高考化学综合题专题复习【钠及其化合物】专题解析含答案

一、高中化学 钠及其化合物

1．某兴趣小组的学生根据活泼金属Mg与CO2发生反应，推测活泼金属钠也能与CO2发生反应，因此兴趣小组用下列装置进行“钠与二氧化碳反应”的实验探究(尾气处理装置已略去)。已知：常温下，CO能使一些化合物中的金属离子还原

例如：PdCl2 + CO + H2O＝Pd↓+ CO2+2HCl 。反应生成黑色的金属钯，此反应也可用来检测微量CO的存在。

请回答下列问题：

(1)通常实验室制取CO2气体的离子方程式是_______________________________，为了使制气装置能“随开随用，随关随停”，上图A处应选用的装置是_____(填写 “Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。若要制取干燥、纯净的CO2气体，装置B中应盛放的试剂是____________溶液，装置C中应盛放的试剂是______________。

(2)观察实验装置图可知Na与CO2反应的条件是_____________。检查装置的气密性完好并装入药品后，在点燃酒精喷灯前，必须进行的操作是____________________。待装置______(填写字母)中出现____________________现象时，再点燃酒精喷灯，这步操作的目的是______________________________________。

(3)假设CO2气体为足量，在实验过程中分别产生以下①、②两种不同情况，请分析并回答问题：

①若装置F中溶液无明显变化，装置D中生成两种固体物质，取少量固体生成物与盐酸反应后，有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式是_______________________。

②若装置F中有黑色沉淀生成，装置D中只生成一种固体物质，取少量该固体与盐酸反应后，也有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式是__________________________。

(4)请用文字简要说明你判断②中D装置生成固体的成分是钠的正盐或酸式盐的理由。_________________________________。

【答案】CaCO3 + 2H+＝ Ca2++ H2O + CO2↑ Ⅲ 饱和NaHCO3 浓H2SO4 高温(或强热) 扭开装置Ⅲ中导气管活塞 E 澄清的石灰水变浑浊 排出该装置中的空气 4Na + 3CO2【解析】 【分析】

(1)实验室通常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，反应不需要加热，大理石和石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；

Ⅲ装置能使反应随时进行或停止，原理是：关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止；打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；

(2)高温条件下，钠能和氧气反应；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊； (3)根据提供的信息可以判断反应进行情况；

(4)化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后元素种类、原子种类和总个数都不变． 【详解】

(1)通常实验室制取CO2气体的化学方程式是：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑； Ⅲ装置能使反应随时进行或停止，原理是：关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止；打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；若要制取干燥、纯净的CO2气体，装置B中应盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，这是因为饱和碳酸氢钠溶液不能和二氧化碳反应，能和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而可以除去二氧化碳中的氯化氢气体；装置C中应盛放的试剂是浓硫酸，用来除去二氧化碳中的水蒸气；

(2)观察实验装置图可知Na与CO2反应的条件是高温；检查装置的气密性完好并装入药品后，在点燃酒精喷灯前，必须进行的操作是通入一会儿二氧化碳气体，待装置E中出现浑浊现象时，再点燃酒精喷灯，这步操作的目的是防止钠和空气中的氧气反应；

(3)①若装置F中溶液无明显变化，装置D中生成两种固体物质，取少量固体生成物与盐酸反应后，有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，说明反应生成了碳酸钠，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，反应的化学方程式是：3CO2+4Na

2Na2CO3+C；

2Na2CO3+ C 2Na + 2CO2

Na2CO3+ CO 生成正盐。因为根据质量守恒定律

可知，反应物共有三种元素，没有氢元素，因此不能生成酸式盐。

②若装置F中有黑色沉淀生成，装置D中只生成一种固体物质，说明反应生成了一氧化碳，取少量该固体与盐酸反应后，也有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，说明反应生成了碳酸钠，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和一氧化碳，反应的化学方程式是：2CO2+2Na

Na2CO3+CO；

(4)②中D装置生成固体的成分是钠的正盐的理由是：反应物中不含有氢元素，因此生成物中不含有氢元素，即生成的固体不可能是碳酸氢钠。

2．纯碱、烧碱等是重要的化工原料。

（1）利用如图所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应。将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是______。若其它操作不变，将A与C连接，可观察到的现象是_______。

（2）向100 mL2 mol/L的NaOH 溶液中通入一定量CO2，结晶，得到9．3 g白色固体，该白色固体的组成是_______（写化学式）。设计实验确认该白色固体中存在的阴离子，试完成下列方案。 实验操作 ①取少量白色固体于试管中，加足量水溶解，再加足量BaCl2溶液 ②过滤，取2 mL滤液于试管中，滴加酚酞 ______ ______ ______ ______ 实验现象 结论 （3）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：

已知NaHCO3在低温下溶解度较小。反应I为：NaCl+CO2+NH3+H2O理母液的两种方法如下。

NaHCO3↓+NH4Cl，处

①向母液中加入石灰乳，可将其中_____循环利用，同时得到融雪剂_____。

②向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式：______________。

【答案】水沿导管由广口瓶进入烧瓶 广口瓶中的长导管口有气泡产生 NaOH和Na2CO3 产生白色沉淀 原白色固体中有CO32-存在 溶液变红 溶液中含有氢氧化钠 NH3 CaCl2 HCO3—＋NH3＝NH4+＋H2O 【解析】 【分析】

（1）CO2与NaOH反应生成Na2CO3，烧瓶内压强减小；

（2）先根据钠原子守恒，通过极值法确定白色固体的组成；根据题中所给试剂，要首先利用中性溶液BaCl2检验出碳酸钠，并将碳酸根离子全部沉淀，再通过检验溶于的pH来确定是否含有NaOH；

（3）①根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后可以生成氨气；

②碳酸氢钠溶于水，母液为碳酸氢钠饱和溶液，向母液中通入氨气，氨气与碳酸氢钠反应碳酸钠和碳酸铵。 【详解】

（1）将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，二氧化碳与烧碱溶液发生了反应，引起压强减小，导致水沿导管由广口瓶进入烧瓶，若其它操作不变，若将A与C连接，外界气体进入进入集气瓶，可观察到的现象是广口瓶中的长导管口有气泡产生，故答案为：水沿导管由广口瓶进入烧瓶；广口瓶中的长导管口有气泡产生； （2）二氧化碳与氢氧化钠可以发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O、OH-+CO2=HCO3-，100 mL2 mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.2mol，若氢氧化钠全部生成碳酸钠，碳酸钠固体的质量为0.2mol×1×106g/mol=10.6g，若全部生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的质量为20.2mol×84g/mol=16.8g，由得到9．3 g白色固体可知，氢氧化钠溶液过量，最后的固体可能为NaOH和Na2CO3；要检验NaOH和Na2CO3，可加足量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含CO32‾；用无色酚酞检验氢氧化钠的存在，即 实验操作 ①取少量白色固体于试管中，加足量水溶解，再加足量BaCl2溶液 ②过滤，取2 mL滤液于试管中，滴加酚酞 溶液变红 溶液中含有氢氧化钠 产生白色沉淀 原白色固体中有CO32-存在 实验现象 结论 故答案为：Na2CO3和NaHCO3；产生白色沉淀；原白色固体中有CO32-存在；溶液变红；原白色固体中有CO32-存在；

（3）①根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后，石灰乳与氯化铵共热反应生成氯化钙、氨气和水，氨气可以循环使用，氯化钙可以做融雪剂，故答案为：氨气；融雪剂；

②碳酸氢钠溶于水，母液为碳酸氢钠饱和溶液，向母液中通入氨气，氨气与碳酸氢钠反应碳酸钠和碳酸铵，加入细小的食盐颗粒并降温，会析出氯化铵晶体，氨气与碳酸氢钠反应的离子方程式为：HCO3—＋NH3＝NH4+＋H2O，故答案为：HCO3—＋NH3＝NH4+＋H2O。

3．某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质。 已知：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O

任务1：利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。

（1）A和E中制取NH3的装置为____，所用试剂为_____。装置中制取NO2的化学方程式是_________________。

（2）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是_________。

（3）实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象。该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是

①NH3还原性较弱，不能将NO2还原； ②在此条件下，NO2的转化率极低； ③_________________。

（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是________。 任务2：探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。 （5）实验前，该小组同学提出三种假设。 假设1：两者不反应； 假设2：NO2能被Na2O2氧化； 假设3：_______________。

（6）为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选F装置(如图所示)，重新组装，进行实验。

①装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_____________。

②实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。推测B装置中反应的化学方程式为__________。

【答案】A 浓氨水和CaO(合理即可) Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 混合气体颜色变浅 在此条件下，该反应的化学反应速率极慢 缺少尾气吸收装置 NO2能被Na2O2还原(其他合理答案也可) EDBDF 2NO2＋Na2O2=2NaNO3 【解析】 【分析】

(1)干燥氨气不能用无水氯化钙，因而A为氨气发生装置；固液反应制取氨气，要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体；铜与浓反应生成铜、二氧化氮和水； (2)若红棕色的NO2能够被NH3还原，反应时混合气体的颜色将变浅；

(3)实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明此条件下，二氧化氮与氨气不能反应，或者二氧化氮的转化率较低，或者是反应速率极慢；

(4)氮氧化物为有毒气体，不能直接排放到空气中；

(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价，既有氧化性又有还原性，NO2中的氮元素为中间价＋4价，既可能表现氧化性，也可能表现还原性；

(6)①验证假设2，首先要用E装置制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，实验时要除去水的干扰，装置B前后都必须有吸水装置，为防止过量气体污染环境，要连接F咋进行尾气处理；

②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物，说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成钠。 【详解】

(1)干燥氨气不能用无水氯化钙，因而A为氨气发生装置，E为二氧化氮发生装置；固液反应制取氨气，要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体；实验室用浓与铜反应制备二氧化氮，铜与浓反应生成铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，故答案为：A；浓氨水和CaO(合理即可)；Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；

(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原，反应时混合气体的颜色将变浅，故答案为：混合气体颜色变浅；

(3)实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明此条件下，二氧化氮与氨气不能反应，或者二氧化氮的转化率较低，或者是反应速率极慢，现象不明显，故答案为：在此条件下，该反应的化学反应速率极慢；

(4)氮氧化物为有毒气体，不能直接排放到空气中，否则会污染环境，则该装置的缺陷是缺少尾气吸收装置，故答案为：缺少尾气吸收装置；

(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价，既有氧化性又有还原性，NO2中的氮元素为中间价＋4价，既可能表现氧化性，也可能表现还原性，则NO2与Na2O2可能不发生氧化还原反应，或过氧化钠做氧化剂，将NO2氧化，或或过氧化钠做还原剂，将NO2还原，故答案为：NO2能被Na2O2还原；

(6)①验证假设2，首先要用E装置制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，实验时要除去水的干扰，装置B前、后都必须有吸水装置，为防止过量气体污染环境，要连接F咋进行尾气处理，故答案为：EDBDF；

②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物，说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成钠，反应的化学方程式为2NO2＋Na2O2=2NaNO3，故答案为：。 【点睛】

水能和过氧化钠反应，实验时要除去水的干扰，装置B前、后都必须有吸水装置是解答关键，也是易忽略的易错点。

4．Ⅰ. （1）用锌片，铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g，铜表面析出了氢气________L（标准状况下），导线中通过________mol电子。

（2） 将ag Na投入到bg D2O（足量）中，反应后所得溶液的密度为dg/cm3，则该溶液物质的量浓度是_______；

Ⅱ. 将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）＋B（g）⇌2C（g）＋2D（g）。反应进行到10 s末时，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol，则：

（1）用C表示10 s内正反应的平均反应速率为____________。 （2）反应前A的物质的量浓度是________。 （3）10 s末，生成物D的浓度为________。 【答案】1.12 0.1 【解析】 【分析】 【详解】

Ⅰ.(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，锌片的质量减少了3.25克，则物质的

1000admol/L 0.04mol•L-1•s-1 1.5mol•L-1 0.4mol•L-1

23a23b2a3.25g量为=0.05mol，转移的电子的物质的量为n(e-65g/mol)=2n(Zn)=2n(H2)=2×0.05mol=0.1mol，则V(H2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12；0.1；

(2)将ag Na投入到bg D2O(足量)中，发生2Na+2D2O=2NaOD+D2↑，ag Na的物质的量为

agaaamol，生成的氢氧化钠为mol，D2的物质的量为mol，质量为=

23g/mol232346a2a2a2amol×4g/mol=g，反应后溶液的质量为ag+bg-g=(a+b-)g，溶液的体积为46232323（ab2a2a）gab=2323cm3，则该溶液物质的量浓度

dg/cm3damol23n1000ad1000adc==mol/L，故答案为：mol/L； =2aVab23a23b2a23a23b2a23103Ld0.8mol----Ⅱ.(1)v(C)=2L=0.04mol•L1•s1，故答案为：0.04mol•L1•s1；

10s(2)3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)。反应进行到10 s末时，测得A的物质的量为1.8 mol，C的物质的量为0.8 mol，则反应的A为1.2mol，反应前A的物质的量浓度是

(1.81.2)mol=1.5mol•L-1，故答案为：1.5mol•L-1；

2L(3)3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)。反应进行到10 s末时，测得C的物质的量为0.8 mol，则生成的D为0.8 mol ，10 s末，生成物D的浓度为

0.8mol=0.4mol•L-1，故答案为：2L0.4mol•L-1 。 【点睛】

本题的难点为I.(2)，要注意生成的氢气的质量的计算，同时注意c=“L”。

n中V的单位是V

5．现有下列几种物质：①盐酸；②Na2O；③Na2O2；④Al(OH)3；⑤Na2CO3；⑥H2O；⑦CO2；⑧乙醇；⑨Cu；⑩NaOH溶液。

（1）其中属于电解质的有___________（填写序号，下同），属于碱性氧化物的有_______。

（2）④与⑩反应的离子方程式为______________________________________。 （3）Na2O2因能发生下列反应被用作供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：______。

（4）如用超氧化钾（KO2）作供氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______________________________________________________。

【答案】②③④⑤⑥ ② Al(OH)3 + OH－ = AlO2－+2H2O 1:1 或

【解析】 【分析】

(1)①盐酸为混合物，不属于电解质；

②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物； ③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物； ④Al(OH)3为离子化合物，属于电解质； ⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质； ⑥H2O属于电解质、氧化物； ⑦CO2不属于电解质，为氧化物； ⑧乙醇属于非电解质； ⑨Cu为单质，不属于电解质； ⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质； (2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；

(3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；

(4)超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍。 【详解】

(1)①盐酸为混合物，不属于电解质；

②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物； ③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物； ④Al(OH)3为离子化合物，属于电解质； ⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质； ⑥H2O属于电解质、氧化物； ⑦CO2不属于电解质，为氧化物； ⑧乙醇属于非电解质； ⑨Cu为单质，不属于电解质； ⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质；

综上所述，属于电解质的为②③④⑤⑥；碱性氧化物的为②；

(2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3 + OH－ = AlO2－+2H2O； (3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；

(4)超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍，则单线桥法为

或。

6．某港口化学品堆场发生火灾，消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下，用水灭火时，发生了剧烈爆炸。事后有关部门初步认定危化品部分清单：钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。试回答：

⑴请你分析用水灭火时，随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。 ⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________（简要说明操作步骤）。

⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________（写化学式）。 ⑷钾受热分解产生KNO2和O2，写出该反应的化学方程式______________________。 【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应，并释放出氢气。氯酸钾受热分解产生氧气，氢气和氧气混合受热发生爆炸 将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有

NH4+ Na2O2 2KNO3

Δ2KNO2+O2↑

【解析】 【分析】

钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气，而氯酸钾分解会产生氧气，氢氧混合受热后会发生爆炸，后面再根据要求来作答即可。 【详解】

（1）根据分析，钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气，而氯酸钾受热产生氧气，氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸；

（2）铵离子可以通过加水溶解后，加入浓碱并加热的方法来检验，因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体；实验操作为：将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有NH4+，

（3）过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂，化学式为Na2O2；

（4）钾受热分解产生KNO2和O2的过程是一个自身氧化还原反应，氮从+5价降低到+3价，得2个电子，氧从-2价升高到0价，失2个电子，据此来写出氧化还原方程式即可：2KNO3@2KNO2+2O2。

7．碳酸钠和碳酸氢钠在一定条件下可以相互转化。

（1）向碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠，请写出该反应的化学方程式_________。

（2）请设计实验方案除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氫钠_________。 （3）请设计实验方案除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠_________。

（4）充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物95g，完全反应后得到气体5.6L（标准状况），求混合物中碳酸钠的质量分数_________。

【答案】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 加热碳酸钠固体，NaHCO3受热分解生成Na2CO3和H2O、CO2，从而除去了杂质 向NaHCO3溶液中通入CO2，使Na2CO3反应生成了NaHCO3，从而除去了杂质 55.8% 【解析】 【分析】

（1）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠； （2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解； （3）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠； （4）由碳酸氢钠受热分解的化学方程式列关系式求解可得。 【详解】

（1）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故答案为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；

（2）碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解，除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以通过加热方法除去杂质碳酸氢钠，故答案为：加热碳酸钠固体，NaHCO3受热分解生成Na2CO3和H2O、CO2，从而除去了杂质；

（3）碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠，可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去，故答案为：向NaHCO3溶液中通入CO2，使Na2CO3反应生成了NaHCO3，从而除去了杂质；

（4）充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物得到气体的5.6L（标准状况）气体为二氧化

5.6L碳，二氧化碳物质的量为22.4L/mol=0.25mol，碳酸氢钠受热分解的化学方程式为

2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，由方程式可知n（NaHCO3）=2n（CO2）=2×0.25mol=0.5mol，

碳酸氢钠的质量为0.5mol×84g/mol=42g，碳酸钠的质量为（95g-42g）=53g，则混合物中碳酸钠的质量分数95g×100%=55.8%，故答案为：55.8%。 【点睛】

通过加热分解收集生成的气体计算碳酸氢钠的量，再反过来计算碳酸钠的质量分数是计算的关键。

53g

8．化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验。请你参与并完成对有关问题的解答：

(1)甲同学用如图所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的__________(填“Na2CO3”或“NaCl”)发生反应，仪器b的名称是______，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是__________。

(2)乙同学用如图所示装置，取一定质量的样品(m g)和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定。

①实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的______________________________，则装置气密性良好。

②在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的______(填“体积”或“质量”)。 (3)丙同学用下图所示方法和步骤进行实验：

①操作Ⅰ涉及的实验名称有：__________、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、__________。

②丙同学测得样品中Na2CO3的质量分数为__________。

【答案】Na2CO3 分液漏斗 除去CO2中的水蒸气 液面上升 体积 过滤 称量 106y/197x 【解析】 【详解】

（1）依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体；

（2）①使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好；②在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积；

（3）①流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重得到沉淀碳酸钡质量；②由流程分析判断：碳酸钡沉淀质量为yg，根据原子守恒可知样品中Na2CO3质量为

106y106yg，因此样品中Na2CO3的质量分数为。 197197x

9．（1）将金属钠置于空气中加热，可以观察到有淡黄色固体生成，试写出该反应的方程式：__________________________________。

（2）在实验室模拟侯氏制碱法制备碳酸钠：一定温度下，往一定量饱和NaCl溶液中通入氨气（NH3）达到饱和后，再不断通入CO2，一段时间后，出现沉淀，过滤得到NaHCO3晶体和氯化铵溶液。该过程的总的化学方程式为：____________________________________________。

（3）加热NaHCO3得到纯碱制品，实验室进行此操作的装置可以是_____________（填选项）。

（4）某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：

加入MnO2后，反应的化学方程式为____________________________________________。 【答案】4Na＋O22H2O2【解析】 【分析】

（1）将金属钠置于空气中加热，生成淡黄色固体过氧化钠；

（2）饱和NaCl溶液中通入氨气（NH3）达到饱和后，再不断通入CO2，反应生成NaHCO3晶体和氯化铵溶液；

（3）NaHCO3具有不稳定性，加热后易发生分解，据此进行分析；

2Na2O2 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl AB

2H2O＋O2↑

（4）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化

钠和水反应生成的过氧化氢，具有氧化性，过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气。 【详解】

（1）将金属钠置于空气中加热，生成淡黄色固体过氧化钠，方程式为4Na＋O2

2Na2O2；

2Na2O2；

故答案是：4Na＋O2

（2）饱和NaCl溶液中通入氨气（NH3）达到饱和后，再不断通入CO2，一段时间后，得到NaHCO3晶体和氯化铵溶液，该过程的总的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；

故答案是：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；

（3）NaHCO3具有不稳定性，加热后易发生分解；由于反应中有水生成，故不能用装置C；从溶液中得到固体，可以采用蒸发的方法，故D不适用，故AB可选； 故答案选AB。

（4）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，滴加酚酞后，溶液变红，然后溶液红色褪去，说明过氧化钠与水反应生成的过氧化氢，具有氧化性，能够氧化有色物质；因此褪色后的溶液中加入少量的二氧化锰，过氧化氢发生分解生成氧气，方程式为：2H2O2O2↑； 故答案是：2H2O2

2H2O＋O2↑。

2H2O＋

10．Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。

（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，写出该反应的化学方程式：______________________，该反应中，Na2O2的作用为____________（填“还原剂”、“氧化剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。

（2）Na2O2与CO2反应可以产生氧气。某同学通过下列装置验证Na2O2能否与CO2反应。 (图中铁架台等装置已略去)。

①装置A的名称是_________，A中的固体为_______________，装置B中试剂的作用为__________________________

②若Na2O2能与CO2，则装置C中的现象是_____________________________

（3）碱石灰是干燥剂，在a处收集气体，检测发现该气体中几乎都是CO2气体（过氧化钠足量），则说明过氧化钠与CO2气体不反应。该同学查阅相关文献，然后撤掉装置B，其他都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现得到的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要_______________。

（4）将一定量的Na2O2固体投入到含有下列离子的溶液中：NO3－、HCO3-、CO32－、Na＋，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（不考虑溶液体积的变化）__________（填离子符号）。

【答案】Na2O2＋SO2=Na2SO4 氧化剂 锥形瓶 碳酸钠 干燥二氧化碳气体 淡黄色变成

－

白色固体 有水的参与 NO3

【解析】 【分析】

（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，据此写出反应的化学方程式；

（2）①根据仪器A的结构进行分析；产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥；

②Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠； （3）根据题给信息进行分析；

（4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中发生NaHCO3+NaOH= Na2CO3+H2O反应，据此分析溶液中n（HCO3-），n（CO32－），n(Na+)，n（NO3－）变化规律。 【详解】

（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，该反应的化学方程式为：Na2O2＋SO2=Na2SO4；该反应中，Na2O2中-1价的氧降低到SO42-中的-2价，Na2O2发生还原反应，做氧化剂；

故答案是：Na2O2＋SO2=Na2SO4 ；氧化剂；

（2）①装置A的名称是锥形瓶；硫酸与碳酸钠固体反应产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥，所以装置B中试剂的作用为干燥二氧化碳气体； 故答案是：锥形瓶；碳酸钠；干燥二氧化碳气体；

②Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠，则装置C中的现象是淡黄色变成白色固体；

故答案是：淡黄色变成白色固体；

（3）根据信息可知，过氧化钠与CO2气体不反应，然后撤掉装置B，不再用浓硫酸吸收水蒸气，其它都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现得到的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要有水的参与； 故答案是：有水的参与 ；

（4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，因为发生HCO3-+OH-= CO32－+H2O反应，所以溶液中n（HCO3-）减小，n（CO32－）增大，n(Na+)增大，n（NO3－）不变； 故答案选NO3－。

11．已知碱金属的氧化物有：普通氧化物，如Li2O；过氧化物，如Na2O2；超氧化物，如KO2；臭氧化物，如RbO3，其中后三者均能与H2O或CO2反应产生O2。

（1）宇航工业，为了能保持飞船座舱内空气成分的稳定，宇航科学家进行了大量的探索，有的科学家提出了“金属过氧化物处理系统”。即不断把座舱内的空气通过盛有金属过氧化物（以过氧化钠为例）的容器，并把处理后的气体充入座舱。每个宇航员平均每天需要消

耗0.9 kg氧气，呼出1.0 kg二氧化碳。有关反应的化学方程式为_______、_______；将处理后的气体充入座舱时，为了能保持飞船座舱内空气成分的稳定，还应采取的措施是_______。

（2）人体内O2—离子对健康有害，使人过早衰老，但在催化剂SOD存在下可发生如下反应，请完成该反应的离子方程式：_________________________________

（3）Na2O2、K2O2、CaO2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得。最适合的过氧化物是_______（写电子式）

（4）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构。晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）。则每个超氧化钾晶胞含有_______个K＋和_______个O2－；该晶体中，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为

_______

【答案】2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 补充适量水蒸气 2 O2—+2H2O 【解析】 【分析】 【详解】

（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式分别是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠吸收水蒸气，所以对空气有干燥作用，处理后的气体充入座舱时，为了能保持飞船座舱内空气成分的稳定，还应补充适量水蒸气； （2）人体中O2可认为氧原子化合价为-—

H2O2+O2↑+2OH-

4 4 3:1

价，可发生自身氧化还原反应，生成-1价和0

价氧原子，根据得失电子守恒，生成H2O2、O2的比为1:1，根据电荷守恒，应该用氢氧根离子配平电荷，所以反应方程式是2 O2+2H2O

—

H2O2+O2↑+2OH。

-

（3）硫酸钡难溶于水，所以最适合用BaO2与适量稀硫酸作用制取过氧化氢，BaO2的电子式是

；

（4）根据均摊原则，晶胞中K+数是8+61811=4，O2－的数是12+1=4；氧的化合价24部分为0价，部分为－2价，根据化合价代数和等于0，每个晶胞中有2个－2价氧，6个0价氧，所以0价氧原子与－2价氧原子的数目比为3:1。

12．已知A、E为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，回答下题。

（1）实验室中A常常保存在盛放__________的广口瓶中。

（2）写出B转变成C的化学方程式_________________。0.1mol B参与该反应，转移电子的个数为_________ 。

（3）用化学方程式表示沉淀G颜色发生变化的原因：________________________。 （4）利用H溶液制备胶体的化学方程式是：_____________________________，下列有关胶体的说法正确的是________。 A．胶体具有介稳性是因为胶体带电 B．实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液 C．利用渗析法可以除去淀粉溶液中的NaCl

（5）直接向F溶液中加入A固体，出现的现象是：__________________________。 【答案】煤油 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 0.1NA

4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3 FeCl+HO=Fe（OH）（胶体）+HCl BC 有323无色气体生成，产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色最终变为红褐色 【解析】 【分析】

A为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，则A为Na，B为Na2O2；由转化关系可知C为Na2CO3、D为NaOH；金属E与盐酸反应生成F为盐，而F能与NaOH反应生成白色沉淀G，G可以转化为红褐色沉淀，则E为Fe、F为FeCl2、G为Fe(OH)2、红褐色沉淀为Fe(OH)3，H为FeCl3，以此分析。 【详解】

A为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，则A为Na，B为Na2O2；由转化关系可知C为Na2CO3、D为NaOH；金属E与盐酸反应生成F为盐，而F能与NaOH反应生成白色沉淀G，G可以转化为红褐色沉淀，则E为Fe、F为FeCl2、G为Fe(OH)2、红褐色沉淀为Fe(OH)3，H为FeCl3。

（1）实验室中Na常常保存在盛放 煤油的广口瓶中， 故答案为：煤油；

（2）B转变成C的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，各占一半，0.1molB参与该反应，转移电子的个数为：

0.1mol12NA=0.1NA ， 2故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；0.1NA； （3）用化学方程式表示沉淀G颜色发生变化的原因：

4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3，

故答案为：4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3；

（4）利用FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe（OH）3胶体，化学方程式为：

FeCl3+H2O=Fe（OH）（胶体）+HCl； 3A．胶体具有介稳性是因为胶粒带电，胶体不带电，故A错误；

B．胶体会发生丁达尔效应，而溶液没有丁达尔效应。实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液，故B正确；

C．淀粉溶液是胶体不可透过半透膜，NaCl溶液是溶液可以通过半透膜，可利用渗析法可以除去淀粉溶液中的NaCl，故C正确；

故答案为FeCl+HO=Fe（OH）（胶体）+HCl；BC； 323 (5)直接向FeCl2溶液中加入Na固体，钠能与水反应生成NaOH与H2，NaOH与FeCl2反应会得到Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中逐渐氧化成Fe(OH)3，可能出现的现象：有无色气体生成，产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色最终变为红褐色。

故答案为：有无色气体生成，产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色最终变为红褐色。 【点睛】

胶体具有介稳性是因为胶粒带电，胶体不带电。



13．工业制得的纯碱中往往含有少量的NaCl固体，现设计以下两种方案测定样品中纯碱的纯度。完成下列填空：

方案一：测量装置如图所示，称取样品m克装入Y型试管中。

（1）检查装置气密性的方法是__________。 （2）量气管中的液体应为__________（填编号）。 a 饱和Na2CO3溶液 b 饱和NaHCO3溶液 c 饱和NaCl溶液 （3）Y型试管另一端应装入试剂为__________（填编号）。 a 盐酸 b 硫酸 c

方案二：装置如图二所示，A中样品质量为m克。

（4）根据图中所用实验装置，可以判断需要测定的实验数据是__________。

（5）仔细分析该装置，由此测的的数据计算出的实验结果有可能偏高也有可能偏低，分析原因并对装置进行相应的改进（已知：装置气密性良好）； （i）偏低的原因是____________，改进方法是__________。 （ii）偏高的原因是_____________，改进方法是_________。

【答案】上提水准管，使左右两边形成液面差，一段时间内液面差不变，则气密性良好 b b C装置反应前后的质量 CO2未全部被吸收 通入氮气，使CO2全部进入C装置中 空气中的CO2和H2O进入C装置中 在C装置后再接一个干燥装置 【解析】 【分析】

方案一、该实验设计的原理为通过纯碱样品与没有挥发性的硫酸反应生成二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液测定反应生成的二氧化碳的体积，达到测定样品中纯碱的纯度的目的； 方案二、该实验设计的原理为纯碱样品与稀硫酸反应生成二氧化碳，用浓硫酸干燥二氧化碳，用碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，通过测定干燥管前后质量的变化，达到测定样品中纯碱的纯度的目的。 【详解】

（1）检查装置气密性，可上提右边的水准管，使水准管和量气管两边形成液面差，若装置气密性良好，一段时间内液面差不变，否则漏气，故答案为：上提水准管，使左右两边形成液面差，一段时间内液面差不变，则气密性良好；

（2）纯碱与酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能溶于水，用饱和碳酸氢钠溶液可以降低二氧化碳的溶解度，减小实验误差，故答案为：b；

（3）盐酸和具有挥发性，挥发出的氯化氢和能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，使所测结果偏高，则Y型试管另一端应装入没有挥发性的硫酸，减小实验误差，故答案为：b；

（4）由图可知，该实验设计的原理为通过测定干燥管前后质量的变化，达到测定样品中纯碱的纯度的目的，故答案为：C装置反应前后的质量；

（5）（i）根据实验原理，保证纯碱样品与稀硫酸反应产生的二氧化碳被碱石灰完全吸收是实验的关键，若反应生成的二氧化碳没有被完全吸收，会导致所测结果偏低，为减小实验误差，应在纯碱样品与稀硫酸完全反应后，通入氮气使反应生成的二氧化碳被碱石灰完全吸收，故答案为：CO2未全部被吸收；通入氮气，使CO2全部进入C装置中； （ii）碱石灰能够吸收空气中的二氧化碳和水，导致所测结果偏高，为减小实验误差，应在在C装置后再接一个盛有碱石灰的干燥装置，吸收空气中的二氧化碳和水，故答案为：空气中的CO2和H2O进入C装置中；在C装置后再接一个干燥装置。 【点睛】

要测定碳酸钠的含量，可以通过与酸反应生成的二氧化碳的质量进行求算，而要测定二氧化碳的质量，需排除空气中二氧化碳和水蒸气对生成的二氧化碳的质量的影响是解答关键。

14．教材中给出了Na2O2与水反应的化学方程式，某学习小组通过实验研究Na2O2与水发反应机理 操作 Ⅰ.向盛有4.0g Na2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水 Ⅱ.向溶液a中滴入两滴酚酞 现象 剧烈反应，产生的气体能使带火星木条复燃，固体全部溶解后，得到的无色溶液a 溶液变红，10分钟后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色 又有大量气泡产生，产生的气体也能使带火星木条复燃 Ⅲ.向溶液中加入少量MnO2粉末 （1）Na2O2的电子式为 ______ ，很明显，实验证实了溶液a中H2O2的存在，应用同位素示踪原理可以表示反应的机理，写出Na218O2与H2O反应的化学方程式 ______ ． （2）操作Ⅱ中红色褪去的可能原因是 ______ ．

2（3）用反应2MnO45H2O26H2Mn5028H2O测定溶液a中H2O2含

量．取20.00ml溶液a，用稀 ______ (填化学式)酸化，用0.002mol•L-1KMnO4溶液滴定，至终点时平均消耗10.00ml KMnO4溶液．滴定时KMnO4溶液应装在 ______ (填酸或碱)式滴定管中，终点确定的方法是 ______ ，经计算溶液a中c(H2O2)= ______ mol•L-1 （4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，发生反应的离子方程式为______ ．

（5）向FeSO4溶液中加入一定量Na2O2固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，写出反应的离子方程式 ______ ． 【答案】

181818 2Na2O22H2O2NaOH2NaOHO2 溶液a

中过量H2O2与酚酞发生反应 H2SO4 酸 滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟

2内不变色 0.0025 4H2O24Fe6H2OO24Fe(OH)38Na

3Na2O26Fe26H2O6Na4Fe(OH)32Fe3

【解析】 【分析】

（1）Na2O2为离子化合物，据此书写电子式；根据实验证实了溶液a中H2O2的存在，则Na218O2与H2O反应先生成氢氧化钠和H2O2，H2O2再分解生成水和氧气； （2）根据H2O2具有强氧化性即漂白性进行分析；

（3）根据KMnO4溶液能氧化HCl，所以用稀H2SO4酸化，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，终点确定的方法是滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色，根据KMnO4与H2O2反应的物质的量之比求得H2O2的物质的量，进而求得溶液a中

c(H2O2)；

（4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，Na2O2氧化FeSO4溶液生成Fe(OH)3沉淀和氧气； （5）向FeSO4溶液中加入一定量Na2O2固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，所以Na2O2固体仅作氧化剂，FeSO4溶液被氧化成Fe(OH)3沉淀，据此书写； 【详解】

（1）Na2O2为离子化合物，电子式为

；实验证实了溶液a中H2O2的存

在，则Na218O2与H2O反应先生成氢氧化钠和H2O2，H2O2再分解生成水和氧气，所以Na218O2与H2O反应的总化学方程式为

18182Na182O22H2O2NaOH2NaOHO2；

（2）因为H2O2具有强氧化性即漂白性，所以操作Ⅱ中红色褪去的可能原因是溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应；

（3）根据KMnO4溶液能氧化HCl，所以用稀H2SO4酸化，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，终点确定的方法是滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色，根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为： 2MnO4- ~ 5H2O2 2mol 5mol

0.002 mol•L-1×0.01L n(H2O2) 则n(H2O2)=5×10-5 mol

5105mol=0.0025 mol•L-1； 所以n(H2O2)=2210L（4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，Na2O2氧化FeSO4溶液生成Fe(OH)3沉淀和氧气，离子方

2程式为：4Na2O24Fe6H2OO24Fe(OH)38Na；

（5）向FeSO4溶液中加入一定量Na2O2固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，所以Na2O2固体仅作氧化剂，FeSO4溶液被氧化成Fe(OH)3沉淀，离子方程式

23为：3Na2O26Fe6H2O6Na4Fe(OH)32Fe。

15．过氧化钠(Na2O2)是中学常见物质，常见的过氧化物还包括过氧化钙(CaO2)。已知过氧化钠与CO2反应有气体生成，而将SO2通入过氧化钠粉末中也有气体生成。有人提出CO2、SO2与过氧化钠的反应原理相同，但也有人提出SO2具有较强的还原性，CO2无强还原性，反应原理不相同。据此设计如下实验操作进行判断。

实验一：向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，取反应后的固体进行实验探究，以证明过氧化物与SO2反应的特点。 (1)提出假设：

假设1：反应后固体中只有Na2SO3，证明SO2未被氧化； 假设2：反应后固体中只有Na2SO4，证明SO2完全被氧化；

假设3：__________________________，证明______________________。 实验探究：

实验二：通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如下。

(2)试剂A可以选用________，试剂B的作用是________。

(3)实验测得装置C中过氧化钠质量增加了m1g，装置D质量增加了m2g，装置E中收集到的气体为V L(已换算成标准状况下)，用上述有关测量数据判断，SO2未被氧化、完全被氧化的V-m1关系式。

未被氧化：____________，完全被氧化：____________。

(4)若SO2完全被氧化，写出反应的化学方程式__________________________。 【答案】Na2SO3和Na2SO4的混合物 SO2被部分氧化 浓H2SO4 吸收未反应的SO2 V=7m1/30 V=0 SO2+Na2O2＝Na2SO4 【解析】 【分析】

（1）根据假设1和假设2推断假设3；

（2）过氧化钠和水反应，装置A中试剂能吸收水蒸气，所以试剂为浓硫酸，干燥气体除去水蒸气；试剂B除去过量的SO2；

（3）若Na2SO3未被氧化发生的反应只有2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2根据差量法计算即可； （4）若SO2完全被氧化生成固体是硫酸钠。 【详解】

（1）根据假设1和2可判断，假设3应该是：固体为Na2SO3和Na2SO4的混合物；证明SO2部分被氧化；

（2）过氧化钠和水反应，装置A中试剂能吸收水蒸气，所以试剂为浓硫酸，干燥气体除去水蒸气；装置B为测定生成氧气的体积，需要把剩余的二氧化硫除去，因此试剂B装置作用是吸收未反应的SO2。

（3）实验测得装置C中过氧化钠质量增加了m1g，装置D质量增加了m2g，装置E中收集到的气体为V L（已换算成标准状况下）。若SO2未被氧化，则发生反应：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2。依据化学方程式和反应增重计算E中收集的氧气，即

2Na2O2+2SO2=2Na2SO3O2m1mol96g

V/22.4 molm1g解得V＝

7m1L；若二氧化硫全部被氧化发生的反应为：Na2O2+SO2＝Na2SO4；反应过程中307m1L，则二氧化硫部分被氧化。 30无氧气生成，V＝0；若0＜V＜

（4）二氧化硫完全被氧化生成硫酸钠，则反应的化学方程式为：SO2+Na2O2＝Na2SO4。