人教版 (2019)第一节 钠及其化合物学案设计

www.ks5u.com能力课时4  钠的重要化合物的有关计算和综合实验

1．反应原理

2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 Ⅰ

2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ Ⅱ

2．探究的四个角度

(1)分子个数角度

无论是CO2或H2O的单一物质还是两者的混合物，通过足量的Na2O2时，生成O2的个数与CO2或H2O的个数之比均为1∶2。

(2)电子转移角度

当Na2O2与CO2、H2O反应时，每生成1个O2，转移2个电子，且在反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，CO2、H2O既不是氧化剂又不是还原剂。

(3)质量变化角度

分析反应Ⅰ和Ⅱ的化学方程式，可得下列关系式：

Na2O2Na2CO3(组成相当于Na2O2·CO)

Na2O22NaOH(组成相当于Na2O2·H2)。

①发生反应Ⅰ时，固体增加的质量等于与CO2等个数的CO的质量。

②发生反应Ⅱ时，固体增加的质量等于与H2O等个数的H2的质量。

(4)反应的先后角度

一定量的Na2O2与一定量CO2和H2O(g)的混合物的反应，可视为Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。

在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5 g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其恰好完全反应，Na2O2增重7.5 g，则原混合气体中O2的质量分数是(    )

A．54.5%      B．40%      C．36%      D．33.3%

A  [根据CO2、H2O与Na2O2反应时，固体增重的质量为CO、H2的质量。可知原气体中CO、H2的质量为7.5 g，故O2的质量为16.5 g－7.5 g＝9 g，即ω(O2)＝×100%＝54.5%。]

当组成满足COmHn时，a gCOmHn完全燃烧生成的CO2和H2Og完全被Na2O2吸收时，Na2O2增重a g。

1．对于反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，下列说法中正确的是(    )

A．Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂

B．当2分子H2O参加反应时，生成1分子O2

C．当生成1分子O2时，转移的电子数为4

D．每有18 g H2O与足量Na2O2反应，则固体增重4 g

B  [反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，A错误；当生成1分子O2时，转移电子数为2，C错误；当18 g H2O参加反应时，固体增重2 g，D错误。]

2．30 g甲醛(HCHO)在足量的O2中充分燃烧，把产生的气体(>100 ℃)通入足量的Na2O2固体中，完全反应后，Na2O2的质量增加________g。

[解析]  甲醛的化学式HCHO可以看成是(CO)(H2)，充分燃烧后的气体与足量的Na2O2完全反应，增加的质量与原甲醛的质量相同。

[答案]  30

制得的碳酸钠样品中往往含有少量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：

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Ⅱ中；

d．打开分液漏斗Ⅰ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，然后称得干燥管D的总质量为85.6 g。

①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”)。

②装置A中试剂X应选用________。

③E装置的作用是_________________________________________________

________________________________________________________________。

④根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中Na2CO3的质量分数为________(结果保留到小数点后一位)。

[解析]  (1)①生成沉淀A，故操作Ⅰ需要涉及过滤操作。要知道固体的质量需要称重；②经过计算，样品中Na2CO3质量分数的计算式为×100%。

(2)①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，导致测定结果偏小；②鼓入空气，可把残留在装置B、C中的CO2赶出由D中碱石灰吸收，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A应放入NaOH溶液；③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；④反应中放出CO2气体的质量＝85.6 g－83.4 g＝2.2 g，设消耗碳酸钠的质量为x，

Na2CO3～CO2

106      44

x       2.2 g

解得x＝5.3 g

纯碱样品中Na2CO3的质量分数＝×100%≈88.3%。

[答案]  (1)①过滤  称量

②×100%

(2)①偏小  ②NaOH溶液  ③防止空气中CO2和水蒸气进入装置D中  ④88.3%

测定Na2CO3含量的三种方法

3．Na2CO3纯度的分析：实验装置如图所示，装置B中盛有10.0 g的Na2CO3样品[假设杂质不参加反应，原容器中CO2含量可忽略不计，各装置内反应完全。实验室可供选择的试剂和药品还有锌粒、稀硫酸、CaCO3(s)、蒸馏水]。

A       B      C      D      E

(1)装置A锥形瓶内盛有________，装置A的作用是__________________

________________________________________________________________。

装置B分液漏斗中装有________。

(2)若无装置C，实验结果将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。装置E的作用是__________________。

(3)若实验后，装置D的质量增加3.96 g，则该Na2CO3样品的纯度为________。

[解析]  (1)装置A用于制取H2，用的药品是锌粒和稀硫酸，目的是把装置B中产生的CO2都赶到装置D中被碱石灰吸收，使实验数据尽可能准确；装置B中发生的是酸与Na2CO3生成CO2的反应，后面没有除杂装置，所以可用不挥发的稀硫酸。

(2)装置C用来吸收CO2中的水蒸气，若无此装置，装置D中的碱石灰不仅会吸收CO2还会吸收水蒸气，使测得的CO2的量偏高，导致Na2CO3的含量偏高；装置E是为了防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D中，对实验造成误差。(3)装置D的质量增加3.96 g，增加的质量为Na2CO3和稀硫酸反应生成的CO2的质量，根据转化关系知：

Na2CO3    ～    CO2

106              44

m(Na2CO3)      3.96 g

＝，解得m(Na2CO3)＝9.54 g，

w(Na2CO3)＝×100%＝95.4%。

[答案]  (1)锌粒  装置A中生成的H2把装置B中产生的CO2气体都赶到装置D中，使装置B中的CO2气体全部被装置D中的碱石灰吸收  稀硫酸

(2)偏高  防止空气中的水蒸气、CO2等气体进入装置D中，使装置D的质量增加，对实验造成误差

(3)95.4%

1．索尔维制碱(Na2CO3)法——又称氨碱法

2．侯氏制碱法——又称联合制碱法

(1)上述制碱过程中，两种方法中的共同原理是什么？写出有关化学方程式。

(2)相对于索尔维制碱法，侯氏制碱法做了哪些改进？

(3)在饱和食盐水中先通入NH3形成饱和氨的饱和食盐水，而不是先通入足量CO2，其理由是什么？

(4)上述两种制碱方法中，循环使用物质分别是什么？

[答案]  (1)NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。

(2)氨厂和碱厂建在一起，联合生产。由氨厂提供碱厂需要的氨和二氧化碳。母液里的氯化铵用加入食盐的办法使它结晶出来，作为化工产品或化肥。食盐溶液又可以循环使用。

(3)NH3易溶于饱和食盐水，形成碱性溶液，增大CO2的吸收量。而CO2在饱和食盐水溶解度很小，不能得到大量的HCO，无法使NaHCO3结晶析出。

(4)CO2和NH3，CO2和饱和食盐水。

通过本情境的素材中纯碱制备方法，了解了Na2CO3生产的发展史，了解生产过程中的化学反应原理，培养了学生“科学探究与创新意识，科学态度与社会责任”的核心素养。

1．下列关于钠的氧化物的叙述正确的是   (    )

A．Na2O2是白色固体，和冷水反应得到O2和NaOH

B．Na2O2与水的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是水

C．Na2O不稳定，能继续被O2氧化生成Na2O2

D．Na2O2与水反应时生成2个O2时电子转移的数目为2个

C  [A中，Na2O2是淡黄色固体；B中，在Na2O2与H2O的反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；D中，Na2O2与水反应生成2个O2时电子转移的数目为4个。]

2．过量的NaHCO3与Na2O2混合，在密闭容器中充分加热后，最后排出气体，残留的物质应是  (    )

A．Na2O和Na2O2     B．Na2O2和Na2CO3

C．Na2CO3 D．Na2O

C  [题中所给出的两种物质中NaHCO3是过量的，两种混合物在密闭容器中加热所发生的化学反应为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2,2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O。因NaHCO3是过量的，又充分加热，有足够的CO2使Na2O2最终全部转化为Na2CO3，过量的NaHCO3也完全分解成Na2CO3，而Na2CO3稳定，受热不易分解，故最后排出产生的气体后，残留的固体是Na2CO3。]

3．如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是(    )

A．a先通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰

B．b先通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰

C．a先通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉

D．b先通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉

C  [“侯氏制碱法”的主要反应原理是NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，由于CO2在H2O中的溶解度较小，而NH3在H2O中的溶解度较大，为防止倒吸，a通入NH3，b通入CO2；为了得到最大量的NaHCO3，应向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，否则因CO2在H2O中溶解的量有限，即使通入的NH3很多，得到的NaHCO3也很少。实验中的尾气主要是CO2和NH3，其中NH3对环境影响较大，需要进行吸收处理，NH3是碱性气体，所以c中应盛装酸性物质。综合上述分析，选项C正确。]

4．甲同学用如图所示装置来测定含少量NaCl的小苏打固体样品中NaHCO3的质量分数。

(1)根据甲同学所用装置，你认为除称量样品的质量外，还需要测定的实验数据有_________________________________________。

(2)乙同学认为根据甲同学测得的数据来计算实验结果，结果很可能会偏高。为此，你认为应该如何改进装置？______________。

(3)乙同学还提出用D装置替换A装置，D装置中导管a的作用是____________________。但甲同学不赞成，他认为即使操作规范也会造成计算结果偏低，为此，甲同学提出将圆底烧瓶的双孔塞改成三孔塞，在最前面添加E装置，实验结束后缓缓通入一段时间空气，通入空气的目的是______________________，E装置中盛放的试剂的化学式是___________________________________________。

(4)为了减小实验误差，在所有装置改进后的实验过程中，稀硫酸应缓慢滴加，如果稀硫酸的滴加速率过快，会导致测得的样品中NaHCO3的质量分数________(填“偏高”或“偏低”)。

[解析]  (1)需要知道NaHCO3加热分解产生的CO2的质量，故还需要测定实验前后C装置的质量。(2)空气中的H2O(g)和CO2也会进入C装置中从而被碱石灰吸收，导致测定结果偏高，为此，可在C装置后再接一个盛有碱石灰的干燥管。(3)当圆底烧瓶内的反应有气体产生时，瓶内压强会比外界大气压略高，分液漏斗中的液体无法顺利流下，用D装置代替A装置，可保证分液漏斗内的液体顺利流下；A装置前面再添加E装置，在反应结束后缓缓通入一段时间空气，可把反应生成的气体全部赶入C装置中从而被碱石灰吸收，达到减小实验误差的目的；E装置中应盛放NaOH溶液，吸收空气中的CO2气体，进一步减小实验误差。(4)若稀硫酸滴加速率过快，产生大量CO2气体，导致CO2被碱石灰吸收不充分而使结果偏低。

[答案]  (1)实验前后C装置的质量  (2)在C装置后再接一个盛有碱石灰的干燥管  (3)平衡分液漏斗和烧瓶中的气压，便于分液漏斗中的液体顺利流下  把反应产生的气体全部赶入C装置中从而被碱石灰吸收  NaOH  (4)偏低