湖南永州职业技术学院-编导高考

高中化学复习知识点：过氧化钠与水的反应


一、单选题
1
．
H
2
和
O
2
混合气体共
20g，在一密闭容器中有
HCHO
、放入足量
Na
2
O
2< br>用电火花引燃，
使其完全反应，
Na
2
O
2
增重8g
，则原混合气体中
O
2
的质量分数是
A
．
40% B
．
33.3% C
．
60% D
．
36%
2
．下列说法不正确的是

（

）
A
．向
Na
2
CO
3
溶液中逐滴加入
HCl
，直到不再生成
CO
2
气体为止，在此过程中，溶液
中的
HCO
3
-
浓度变化是先变大后变小
(
溶液体积变化均 忽略不计
)
B
．向
NaHCO
3
溶液中加入
Ba (OH)
2
固体，
CO
3
2-
的浓度变化是先变大后变小< br>(
溶液体积
变化均忽略不计
)
C
．将等质量的
Na
2
O
和
Na
2
O
2
样品分别放入等量的水 中，所得溶液的质量分数分别为
a%
和
b%
，则
a
、
b
的关系是：
a=b
D
．有含
0.2 mol Na
2
CO
3
和含
0.3 mol HCl
的两种溶液：① 将
Na
2
CO
3
溶液逐滴滴入
HCl
溶液中；②将
HCl
溶液逐滴滴入
Na
2
CO
3
溶液中；①②两 种操作生成的
CO
2
体积之比为
3
∶
2
3
．
Al
与
Na
2
O
2
的混合物溶于足量的水中， 得到澄清溶液，同时产生气体
3.5 g
，在所得
溶液与
100 mL 7m olL
盐酸作用过程中，白色沉淀生成后又恰好溶解，则原
Al
与
Na
2
O
2
的物质的量之比为
A
．
2
∶
1 B
．
1
∶
2 C
．
11
∶
2 D
．
2
∶
11
4
．取
ag
某物质在O
2
中完全燃烧，将生成物与足量
Na
2
O
2
固体完全反应，反应后，固
体质量恰好也增加了
ag
，下列物质不能满足上述结果的是
(

)
A
．
H
2
B
．
CO C
．
C
6
H
12
O
6
D
．
C
12
H
22
O
11

5< br>．
NH
4
+
、
Al
3+
混合溶液中加入Na
2
O
2
的量与生成沉淀和气体的量向一定量的
Mg
2+
、（纵
NH
4
+
、
Al
3+
三种离子 的物质的量之比为坐标）的关系如图所示，则溶液中
Mg
2+
、（

）

A
．
1
：
1
：
2 B
．
2
：
2
：
1 C
．
1
：
2
：
2 D
．
9
：
2
：
4
6
．下列离子在溶液中 能够共存并且在加入少量的
Na
2
O
2
固体后原离子浓度能基本保持
试卷第1页，总5页

不变的是（

）
A．
NH
4
+
、
Ba
2+
、
Cl
-
、
NO
3
-

B
．
K
+、
AlO
2
-
、
Cl
-
、
SO
4
2-

C
．
Ca
2+
、
Mg
2+
、
NO
3
-
、
HCO
3
-

D
．
Na
+
、
Cl
-
、
CO3
2-
、
NO
3
-

7
．
N
A
表示阿伏加德罗常数，下列关于
7.8g
过氧化钠固体的说法正确的是（< br>
）
A
．与足量
H
2
O
反应，生成
O
2
分子数目为
0.1N
A

B
．其中所含离子总数目为
0.4N
A

C
．与足 量
CO
2
反应，转移的电子数目为
0.1N
A

D
．其中所含电子总数目为
0.4N
A

8
．将
15.6 g Na
2
O
2
和
5.4g Al
同时放入一定量的水中，充分反应后得到
200 mL
溶液，再
向该溶液中缓慢通入标准状况下的
HCl
气体
6.72 L
，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
．标准状况下，反应过程中得到
6.72 L
的气体
B
．最终得到的溶液中
c(Na
+
)=c(Cl
−
)+c(OH
−
)
C
．最终得到
7.8 g
的沉淀
D
．最终得到的溶液中
c(Na
+
)=1.5 mol·L
−1


二、多选题
9
．过氧化钠可作为氧气 的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量
增加了
56g
，反应中有 关物质的物理量正确的是
(N
A
表示阿伏加德罗常数
)

A
B
C
D


A
．
A B
．
B C
．
C D
．
D
二氧化碳
2mol


88g
氧气
22.4L
1mol
16g

转移的电子

2N
A

N
A

2mol
10
．将
15.6gNa
2
O
2
和
5.4gAl
同时 放入一定量的水中，充分反应后得到
200mL
溶液，再
试卷第2页，总5页

向该溶液中缓慢通入
HCl
气体
6.72L
（标准状况）， 若忽略反应过程中溶液的体积变化，
则下列判断正确的是
A
．反应过程中得到
6.72L
（标准状况）的气体
B
．最终得到的溶液中
c(Na
+
)= c(Cl
-
)+ c(OH
-
)
C
．最终得到
7.8g
沉淀
D
．最终得到的溶液中
c(NaCl)=1.5molL


三、综合题
11
．过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。
（< br>1
）一定条件下，
m
克的
H
2
、
CO
的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量
的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重
_ __
克。
（
2
）常温下，将
14.0
克的
Na< br>2
O
和
Na
2
O
2
的混合物放入水中，得到
400mLpH=14
的溶
液，则产生的气体标准状况下体积为
___L。
（
3
）在
200mLAl
2
（
SO
4
）
3
和
MgSO
4
的混合液中，加入一定量的
Na
2
O
2
充分反应，至
沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8
克。此时生成标准状况下气体体积为
5.6L
。
则原混合液中c
（
SO
4
2-
）
=___molL
。 （
4
）取
17.88gNaHCO
3
和
Na
2
O
2
的固体混合物，在密闭容器中加热到
250
℃，经充分反
应后排出气体，冷却后称得固体质量为
15.92g
。请列式计算：
①求原混合物 中
Na
2
O
2
的质量
B___
；
②若要 将反应后的固体反应完，需要
1molL
盐酸的体积为多少毫升
___
？ < br>12
．某化学小组进行
Na
2
O
2
与水反应的实验， 如下图所示，该小组对试管
c
中红色褪去
的原因进行探究。

（< br>1
）
Na
2
O
2
中含有的化学键类型：
__ ________
；请写出
a
中反应的化学方程式
______
。
查阅资料：
①当
NaOH
溶液
pH≥13
时，可以使酚酞由红色褪为无色； < br>②
Na
2
O
2
与水反应分两步进行：
Na
2
O
2
+ H
2
O =
2
O
2
2H
2
O
2
= 2H
2
O + O
2
↑
（
2
）请设计实验验证< br>Na
2
O
2
与水反应后的溶液中有
H
2
O< br>2
残留：取少量
b
溶液于试管中，
____________
，证明溶液中有
H
2
O
2
残留。
试卷第3页，总5页 < /p>

（
3
）结合资料，该小组同学针
c
中溶液红色褪去的原 因提出以下假设：
①
_____________________
；
②

溶液中
H
2
O
2
破坏酚酞的结构；
③
NaOH
和
H
2
O
2
共同作用结果。
（
4
）该小组同学测出
c
中溶液的
pH
为
14
，认为还不能排除假设②、③，于是又进行
了如下实验，请完成下表空白处：
实
操作
验
向少量
H
2
O
2
中 滴
加
2
滴酚
酞，放置一
加入
NaOH
后，无色溶液 先变红，后褪
1
段时间，再
色
加入
NaOH
溶
液至
pH=12
向少量

NaOH
溶
液
（
pH=14
）
溶液先变红，后褪色；加盐 酸后，又出
2
中滴加
2
现红色，且不褪色
滴酚酞；再
加适量稀
盐酸至溶
液
pH=12
向
Na
2
O
2
与水反应
3
后的溶液
（
pH=14
）
…
8~13
时，
NaOH
和
H
2
O
2
共
同作用使溶液褪色
②
_____________________________…
溶液
pH大于
13
时，
NaOH
使变红的溶液褪色；
pH
在
①
___________

现象 结论
试卷第4页，总5页

中滴加
2
滴酚酞；再
加适量稀
盐酸至溶
液

pH=12…
…


< br>（
5
）某同学按取（
4
）中述实验
2
褪色后的溶液， 加水稀释至
pH=12
，没有观察到溶液
变红。该同学推测实验
2
加 盐酸后溶液变红还可能与温度有关，请写出理由：
___________
。
试卷第5页，总5页

参考答案
1
．
C
【解析】

【详解】

H
2
，所以气体燃烧后再通过过氧化钠吸收后，过氧化钠增加的由于
HCHO
可以看作 是
CO·
20
＝
0.6
，即质量就是原混合气中氢气和甲醛的质量， 则氧气的质量是
12g
，质量分数是
12÷
60
％，答案选
C
。
2
．
C
【解析】

【分析】

【详解】

A.
向
Na
2
CO
3
溶液中逐滴加入
HCl
，依次发生反应的离子方程式：
CO
3
2-
+H
+
=HCO
3
-
、
HCO
3
-
+H
+
=CO
2
+H
2
O
，溶液中的< br>HCO
3
-
浓度变化是先变大后变小，故
A
正确；
B.
向
NaHCO
3
溶液中加入
Ba(OH)
2
固 体，首先生成碳酸钡和碳酸钠，继续加
Ba(OH)
2
固体，
碳酸钠转化为碳 酸钡沉淀，所以
CO
3
2-
的浓度变化是先变大后变小，故
B
正确；
11
n(Na
2
O
2
)=
mol

、
mol
；
6278
140
mol240gmol=g
，所得氧化钠和水反应生成氢氧化钠，生成氢氧化钠的质量是
6231
4040
( 1m)100%=100%=a%

；溶液的质量是
(1+m)g
，氢 氧化钠的质量分数是
3131+31m
140
mol240gmol=g
，
Na
2
O
2
溶于水生成氢氧化钠和氧气，生成氢氧化钠的质量是< br>7839
C.
设
Na
2
O
和
Na
2
O
2
质量都是
1g
，
n(Na
2
O)=
水的质量都是
mg
，
生成氧气的质量是
8
118
m ol32gmol=g
，所得溶液的质量是
(1+m-)g
，氢氧化钠
7 8239
39
的质量分数是
40840
(1m-)100%=100 %=b%
，所以
a>b
，故
C
错误；
393931+39m
D.
将
Na
2
CO
3溶液逐滴滴入
HCl
溶液中，立即生成二氧化碳气体，二氧化碳的物质的量是
0. 15mol
；将
HCl
溶液逐滴滴入
Na
2
CO
3
溶液中，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和剩余盐
酸反应生成二氧化碳，生成二氧化碳
0.1mol
，①②两种操作生成的
CO
2
体积之比为
3
∶
2
，
故
D
正确；
选
C
。
3
．
B

【解析】

【分析】

Na
2
O
2
与水反应生成
Na OH
溶液和
O
2
，
Al
与
NaOH
溶液生 成
NaAlO
2
和
H
2
。盐酸先中和
NaOH，
后与
NaAlO
2
反应，所得溶液中只有
NaCl
和
AlCl
3
两种溶质。
【详解】

设原混合物中
Al
与
Na
2
O
2
的物质的量分别是
x
、
y
，则
Na
2
O
2
与水反应生成
NaOH
、
O
2
的物
质的量分别是
2y
、
y2，
Al
与
NaOH
溶液反应生成
NaAlO
2
、
H
2
的物质的量分别是
x
、
3x2
，
y 2+2gmol×3x2=3.5 g
。 剩余
NaOH
物质的量为
(2y- x)
。由
O
2
、
H
2
共
3.5 g
，得
32gmol×
溶液与盐酸反应时，据
NaOH—HCl
、
N aAlO
2
—4HCl
，得
(2y-x)+4x=0.100 L
×
7molL
。解得
x=0.1mol
，
y=0.2mol
。 即
Al
与
Na
2
O
2
的物质的量之比为
1
∶
2
。

本题选
B
。

【点睛】

最终溶液中只有
NaCl
和
AlCl
3
两种溶质。据元素守恒得
Na
2
O
2
—2HCl
、
Al—3HCl
，故
2y+3x=0.100 L
×
7molL
。

4
．
D
【解析】

【分析】

可燃物在足量氧气中燃烧生成
CO< br>2
和
H
2
O
，与
Na
2
O
2
发生反应的方程式为：
2Na
2
O
2
+2CO
2
=2Na
2
CO
3
+O
2

固体质量增加（
2CO
）
2Na
2
O
2
+2H
2
O=4NaOH+O
2
↑，固体质量
增加（
2H
2
）。
结论：可燃物如果为
CO
，
H
2
充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可
燃物质量相等；可燃物如果满足通式
(CO)
x
(H)
y
，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，
固 体增重的质量与可燃物质量相等；如果满足通式
(CO)
x
(H)
y
(C)
z
,
，充分燃烧后的产物与足量
过氧化钠反应，固体增重的质量大于可 燃物质量相等；如果满足通式
(CO)
x
(H)
y
(O)
z
,
，充分燃
烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量小于可燃物质量相等。
【详解】


2
在
O
2
中完全燃烧，将生成 物与足量
Na
2
O
2
固体完全反应，反应后，固体质量增加
ag
，
故不选
A
；

在
O
2
中完 全燃烧，将生成物与足量
Na
2
O
2
固体完全反应，反应后，固体质 量增加
ag
，
故不选
B
；

< br>C.C
6
H
12
O
6
可写成
(CO)
6
(H)
12
形式，因此
agC
6
H
12
O
6
在
O
2
中完全燃烧，将生成物与足量
Na
2
O
2
固体完全反应，反应后，固体质量增加
ag
，故不选
C
；
D. C
12
H
22
O
11
可写成< br>(CO)
11
(H)
12
C
形式，
agC
6
H
12
O
6
在
O
2
中完全燃烧，将生成物 与足量
Na
2
O
2
固体完全反应，反应后，固体质量增加大于
ag
，故选
D
；
答案：
D
【点睛】

注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系，得出固体增加的质量相当于
CO
和
H
2
的质量。
5
．
C
【解析】

【分析】

根据图象分析，
A
点时沉淀的量最大，所以沉淀是氢氧化 铝和氢氧化镁，从
A
点到
B
点，
沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化 铝，为
0.2mol
，沉淀不溶解的量是氢氧化镁，物质的量
是
0.1mol
，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；当沉淀的量最大时，根据过氧化
钠的物质的量 计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，
根据氮原子守恒从而计算铵 根离子的物质的量。
【详解】

由图可知，沉淀中含
0.1mol Mg(OH)
2
和
0.2 molAl(OH)
3
，即原溶液中含< br>Mg
2+
0.1mol
，含
Al
3+
0.2mol< br>，
Mg
2+
+2OH
-
=Mg(OH)
2
↓
，
Al
3+
+3OH
-
=Al(OH)
3
↓
，沉淀
2
种金属阳离子共需
NaOH
2+0.2mol×3=0. 8mol
，的物质的量为
0.1mol×
由图中横坐标知与
3
种阳离 子恰好完全反应时需
Na
2
O
2
0.5mol
，而
0.5molNa
2
O
2
与水反应生成
1molNaOH
和
0.25molO
2
，则与铵根反应的氢氧
根离子为
1mol-0. 8mol=0.2mol
，由
NH
4
+
+OH
-
Δ
NH
3
↑+H
2
O
，则可得原溶液中含
0.2mo lNH
4
+
，
所以
Mg
2+
、
NH
4
+
、
Al
3+
之比
=0.1mol
：
0.2mol
：
0.2mol=1
：
2
：
2
；
综上所述，
C
项正确；
答案选
C
。
6
．
B
【解析】

【分析】

【详解】

Na
2
O
2
固体会与溶液中的水发生反应，生成氢氧化钠和氧气；
A. NH
4
+
与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，加入过氧化钠后< br>NH
4
+
的浓度变化较大，
A
项错误；
B. K< br>+
、
AlO
2
-
、
Cl
-
、
SO
4
2-
之间不反应，在溶液中能够大量共存，且加入过氧化钠后各离子浓
度基本不变，
B
项正确；
C. Ca
2+
、
Mg
2+
、
HCO
3
-
都能够与氢氧根离子反应，加入过氧化钠后它们 的离子浓度变化较大，
C
项错误；
D.
反应生成
Na
+
，加入过氧化钠后钠离子浓度变化较大，
D
项错误；
答案选
B
。
7
．
C
【解析】

【分析】

【详解】

过氧化钠的摩尔质量是
78gmol
，
7.8g
过氧化钠就是
0.1mol
，
A
．过 氧化钠固体与足量
H
2
O
反应，
2Na
2
O
2
+2H
2
O═4NaOH+O
2
↑
，根据方程式知2mol
过氧
化钠与足量水可以得到
1mol
氧气，即
1NA
个氧气分子，则
0.1molNa
2
O
2
充分反应生 成
O
2
的
物质的量为
0.05mol
，所以生成
O
2
分子数目为
0.05N
A
，故
A
错误；
B
．
1mol
过氧化钠晶体由
2mol
钠离子和
1mol
过氧根离子构成，所以
1mol
过氧化钠中有
3mol
离子，则0.1molNa
2
O
2
有
0.3mol
离子，故B
错误；
C
．过氧化钠与二氧化碳反应：
2Na
2
O
2
+2CO
2
=2Na
2
CO
3
+O< br>2
，氧气来自过氧化钠中的氧，且
化合价由
-1
价变到
0价，每生成
1mol
氧气转移电子的是
2mol
，即
2N
A
个电子，所以
0.1mol
过氧化钠就可以和二氧化碳反应转移
0.1N
A
电子，故
C
正确；
D
．
1mol
过氧 化钠晶体中含有
2mol
钠离子和
1mol
过氧根离子，
1
个钠离子含有
10
个电子，
一个过氧根离子含有
18
个电子，所以< br>1mol
过氧化钠晶体中含有
38mol
电子，则
0.1molNa< br>2
O
2
，
含电子总数目为
3.8N
A
，故< br>D
错误；
故答案为：
C
。
【点睛】

N a
2
O
2
与水或二氧化碳的反应中，
Na
2
O2
既是氧化剂，又是还原剂，等物质的量的
Na
2
O
2
与
Na
2
O
所含的离子总数相等。
8
．
C

【解析】

【详解】

15.6g Na
2
O
2
的物质的量为45.678=0.2mol，
2Na< br>2
O
2
+2H
2
O=4NaOH+O
2
,
0.2mol 0.4 mol 0.1 mol
5.4g Al的物质的量为5.427=0.2mol，
2Al+2NaOH+2H
2
O=2 NaAlO
2
+3H
2
↑
0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.3mol
剩余0.2mol氢氧化钠。再向溶液中缓慢通入标况下的氯化氢6 .72L，其物质的量为
6.7222.4=0.3mol。
NaOH + HCl = NaCl +H
2
O
0.2mol 0.2mol 0.2mol
NaAlO
2
+ HCl+H
2
O = NaCl +Al（OH）
3
↓
0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1mol
A.
根据以上分析可知，反应过程中总共生成
0.1mol
氧气和
0.3mol
氢气，在标准状况下，得
到8.96L的气体，故错误；
B.
最终得到的溶液中含有偏铝酸钠和氢氧化钠和氯化钠，故关
系c(Na
+
)=c(Cl
-
)+c(OH
-
)是错误的，故错误；
C.
最终得到0.1mol氢氧化铝沉淀，即7.8g的
D.
根据钠原子守恒分析，0.2mol
过氧化钠能得到的钠离子物质的量为0.4mol，沉淀，故正确。
则c(N a
+
)=0.40.2=2mol·L
-1
，故错误。故选C。
【点睛】

掌握守恒法在计算中的应用，过氧化钠中的钠经过反应到氢氧化钠，最后到 氯化钠，铝元素
最后到氢氧化铝沉淀，根据电子守恒，过氧化钠失去电子数计算生成氧气的物质的量，金 属
铝失去电子数计算生成氢气的物质的量。
9
．
BD
【解析】

【分析】

2Na
2
O
2+2CO
2
═2Na
2
CO
3
+O
2
，由化学方程式：根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，
进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数 。
【详解】

二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加
56g
时 ，设参与反应二氧化碳的物质的量为
x
，

生成碳酸钠的物质的量为
y
，
2Na
2
O
2+2CO
2
=2Na
2
CO
3
+O
2
固体质量Δm

2mol2mol56g
xy56g
2mol56g2mol 56g
==
，则
x=2mol
，，则
y=2mol
，反应消 耗二氧化碳的质量为
x56gy56g
2mol×44gmol=88g
，生成氧气的 物质的量为
1mol(
质量为
32g)
，反应中过氧化钠作氧化剂和
还原剂，转移电子数为
2mol(
数目为
2N
A
)
，常温常 压下
22.4L
氧气的物质的量小于
1mol
，故
答案为：
BD
。
【点睛】

Na
2
O
2
与水或二 氧化碳的反应中，
Na
2
O
2
既是氧化剂，又是还原剂；
1 molNa
2
O
2
与水或二氧
化碳反应，转移电子为
1mo l
，另外，等物质的量的
Na
2
O
2
与
Na
2
O
所含的离子总数相等。
10
．
CD
【解析】

【分析】

15.6gNa
2
O
2
的物质的量为
15.6g
0.2mol
，
5.4g
铝 的物质的量为
1
78gmol
5.4g
6.72L
0.2mo l
6.72L
0.3mol
，题目所涉，的氯化氢的物质的量为
1
27gmol
1
22.4Lmol
及的反应为
2Na
₂O
₂
+2H
₂
O==4NaOH+O
₂
↑
，生 成
0.4mol
氢氧化钠和
0.1mol
氧气；
2Al+2NaOH +2H
2
O=2NaAlO
2
+3H
2
↑
，
0.2mol
铝消耗
0.2mol
氢氧化钠，故铝反应完全，剩余
0.2m ol
氢氧化钠，生成
0.2mol
偏铝酸钠和
0.3mol
氢气；通 入盐酸，优先与氢氧化钠反应，
0.2mol
氢氧化钠消耗
0.2mol
盐酸 ，剩余
0.1mol
盐酸与偏铝酸钠反应，
HCl+NaAlO
2
+ H
2
O=Al(OH)
3
↓+NaCl
，消耗
0.1mol
偏铝酸钠，生成
0.1mol
氢氧化铝，溶液最
终剩余氯化钠和未彻底反应的 偏铝酸钠。
【详解】

A.
反应过程中得到的气体体积为
(0. 1mol0.3mol)22.4Lmol8.96L
，
A
错误；
B.
最终得到的溶液为氯化钠和偏铝酸钠，即根据电荷守恒可知，
c(Na
+
)+c(H
+
)= c(Cl
-
)+

c(OH
-
)+c(AlO
2
-
)
，
B
错误；
C.
最终得到的沉淀为
0.1mol氢氧化铝，即质量为
0.1mol78gmol7.8g
，
C
正确；
D.
盐酸完全反应，溶液中氯化钠为
0.3mol
，即最终得到的溶液c(NaCl)=1.5molL
，
D
正确。
答案为
CD
。
11
．
m 1.12 2 7.8g 200mL≤V≤320mL
【解析】

【分析】

(1)
利用差量法，根据化学方程式分析：
CO
与
H
2
在氧气中完全燃烧，生成
CO
2
和
H
2
O
，生
成的
CO
2
和
H
2
O
再与
Na
2
O
2
反应；
2CO+O
22CO
2
，一氧化碳与二氧化碳物质的量相
Na
2
O
2
与
CO
2
反应
2CO
2
+2Na
2
O
2
＝
2Na
2
CO
3
+O
2
，等，质量增重△
m
为
2Na
2
CO
3
﹣
2Na
2
O
2
＝
2CO
，
可知，反应后固体质量增 加量为
CO
的质量；
2H
2
+O
2
2H
2
O
，生成的水与氢气物质的
量相等，
Na
2
O
2< br>与
H
2
O
反应
2H
2
O+2Na
2
O
2
＝
4NaOH+O
2
，质量增重△
m
为
2H
2
O
﹣
O
2
＝
2H
2，
可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；
(2)
氧化钠、过氧化钠与水反应 后的溶质为氢氧化钠，根据
n
＝
m
计算出氢氧化钠的物质的
M
量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据
c
＝< br>n
计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧
V
气的体积；
(3)
生成标准状况下气体体积为
5.6L
，物质的 量为：
5.6L
＝
0.25mol
，所以过氧化钠
22.4Lmo1
的物质的量为
0.5mol
，所以氢氧化钠的物质的量为：
0.5mol×2
＝
1mol
，沉淀质量为
5.8
克，
即氢氧化镁的质量为< br>5.8
克，所以氢氧化镁的物质的量为：
5.8g
＝
0.1mol，生成氢氧
58gmo1
2
＝
0.2mol
，则铝离子转化为偏 铝酸根离子消耗氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为
0.1×
根的物质的量为
0.8
，所以铝离子的物质的量为
0.2mol
，所以溶液中硫酸根离子的物质的量
为：
0.3+0.1
＝
0.4mol
，则
c
＝
0. 4mol
＝
2molL
；
0.2L
(4)
①结合发生的反 应
2Na
2
O
2
+4NaHCO
3
＝
4N a
2
CO
3
+2H
2
O↑+O
2
↑
和
2Na
2
O
2
+2NaHCO
3
＝
2 Na
2
CO
3
+2NaOH+O
2
↑
计算； ②反应后固体为
0.08mol
的
NaOH
和
0.12mol< br>的
Na
2
CO
3
，再结合反应原理计算。

【详解】

(1)CO
和
H
2< br>的混合气体燃烧的方程式：
2CO+O
2
2CO
2
，
2H
2
+O
2
2H
2
O
，与
Na
2
O
2
反应的方程式：
2CO
2
+2Na
2
O
2
＝
2Na
2
CO
3
+O
2
，
2H
2
O+2Na
2
O
2
＝
4NaOH +O
2
，通过方程
式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体的质量为
m g
；
(2)
设
14.0g
混合物中含有氧化钠
xmol< br>，含有过氧化钠
ymol
，则①
62x+78y
＝
14
，最后得到的
1
＝
0.4mol
，根据溶质为
NaOH
， 得到
400mL pH
＝
14
的溶液，氢氧化钠的物质的量为：
0. 4×
钠原子守恒可得：②
2x+2y
＝
0.4
，联合①②解得：x
＝
0.1
、
y
＝
0.1
，所以
0. 1mol
的过氧化钠
0.05mol
＝
1.12L
； 生成
0.05mol
的氧气，标况下生成的氧气的体积为：
V(O
2
)
＝
22.4Lmol×
(3)
生成标准状况下气体体积为
5.6L
，物 质的量为：
5.6L
＝
0.25mol
，所以过氧化钠
22.4Lm o1
的物质的量为
0.5mol
，所以氢氧化钠的物质的量为：
0.5mol ×2
＝
1mol
，沉淀质量为
5.8
克，
即氢氧化镁的质量 为
5.8
克，所以氢氧化镁的物质的量为：
5.8g
＝
0.1mol
，生成氢氧
58gmo1
2
＝
0.2mol
，则铝离子转化 为偏铝酸根离子消耗氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为
0.1×
根的物质的量为
0 .8
，所以铝离子的物质的量为
0.2mol
，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：
0.3+0.1
＝
0.4mol
，则
c
＝
0.4mol
＝
2molL
，故答案为：
2
；
0.2L
(4)
①设
Na
2
O
2

和
NaHCO
3
的物质的量分别为
x
，
y
； < br>2Na
2
O
2
+4NaHCO
3
=4Na
2
CO
3
+2H
2
O+O
2


492424
17.8815.41
2Na
2
O
2
+2N aHCO
3
=2Na
2
CO
3
+2NaOH+O
2


324292
17.8816.11
15.41
＜15.92
＜
16.11
说明两个反应都发生，所以：
78x+8 4y
＝
17.88
、
106y+(2x
﹣
y)×40
＝
15.92
，解之得：
x
＝
0.1mol
、
y
＝
0.12mol
，故
m(Na
2
O
2
)
＝
7.8g
；
②反应后固体为
0.08mol
的
NaOH
和
0.12mol
的
Na
2
CO
3
，当反应后溶质为
NaCl
、
NaHCO
3
时，则需盐酸体积为< br>200mL
；当反应后溶质只有
NaCl
时，则需盐酸体积为
320m L
，故盐酸
体积为
200mL≤V≤320mL
。
【点睛】

本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算，注意掌握有关物质的量的计算方法，明确质

量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的化学计算能力。
12
．离子键、非极性共价键
2Na
2
O
2
+ 2H
2
O = 4NaOH + O
2
↑
加入 少量
MnO
2
粉末，产
生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃

溶液中
NaOH
浓度较大，
pH≥13
仅
H
2
O
2
不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是
H
2
O
2
和
NaOH
共同作用结果
(
或

假设②不正确，假设
③正确
)
溶液先变红，后褪色；

加入稀盐酸，会因发生中和反应而放热，使溶液温
度升高


【解析】

【详解】

（
1
）
Na
2
O
2
中含有的化学键类型有离子键、非极性共价键；
Na
2O
2
与水反应生成氢氧化钠和
氧气，化学方程式为
2Na
2O
2
+ 2H
2
O = 4NaOH + O
2
↑
（
2
）证明过氧化氢的存在，利用其在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应，生成 氧气
来判断。操作步骤是加入少量
MnO
2
粉末，产生大量气泡，用带火星的 木条检验，木条复燃。
（
3
）当
NaOH
溶液
pH≥13
时，可以使酚酞由红色褪为无色；所以①

的假设是溶液中
NaOH
浓度较大，
pH≥13
；
（4
）实验
1
的现象说明①仅
H
2
O
2
不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是
H
2
O
2
和
NaOH
共同作用
结果；
实验
3
的结论说明
Na
2
O< br>2
与水反应后的溶液（
pH=14>13
），所以滴加
2
滴酚 酞先变红后褪色；
加入盐酸使氢氧根离子浓度减小，又出现红色，
pH
在
8~ 13
时，
NaOH
和
H
2
O
2
共同作用使
溶液褪色，所以最终溶液褪色。
（
5
）加水稀释不变红，加盐酸后变红，因 为加盐酸后发生中和反应，中和反应是放热反应，
体系温度升高，溶液红色出现。