碳体积之比为1：1，故A错误；B．产生二氧化碳之前，氢氧化钠、碳酸钠都与盐酸反应，反应离子方程式为：OH﹣+H+═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣，故B错误；C．根据碳元素守恒，可知n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01mol，加入0.3L盐酸时，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=n（HCl）=0.3L×0.1mol/L=0.03mol，根据钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）﹣2n（Na2CO3）=0.03mol﹣0.01mol×2=0.01mol，故C正确；D．加入0.1L稀盐酸，含有HCl为0.3L×0.1mol/L=0.01mol，与NaOH恰好反应生成0.01molNaCl，溶质为NaCl，溶质为NaCl、Na2CO3，且二者浓度相等，溶液中钠离子浓度最大，碳酸根水解，溶液呈碱性，且水电离会生成氢氧根离子，故c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故D错误，故选C．13、将2molNaHCO3和一定量的Na2O2固体混合，在加热的条件下使其反应，经测定无Na2O2剩余，则最后所得固体的物质的量（n）为（）A．1mol＜n≤2molB．1mol＜n≤4molC．2mol＜n≤4molD．n＞4mol【答案】B【解析】发生的应该反应方程式是：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。2molNaHCO3分解产生1mol的Na2CO3，1mol的CO2和1mol的H2O。若Na2O2恰好完全与产生的CO2发生反应，则又产生固体的物质的量是1mol；完全与水发生反应，则产生的固体NaOH物质的量是2mol,反应后固体的总物质的量是4mol，若Na2O2相对与产生的气体来说不足量，则反应后固体的物质的量就小于最大值，因此选项是B。14、6克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S、T、P），气体质量为3克，该样品的组成可能是（　　）A．Na2SO3，Na2CO3B．Na2SO3，NaHCO3C．Na2SO3，NaHCO3，Na2CO3D．Na2SO3，MgCO3，NaHCO3【答案】C【解析】标况下生成1.12L气体的物质的量==0.05mol，且气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量==60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2，根据平均相对分子质量，[44n（CO2）+64n（SO2）]÷[n（CO2）+n（SO2）]=60，则n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01mol，n（SO2）=0.04mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04mol，故杂质质量=6g﹣0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，A．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol×106g/mol=1.06g＞0.96g，故A错误；B．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g＜0.96g，故B错误；C．由AB分析可知，杂质可能为NaHCO3，Na2CO3，故C正确；D．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，故D错误，故选C．15、由一种阳离子和两种酸根离子组成的盐称为混盐。下列关于混盐Na4S2O3的有关判断，不正确的是（）A．该混盐水溶液呈碱性B．该混盐溶液加入BaCl2可以生成白色沉淀C．该混盐与H2SO4反应有气体生成D．该混盐在酸性条件下可生成S，每产生1molS转移1.5NA个电子【答案】D【解析】混盐Na4S2O3可写成Na2S？Na2SO3。A、根据该混盐的化学式可知，属于强碱弱酸盐，所以水溶液呈碱性，正确；B、亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡白色沉淀，正确；C、该混盐中的硫离子与硫酸反应，生成硫化氢气体，正确；D、亚硫酸根离子与硫离子在酸性条件下发生反应生成S，离子方程式是SO32-+2S2-+6H+=3S↓+3H2O，每产生3molS，则消耗1mol亚硫酸根离子，转移电子4NA，则产生1molS转移4/3NA个电子，错误，答案选D。16、过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面．工业生产过程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；②不断搅拌的同时加入30%H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀；③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2·8H2O，再脱水干燥得到CaO2．完成下列填空（1）第②步反应的化学方程式为．（2）可循环使用的物质是．工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为．（3）检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是．（4）CaO2·8H2O加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，目的是．（5）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2．如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）．若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为（用字母表示）．过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）NH4Cl；Ca（OH）2价格低，H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2·8H2O溶解；（3）取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）防止过氧化钙和水反应；防止过氧化钙分解；（5）×100%；样品质量和反应后固体质量．【解析】解：（1）第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2·8H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2·8H2O溶解，所以工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产；故答案为：NH4Cl；Ca（OH）2价格低，H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2·8H2O溶解；（3）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）CaO2能和水反应生成氢氧化钙和氧气，CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2，所以通入氧气能抑制超氧化钙分解；故答案为：防止过氧化钙和水反应；防止过氧化钙分解；（5）设超氧化钙质量为x，2CaO22CaO+O2↑144g22.4Lx10﹣3VL144g：22.4L=x：10﹣3VLx==g=g，其质量分数=×100%=×100%，过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量，故答案为：×100%；样品质量和反应后固体质量．17、纯碱(Na2CO3)在生产生活中具有广泛的用途。以下是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图。已知：向饱和食盐水中通入NH3、CO2后发生的反应为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。请回答以下问题：(1)粗盐中含有的杂质离子有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等。精制除杂的步骤顺序是a→→→→b(填字母编号)。a．粗盐溶解，滤去沉渣b．加入盐酸调pHc．加入Ba(OH)2溶液d．加入Na2CO3溶液e．过滤向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是。(2)灼烧固体A制Na2CO3在(填字母序号)中进行。a．坩埚b．蒸发皿c．烧杯d．锥形瓶证明滤液A中含有NH4＋的方法是。对滤液A进行重结晶能够获得NH4HCO3，向pH＝13含Na＋、K＋的溶液中加入少量NH4HCO3使pH降低，反应的离子方程式为。(3)下图装置中常用于实验室制备CO2的是(填字母编号)；用b装置制备NH3，分液漏斗中盛放的试剂是(填试剂名称)，烧瓶内可加入的固体试剂是(填试剂名称)。(4)一种天然碱晶体成分是aNa2CO3·bNa2SO4·cH2O，某同学利用下列提供的试剂，设计了如下简单合理测定Na2CO3的质量分数的实验方案。(仪器自选)请把实验方案填全：供选择的试剂：1.0mol·L－1H2SO4溶液、1.0mol·L－1BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ca(OH)2溶液、蒸馏水①称取m1g天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中。②。③。④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数。【答案】(1)c　d　e　NH3易溶于水，有利于吸收溶解更多的CO2(2)a　取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明A中含有NH4＋　NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2O(3)bc　浓氨水　生石灰(或NaOH固体或碱石灰)(4)②加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ca(OH)2溶液　③过滤、洗涤、干燥、称量沉淀【解析】(1)除杂时要保证不引入新的杂质，即先加入的物质引入的杂质离子能被后加入的物质除去。故除杂步骤为a→c→d→e→b。NH3易溶于水，先通入NH3，再通入CO2，有利于吸收溶解更多的CO2，产生更多的HCO3－。(2)灼烧固体需在坩埚中进行。检验NH4＋是利用NH4＋与碱共热产生NH3，检验出NH3即可。NH4＋、HCO3－均与OH－反应，故加入NH4HCO3，发生反应：NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋H2O＋CO32－。(3)实验室制CO2利用CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，即用“固＋液→气”的装置，选b、c。用b装置制备NH3，则可利用氨水易挥发的性质，把浓氨水滴加到生石灰或固体NaOH等上面。(4)由所给试剂及实验目的可知，所设计的方案是利用天然碱晶体与H＋反应，利用产生CO2的量测定其组成。18、如图装置中，容器甲内充入0.1molNO气体，干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体．恒温下，容器甲中活塞缓慢由D向左移动，当移至C处时容器体积缩小至最小，为原体积的，随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动．（不考虑活塞的摩擦）已知：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2（1）已知当活塞移至C处时，干燥管中物质的质量增加了2.24g．①此时，通入标准状况下的CO2气体多少L？②容器甲中NO2转化为N2O4的转化率是多少？③活塞移至C处后，继续通入amolCO2，此时活塞恰好回至D处．则a值必　　0.01（填大于、小于、等于），其理由是　．（2）若改变干燥管中Na2O2的量，要通过调节甲容器的温度及通入的量CO2，使活塞发生从D到C，又从C到D的移动，则Na2O2的质量最小值应大于　　g．【答案】（1）①1.792L②25%③小于；活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01mol，因此所需CO2必小于0.01mol；（2）1.56g．【解析】（1）①设通入标准状况下CO2气体的体积为x，产生氧气的体积为y，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2质量装置△m2×22.4L22.4L56gxy2.24g所以56g：2.24g=2×22.4L：x，解得x=1.792L，56g：2.24g=22.4L：y，解得y=0.896L，答：通入标准状况下的CO2气体1.792L．②由①计算可知，生成氧气的物质的量n（O2）==0.04mol，2NO+O2=2NO22120.08mol0.04mol0.08mol0.1mol＞0.08mol，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08mol．所以2NO2N2O4物质的量减少△n2110.02mol0.1mol×（1﹣）=0.01mol所以NO2转化为N2O4的转化率为×100%=25%，答：NO2转化为N2O4的转化率为25%．③活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01mol，因此所需CO2必小于0.01mol，故答案为：小于；活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01mol，因此所需CO2必小于0.01mol；（2）实现从D→C的移动，只能通过降温使2NO2N2O4的平衡向右移动（此反应为放热反应）．即降温时2NO2N2O4物质的量减少△n2110.02mol0.1mol×（1﹣）即容器中至少应有0.02mol的NO2，根据转化关系式可知：2Na2O2→O2→2NO→2NO2，至少需要Na2O20.02mol，所以其质量最小值为0.02mol×78g/mol=1.56g．故答案为：1.56g．19、以下各物质均为中学阶段常见的物质，其中B是单质，它们的转化关系如图所示：（1）若反应①在常温下能进行，反应②在一定条件下进行，且A、Y为单质，X、Z为由两种元素组成的化合物，则符合此关系的有：第一种情况：当A为金属时，则B的化学式为__________；第二种情况：当A为非金属且反应②为化合反应时，则X的化学式为__________（只写一种即可）；（2）若反应①在高温下进行，且A、Y为常见金属单质，X、Z为化合物，试写出一个符合此关系的反应②的化学方程式：__________；（3）若X是单质，A、Y、Z均为化合物，试写出一个符合此关系的反应①的化学方程式：__________；（4）若Y是单质，A、X、Z均为化合物，试写出一个符合此关系的反应①的化学方程式：__________；（5）若A、X、Y、Z均为化合物，且常温下X为气态，A为非气态，则符合此关系的X的化学式为__________；试写出一个对应的反应②的化学方程式：__________。【答案】（1）O2或氯、溴、碘单质等；H2O或NaBr、NaI、KBr、HBr、HI、H2S等（2）3Fe+2O2Fe3O4（3）CH4+2O2CO2+2H2O（或Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2等）（4）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(或2H2S+SO2=3S+2H2O等)（5）NO2；2NO+O2=2NO2[或Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O]【解析】20、下表给出了五种元素的相关信息，其中w、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y工业上通过分离液态空气获得其单质，该单质的某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素T金属单质为红色，导电性好，是人体不可缺少的徽量元素，焰色反应时火焰为绿色根据上述信息填空：（1）元素Y在元素周期表中的位置是。XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是。（2）化合物甲是一种强氧化剂，由元素Y和Z组成，写出甲的化学式：，（3）化合物乙由元素W和X组成，乙是同时含极性共价键和非极性共价键的相对分子质量最小的分子。在25℃、101kpa下，已知2g的气体乙在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热QkJ，该燃烧反应的热化学方程式是。（4）化合物丙仅由W、X、Y、Z、T中的四种元素组成，四种元素的质量比为1：6：40：64，化合物丙中含有两种阴离子，写出燃烧丙的化学方程式。【答案】【解析】（2）由钠和氧组成的强氧化剂是Na2O2（3）含极性共价键和非极性共价键的相对分子质量最小的分子为乙炔，2g乙炔反应放出放热QkJ，则2mol乙炔（52g）燃烧放出26QkJ，可得2C2H2(g)+5O2(g)＝4CO2(g)+2H2O(g)△H＝—26QkJ/mol。（4）化合物丙仅由W、X、Y、Z、T中的四种元素组成，四种元素的质量比为1：6：40：64，64必为铜；而40的整数倍可能是只有氧的原子量倍数，可以有5个氧原子，依次推出1个碳，2个氢，结合题意为Cu2(OH)2CO3，