先确认组成粒子，再确认反应物、阶段和测量边界。过氧化钠的电子数、放氧量、气体减量与固体增重，都由具体反应导出，不是一套脱离条件的口诀。

01 · 知识点过氧结构、分阶段反应与守恒02 · 考点观察时点、质量差量与原样恢复03 · 坑点固定电子数、全部减半与称量对象

一、知识点 理解概念

1. 过氧离子是一个整体

Na₂O与Na₂O₂都是离子化合物，其固体不是由互不相连的小分子组成。下表按一个化学式单位比较：

对象	Na₂O	Na₂O₂
阴离子	一个O²⁻	一个O₂²⁻，含两个O原子
阳离子	两个Na⁺	两个Na⁺
阴、阳离子数比	1∶2	1∶2
O的化合价	−2	−1
键的层次	离子之间的离子键	离子之间有离子键，过氧离子内部有O—O共价键
课内常见色态	白色固体	淡黄色固体
碱性氧化物	是	不是

两Na⁺合计+2，须由总电荷−2的阴离子配平。在O₂²⁻中，2−属于整个含O—O共用电子对的离子，不是两个独立O⁻。固体遇水反应后，也不能把水中粒子照搬为同数目的游离过氧离子，实际还涉及OH⁻、H₂O₂等。

2. 能生成NaOH不等于普通碱性氧化物

Na₂O的O始终为−2价：

$$\mathrm{Na_2O+H_2O\to2NaOH},$$

$$\mathrm{Na_2O+CO_2\to Na_2CO_3},$$

$$\mathrm{Na_2O+2H^+\to2Na^++H_2O}.$$

其与酸的相应中和生成盐和水，符合课内碱性氧化物判据。Na₂O₂则要处理过氧结构及不同产物，不能因含金属或可生成NaOH就贴同一类别。

水、CO₂按课内完全放氧终态分别有：

$$\mathrm{2Na_2O_2+2H_2O\to4NaOH+O_2\uparrow},$$

$$\mathrm{2Na_2O_2+2CO_2\to2Na_2CO_3+O_2}.$$

过氧O的一部分由−1升至0，另一部分由−1降至−2，Na₂O₂兼作氧化剂、还原剂。若按题给反应：

$$\mathrm{Na_2O_2+SO_2\to Na_2SO_4},$$

则S由+4升至+6，过氧O全部降至−2，Na₂O₂表现氧化性且不放O₂。角色由这次实际产物决定，不由名字固定。

3. 分阶段方程式与总式并不互相排斥

水中可先用下式表示保留H₂O₂的状态：

$$\mathrm{Na_2O_2+2H_2O\to2NaOH+H_2O_2}.$$

H₂O₂进一步分解；题给MnO₂催化时写为：

$$\mathrm{2H_2O_2\xrightarrow{\mathrm{MnO_2}\text{催化}}2H_2O+O_2\uparrow}.$$

把前式乘2再相加，消去中间H₂O₂与两侧重复的水，才得到完全放氧总式。分阶段记账不等于已由一张实验图证明完整微观机理；初次气泡停止也不保证所有H₂O₂已消失。

与酸同样要区分：

$$\mathrm{Na_2O_2+2H^+\to2Na^++H_2O_2},$$

若进一步完全放氧，合并才有：

$$\mathrm{2Na_2O_2+4H^+\to4Na^++2H_2O+O_2\uparrow}.$$

不能不问酸种类、温度、浓度与实际产物，就把后式用于任意酸环境。

4. 电子数从升降价各算一方

水或CO₂完全放氧的式子中，2 mol Na₂O₂含4 mol过氧O：其中2 mol O由−1到0，失2 mol电子；另2 mol O由−1到−2，得2 mol电子。两方是同一批电子，不相加成4 mol。因此：

$$n(e^-)=n(\mathrm{Na_2O_2}\text{（已反应）})=2n(\mathrm{O_2}).$$

式中“已反应”与“完全放氧”缺一不可。SO₂反应中，每1 mol Na₂O₂的两个过氧O全部降至−2，得2 mol电子，与S升2价相等，故这次$n(e^-)=2n(\mathrm{Na_2O_2}\text{（已反应）})$。早期仅形成H₂O₂尚未完成分解时，也不能将已测气体按总终态计。

5. 气体减半须指定整个气相

设实际被消耗的CO₂为$x$ mol、水蒸气为$y$ mol，Na₂O₂足量并按上述总式完成反应，则：

$$n(\mathrm{O_2})=\frac{x+y}{2}.$$

若输入仅这两种气体，输出仅生成O₂，且进出同温同压、水始终按气相计，则初量$x+y$、末量$(x+y)/2$，体积减半，减少体积恰等于生成O₂体积。

若另有不反应气体或余O₂共$z$ mol：

$$n_{\text{初}}=x+y+z,\qquad n_{\text{末}}=\frac{x+y}{2}+z.$$

减少量仍为$(x+y)/2$，却不是全部混合气体初量的一半。Na₂O₂不足、反应气体未充分通过、水蒸气冷凝、湿气与干气口径改变，都必须重新列分阶段物料账；液态水体积不能混进气体体积。

6. 固体增重算净输入，不算气体全质量

在产物NaOH、Na₂CO₃保留于最终被称固体、O₂逸出的模型中：

每1 mol输入反应物	输入质量	生成并离开的O₂	固体净增
CO₂	44 g	0.5 mol，即16 g	28 g
H₂O	18 g	0.5 mol，即16 g	2 g

因此$x,y$以mol计时：

$$\Delta m=(28x+2y)\ \mathrm g.$$

“相当于吸收CO或H₂质量”仅为$44-16$与$18-16$的记忆，不是证明真实生成或吸收了CO、H₂。称量边界须排除额外液水、溶剂、吸湿、固体飞溅、挥发等；反应液质量不等于干燥固体增重，过量CO₂改变最终产物时也要重算。

7. 原样质量与变质后现重分开

变质过程中Na仍保留时，可用Na守恒恢复原Na₂O₂。先由达到完全放氧终态的O₂量算未变质Na₂O₂，再由题给恰好完全中和、最终NaCl的模型求总Na。两者相减得到变质部分所含Na，最后除以2恢复它原来对应的Na₂O₂物质的量。

这是“总Na−未变质Na”，不是“现有粉样质量−未变质Na₂O₂质量”。变质可能从环境引入H、C、O，现重和原料原量不是同一对象。

二、考点 方法与例题

1. 现象题逐时点记录，不提前假定终态

先分组成与反应证据：O₂²⁻结构能解释氧价与内部共价键，但不能仅凭−1价就证明任意氧化反应必然发生。读实验时逐项记加入物、观察时点及残留可能；先红说明碱性，不唯一鉴定NaOH；褪色原因要有对照；催化后再产气应结合气体检验和干扰排除。

以下保留原题用于分析，不作为自行操作指南。Na₂O₂具有强氧化性和腐蚀危险，与水及可燃物接触存在风险；教学实验须由教师在受控实验室按规程组织，不在家仿做。ILO/WHO过氧化钠安全卡

例题 01 五阶段反应观察

题目

某实验小组通过如图所示实验，探究$Na_2O_2$与水的反应。下列说法错误的是

A．③中溶液变红，说明有碱性物质生成

B．④中现象可能是溶液中含有强氧化性物质造成的

C．⑤中$MnO_2$的主要作用是验证溶液中存在$H_2O_2$

D．②中的大量气泡主要成分是氢气

答案与解析

解析

选D。②主要气体为O₂，不是H₂；本体系的H未按钠单质遇水那条路径被还原。

原图①至⑤完整顺序为：Na₂O₂加3 mL水产生大量气泡；气泡消失后滴1～2滴酚酞，溶液变红；轻轻振荡红色褪去；加少量MnO₂又有较多气泡。初次不明显冒泡不等于再无可放氧物种。

A：红色与生成NaOH、液体碱性相符；只凭颜色不能唯一鉴定NaOH。

B原文为“可能”，应保留这一程度。H₂O₂等氧化性物质可能影响色质，但不能由褪色排除强碱等其他原因，须设置相同碱性条件对照，不能把原解析的单一解释升级为唯一证据。

C：加MnO₂后再次产气，与残余H₂O₂催化分解的题设解释相符，用于检验其存在。严格鉴定还需确认气体为O₂、排除MnO₂自身或其他组分造成的干扰，不是任何催化后产气都唯一证明H₂O₂。

D：水反应阶段可写Na₂O₂+2H₂O→2NaOH+H₂O₂，再将H₂O₂分解合并成完全放氧总式。过氧O一部分升至0、一部分降至−2，形成O₂；这类分步表示用于记账，不宣称由原图已证明微观机理。

本题结论

D。

2. 燃烧吸收题先算产物，再算净差

1. 核真实名称、化学式和摩尔质量，先配燃烧式。
2. 算进入Na₂O₂的CO₂、水；未反应的燃烧O₂另列，不当反应吸收物。
3. 核足量、完成反应及最终称量对象后，分别乘28和2求净增。
4. 用原子与质量的输入、输出复核，不把偶然与燃烧物质量相等当通则。

例题 02 乙酸燃烧产物的吸收

题目

46 g乙酸$(CH_3COOH)$在足量氧气中完全燃烧后的产物全部通入足量的过氧化钠中，充分反应后，固体增加的质量为

A．48 g B．16 g C．46 g D．80 g

答案与解析

解析

选C。乙酸CH₃COOH的摩尔质量为60 g/mol，46 g不是1 mol：

$$n(\text{乙酸})=\frac{46}{60}=\frac{23}{30}\ \mathrm{mol}.$$

$$\mathrm{CH_3COOH+2O_2\xrightarrow{\text{点燃}}2CO_2+2H_2O}.$$

故CO₂、水各为$2\times23/30=23/15$ mol。在本题足量Na₂O₂、完全反应并按最终保留固体称量的模型下：

$$\Delta m=\frac{23}{15}\times28+\frac{23}{15}\times2=46\ \mathrm g.$$

A的48 g、B的16 g、D的80 g均不符合输入CO₂、水减去逸出O₂的同一边界，故C正确。每摩尔乙酸恰对应$2\times28+2\times2=60$ g净增，与其摩尔质量相同，才在这道题中恰等于原46 g；其他燃烧物要重算。

未反应燃烧O₂若一同进入，不按这两条总式使固体增重，但会破坏“全部混合气体体积减半”的前提；也不能把额外水、空气质量一概算进固体。

本题结论

C，增重46 g。

3. 变质样品建立O₂账与Na账

先核气体种类、收集是否完整、是否达到完全放氧；再核加酸终点与最终盐。每个质量先除相应摩尔质量，恢复原量时使用原Na₂O₂的Na配比。可用现有样品质量作数据相容性检验，但不倒过来用现重冒充原质量。

例题 03 空气中部分变质的样品

题目

实验室中，将17g在空气中部分变质的$Na_2O_2$粉末样品溶于20mL水中，收集到2.4g气体，然后向水溶液中加入200g质量分数为7.3%的盐酸恰好完全反应，则m(发生变质的$Na_2O_2$)$:m$(未变质的$Na_2O_2$)为

A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．无法确定

答案与解析

解析

选B。按原题气体为O₂且充分释放、完整收集的课内模型：

$$n(\mathrm{O_2})=\frac{2.4}{32}=0.075\ \mathrm{mol},$$

$$n(\mathrm{Na_2O_2})_{\text{未变质}}=2\times0.075=0.15\ \mathrm{mol}.$$

未变质Na₂O₂质量为$0.15\times78=11.7$ g，所含Na为0.30 mol，即6.9 g。

盐酸中HCl为$200\times7.3\%=14.6$ g：

$$n(\mathrm{HCl})=\frac{14.6}{36.5}=0.40\ \mathrm{mol}.$$

按恰好完全中和、最后Na全部以NaCl计且此前无外加Na或Cl的题设模型，总Na为0.40 mol，即9.2 g。变质部分保留Na为$0.40-0.30=0.10$ mol，即2.3 g，因此原来对应Na₂O₂：

$$n_{\text{原变质部分}}=\frac{0.10}{2}=0.05\ \mathrm{mol},\qquad m=0.05\times78=3.9\ \mathrm g.$$

所求$3.9:11.7=1:3$。A、C与两条约束不符；按原解采用的完整放氧和中和模型，两条约束足够，不选D。

$17-11.7=5.3$ g只是当前变质粉末，不是变质前Na₂O₂的3.9 g。相容性可核：0.05 mol原Na₂O₂若变为0.05 mol Na₂CO₃，现重$0.05\times106=5.3$ g，合未变质11.7 g恰为17 g；该核对不代替Na守恒，也不先假定现重等于原重。

若仍有H₂O₂未分解、气体未收全或加酸未到完全中和终点，就不能直接套相同比例。20 mL水是操作输入，不表示全部成为反应物或进入干燥粉样质量。

本题结论

B，原变质部分与未变质部分质量比1∶3。

三、坑点 条件与反例

1. 结构趋势不是无条件反应保证

阴离子数不能按O下标数；有离子键也不排除过氧离子内有共价键。过氧O为−1价只说明有升降可能，不证明所有含过氧键物质都在任何介质中强氧化或可漂白。某金属处于最高价，也不自动使该氧化物成为相应酸酐，须核具体物质与反应。

2. 不把一种路径的比例套给所有路径

水、CO₂完全放氧才有$n(e^-)=n(\mathrm{Na_2O_2}\text{（已反应）})$；SO₂例系数为2且不放O₂。失得电子不重复相加。全部气体减半还要求无额外保留组分、同温同压及一致的气相口径，余O₂、水冷凝都不能忽略。

3. 颜色和质量都要先问测量对象

酚酞先红后褪不能唯一证实氧化作用：强碱中也可逐渐褪色，要有相同碱性条件的对照。Purdue关于酚酞在过量OH⁻中褪色的教学资料

“气泡停止”不是“所有过氧物种消失”；“粉末剩余部分现重”不是“变质前原Na₂O₂量”；“反应液质量”也不是“干燥固体增重”。先写对象，再决定公式。

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