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1、高考化学钠及其化合物培优练习 ( 含答案 )一、高中化学钠及其化合物1 为测定某样品中碳酸氢钠的质量分数(假设仅含杂质氯化钠),某学生设计了如下实验方案:(1)称量所需要的仪器是 _；(2)样品放在 _( 仪器名 )中灼烧，在 _( 仪器名 )中冷却；(3)实验中操作 A 的名称为 _ ；(4)灼烧后的样品若在空气中冷却,会造成实验结果 _(填 “偏大 ”、 “偏小 ”或“不变 ”)；(5)样品中碳酸氢钠的质量分数为_(保留 3 位有效数字 )。已知该样品碳酸氢钠的质量分数为 0.800，则本次实验的相对误差为_；(6)将灼烧后的样品加足量稀硫酸溶解,生成的气体在标准状况下的体积为_毫升 (按
2、碳酸氢钠质量分数 0.800计算 )。【答案】电子天平坩埚 干燥器恒重偏大 0.768 -4% 640【解析】【详解】（ 1）托盘天平不能精确到小数点后三位，精确称量固体质量的仪器是电子天平，故答案为：电子天平；（ 2）灼烧应放在坩埚中，灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，所以放在干燥器中冷却，故答案为：坩埚，干燥器；（ 3）反复灼烧至固体质量不再变化的实验操作叫恒重法，故答案为：恒重；（ 4）灼烧后的样品放在空气中冷却，碳酸钠吸水，会造成实验结果偏大，故答案为：偏大；（5）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，根据化学反应方程式2NaHCO3232Na CO +H O +CO 计算，当 168gN
3、aHCO 分解时固体质量减少62g，现在减少 3. 000g -2. 150 g =230. 850g ，所以3的质量为2.303g0.768 ，相对NaHCO2. 303g ，碳酸氢钠的质量分数为3.000g0.7680.800100%4% ，故答案为：0. 768， - 4%；误差0.800（ 6）根据化学反应方程式 2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2，当 168g NaHCO3 参加反应时，产生CO2 44. 8L =44800 mL，当 3. 000g 0. 800=2. 400g 参加反应时生成CO2640mL，故答案为640。【点睛】本题考查了测样品纯度的
4、实验设计，易错点是（2 ）问中“坩埚”易写成“坩锅”，（5）问中对有效数字理解不清，易误写成0. 77。有效数字应从第一位不为零的数字算起，直到末尾数字为止的数字。NO2 还原；2 我国化学家侯德榜( 下图所示 ) 改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：(1) 请写出碳酸钠的一种用途 _。(2) 写出上述流程中 X 物质的分子式 _。(3) 使原料氯化钠的利用率从 70%提高到 90%以上，主要是设计了 _( 填上述流程中的编号 ) 的循环，从沉淀池中取出沉淀的操作是_。(4) 该流程中氨气和二氧化碳的添加顺序是：先通氨气后通二氧化碳，请说明理由：_。【答案】制造肥皂、制造玻璃等CO
5、2I过滤氨气在水溶液中的溶解度远远大于二氧化碳，先通入氨气有利于二氧化碳的吸收【解析】【详解】(1) 碳酸钠可用于制造肥皂、制造玻璃等；(2)沉淀池析出的为碳酸氢钠，煅烧炉中加热碳酸氢钠，分解生成二氧化碳，则循环物质X为二氧化碳；(3)母液的主要成分为NaCl 、NHCl 、 NH、Na CO等，使原料氯化钠的利用率从70%提高到432390%以上，应增加I 的循环；固液分离方法为过滤；(4) 氨气易溶于水，二氧化碳溶解度相对较小，先通入氨气，有利于二氧化碳的吸收；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
6、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NH3 还原性较弱，不能将在此条件下，NO2 的转化率极低； _ 。（ 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
7、；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Na O ，另选 F 装置 (如图所示 )，重新组装，进行实验。22装置的合理连接顺序是 (某些装置可以重复使用)_ 。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 4HNO33 22NO22混合(浓 )=Cu(NO ) 2H O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N
8、a O 还原 (其他合理答案也可 ) EDBDF 2NO Na O =2NaNO22223【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；铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、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
9、价4价，既可能表现氧化性，也可能表现还原性；(6) 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； 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硝酸钠。【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；实验室用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓 )=Cu(NO3)2 2NO2 2H2
10、O，故答案为：A；浓氨水和CaO(合理即可 )；Cu 4HNO3(浓 )=2NO2 Na2O2=2NaNO3，故答案为：。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)Na O
11、中氧元素为中间价1 价，既有氧化性又有还原性，NO 中的氮元素为中间价 4222价，既可能表现氧化性，也可能表现还原性，则NO22 2可能不发生氧化还原反应，与 Na O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 Na2 O2 还原；(6) 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； 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硝酸钠，反应的化学方程式为【点睛
12、】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(1)配平下列方程式 _Na+_H2O =_NaOH+_H2 _Na2O2 +_ CO2 =_ NaCO3 +_O2 _KMnO 4 +_HCl(浓 ) =_ KCl +_MnCl2 +_H2O + _Cl2_Al+_H2O +_NaOH =_Na AlO2 +_H2(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向_、 _2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3【答案】 22212221216228522223【解析】【分析】配平氧化还原
13、方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，可利用化合价升降守恒来配平，再通过原子守恒来配平其他物质。【详解】(1) Na 由 0价变为+1价， H 由 +1 价变为 0 价，故方程为：2Na+2HO2 =2NaOH+H2，故答案为： 2； 2； 2； 1；此为歧化反应， O 化合价由 -1价变为 -2价和 0 价，故方程为：2Na O +2CO=2Na CO+O，故答案为：2； 2；2； 1；222232Mn 化合价由 +7 价下降为 +2 价， Cl 化合价由 -1 价升高为0价，故方程为：2KMnO+16HCl( 浓 ) =2KCl +2MnCl2+8H O +5Cl ，故答案为：
14、2； 16；2 ；2； 8； 5；422Al 化合价由0 价升高为 +3 价， H 化合价有 +1 价下降为 0价，故方程为：2Al+2H O +2NaOH=2Na AlO +3H，故答案为：2； ；2222223（2）此化学方程式为歧化反应，O由 +1 价变为 -2 价和 0 价，双线桥表示为：，故答案为：Fe2+离子为还原剂化合价由+2 变为 +3 价失去一个电子，Cl 由 0 价变为 -1 价得到一个电子，用双线桥表示为：，故答案为：。510时加热NaHCO3 饱和溶液，测得该溶液的pH 随温度的升高发生如下变化：甲同学认为，该溶液pH 升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大，
15、故碱性增强，该反应的离子方程式为_。乙同学认为，溶液pH 升高的原因是 NaHCO32323的受热分解，生成了 Na CO ，并推断Na CO水解程度 _(填 “大于 ”或“小于 ”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为_。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什2么？能不能选用Ba(OH)2溶液？ _ 。(2)将加热后的溶液冷却到10，若溶液的pH_(“” “” “” )8.3填 高于 、 低于 或 等于，则_(填 “甲 ”或“乙 ”)判断正确。【答案】 HCO - HH2CO3 OH大于2NaHCO3Na2
16、CO3 CO2H2O 若原因32 O是 HCO3-水解程度增大，则溶液中几乎没有CO3 2-，所以可用BaCl2 溶液检验溶液中是否含有2- 来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2 OHHCO -CO32 溶液，因为 Ba3=BaCO3 H2O，若用 Ba(OH)2 溶液检验，无论哪种观点都会有沉淀产生等于甲【解析】【分析】HCO 是弱酸根离子， HCO 水解出碳酸和氢氧根离子；碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水；碱性越强，说明水解程度越大；(1) CO 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀， HCO 与钡离子不反应； Ba(OH)2 和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀；(2)水解反
17、应可逆，恢复到原温度，水解平衡逆向移动；【详解】HCO 水解出碳酸和氢氧根离子，水解方程式：2O?23。碳酸氢钠加热HCO HH CO OH分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3 = Na2CO3 CO2 H2O；碱性越强，说明水解程度越大，所以Na2CO3的水解程度大于 NaHCO3；(1)CO 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，HCO 与钡离子不反应，在加热煮沸的溶液中加入足量的 BaCl2 溶液，若产生沉淀，说明溶液中含有CO ；由于 Ba(OH)2 和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀，所以不能选用Ba(OH)2 溶液；(2)水解反应可逆，若恢复到原温度，水解平衡逆向移动
18、，将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH 等于 8.3，则甲判断正确。【点睛】本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液，不能用氢氧化钙或氢氧化钡。6 为测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物样品中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下实验方案： .甲同学的方案是：将 m g 样品溶解，加过量氯化钡溶液，过滤、洗涤、烘干，称得固体为 n g。(1)混合物中碳酸钠的质量分数为_(用 m、 n 表示 )，甲同学洗涤沉淀的具体操作是_。(2)Ca2 、 Ba2 都可以使 CO32-沉淀完全，但使用氯化钡溶液比氯化钙溶液所得的结果具有更
19、高的精确度，原因是 _； BaCO3的摩尔质量比323CaCO 的大，与等质量的Na CO反应， Ba2 产生沉淀的质量大，称量误差小。.乙同学的方案的实验装置如图所示：(1)盛有浓硫酸的装置的作用是 _。(2)乙同学的方案的装置中存在一定的缺陷，请你提出改进的方法：_(简单叙述做法，不必画图 )。【答案】 106n 100% 向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，待水自然流下后，197m?再重复 2-3 次反应生成的 Ca(OH)2 微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大吸收二氧化碳气体中的水蒸气(或干燥二氧化碳 )在气体发生装置前加一个经过碱液处
20、理的通入空气的装置；在碱石灰装置后再连接一个装有碱石灰的装置【解析】【分析】碳酸钠的质量I.(1)混合物中碳酸钠的质量分数= 100%，混合物的质量为m g，碳酸钠的样品质量质量可根据碳酸钡的质量n g 来求出；根据沉淀洗涤方法分析；(2)若用氯化钙的话，反应生成的氢氧化钙微溶于水，会使沉淀的质量变大；II.(1)根据浓硫酸的吸水性分析；(2)反应后的装置中会有残留的二氧化碳气体，碱石灰会吸收外面空气中的水和二氧化碳。【详解】I.(1)设碳酸钠的质量为 x，根据反应方程式： Na2CO3 +BaCl2=BaCO3 +2NaCl可知：每有 106 g Na2CO3 反应，会产生 197 g Ba
21、CO3 沉淀，则反应产生 n g BaCO3 沉淀，反应的 Na2CO3 质量106106ng，所以样品中106n g106nx=ng =Na2CO3 的质量分数为 197 100%= 100%；197197mg197m甲同学洗涤沉淀的具体操作是：向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，待水自然流下后，再重复 2-3 次；(2)若用氯化钙，反应生成的 Ca(OH)2 微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大；II.(1)浓硫酸具有吸水性，盛有浓硫酸的装置的作用是吸收二氧化碳气体中的水蒸气；(2)该方案中没有除去装置中的空气，空气中含有二氧化碳会影响测定结
22、果，另外反应后的装置中也有残留的二氧化碳气体；碱石灰也会吸收外面空气中的水和二氧化碳。改进方法是在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置，在实验前先通入空气，排除装置中空气中CO2 的干扰，实验结束再通入空气，将反应产生的CO2 赶出，全部被碱石灰吸收；在碱石灰装置后再连接一个碱石灰装置，以防吸收空气中的水和二氧化碳。【点睛】本题考查了碳酸钠的性质、化学实验基本操作、化学实验方案的设计与评价，注意掌握碳酸钠的性质，明确实验方案的设计与评价方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。7 某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl 溶液的配
23、制。. 将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：Fe2(43溶液 NaCl 溶液24SO ) Na SO 溶液 饱和澄清石灰水 Ca( HCO3) 2 溶液。回答下列问题：( 1) 既有气体，又有白色沉淀产生的是_ ；( 2) 写出金属钠与反应的离子方程式_ ；( 3) 若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成_ 。. 配制 480mL 0. 2mol L- 1 NaCl 溶液。( 1) 计算后，需称出NaCl 质量为 _g。( 2) 在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）配制前，容量瓶内有水 _溶液未冷却便定容_定容时仰视刻度线_3+ 6Na + 6H23+ 3H223
24、【答案】2Fe2Fe OH6NaONa CO 5 9无影响偏() +.高偏低【解析】【分析】( 1) 钠的活泼性较强，能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应，据此进行分析；( 2) 金属钠与Fe2( SO4) 3 溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；( 3) Na 的性质活泼，在空气中长期放置，最终产生碳酸钠；.( 1) 配制 0. 2 mol L- 1 NaCl 溶液 480mL，需要配制 500mL 溶液；根据 m=nM 计算出需要氯化钠的质量；( 2) 根据 c=n/ V 进行分析。【详解】（1）钠先与水反应生成氢氧化
25、钠和氢气，氢氧化钠与Fe2( SO4) 3 溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是；故答案为：；( 2) 钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2( SO4) 3 溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与 Fe2( SO4) 3 溶液反应生成氢氧化铁沉淀
26、、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式： 2Fe3+ + 6Na + 6H2O 2Fe( OH) 3 +6Na+3H2；故答案是： 2Fe3+ + 6Na + 6H22Fe OH3+ 3H2O6Na；( )+( 3) Na 的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O， Na2O 易与水反应生成NaOH， NaOH吸收空气中的水和CO2 生成 Na2CO3?xH2O，Na2CO3?xH2O 风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；故答案是： Na2CO3； .( 1) 配制 0. 2 mol L- 1 NaCl 溶液 480mL，需要配制 500mL，需要氯化钠的
27、物质的量为0. 2mol / L0. 5L=0. 1mol ，质量为0. 1mol 58. 5g/ mol 5. 85 g；需称出 NaCl 质量为5. 9g；故答案为： 5. 9；( 2) 配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；故答案为：偏高；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。故答案为：偏低。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。根据c=n/ V 可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差
28、都是由溶质的物质的量 n 和溶液的体积 V 引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起 n 和 V 怎样的变化，若 n 比理论值小，或 V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若 n 比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。8 .今有 11 种物质：铝线；石墨；氯气；BaSO4 晶体；纯硫酸；盐酸；石灰水；乙醇；熔融的KNO3； NH3。其中：属于电解质的是 _；.已知 0.1 mol/L 的 NaHSO4的物质的量浓度为 0.1 mol/L ，请回答下列问题：溶液中 H（1）写出 NaHSO4在水溶液中电离的方程式： _。（2）写出 NaHSO4与氢氧化钠溶液反应的离子方
29、程式_。（ 3）向 NaHSO4 溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至溶液恰好显中性，则该反应的离子方程式是： _。.钠是一种还原性很强的金属，甚至能和冷水发生剧烈反应，写出钠加入到水中反生反应的离子反应方程式 _；把钠加入到饱和的石灰水中的现象是_，产生这种现象的原因是_；把钠加入到硫酸铜溶液中的现象是_，写出该过程中产生沉淀的离子反应方程式_；写出少量的钠加入到足量硫酸氢钠溶液中反应的离子方程式_。.将一定体积的CuSO溶液、 NaCl 溶液和 Na2SO3 混合，充分反应后有白色沉淀生成。经4分析可知白色沉淀中只含有铜元素和氯元素，且该化合物的摩尔质量为99.5g/mol 。试回答下列
30、问题：（ 1）白色沉淀的化学式为 _。（ 2）题述过程发生的反应 _（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。（ 3）题述反应的离子方程式为 Cu2+Cl- +SO32- +H2O白色沉淀 +（ ） +H+（离子方程式没有配平），则括号内的离子为 _。【答案】NaHSO4+42-+-2+42-2+-42=Na +H +SOH +OH =H O2H +SO +Ba+2OH =BaSO +2H O2Na+H2O=2Na+2OH-+H2产生气泡，析出晶体钠和水反应产生气泡，水被消耗后，氢氧化钙固体析出产生气泡和蓝色沉淀2OH-+Cu2+=Cu(OH)22H+ +Na=2Na+H2CuCl属于SO2-4
31、【解析】【分析】.在熔融状态下或水溶液中能够导电的化合物为电解质； . NaHSO4 属于强电解质，且在水溶液中能够完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，结合酸碱反应实质分析作答；.钠投入溶液反应的规律为：有 H+先和 H+ 反应，无 H+ 先与水发生反应，再根据产物氢氧化钠是否与溶质反应来判断现象；. （ 1）根据题中信息，结合原子守恒书写化学式；（2）化学反应过程中有元素化合价的升降，这是氧化还原反应的特征；（3）根据元素守恒、得失电子守恒考虑。【详解】 .铝线为单质，不属于化合物，不是电解质，不选；石墨为单质，不属于化合物，不是电解质，不选；氯气为单质，不属于化合物，不是电解质，不选；B
32、aSO4 晶体，在熔融状态下能够电离出阴阳离子而导电，属于电解质，选；纯硫酸，在水溶液中有自由移动的氢离子与硫酸根离子，可导电，属于电解质，选；盐酸属于混合物，不是电解质，不选；石灰水属于混合物，不是电解质，不选；乙醇在水中或熔融状态下以分子形式存在，不导电，不是电解质，不选；熔融的 KNO3 ，能够导电，属于电解质，选；NH3 在水溶液中虽导电，但不是自身电离，不是电解质，不选；综上所述，符合题意，故答案为：；0.1 mol/L ，则说明 NaHSO4 在水. （ 1）0.1 mol/L 的 NaHSO4 溶液中 H 的物质的量浓度为溶液中的电离方程式应为： NaHSO442-；=Na +
33、H +SO（ 2）根据题意易知， NaHSO4 与氢氧化钠溶液反应会生成硫酸钠和水，故其离子方程式为： H+OH-=H2 O；（ 3）向 NaHSO4 溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至溶液恰好显中性，则两者的物质的量为2:1+2-2+-，其反应的离子方程式是： 2H +SO4+Ba+2OH=BaSO4 +2H2O；.钠加入到水中，会与水发生反应，生成氢氧化钠与氢气，则其离子反应方程式为2Na+H2O=2Na+2OH-+H2；把钠加入到饱和的石灰水中，因钠会与水反应消耗溶剂并产生气泡，且饱和石灰水中会析出晶体，故现象为：产生气泡，析出晶体；把钠加入到硫酸铜溶液中，因钠会与水反应生成氢氧化钠
34、和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜继续反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，则现象为：产生气泡和蓝色沉淀，有产生沉淀的离子反应方程式为： 2OH-+Cu2+=Cu(OH)2；少量的钠加入到足量硫酸氢钠溶液中，钠先与溶液中的H+反应生成钠离子与氢气，其反应的离子方程式为：2H+Na=2Na+H2；故答案为： 2Na+H2O=2Na+2OH-+H2；产生气泡，析出晶体；钠和水反应产生气泡，水被消耗后，氢氧化钙固体析出；产生气泡和蓝色沉淀；2OH-+Cu2+=Cu(OH)2；2H+Na=2Na+H2；.白色沉淀中含有Cu 和 Cl 两种元素，且该化合物的摩尔质量为99.5g/mol ，则可以确定白色沉淀的化
35、学式为CuCl；（ 2）由于 Cu 元素从 +2 价变为 +1 价，反应中有元素化合价的变化，该反应为氧化还原反应；（ 3）对于上述反应 (括号内的离子中一定含有 S 元素 )， Cu 元素的化合价降低，则必定有元素的化合价升高，因此可确定是 S 元素的化合价升高到 +6 价，结合原子守恒，可知括号内的离子为 SO4 2-。9 下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、 C 为无色气体（ 1）写出有关物质的化学式 X： _； F_（ 2）写出 AD的化学方程式 _（3）写出实验室制备C 的化学方程式 _（ 4） C 可用于制备尿素，尿素 CO(NH2)2 适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是 _（5）分别取两份50mLNaOH 溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL 分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的 HCl 溶液，产生的A 气体体积（标准状况下）与所加入的HCl 的体积之间的关系如图所示，试分析：