1、课时跟踪检测（十）钠及其化合物1本草纲目中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指()AKOHBKAl(SO4)2CKHCO3 DK2CO3解析：选D“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”为蒿蓼烧成的灰中的成分；“以原水淋汁”，说明“石碱”易溶于水；“浣衣发面，亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污、作发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2；且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3，D项符合题意。2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，恢复至室温后溶液的pH增
2、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解析：选CA项错误，饱和NaOH溶液中放入钠，钠与水反应消耗水且生成NaOH，恢复至室温会有部分NaOH晶体析出，同时生成氢气，由于溶液仍是饱和溶液，故溶液的pH不变；B项错误，钠与水反应生成氢气和NaOH，NaOH与CuSO4反应会出现蓝色沉淀；C项正确，钠与水反应生成的NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀；D项错误，钠与水反应放热，生成的NaOH与NH反应生成NH3H2O，NH3H2O部分分解产生的少量氨气会与氢气同时放出，故放出
3、的气体有刺激性气味。3下列有关钠及其化合物的性质说法正确的是()ACO2气体使Na2O2固体变白，CO2气体被还原B除去NaHCO3固体中的Na2CO3，可以将固体加热至恒重CNa2O2吸收CO2产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂D钠与水反应：Na2H2O=Na2OHH2解析：选CCO2与Na2O2固体反应生成白色固体Na2CO3，反应中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，二氧化碳既没被氧化也没被还原，故A错误；Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，将NaHCO3和Na2CO3的混合固体加热至恒重，最终只剩Na2CO3固体，达不到实验目的，故B错误；Na2O2吸收CO2产生O2，所以N
4、a2O2可用作呼吸面具供氧剂，故C正确；该离子方程式不满足电荷守恒和得失电子守恒，正确的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，故D错误。4下列事实及其解释不正确的是()A钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气B用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应C滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3D钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应解析：选CNaHCO3在水溶液中微热不会分解，红色
5、加深的原因是温度升高，水解程度增大。5某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图。下列说法正确的是()A装置甲气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好B装置乙中盛放硅胶，目的是除去甲中挥发出来的少量水蒸气C装置丙加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度D装置甲也可直接用于Cu与浓硫酸反应制取SO2解析：选C装置甲气密性的检查方法：先关闭K1，再向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故A错误；甲装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则乙装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸
6、气，故B错误；氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；Cu与浓硫酸反应制取SO2要加热，故D错误。6(2020武威月考)下列叙述正确的是()A用焰色反应可以鉴别钠的化合物跟钾的化合物B钾、钠等碱金属着火时，立即用水或泡沫灭火器灭火C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，则过氧化钠是碱性氧化物D钠是一种还原性很强的金属，能把铜从硫酸铜溶液中置换出来解析：选A钠元素的焰色反应为黄色，透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色反应为紫色，则可用焰色反应鉴别钠的化合物跟钾的化合物，A正确；钾和钠都能够与水反应生成可燃性气体氢气，且二者的燃烧产物都能与二氧
7、化碳反应生成助燃物氧气，所以钾、钠等碱金属着火时，不能用水或泡沫灭火器灭火，应该用沙子覆盖灭火，B错误；过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠外，还生成氧气，不符合碱性氧化物的定义，C错误；钠与硫酸铜溶液反应时，先与水反应，然后生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不会生成铜，D错误。7为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如图实验。下列说法不正确的是()A实验中发生反应的化学方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2B实验中MnO2作H2O2分解反应的催化剂C综合实验和可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成D综合实验和可以说明使酚酞褪色的是O2解析：选DNa2O2和H2O反应
8、生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2，故A正确；2H2O22H2OO2，实验中MnO2作H2O2分解反应的催化剂，故B正确；Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，H2O2分解生成H2O和O2，综合实验和可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成，故C正确；Na2O2、H2O2具有氧化性，可以使酚酞褪色，故D错误。8为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是()ANa2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液BNaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体CNa2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热DNa2CO3溶液(Na
9、2SO4)，加入适量Ba(OH)2溶液，过滤解析：选DNa2CO3和Na2SO4均能与Ba(OH)2反应，不能达到除杂的目的。9下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是()A向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为12B等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同C物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出解析：选D根据化学方程式Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二
10、氧化碳，A项错误；NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出的CO2质量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不一样，B项错误；在Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，C项错误；向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，常温下在相同的溶剂中
11、，Na2CO3比NaHCO3易溶，所以会析出碳酸氢钠晶体，D项正确。10某同学为测定Na2CO3固体(含少量NaCl)的纯度，设计如下装置(含试剂)进行实验。下列说法不正确的是()A必须在间添加吸收HCl的装置B的作用是防止空气中的气体影响实验的准确度C通入空气的作用是保证中产生的气体完全转移到中D称取样品和中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度解析：选A氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，添加吸收HCl的装置不是必要操作，故A错误；碱石灰可与空气中二氧化碳反应，可防止空气中的二氧化碳进装置中影响实验的准确度，故B正确；根据中沉淀的质量计算碳酸钠
12、的纯度，故需要通入空气，保证中产生的二氧化碳完全转移到中被充分吸收，减小实验误差，故C正确；中产生的沉淀为碳酸钡，根据中碳酸钡的质量可计算出生成二氧化碳的质量，根据生成二氧化碳的质量可计算样品中碳酸钠的质量，结合称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D正确。11取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 molL1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是()A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL1BA曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶
13、质成分是Na2CO3和NaHCO3CB曲线中当消耗盐酸0V(盐酸)25 mL时发生的离子反应为OHH=H2O、HCO=HCODB曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为112 mL解析：选D根据图像可知，当加入75 mL盐酸时，CO2的生成量不再发生变化，所以生成的氯化钠为0.007 5 mol，根据原子守恒可知，A和B中氢氧化钠的物质的量是0.007 5 mol，浓度是0.75 molL1，A不正确；由于碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，即碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2，所以根据图像可知A曲线表示的溶液
14、中含有氢氧化钠和碳酸钠，而B曲线表示的溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，B、C不正确；B曲线中NaHCO3和HCl反应生成CO2所消耗的盐酸是50 mL，所以生成的CO2是0.005 mol，标准状况下的体积是112 mL，D正确。12某化学小组在实验室制取Na2O2。查阅资料可知，钠与空气在453473 K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573673 K之间可生成Na2O2，若温度提高到733873 K之间Na2O2可分解。除Li外其他碱金属不与N2反应。(1)甲组设计制取Na2O2装置如图。使用该装置制取的Na2O2中可能含有的杂质为_。ANa3NBNa2CO3CNa2ODNaOH ENaHC
15、O3该小组为测定制得的Na2O2样品的纯度，设计装置如图：烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是_。分液漏斗和烧瓶用导管连接可使稀硫酸顺利流下，也可防止产生实验误差，若没有该导管将导致测定结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。测定装置的接口从左至右正确的连接顺序是_。(2)乙组从反应历程上分析该测定反应存在中间产物，从而导致测定结果_(填“偏大”或“偏小”)。为证明其分析的正确性，设计实验方案如表所示：实验方案产生的现象.取烧瓶中的反应液加入少量MnO2粉末有大量气泡逸出.向NaOH稀溶液中加入23滴酚酞溶液，然后加入少量的反应液溶液先变红后褪色.向反应液中加入23滴酚酞溶液，充分振荡，然后逐
16、滴加入过量的NaOH稀溶液开始无明显现象，加NaOH溶液先变红后褪色在上述实验中，能够证明乙组分析正确的最佳方案是_(填实验序号)。根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是_。(3)丙组根据上述提供的有关信息，设计了一个方案可准确的测定样品的纯度。请简述实验操作和需要测定的有关数据_。解析：(1)由于空气中含有少量的CO2和水蒸气，因此钠与空气反应时产物中可能含有Na2CO3和NaOH，当反应温度在453473 K之间还有Na2O生成，故选B、C、D。烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为2Na2O22H2SO4=2Na2SO4O22H2O；若没有该导管，由于硫酸的流入，会使得
17、收集的气体(含有部分空气)体积偏大，导致测定结果偏大；根据的分析，需要将生成的CO2除去后再收集O2，从左至右的连接顺序为aedfgh，增加澄清石灰水是检验CO2是否除净。(2)从反应历程上看，Na2O2与水反应生成H2O2，如果H2O2没有完全分解，将会导致放出的氧气偏少，测定结果偏小；为了使H2O2分解，可以加入少量MnO2粉末作为催化剂，故选；根据实验可知，H2O2与酚酞作用的条件是碱性条件。(3)根据钠与空气在453473 K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573673 K之间可生成Na2O2，若温度提高到733873 K之间Na2O2可分解，可以称取一定质量的样品(m)，加热到73
18、3873 K使之分解，使用量气装置测定常温常压下生成O2体积(V)，然后进行有关计算，也可以称取一定质量的样品(m)，加入少量MnO2固体，再加入足量水并使用量气装置测定常温常压下生成O2体积(V)，然后进行有关计算。答案：(1)BCD2Na2O22H2SO4=2Na2SO4O22H2O偏大aedfgh(2)偏小碱性条件(3)称取一定质量的样品(m)，加热到733873 K使之分解，使用量气装置测定常温常压下生成O2体积(V)，然后进行有关计算或称取一定质量的样品(m)，加入少量MnO2固体，再加入足量水并使用量气装置测定常温常压下生成O2体积(V)，然后进行有关计算13制得的碳酸钠样品中往往
19、含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。(1)方案一：用下图所示方法和步骤进行实验：操作涉及的实验名称有_、洗涤；操作涉及的实验名称有干燥、_。该方案测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为_。(2)方案二：利用下图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：a按图连接装置，并检查气密性；b准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为83.4 g；c准确称得6.0 g纯碱样品放入容器中；d打开分液漏斗的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；e打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得
20、干燥管D的总质量为85.6 g。若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果_(填“偏大”或“偏小”)。装置A中试剂X应选用_。E装置的作用是_。根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为_(结果保留小数点后一位)。解析：(1)生成沉淀A，故操作需要涉及过滤操作。要知道固体的质量需要称重；经过计算，样品中Na2CO3质量分数的计算式为100%。(2)反应过快会使产生的CO2气体不能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留CO2不能被D装置中碱石灰完全吸收，则测得的CO2质量偏小，测定结果偏小；因为空气中含有CO2，因此应把鼓入空气中的CO2吸收处理，所以装置
21、A应放入NaOH溶液；如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的H2O和CO2会对测定结果带来影响，所以装置E的作用是防止空气中H2O和CO2进入装置D中；反应中放出CO2气体的质量85.6 g83.4 g2.2 g，设消耗碳酸钠的质量为x，Na2CO3CO210644 x2.2 g解得x5.3 g纯碱样品中Na2CO3的质量分数100%88.3%。答案：(1)过滤称量100%(2)偏小NaOH溶液防止空气中CO2和水蒸气进入装置D中88.3%14(2020东北三省三校月考)从海水中提取并制备碳酸锂，可以提高海水的综合利用价值，满足工业上对碳酸锂的需求。常温下，制备碳酸锂的一种工艺流程如下：已
22、知：海水中某些离子浓度如下：离子LiMg2Ca2Mn2Cl浓度/(molL1)0.1130.0490.0010.0100.501碳酸锂的溶解度：温度/01030507090溶解度/(gL1)1.541.431.251.080.910.83请回答下列问题：(1)精制除杂阶段的滤渣为MgCO3、_(写化学式)。(2)用HCl调pH为45的目的是_。(3)沉锂阶段，实际测得不同纯碱加入量条件下的碳酸锂沉淀结果如下表：序号沉淀质量/gLi2CO3含量/%锂回收率/%0.92.010.0992.3677.671.02.010.9790.1982.461.12.011.4589.3785.271.22.0
23、12.1484.8285.85综合以上信息及考虑实际生产时的原料成本，应按照_(填序号)中CO与Li物质的量之比加入纯碱制备碳酸锂。(4)沉锂温度需控制在90 ，主要原因是_。(5)碳化分解具体过程为向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤；加热滤液使其分解。写出反应中的化学方程式：_。写出在碳化分解中可循环利用物质的电子式：_。解析：(1)精制除杂的目的是除去Mn2、Mg2和Ca2等杂质离子，精制除杂阶段调节pH为10，Mg2、Mn2和Ca2分别形成MgCO3、MnCO3和CaCO3，故滤渣为MgCO3、MnCO3和CaCO3。(2)精制除杂后溶液中存在过量的Na2CO3，用HC
24、l调pH为45，可以除去过量的CO，防止蒸发浓缩时Li2CO3和Na2CO3析出。(3)由表中数据可知，按中比例投料，锂回收率较高，继续增加纯碱的量，锂回收率提高不明显，且Li2CO3含量会下降，综合考虑应按投入纯碱参加反应。(4)沉锂温度需控制在90 ，考虑到随着温度升高，Li2CO3溶解度降低，所以温度控制在90 时，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率(或回收率)。(5)向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤得到LiHCO3，加热时LiHCO3发生分解，产生Li2CO3、CO2和H2O，则发生的反应为2LiHCO3Li2CO3CO2H2O，得到的CO2可以循环使用，CO2的电子式为。答案：(1)MnCO3、CaCO3(2)除去CO，防止蒸发浓缩时Li2CO3(或Li2CO3和Na2CO3)析出(3)(4)该温度下，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率(或回收率)(5)2LiHCO3,Li2CO3CO2H2O