考点13 钠及其化合物(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)

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考点13 钠及其化合物
(好题冲关)
【基础过关】
1．(2023·广东省汕头市二模)2023年1月23日，汕头迎春大型焰火晚会点亮了汕头湾，为汕头发展注入强心剂。下列焰火颜色与钾元素相关的是( )
A．黄色 B．紫色 C．绿色 D．洋红色
【答案】B
【解析】钾的焰色为紫色火焰，所以B正确；故选B。
2．(2023·重庆市高三三模)向下列物质中加入NaOH溶液并加热，其成分不发生改变的是( )




A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器
B．用于通信的光导纤维
C．用于焙制糕点的小苏打
D．从餐厨废弃物中提取的地沟油
【答案】A
【解析】A项，聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；B项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH- =SiO32-+H2O，故B不符合题意；C项，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故C不符合题意；D项，“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；故选A。
3．下列关于钠的化合物的说法中，正确的是(　　)
A．Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应
B．Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去
C．Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反应均放出O2
D．分别向Na2O2和Na2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液，两者的现象相同
【答案】B
【解析】Na2CO3不能与NaOH反应，A项错误；NaHCO3加热分解生成Na2CO3，可以用加热的方法除去Na2CO3固体中含有的NaHCO3，B项正确；Na2O2是淡黄色固体，与CO2反应生成Na2CO3与O2，但Na2O与CO2反应生成Na2CO3，没有氧气生成，C项错误；Na2O2与水反应生成NaOH与O2，反应后的溶液中含有过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，立即滴入酚酞，现象是溶液先变红，后退色，Na2O与水反应生成NaOH，滴入酚酞，溶液变为红色，现象不相同，D项错误。
4．下列有关Na2O和Na2O2的叙述中，正确的是( )
A．Na2O比Na2O2稳定
B．只用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2
C．Na2O、Na2O2分别与CO2反应，产物相同
D．将足量的Na2O2比Na2O分别加到酚酞溶液中，最终溶液均为红色
【答案】B
【解析】A项，Na2O在空气中加热时会转化为Na2O2，故Na2O2比Na2O稳定，故A错误； B项，Na2O2与水反应会产生气泡，有明显的现象，所以可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2，故B正确； C项，Na2O与CO2反应生成碳酸钠，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，产物不同，故C错误； D项，Na2O、Na2O2加到酚酞溶液中，二者均先与溶液中的水反应生成碱而使溶液变为红色，但Na2O2具有漂白性，又会将红色溶液漂白，故D错误；故选B。
5．下列关于NaHCO3和Na2CO3的描述不正确的是( )
A．NaHCO3俗称小苏打
B．Na2CO3溶液显碱性，所以Na2CO3属于碱
C．热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，生成的CO2的量相等
【答案】B
【解析】A项，NaHCO3是碳酸与氢氧化钠形成的酸式盐，俗称小苏打，A正确；B项，尽管Na2CO3溶液显碱性，但Na2CO3电离产生金属阳离子和酸根阴离子，因此属于盐而不是属于碱，B错误；C项，NaHCO3不稳定，受热反应产生Na2CO3、CO2、H2O，Na2CO3受热不分解，因此物质的热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，C正确；D项，等物质的量的NaHCO3和Na2CO3中含有的C的物质的量相同，因此二者分别与足量盐酸反应，根据C元素守恒可知反应生成的CO2的量相等，D正确；故选B。
6．下列关于钠及其化合物的说法中错误的是( )
A．碳酸氢钠药片是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
B．Na2O2与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具
C．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可比较水与乙醇中氢的活泼性
D．用铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有
【答案】A
【解析】A项，碳酸氢钠能与醋酸反应，服用碳酸氢钠时喝些醋能会使药效降低，故A错误；B项，Na2O2与CO2反应放出氧气，可以用作供氧剂，可用于制作呼吸面具，故B正确；C项，钠和水反应较剧烈，和乙醇反应比较缓慢，故分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可比较水与乙醇中氢的活泼性，故C正确；D项，钠的焰色反应为黄色，用铂丝蘸取某溶液灼烧，且钠元素在溶液只能以离子形式存在，火焰呈黄色，证明其中含有Na+，故D正确；故选A。
7．用铂丝蘸取某混合液进行焰色实验，下列说法正确的是( )
A．焊在玻璃棒上的铂丝可用光洁无锈的铁丝代替
B．焰色反应有发光现象，所以是化学变化
C．透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明原溶液有钾元素无钠元素
D．每次实验结束可用水洗净铂丝并在外焰上灼烧至没有颜色
【答案】A
【解析】A项，洁净的铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身并无颜色，可用来进行颜色反应，故A正确；B项，焰色反应是某些金属元素在灼烧时表现的性质，属于物理变化，故B错误；C项，透过蓝色钴玻璃的目的是滤去黄光的干扰，所以透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明原溶液有钾元素，但不能说明没有钠元素，故C错误；D项，不能用水洗净铂丝，应该用盐酸，盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，铂丝蘸盐酸灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，可以达到洗净的目的，故D错误；故选A。
8．NaCl 是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是

A．25℃，NaHCO3 在水中的溶解度比 Na2CO3 的大
B．石灰乳与 Cl2 的反应中，Cl2 既是氧化剂，又是还原剂
C．常温下干燥的 Cl2 能用钢瓶贮存
D．如图所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】BC
【解析】A项，25℃，饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，则NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，故A错误；B项，石灰乳与Cl2的反应为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，反应中Cl的化合价既升高又降低，故Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C项，常温下干燥的Cl2与Fe不反应，故能用钢瓶贮存，故C正确；D项，图中转化：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑均为非氧化还原反应，故D错误；故选BC。
9．(2023·天津市和平区高三模拟)侯德榜是我国杰出的化学家，“侯氏制碱法”的创始人。1926年，塘沽“红三角”牌纯碱在万国博览会获金质奖章。反应：NaCl +CO2+NH3+H2O= NH4Cl+ NaHCO3↓，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，其中不正确的是( )

A．小韩同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小
B．小韦同学说：NaHCO3不是纯碱
C．小羊同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵，可做化肥
D．小任同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳
【答案】C
【解析】A项，反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，首先达到饱和析出，故A正确；B项，纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；C项，析出 NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；D项，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，增大二氧化碳的溶解度，故D正确；故选C。
10．某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2=Na2SO4、2Na2O2+2SO3(g)= 2Na2SO4+O2，。据此判断下列反应方程式错误的是( )
A．2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 B．Na2O2+2NO2=2NaNO3
C．2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2 D．2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2
【答案】A
【解析】根据题给信息可知：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，生成其最高价的盐，而不生成O2。A项，N2O3中的氮也不是最高价，所以不产生氧气，不符合上述规律，故A错误；B项，NO2中N元素的化合价为+4价，不是最高价态，与Na2O2反应时不生成O2，反应的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故B正确；C项，N2O5中N元素的化合价为+5价，是最高价态，与Na2O2反应时生成O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2，故C正确；D项，Mn2O7中Mn元素的化合价为+7价，处于最高价态，与Na2O2反应时生成O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2，故D正确；故选A。
11．下列钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Na有导电性，可用作快中子反应堆的热交换剂
B．Na2O2有强氧化性，可用于漂白
C．NaOH显碱性，可用作干燥剂
D．NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【解析】A项，因为钠为金属，具有良好的导热性，所以可用作快中子反应堆的热交换剂，A错误；B项，Na2O2具有漂白性，是因为其具有强氧化性，B正确；C项，NaOH具有吸水性，而作干燥剂，C错误；D项，NaHCO3可以与胃酸中的HCl反应，故可用于治疗胃酸过多，D错误。故选B。
12．将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1mol，下列说法一定正确的是( )
A．容器中一定有0.5molO2
B．反应后，容器中一定没有H2O
C．反应后，容器中的固体只有Na2CO3
D．混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量一定相等
【答案】A
【解析】加热时NaHCO3分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后发生：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由方程式可知，转移1mol电子，则生成0.5molO2，可知反应1molNa2O2，如过氧化钠过量，则产物生成Na2CO3和NaOH，如过氧化钠不足，则产物为Na2CO3，可能有NaOH，不一定有水。故选A。
13．为探究Na2O2与H2O的反应，某学习小组将1~2mL水滴入盛有1~2g过氧化钠固体的试管中，下列有关说法不正确的是( )
A．该实验可以用带火星的木条来检验生成的气体是否为氧气
B．该实验可以直接用手轻轻触摸试管外壁来感受反应的热效应
C．该实验可以用pH试纸来检验生成的溶液是否显碱性
D．该实验可以说明过氧化钠可在潜水艇中作为氧气的来源
【答案】C
【解析】A项，带火星的木条复燃，可检验Na2O2与H2O反应生成氧气，故A正确；B项，Na2O2与H2O反应放出热量，用手轻轻触摸试管外壁来感受反应的热效应，故B正确；C项，Na2O2与H2O反应生成过氧化物，具有漂白性，pH试纸颜色漂白，不能检验溶液的酸碱性，故C错误；D项，Na2O2与H2O反应生成氧气，可在潜水艇中作为氧气的来源，故D正确；故选C。
14．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是( )
A．CO2气体(HCl)：饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体(NaHCO3)：加热至不再产生气体
C．NaHCO3溶液(Na2CO3)：通过量CO2
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)：加入适量Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】D
【解析】A项，二氧化碳与碳酸氢钠不反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；B项，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，则加热法可除杂，故B正确；C项，碳酸钠溶液吸收二氧化碳转化为碳酸氢钠，则用二氧化碳能除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，故C正确；D项，二者都与氢氧化钡反应生成沉淀，主要物质也被除去了，故D错误；故选D。
15．金属钠溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，得到首个含碱金属阴离子的黄金化合物[NaL]+Na-。下列说法错误的是(    )
A．Na-的半径比Mg大 B．钠的液氨溶液有强的还原性
C．Na-的第一电离能比H-大 D．该事实表明钠也可表现非金属性
【答案】C
【解析】A项，已知Na-与Mg具有相同的核外电子排布，且Na的核电荷数小于Mg，则Na-的半径比Mg大，A正确；B项，由题干信息可知，钠的液氨溶液中形成氨合钠离子和氨合电子，其中氨合电子具有强还原性，B正确；C项，由于H-形成有2个电子的稳定结构，而Na-核外最外形上是2个电子的不稳定结构，则 Na-的第一电离能比H-小，C错误； D项，由题干信息可知，Na也可以形成Na-，则说明Na也可以结合电子形成阴离子，即该事实表明钠也可表现非金属性，D正确；故选C。
16．已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：

下列说法错误是( )
A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素
B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙
C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质
D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO2
【答案】B
【解析】A项，若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH)3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B项，若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3)2，丙是Fe(NO3)3，甲与乙不反应，B错误；C项，若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D项，若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。故选B。
17．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1 mol·L-1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是( )

A．乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3
B．当0 C．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1
D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112 mL(标准状况)
【答案】C
【解析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH﹣+H+＝H2O和CO32-+H+＝HCO3-，产生二氧化碳的反应为：HCO3-，+H+＝H2O+CO2↑；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3-，+H+＝H2O+CO2↑计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值。A项，氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故A错误；B项，在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V(HCl)＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32-+H+＝HCO3-，故B错误；C项，根据图象可知，当V(HCl)＝50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.1 mol·L-1×0.05L＝0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)＝＝0.5 mol·L-1，故C正确；D项，乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-，+H+＝H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L＝0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol＝22.4mL，故D错误；故选C。
18．向100 mL NaOH溶液中通入一定量CO2气体，充分反应，再向所得溶液中还滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是

A．原NaOH溶液的浓度为0.1 mol·L-1
B．通入CO2的体积为336 mL (标准状况)
C．所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaOH) ： n(Na2CO3)=1：3
D．所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaHCO3)： n(Na2CO3)=2：1
【答案】BD
【解析】根据图像可知，加入盐酸0~25mL时，无气体产生，发生H++CO32-=HCO3-，而25~100mL时，HCO3-+H+=CO2↑+H2O。A项，加入盐酸100mL时，溶液的溶质为NaCl，则n(HCl)=n(NaCl) =n(NaOH)= 0.2mol/L×100mL=0.02mol，原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L-1，A错误；B项，25~100mL时，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，消耗n(HCl)= 0.2mol/L×75mL=0.015mol，生成CO2的物质的量为0.015mol，根据C守恒，则通入CO2的体积为336 mL (标准状况)，B正确；C项，所得溶液中溶质无NaOH，C错误；D项，加入盐酸0~25mL时，无气体产生，发生H++CO32-=HCO3-，而25~100mL时，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，则原溶液中含有n(Na2CO3)=0.005mol，HCO3-总消耗盐酸75mL，0.005mol CO32-生成HCO3-0.005mol，则原溶液中含有n(NaHCO3)=0.01mol，所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.01：0.005=2：1，D正确；故选BD。
19．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是 ( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
纯碱可用于治疗胃溃疡
纯碱可与盐酸反应
Ⅰ对，Ⅱ对，有
B
CO2中的少量HCl杂质可将气体通入饱和Na2CO3溶液除去
Na2CO3可与HCl反应
Ⅰ对，Ⅱ错，无
C
Na2CO3溶液中混有少量NaHCO3杂质，可加入适量NaOH除去
NaHCO3可与NaOH反应生成Na2CO3
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体，有白色晶体析出
NaHCO3难溶于水
Ⅰ对，Ⅱ对，有
【答案】C
【解析】A项，碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，所以陈述Ⅰ错误，故A错误；B项，Na2CO3可与HCl反应，但CO2也可以和Na2CO3反应，所以不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中少量的HCl杂质，故陈述Ⅰ错误，故B错误；C项，NaHCO3可与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，可用适量的NaOH溶液除去Na2CO3溶液中混有少量有NaHCO3杂质，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ都对，故C正确；D项，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体，可发生反应：Na2CO3+ CO2+H2O=2 NaHCO3，由于相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以有NaHCO3晶体析出，陈述Ⅰ对，陈述Ⅱ错误，故D错误；故选 C 。
20．(2023·浙江省温州市高三第三次模拟适应性考试)探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是( )

方案设计
现象
结论
A
向露置在空气中的Na2O2固体中加入稀盐酸
溶液中产生气泡
Na2O2固体已经变质
B
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有CO2的集气瓶中
产生黑、白两种固体
钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应
C
向2mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加2滴4稀盐酸
溶液中产生气泡
该Na2CO3溶液中混有NaHCO3杂质
D
向插有温度计的10mL 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中加入一定量NaOH固体
有刺激性气味产生，温度计示数增大
反应NH4++OH-=NH3↑+H2O为放热反应
【答案】B
【解析】A项，过氧化钠本身与盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，故A错误；B项，钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，则产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，故B正确；C项，碳酸根离子结合质子能力强于碳酸氢根离子的，盐酸少量，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，无明显现象，不会产生气泡，故C错误；D项，NH4Cl溶液中加入一定量NaOH固体中时，由于氢氧化钠固体溶于水本身放热，所以不能据此说明该反应是放热反应，故D错误；故选B。
21．过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)能杀灭新冠病毒，是一种良好的消毒剂，也可作为漂白剂、去污剂。下列说法不正确的是(　　)
A．过碳酸钠具有强氧化性
B．过碳酸钠的水溶液呈碱性，能促进油污水解
C．二氧化锰、铁离子或高温会减弱过碳酸钠的漂白效果
D．过碳酸钠溶液与过量的亚硫酸钠溶液反应的化学方程式：2Na2CO3·3H2O2＋Na2SO3===2Na2CO3＋Na2SO4＋O2↑＋3H2O
【答案】D
【解析】过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)组成中含有H2O2，H2O2具有强氧化性，则过碳酸钠具有强氧化性，故A正确；过碳酸钠的水溶液中存在碳酸根离子，碳酸根离子水解使溶液显碱性，可促进油脂的水解，故B正确；因H2O2不稳定，在二氧化锰、铁离子催化作用下或高温受热条件下均会分解，导致其失去强氧化性，减弱过碳酸钠的漂白效果，故C正确；过碳酸钠溶液与过量的亚硫酸钠溶液反应，过碳酸钠只表现强氧化性，反应为2Na2CO3·3H2O2＋3Na2SO3===2Na2CO3＋3Na2SO4＋3H2O，故D错误。
22．Na2CO3和NaHCO3是厨房中常见的两种盐，可用化学性质的差异进行鉴别。回答下列问题：
(1)与酸反应的差异。甲组进行了如下4组实验。


其中实验___________和___________(填实验序号)可以鉴别Na2CO3和NaHCO3，实验现象分别是___________。
(2)稳定性差异。乙组设计如下装置进行实验(加热及夹持装置省略)。

①将分别装有Na2CO3和NaHCO3的试管同时放入甘油浴加热(甘油沸点为290OC)，目的是___________。
②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，a、b试管中的实验现象分别为：___________、___________。
③试管b中发生反应的化学方程式为___________。
(3)与盐溶液反应的差异。丙组设计如下实验，探究Na2CO3和NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的差异。
实验组号
反应物
现象
物质
浓度/mol/L
CaCl2浓度/mol/L
是否有沉淀(室温)
气泡情况
室温
60℃水浴
A
NaHCO3
0.05
0.05
有少量白色沉淀
无
无
B
Na2CO3
0.05
0.05
有较多白色沉淀
无
无
C
NaHCO3
0.5
0.5
有大量白色沉淀
无
有明显气泡
D
Na2CO3
0.5
0.5
有大量白色沉淀
无
无
①丙组由此得出“能用CaCl2鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO溶液”的结论，理由是___________。
②请写出C组中60℃时，NaHCO3与CaCl2溶液反应的离子方程式___________。
【答案】(1) ① ② 碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡
(2) 提供较高温度，便于盐分解实验 a中开始有少量气泡，后来无现象 b中有气泡，后面有晶体析出 Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3
(3)在浓度较稀时，与CaCl2反应产生沉淀的是Na2CO3，基本无现象的是NaHCO3 2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】(1)碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡，碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡，因此其中实验①和②可以鉴别Na2CO3和NaHCO3，实验现象分别是碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡；故答案为：①；②；碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡。(2)①将分别装有Na2CO3和NaHCO3的试管同时放入甘油浴加热(甘油沸点为290℃)，目的是提供较高温度，便于盐分解实验；故答案为：提供较高温度，便于盐分解实验。②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体、水和碳酸钠，二氧化碳气体与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体，因此a、b试管中的实验现象分别为：a中开始有少量气泡，后来无现象、b中有气泡，后面有晶体析出；③试管b中发生反应的化学方程式为 Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3； (3)①丙组由此得出“能用CaCl2鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液”的结论，理由是在浓度较稀时，与CaCl2反应产生沉淀的是Na2CO3，基本无现象的是NaHCO3；故答案为：在浓度较稀时，与CaCl2反应产生沉淀的是Na2CO3，基本无现象的是NaHCO3。②C组中60℃时，NaHCO3与CaCl2溶液反应能产生气泡，根据质量守恒说明气泡是二氧化碳气体，其离子方程式2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O。
【能力提升】
23．2022年3月23日，“天空课堂”第二讲开讲，太空“冰雪”实验带来神奇现象。小苏打和白醋混合可得乙酸钠溶液，过饱和乙酸钠溶液只要遇到一丁点的结晶或颗粒，就会析出CH3COONa·3H2O晶体，从而在太空“点水成冰”。下列说法错误的是
A．Na2CO3的俗称是小苏打
B．纯净的乙酸又称冰醋酸
C．结晶析出为放热熵减过程
D．CH3COONa·3H2O 中有离子键、极性键和非极性键
【答案】A
【解析】A项，碳酸钠俗称纯碱、苏打，碳酸氢钠俗称小苏打，A项错误；B项，纯净的乙酸当温度较低时会由液态变为固态，所以纯净的乙酸又称冰醋酸，B项正确；C项，结晶过程自由离子由相对无序状态，通过成键作用转化为化合态相对有序状态，混乱程度下降同时释放能量，C项正确；D项，CH3COONa·3H2O 中醋酸根与钠离子间存在离子键，碳原子与氢原子、氧原子间存在极性键，碳原子与碳原子间存在非极性键，D项正确；故选A。
24．下列实验装置或操作不能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
实验目的
验证Na和水反应是否为放热反应
检验Na2O2与H2O反应有O2生成
观察K2CO3的焰色试验
比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
实验装置或操作




【答案】D
【解析】A项，如果钠与水反应式放热反应，具支试管中气体受热膨胀，Ｕ形红墨水处出现左低右高，能够达到实验目的，故A不符合题意；B项，氧气为助燃气体，能使带火星木条复燃，如果带火星木条复燃，说明过氧化钠与水反应生成氧气，能够达到实验目的，故B不符合题意；C项，K元素的火焰为紫色(通过蓝色钴玻璃观察)，能够达到实验目的，故C不符合题意；D项，做套管实验时，碳酸钠放在外管里，碳酸氢钠放在内管里，外管温度高，内管温度低，题中实验，不能达到实验目的，故D符合题意；故选D。
25．下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++ HCO3-+OH-=MgCO3↓+H2O
B．水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：CO32-+→ +CO2↑+H2O
C．Na2O2与H218O反应：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑
D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+4Cl2+5H2O=2 SO42-+8Cl-+10H+
【答案】D
【解析】A项，向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液，镁离子和碳酸氢根以1：2完全反应，所以离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，A项错误；B项，根据酸性的强弱可知，羧酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，所以离子方程式为3CO32-+2 →2+CO2↑+H2O+2 HCO3-，B项错误；C项，Na2O2与H218O反应中Na2O2即体现了氧化性也体现了还原性，所以氧气中的氧元素来源于过氧化钠，所以正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218O=4Na++418OH-+O2↑，C项错误；D项，Na2S2O3中的硫元素为+2价，具有还原性，氯气具有强氧化性，发生氧化还原反应，根据氧化还原反应配平可得离子方程式：S2O32-+4Cl2+5H2O=2 SO42-+8Cl-+10H+，D项正确；故选D。
26．室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8。
实验2：向0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中通入CO2，溶液的pH从12下降到约为9。
实验3：将0.1mol·L-1的NaHCO3溶液与0.1mool·L-1的CaC12溶液等体积混合，产生白色沉淀。
实验4：向0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去。
下列说法正确的是
A．实验2中Na2CO3全部转化为NaHCO3
B．实验3中白色沉淀为Ca(HCO3)2
C．实验4说明酸性强弱的顺序为HC1O＞H2CO3
D．实验3、4均是改变浓度使平衡正向移动
【答案】D
【解析】A项，向0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中通入CO2，溶液的pH从12下降到约为9，说明碳酸钠转化为碳酸氢钠，由于0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8，因此实验2中Na2CO3没有全部转化为NaHCO3，A错误；B项，实验3中白色沉淀为CaCO3，碳酸氢钙能溶于水，B错误；C项，实验4只能说明氯水能和碳酸钠反应，不能说明酸性HC1O＞H2CO3，事实上酸性H2CO3＞HC1O＞HCO3-，C错误；D项，实验3中产生碳酸钙沉淀，是因为钙离子结合碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子，促使平衡正向移动，实验4中氯水褪色是因为次氯酸能和碳酸根反应生成碳酸氢根，同时氯水中的盐酸能和碳酸钠反应，均会促使氯气和水反应的平衡正向移动，D正确；故选D。
27．(2023·上海市高三模拟)候氏制碱法的主要工艺流程如下图所示。下列说法错误的是( )

A．气体1、气体2分别为CO2、NH3
B．溶液2中，含碳微粒主要是HCO3-
C．循环利用溶液3提高了NaCl的利用率
D．索尔维制碱法总反应为：2NaCl+CaCO3=Na2CO3+CaCl2
【答案】B
【解析】A项，固体1是碳酸氢钠，在煅烧炉中分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，因此气体1为二氧化碳，溶液1为氯化铵和碳酸氢钠，加入氨气，增大铵根离子浓度，有利于氯化铵析出，因此气体2为NH3，故A正确；B项，溶液1为氯化铵和碳酸氢钠，加入氨气，碳酸氢钠和氨气反应生成碳酸钠、碳酸铵，因此溶液2中，含碳微粒主要是CO32-，故B错误；C项，溶液3中含有NaCl，循环利用溶液3可提高了NaCl的利用率，故C正确；D项，索尔维制碱法总反应是氯化钠和碳酸钙反应生成碳酸钠和氯化钙即反应方程式为：2NaCl+CaCO3=Na2CO3+CaCl2，故D正确。故选B。
28．元素的价类二维图指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为钠元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法不正确的是( )

A．氢氧化钠溶液可以与过量二氧化碳反应实现转化关系①
B．Na2O2发生④⑤的转化均有O2产生
C．碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③和⑧生成氯化钠
D．反应②只能通过加热才能实现物质转化
【答案】D
【解析】A项，氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应的方程式为CO2 (过量)+ NaOH =NaHCO3，可以实现转化关系①，故A正确；B项，Na2O2与水和二氧化碳的反应方程式分别为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，因此④⑤的转化均有O2产生，故B正确；C项，碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③Na2CO3 + HCl(少量)= NaCl + NaHCO3，和反应⑧Na2CO3 + 2HCl(过量)= 2NaCl + H2O + CO2↑，都生成氯化钠，故C正确；D项，反应②通过加热能实现物质转化，2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，也可加入氢氧化钠溶液实现物质转化，NaHCO3 + NaOH=Na2CO3+H2O，故D错误；故选D。
29．某实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。已知：pH越大，溶液碱性越强。下列分析错误的是( )
实验操作
实验数据


A．①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH-未参与该反应
B．加入试剂体积相同时，②溶液比③溶液碱性更弱
C．a点反应的离子方程式为：Ca2++OH-+ HCO3-=CaCO3↓+H2O
D．Na2CO3和NaHCO3的稀溶液可利用CaCl2溶液鉴别
【答案】B
【解析】澄清石灰水中滴加Na2CO3溶液，发生反应：Ca2++ CO32-=CaCO3↓；滴加NaHCO3溶液，若NaHCO3溶液少量，发生反应：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，若NaHCO3溶液足量，Ca(OH)2完全反应时，发生反应：Ca2++2OH-+2 HCO3-=CaCO3↓+ CO32-+2H2O，实验中②生成NaOH浓度大于③。A项，澄清石灰水中滴加碳酸钠溶液，发生反应：Ca2++ CO32-=CaCO3↓，①是对照试验，①与②的实验数据基本相同，可说明②中的OH-未参与该反应，A正确；B项，碳酸钠和碳酸氢钠浓度相同，加入试剂体积相同时，二者物质的量相同，与氢氧化钙完全反应，Na2CO3溶液反应不消耗OH-，而NaHCO3会反应消耗OH-，因此反应后溶液中OH-的物质的量n(OH-)：②＞③，而溶液体积相同，故反应后溶液中c(OH-)：②＞③；c(OH-)越大，溶液的碱性就越强，因此溶液的碱性：②＞③，B错误；C项，从起始到a点，氢氧化钙过量，碳酸氢钠完全反应，故发生反应要以不足量的NaHCO3为标准，反应的离子方程式为：Ca2++OH-+ HCO3-=CaCO3↓+H2O，C正确；D项，Na2CO3和CaCl2溶液反应产生CaCO3白色沉淀，而NaHCO3的稀溶液与CaCl2溶液不反应，无明显现象，因此可利用CaCl2溶液鉴别二者，D正确；故选B。
30．(2023·河北省沧州市二模)2Na2CO3·3H2O2 (过碳酸钠)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)＋3 H2O2 (aq) 2Na2CO3·3H2O2 (s)，该反应速率大且放热多，50℃时，2Na2CO3·3H2O 2(s)开始分解。反应装置如图所示，下列说法错误的是( )

A．制备过碳酸钠的关键是控制反应温度，该反应使用热水浴
B．在滤液X中滴加无水乙醇可以提高产物的产率
C．球形冷凝管的作用是可以使H2O2冷凝回流
D．使用过碳酸钠处理含有铁离子的污水时，其去污能力和杀菌作用会减弱
【答案】A
【解析】A项，由题给信息可知，过氧化氢溶液和碳酸钠溶液的反应速率大且放热多，50℃时过碳酸钠会开始分解，所以制备过碳酸钠时，应使用冷水浴防止过碳酸钠分解，故A错误；B项，滤液X中含有过碳酸钠，向滤液中加入无水乙醇，可以降低过碳酸钠溶解度便于固体析出，有利于提高产物的产率，故B正确；C项，由实验装置图可知，球形冷凝管的作用是使挥发出的过氧化氢冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；D项，铁离子可做过氧化氢分解的催化剂，过氧化氢分解会导致过碳酸钠去污能力和杀菌作用会减弱，故D正确；故选A。
31．飞船的轨道舱内安装盛有Na2O2颗粒的装置，为宇航员供氧。回答下列问题：

(1)Na2O2的制取。将金属钠加热至熔化，通入一定量已除去CO2的干燥空气，加热并维持温度在180~200℃之间，钠被氧化成Na2O，进而增加空气流量，迅速升温至300~400℃，制得过氧化钠。过氧化钠中的阴阳离子个数之比为___________。
(2)Na2O2的供氧。过氧化钠能与人体呼出的酸性氧化物发生反应，其化学方程式为_______，该反应中的还原剂是_______(填写化学式)。
(3)反应后组成的探究。Na2O2使用后会失去供氧能力(又称失效供氧剂)，某“失效供氧剂”的化学组成可能是Na2CO3或NaHCO3或两者的混合物。为探究“失效供氧剂”的化学组成，化学探究小组进行如下实验：
①取适量“失效供氧剂”于试管中，加热，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，产生该气体的化学反应方程式为___________。
②称取19.0g“失效供氧剂”加入足量稀硫酸，将生成的气体用浓硫酸干燥后，再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重8.8g，该“失效供氧剂”的化学组成为___________(只填写化学式)。
【答案】(1) 1：2
(2) 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O2
(3) 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑十H2O Na2CO3和NaHCO3
【解析】 (1)过氧化钠含有钠离子和过氧根离子，阴阳离子个数之比为1：2； (2)人体呼出的酸性氧化物是二氧化碳，过氧化钠能与人体呼出的酸性氧化物发生反应即过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠中氧既升高又降低，因此该反应中的还原剂是Na2O2； (3)①取适量“失效供氧剂”于试管中，加热，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明是碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，产生该气体的化学反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑十H2O；②称取19.0g“失效供氧剂”加入足量稀硫酸，将生成的气体用浓硫酸干燥后，再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重8.8g，生成二氧化碳质量为8.8g，Na2CO3～CO2，若二氧化碳全部是碳酸钠生成的，则碳酸钠质量为21.2g，若只有碳酸氢钠反应得来，则碳酸氢钠质量为16.8g，说明是两者的混合物，因此该“失效供氧剂”的化学组成为Na2CO3和NaHCO3。
32．某同学在实验室对钠的化合物相关样品进行定性、定量研究：
(1)实验1：某纯碱样品只含NaCl杂质，现测定样品中Na2CO3的含量。称取样品ag，采用如图实验装置进行实验：

①写出Y形管中稀硫酸与样品发生反应的离子方程式：___________。
②试剂X最佳选择是___________(填标号)。
A．饱和Na2CO3溶液 B．饱和NaHCO3溶液 C．饱和NaCl溶液
③读数时，若水准管的液面高于量气管的液面，则样品中Na2CO3的含量___________(填“偏高”、“偏低”或“不影响”)。
④实验结束时，所测得气体体积为V mL。设实验时的气体摩尔体积为，则样品中Na2CO3的质量分数为___________。
(2)实验Ⅱ：碳酸钠和碳酸氢钠稳定性探究。

①上图实验中试剂A和试剂B分别是___________、___________。
②试管中受热处发生反应的化学方程式：___________。
(3)实验Ⅲ：若加热NaHCO3和Na2O2的混合物，剩余固体成分会因二者物质的量不同而发生变化。当n(NaHCO3)：n(Na2O2)=4：3混合后，加热使其充分反应，试管内剩余固体为Na2CO3和NaOH，两者物质的量之比是___________。
【答案】(1) CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O B 偏低
(2) Na2CO3 NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)3：1
【解析】量气法测碳酸钠的纯度，先将碳酸钠与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳气体不溶于X溶液，避免溶解而发生误差，测定时两端液面相平。探究碳酸钠和碳酸氢钠稳定性时，两试管中试管A温度高于试管B，因此常将稳定性好的放在温度高的试管中。(1)①Y形管中稀硫酸与样品发生是碳酸钠和稀硫生成硫酸钠、二氧化碳和水，其反应的离子方程式：CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O；②二氧化碳不能溶于试剂X，二氧化碳嫩溶于水，与碳酸钠溶液反应，因此试剂X最佳选择是饱和NaHCO3溶液；③读数时，若水准管的液面高于量气管的液面，会将气体压缩，测得气体体积减小，则样品中Na2CO3的含量偏低；④实验结束时，所测得气体体积为V mL。设实验时的气体摩尔体积为，根据Na2CO3～CO2得到样品中Na2CO3的质量分数为； (2)①碳酸钠和碳酸氢钠稳定性探究，碳酸氢钠不稳定，因此温度低时分解，若温度高时碳酸钠不分解，说明碳酸钠稳定性强，试管A的温度高于试管B，因此上图实验中试剂A和试剂B分别是Na2CO3、NaHCO3；②试管中受热处是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O； (3)当n(NaHCO3)：n(Na2O2)=4：3混合后，加热使其充分反应，试管内剩余固体为Na2CO3和NaOH，假设两者物质的量分别为4mol、3mol，根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O得到生成2mol碳酸钠、2mol二氧化碳、2mol水，先发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2mol二氧化碳与2mol过氧化钠反应生成2mol碳酸钠，还剩余1mol过氧化钠，再发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠，水还有剩余，因此两者物质的量之比是6mol：2mol=3：1。
33．叠氮化钠(NaN3)不溶于乙醚，微溶于乙醇，易溶于水，常用于汽车安全防护袋的气源，汽车发生剧烈碰撞时，立即自动充气。实验室模拟尿素法制备水合肼(N2H4•H2O)并利用其进一步反应制取NaN3的流程如下：

已知：①N2H4·H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2；
②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4·H2O。
回答下列问题：
(1)吸收塔内发生反应的离子方程式为_______。
(2)写出反应器1中生成水合肼反应的化学方程式：_______。
(3)反应器2中加入无水乙醚的作用是_______。
(4)已知亚硝酸乙酯的结构简式为CH3CH2ONO，写出反应器2中生成NaN3和CH3CH2OH的化学方程式：_______。若生成39g NaN3，则该反应中转移电子的物质的量为_______。
(5)反应器1要控制NaClO溶液的用量，其主要目的是_______。
(6)某实验室设计了如图所示装置制备N2H4。双极膜是阴、阳复合膜，层间的H2O解离成OH-和H+并可分别通过阴、阳膜定向移动。

①双极膜中产生的_______(填“”或“”)移向多孔铂电极。
②石墨电极反应式为_______。
【答案】(1) Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O
(2) CO(NH2)2+NaClO+2NaOHN2H4•H2O+Na2CO3+NaCl
(3)降低NaN3的溶解度，有利于NaN3结晶析出
(4)  N2H4·H2O+CH3CH2ONO+NaOH=NaN3+CH3CH2OH+3H2O       2mol
(5)防止过量的NaClO将生成的N2H4·H2O氧化
(6) OH-      ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH- 
【解析】由题中流程和信息可知，Cl2通入吸收塔中与NaOH发生反应生成NaClO，碱性NaClO溶液与尿素溶液在反应器1中MnSO4作催化剂条件下发生反应生成N2H4·H2O和Na2CO3，经过蒸馏、脱盐、精制得到Na2CO3和水合肼(N2H4·H2O)，水合肼与亚硝酸乙酯和NaOH混合液在反应器2中发生反应生成NaN3和CH3CH2OH，经过结晶、抽滤、洗涤，重结晶，制得NaN。(1)由上述分析可知，Cl2通入吸收塔中与NaOH发生氧化还原反应，生成NaClO、NaCl和H2O，其离子方程式为Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O；(2)在反应器1中MnSO4作催化剂条件下碱性NaClO溶液与尿素溶液发生氧化还原反应，生成N2H4·H2O、Na2CO3和NaCl，其化学方程式为CO(NH2)2+NaClO+2NaOHN2H4•H2O+Na2CO3+NaCl；(3)由题中信息可知，叠氮化钠(NaN3)不溶于乙醚，微溶于乙醇，易溶于水，所以在反应器2中加入无水乙醚，是为了降低NaN3的溶解度，有利于NaN3结晶析出；(4)水合肼(N2H4·H2O)与亚硝酸乙酯和NaOH混合液在反应器2中发生反应生成NaN3和CH3CH2OH，其化学方程式为N2H4·H2O+CH3CH2ONO+NaOH=NaN3+CH3CH2OH+3H2O；39g NaN3的物质的量为n(NaN3)= =0.6mol，由化学方程式N2H4·H2O+CH3CH2ONO+NaOH=NaN3+CH3CH2OH+3H2O可知，CH3CH2ONO中N元素为+3价，NaN3中N元素为()价，即生成1molNaN3转移mol电子，设生成39g NaN3转移xmol电子，则1：=0.6：x，解之x=2mol；(5)由题中信息可知，N2H4·H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2，而NaClO具有强氧化性，所以过量的NaClO会将生成的N2H4·H2O氧化；(6)由题中图示可知，NH3转化为N2H4，N元素的化合价由-3价变为-2价，失电子化合价升高，发生氧化反应，则多孔铂电极为负极，石墨为正极，根据原电池中阴离子向负极移动，则阴离子向多孔铂电极移动，即OH-向多孔铂电极移动；石墨为正极，NaClO中Cl元素得电子发生还原反应，其电极反应式为 ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-。