检测卷15 钠及其化合物-2023届高考化学一轮复习考点过关检测卷

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检测卷十五 钠及其化合物
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
D
C
A
B
C
C
B
D
C
B
D
D
A
D
D

一、单选题（共15题,每小题3分,共45分.每题只有一个选项符合题意）
1．下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是(　　)
A．用小刀切开金属钠
B．将钠放在坩埚中加热
C．把钠保存在煤油中
D．将钠放入盛水的烧杯中
【答案】 D
【解析】　用小刀切开金属钠，说明钠的硬度小，A项不符合题意；将钠放在坩埚中加热，钠受热熔化，与氧气剧烈反应，发出黄色火焰，生成淡黄色Na2O2固体，说明钠的熔点低且钠可以与氧气反应，B项不符合题意；把钠保存在煤油中，说明钠的密度比煤油大，且钠与煤油不反应，C项不符合题意；将钠放入盛水的烧杯中，钠浮在水面上，熔成小球并在水面快速移动，可以说明钠的密度比水小，D项符合题意。
2．下列“类比”合理的是 (　　)
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
【答案】 C
【解析】　Na与H2O反应是因为金属钠的特殊活泼性，不是金属的通性，所以不能类比其他金属，A错误；HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，B错误；Na3N是离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，可看作是阴、阳离子之间重新组合生成NaCl和NH3，NH3再与HCl结合生成NH4Cl，Mg3N2与Na3N结构相似，都是离子化合物，结构决定性质，所以反应可以“类比”，C正确；氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]＋，离子反应方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，所以得不到Ag2O，D错误。
3．用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是(　　)

A．图1鉴别纯碱与小苏打
B．图2证明Na2O2与水反应放热
C．图3证明Cl2能与烧碱溶液反应
D．图4探究钠与Cl2反应
【答案】 A
【解析】　加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，A错误；观察到脱脂棉燃烧，可说明过氧化钠与水反应放出大量的热，B正确；氯气与NaOH反应，使锥形瓶内压强减小，气球变大，C正确；钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，D正确。
4．以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。

下列分析不正确的是(　　)
A．反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质
B．反应④说明NaHCO3的热稳定性强于Na2CO3
C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D．上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应
【答案】 B
【解析】　反应③是2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，NaOH为碱，Na2CO3为盐，因此CO2具有酸性氧化物的性质，A项正确；反应④是2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，说明Na2CO3比NaHCO3热稳定性强，B项错误；反应⑤、⑥分别是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，因此反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给，C项正确；反应④为分解反应，反应①为化合反应，反应②为置换反应，D项正确。
5．实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdCl2溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是(　　)

A．装置①的仪器还可以制取H2、NH3等气体
B．装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C．装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4
D．装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl
【答案】 C
【解析】　固体和液体不加热反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制备氨气都可以用装置①，A正确；金属钠与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前，用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置⑤中石灰水变浑浊后，空气已排净，再点燃酒精灯，B正确；反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，(因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应)，再用浓H2SO4吸收水蒸气，C错误；根据题给信息可知，PdCl2被CO还原为黑色的Pd，反应PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl，D正确。
6．焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色反应的观察两项操作如图所示：

下列叙述中不正确的是
A．每次实验中都要先将铂丝灼烧至与原来火焰颜色相同为止，再蘸取被检验的物质
B．钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察
C．实验时最好选择本身颜色较深的火焰
D．没有铂丝可用光洁无锈铁丝代替
【答案】 C
【解析】A．为防止其它离子干扰，每次实验中都要先将铂丝灼烧至与原来火焰颜色相同为止，再蘸取被检验的物质，故A正确；
B．钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察，以排除钠离子的干扰，故B正确；
C．为了能够更加突出被检验试剂的颜色，选用本身颜色较浅的火焰，最大限度的减少火焰本身颜色的干扰，故C错误；
D．铁的焰色几乎为无色，对其它元素的焰色无影响，故可用铁丝进行焰色反应，故D正确；
选C。
7．等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，生成26.88L(标准状况下)的气体，则下列描述不正确的是(　　)
A．金属Al无剩余
B．c(Na＋)＝c(AlO)
C．所得溶液呈碱性
D．Na的物质的量是0.6mol
【答案】 B
【解析】　等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，发生反应：①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，②2NaOH＋2Al＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，将方程式①＋②得③：2Na＋4H2O＋2Al===2NaAlO2＋4H2↑，由③知，当钠和铝的物质的量相等时，恰好反应生成偏铝酸钠和氢气，A正确；偏铝酸根离子是弱离子能发生水解反应，所以导致c(Na＋)>c(AlO)，B错误；钠和铝恰好反应生成偏铝酸钠，即最后所得溶液是偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，C正确；设需要钠的物质的量为x，

x＝0.6mol，D正确。
8．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．SO2是酸性氧化物，可用作漂白剂
D．CaO能与水反应，可用作干燥剂
【答案】 D
【解析】　NaHCO3作胃酸的中和剂，利用NaHCO3的弱碱性，对人体无害，A选项不存在对应关系；光导纤维成分是SiO2，利用SiO2对光的全反射，不是利用SiO2的熔点高、硬度大的性质，B选项不存在对应关系；SO2作漂白剂，利用SO2的漂白性，与SO2是酸性氧化物无关，C选项不存在对应关系；CaO能与水反应，因此CaO可作干燥剂，D选项存在对应关系。
9．下列关于钠及其化合物的说法中正确的是(　　)
A．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，所得溶液的质量分数等于4.0%
B．相同质量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应，生成气体物质的量之比为1:3
C．将CO2和H2O的混合气体amol，与足量的Na2O2固体充分反应，生成的O2在标准状况下的体积为11.2aL
D．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液与200mL盐酸进行滴加反应，不管将前者滴入后者，还是后者滴入前者，滴加完全后，产生的气体在相同条件下体积不等，则盐酸的浓度可能为2mol/L
【答案】 C
【解析】　2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，2.3gNa与水反应得到NaOH4g，溶液的质量因生成氢气小于100g，所以溶质的质量分数大于4.0%，A不正确；B中发生的反应是2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，因盐酸和氢氧化钠过量，因此等量的铝产生氢气的物质的量相等，B错误；C中发生反应2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2,2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑，无论是CO2还是H2O，消耗2mol气体，产生1molO2，因此amol混合气体，产生氧气的体积＝mol×22.4L/mol＝11.2aL，C正确；碳酸钠滴入盐酸中：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，盐酸滴入到碳酸钠中：HCl＋Na2CO3===NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，假设无论前者滴入后者还是后者滴入前者，生成CO2气体体积相等，盐酸的物质的量为2×120×10－3×0.2mol＝0.048mol，此时盐酸浓度c(HCl)＝0.048/200×10－3mol·L－1＝0.24mol·L－1，因此产生气体体积不相等时，盐酸浓度应小于0.24mol·L－1，D错误。
10．M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍。它们形成的化合物可用作新型电池的电极材料，结构如图所示，化合物中除M＋外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是

A．M的单质通常保存在煤油中
B．上述五种元素中Y的原子半径最小
C．Z的氢化物的沸点一定低于X氢化物的沸点
D．W的最高价氧化物对应的水化物是三元酸
【答案】 B
【解析】　M、W、Ⅹ、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，则X为O元素;由盐的结构可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，则Z的最外层电子数为4，为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M＋外均满足8电子稳定结构，则M形成+1价离子，为Li元素。
A．锂单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，一般保存在石蜡油中，故A错误；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则上述五种元素中F原子的原子半径最小，故B正确；
C．C元素的氢化物为烃，固态烃的沸点比水和过氧化氢的沸点高，故C错误；
D．B元素的最高价氧化物对应的水化物为硼酸，硼酸为一元弱酸，故D错误；
故选B。
11．NaHCO3和Na2O2按2:1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，然后趁热排出气体物质，容器内残留物的成分是(　　)
A．Na2O2和NaHCO3 B．NaHCO3和Na2CO3
C．NaOH和Na2CO3 D．只有Na2CO3
【答案】 D
【解析】　NaHCO3和Na2O2按2:1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，发生的反应方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O①　2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2②　2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑③，CO2和H2O同时存在时，遇Na2O2，CO2先反应、H2O后反应，设NaHCO3和Na2O2的物质的量分别是2mol、1mol,2molNaHCO3完全分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，根据方程式②知，1molNa2O2完全反应需要1molCO2，所以二氧化碳和过氧化钠恰好完全反应，水蒸气不反应，则最终容器内残留物的成分是Na2CO3，故选D。
12.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2(s))是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：已知：2Na2CO3(aq)＋3H2O2(aq)⇌2Na2CO3·3H2O2(s)　ΔH＜0 ,50℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解。

下列说法错误的是
A．过碳酸钠是由碳酸钠、过氧化氢利用氢键所形成的不稳定的复合物
B．滤液X可以循环使用
C．步骤③洗涤时选用无水乙醇洗涤，可除去水分、利于干燥
D．利用过碳酸钠净化水原理与明矾净水原理类似
【答案】 D
【解析】　A．过碳酸钠是在低温下向碳酸钠溶液缓慢的滴加双氧水得到，故A正确；
B．向滤液X中加入适量NaCl固体，增加钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度，加入无水乙醇，降低过碳酸钠的溶解度，两者均可析出过碳酸钠，故B正确；
C．无水乙醇洗涤可以除去水分、有利于干燥，故C正确；
D．过碳酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能吸附水中悬浮的杂质，故D错误；
故选：D。
13．“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。其中正确的是(　　)
A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小
B．乙同学说：NaHCO3就是纯碱
C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵
D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入二氧化碳，再通入氨气
【答案】 A
【解析】　反应中只有NaHCO3析出，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，A正确；纯碱是Na2CO3，不是NaHCO3，B错误；析出NaHCO3固体后的溶液中仍是NaHCO3饱和溶液，C错误；在饱和食盐水中先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，有利于CO2的溶解，D正确。
14中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是

A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是过滤
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．高温反应炉中的物质是Ca(HCO3)2
【答案】D
【解析】　由图可知，捕捉室中氢氧化钠溶液喷雾用于吸收二氧化碳含量高的空气中的二氧化碳，反应得到二氧化碳含量低的空气和碳酸氢钠溶液；环节a为向碳酸氢钠溶液中加入氧化钙，氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤得到碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液；高温反应炉中碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，将二氧化碳收集后储存，环节a得到的氢氧化钠溶液和反应炉中得到的氧化钙可以循环利用。
A．捕捉室中氢氧化钠溶液喷成雾状，可以增大与二氧化碳的接触面积，有利于二氧化碳充分反应被吸收，故A正确；
B．由分析可知，环节a为向碳酸氢钠溶液中加入氧化钙，氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤得到碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，故B正确；
C．由分析可知，环节a得到的氢氧化钠溶液和反应炉中得到的氧化钙可以循环利用，故C正确；
D．由分析可知，高温反应炉中碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，故D错误；
故选D。
15．实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A．Na2CO3的水解是放热反应
B．M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动
C．N点时NaHCO3已完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62
【答案】D
【解析】　A．Na2CO3的水解是吸热反应，故A错误；
B．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子、水解产生氢氧根离子，M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是电离程度大于水解程度，故B错误；
C．碳酸钠溶液的pH随温度升高而降低，N点后溶液的pH随温度升高而升高，所以N点时NaHCO3没有完全分解，故C错误；
D．N点溶液中含有碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62，故D正确；
选D。
二、非选择题（共4题,55分）
16．(13分)已知Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。
(1)写出Na2O2作供氧剂时发生反应的化学方程式：
___________________________________________________。
(2)Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应。为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下。
步骤1：按图组装仪器(图中夹持仪器省略)，检查气密性，装入药品；

步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象；
步骤3：……，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色；
步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1。
①盛装稀盐酸的仪器名称是________；B装置的作用是_________________________。
②步骤3在点燃C处酒精灯前必须进行的操作是_______________________。
③设置装置D的目的是_______________________________________。
④根据实验现象得到的结论是___________________________________(用化学方程式表示)。
⑤该实验设计中存在明显不足之处，应该如何改进：
_________________________________________________________。
【解析】　(1)Na2O2能与CO2反应生成氧气，可作供氧剂，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2。(2)①分析装置图可知，盛稀盐酸的仪器为长颈漏斗；B装置的作用是吸收氢气中的杂质气体；②氢气是可燃性气体，与空气混合加热易发生爆炸，故在点燃C处酒精灯前必须检验H2纯度；③装置D中装的是无水硫酸铜，用来检验有无水生成；④由实验现象分析可知过氧化钠变为白色固体，硫酸铜不变蓝色证明无水生成，则氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2O2＋H22NaOH；⑤为防止氢气排放到空气中遇明火发生爆炸，应在装置D后连接一个氢气的尾气处理装置。
【答案】　(1)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
(2)①长颈漏斗　吸收氢气中的杂质气体或除去氢气中的水蒸气和氯化氢气体　②检验氢气纯度　③检验是否有水生成　④Na2O2＋H22NaOH　⑤在装置D后连接一个氢气的尾气处理装置(答案合理即可)
17．(11分)随着工农业发展，NH4Cl的价格低迷、需求降低导致利用“侯氏制碱法”生产的碱厂出现亏损。“新联合制碱法”应运而生，流程如下：

(1)写出气体X的结构式______________。
(2)上述工艺流程中参与循环使用的气体有______、______(填化学式)。
(3)所得产品Na2CO3中不会含有NH4Cl，原因是_____________________________(用化学方程式表示)。
(4)过程Ⅲ以MgO为催化剂进行转化，示意图如下：

①步骤ii实际上要经过加热和高温两步反应，“加热”步骤制得HCl，“高温”步骤得到MgO，其化学方程式分别为______________________________。
②过程Ⅲ分两步得到NH3和HCl，比一步就得到NH3和HCl的好处是____________________。
【答案】(1)O===C===O
(2)CO2　NH3
(3)NH4ClNH3↑ ＋HCl↑
(4)① MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl↑
Mg(OH)2MgO＋H2O　
②能防止NH3和HCl因接触而反应生成氯化铵
18．(16分)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr－Fe－Al－Mg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是________(填元素符号)。
(2)工序①的名称为________。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是________(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为________。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为________________________，可代替NaOH的化学试剂还有____________(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序________(填“①”“②”“③”或“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为________。{通常认为溶液中离子浓度小于10－5mol·L－1为沉淀完全：Al(OH)3＋OH－Al(OH)　K＝100.63；Kw＝10－14，Ksp[Al(OH)3]＝10－33}
【答案】(1)Fe、Cr
(2)溶解
(3)Fe2O3、MgO
(4)2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO3===8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O　Na2CO3
(6)②
(7)8.37
【解析】铬铁矿与熔融NaOH和O2反应后经工序①得到滤渣Ⅰ和介稳态物质；介稳态相分离后得到Na2CrO4溶液、NaOH溶液和无色溶液，向无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀和物质V的溶液，又Na2CrO4溶液经工序③后得到Na2Cr2O7溶液和物质V(s)，所以气体A为CO2，物质V为NaHCO3。(1)Fe(CrO2)2中的Fe为＋2价，易被氧化为＋3价；Fe(CrO2)2中的Cr为＋3价，在后续产物Na2CrO4中Cr为＋6价，因此高温连续氧化工序中被氧化的元素是Fe和Cr。(2)工序①之后为过滤操作，因此加水的目的是溶解可溶性物质，工序①的名称为溶解。(3)经高温连续氧化工序和工序①后铬铁矿转化为CrO、Al(OH)、Fe2O3和MgO，故滤渣Ⅰ的主要成分是Fe2O3和MgO。(4)由分析可知，气体A为CO2，不溶性物质V为NaHCO3，故工序③中发生反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓。(5)由分析可知，物质V为NaHCO3，可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO3===8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；可代替NaOH的化学试剂需满足以下两点要求：一是显碱性，二是能提供Na＋，因此可代替NaOH的化学试剂还有Na2CO3。(6)热解工序中产生的混合气体为CO2和水蒸气，最适宜返回工序②参与内循环。(7)由题给方程式Al(OH)3＋OH－Al(OH)　K＝100.63，可得Al(OH)OH－＋Al(OH)3　K＝10－0.63，则K＝10－0.63＝，通常认为溶液中离子浓度小于10－5mol·L－1为沉淀完全，则10－0.63＝，可得c(OH－)＝10－5.63mol·L－1，已知Kw＝10－14，所以pOH＝5.63，pH＝14－pOH＝8.37，故工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为Al(OH)3沉淀的pH为8.37。
19．(15分)为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：
(1)方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。实验中加热至恒重的目的是__________________。
(2)方案二：按如图装置进行实验，并回答以下问题。

①实验前先________。分液漏斗中应该装________(填“盐酸”或“硫酸”)。D装置的作用是________________。
②实验中除称量样品质量外，还需称________装置反应前后质量的变化(填装置的字母代号)。
③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是___________________________________________________________________。
(3)方案三：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量氯化钡溶液。过滤、洗涤、干燥沉淀、称量固体质量，计算：
①实验中判断沉淀已完全的方法是__________________________________________。
②若加入的试剂改为氢氧化钡溶液，已知称得样品9.5g，干燥的沉淀质量为19.7g，则样品中碳酸钠的质量分数为________。
【答案】(1)保证NaHCO3全部分解
(2)①检查装置的气密性　硫酸　防止空气中水蒸气、CO2进入C装置被吸收　②C　③A、B中的CO2无法全部进入C中被吸收
(3)①向沉淀静置后的上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明沉淀已完全　②55.8%
【解析】(1)方案一中发生反应2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。加热至恒重是为了保证NaHCO3完全分解。
(2)①由于实验中会生成CO2气体，故实验前应检查装置的气密性。由于盐酸具有挥发性，故分液漏斗中试剂应选用H2SO4溶液，这样A中产生的CO2中只含有水蒸气，通过B装置中的浓硫酸干燥后，CO2被C装置中的碱石灰吸收。D装置中碱石灰的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置中引起误差。②根据A中发生的反应和各装置的作用可知，还需称量C装置前后的质量，质量差即为CO2的质量。③根据CO2气体的产生和气体流向可知，A、B中都残留部分CO2气体，无法被C装置吸收。
(3)①检验沉淀已完全，可向沉淀静置后的上层清液中继续加入BaCl2溶液检验有无CO剩余。②设Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y。则解得样品中Na2CO3的质量分数为×100%＝55.8%。