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第14讲 钠及其化合物 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练
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【复习目标】
1．能列举、描述、辨识钠及其化合物重要的物理和化学性质及实验现象。
2．能根据钠及其化合物的性质分析实验室、生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。
3．能说明钠及其化合物的应用对社会发展的价值、对环境的影响。
【知识精讲】
考点一 钠的主要性质及应用
1．物理性质
2．化学性质
从原子结构认识钠的化学性质：Naeq \(―――――――→,\s\up7(Cl2、O2、H2O等))Na＋
钠在化学反应中易失去最外层的一个电子，表现很强的还原性。
（1）与非金属单质(如O2、Cl2)反应
（2）与水反应
①化学方程式：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。
②与滴加酚酞的水反应的现象与解释
（3）与酸(HCl)反应
离子方程式：2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑，钠与酸的反应比与水的反应更剧烈。
（4）与盐(如CuSO4)溶液的反应
与盐溶液反应时先与水反应，生成的碱与盐可能发生复分解反应。
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，
2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋2Na2SO4。
总反应为2Na＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑。
（5）与羟基化合物（C2H5OH）的反应
2Na＋2C2H5OH → 2C2H5ONa＋H2↑。
【注意要点】
①钠与水、酸、盐溶液反应的本质与顺序：本质上均是与H＋的反应，反应顺序是：有酸酸在前，无酸水为先。
②钠与乙醇反应的特点——慢、沉
钠与乙醇反应，钠块先沉在液面下，后上下浮动，能看到表面冒出气泡，并不能熔化成小球。
③钠在空气中变化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，最终变成Na2CO3粉末。
3．制取、保存与用途
【注意要点】
①钠不能保存在CCl4中，因为CCl4的密度比钠的大，钠浮在CCl4表面，与空气接触而发生变质。
②用金属钠冶炼金属时，是钠与熔融盐反应，不能与水溶液反应，如：
4Na＋TiCl4eq \(=====,\s\up7(高温))4NaCl＋Ti；Na＋KCleq \(=====,\s\up7(高温))NaCl＋K↑(制取金属钾，因为钾的沸点比钠的低，使钾成为钾蒸气而逸出)。
【例题1】金属钠分别与下列溶液反应时，既有沉淀析出，又有气体逸出的是( )
A．BaCl2溶液 B．K2SO4溶液
C．CuSO4溶液 D．NH4NO3溶液
【答案】C
【解析】
因为是溶液中的反应，所以都有H2产生，钠与NH4NO3溶液反应还产生NH3，与CuSO4溶液反应还产生Cu(OH)2沉淀。
【例题2】钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化示意图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A．钠的密度比液氨大
B．溶液的导电性增强
C．0.1 ml钠投入液氨生成0.01 ml H2时，Na共失去0.02 ml电子
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3＋2Na===2NaNH2＋H2↑
【答案】C
【解析】
A项，钠沉在液氨中，则密度比液氨大，正确；B项，液氨不导电，与钠反应产生自由移动的离子，导电性增强，正确；C项，根据图示，0.1 ml金属钠完全反应，则失去0.1 ml电子，错误；D项，钠与NH3发生氧化还原反应生成NaNH2和H2，正确。
【例题3】某同学将金属钠露置于空气中足够长时间，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是( )
A．表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2O
B．出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液
C．最后白色粉末为碳酸钠粉末
D．最后白色粉末的质量比金属钠质量大
【答案】B
【解析】
小块金属钠露置于空气中发生的变化中，银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体，是钠被氧化为氧化钠；氧化钠和水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，据此解答。因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易被氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确。
考点二 氧化钠和过氧化钠
1．氧化钠与过氧化钠的比较
【注意要点】
①氧化钠、过氧化钠都属于氧化物，氧化钠是碱性氧化物，而过氧化钠不是。
②Na2O2具有强氧化性，但Na2O2与水、CO2反应时，水中的氢与CO2中的碳都处于最高价态，不能被氧化，反应为Na2O2自身的氧化还原反应。
2．Na2O2的强氧化性与还原性
从元素化合价角度分析Na2O2的性质，如：
eq \(O,\s\up6(0))2eq \(――――――――――→,\s\up11(失去电子，化合价升高),\s\d4(表现为还原性))Na2eq \(O,\s\up6(－1))2eq \(――――――――――→,\s\up11(得到电子，化合价降低),\s\d4(表现为氧化性))eq \(NaOH,\s\up6(－2))
（1）Na2O2的强氧化性
（2）遇KMnO4等强氧化剂时，Na2O2表现出还原性，氧化产物为O2。
（3）遇CO2、H2O、H＋，Na2O2发生自身的氧化还原反应。
【例题4】下列关于钠的氧化物的说法正确的是( )
A．Na2O2是白色固体，与冷水作用放出氧气，生成氢氧化钠
B．在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2
C．Na和O2在加热时反应生成Na2O2，在常温下反应生成Na2O
D．Na2O2能与水反应，生成NaOH，所以Na2O2是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
A项，钠的氧化物中氧化钠是白色固体，而过氧化钠是淡黄色固体，与水反应能生成氢氧化钠和氧气，错误；
B项，Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，在反应过程中只有氧元素化合价发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，错误；
C项，Na和O2的反应产物与反应温度有关系，在加热时反应生成Na2O2，在常温时反应生成Na2O，正确；
D项，碱性氧化物是能和水反应只生成碱的氧化物，而Na2O2与水反应，除了生成NaOH还生成氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，错误。
【例题5】为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如下实验：
有关说法不正确的是( )
A．实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
B．实验ⅲ中MnO2作H2O2分解反应的催化剂
C．综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成
D．综合实验ⅱ和ⅲ可以说明使酚酞褪色的是O2
【答案】D
【例题6】在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是( )
A．9∶4 B．1∶1
C．7∶6 D．6∶7
【答案】D
【解析】
由反应2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3,1 ml Na2O2生成1 ml Na2CO3，质量增加28 g，若固体增重14 g，说明混合气体中CO为14 g，说明原CO与O2反应生成0.5 ml CO2需要0.5 ml CO(14 g)和0.25 ml O2(8 g)故余26 g－14 g－8 g＝4 g未反应气体。若4 g为O2，原O2与CO质量比为12 g∶14 g＝6∶7，若4 g为CO，原O2与CO质量比为8 g∶18 g＝4∶9，故选D。
【例题7】下列说法不正确的是( )
A．2.3 g Na投入97.7 g水中，所得溶液的质量分数大于4%
B．62 g Na2O与78 g Na2O2投入相同体积的足量水中，所得溶液的浓度不相同
C．78 g Na2O2与足量CO2或H2O(g)充分反应，二者生成的O2均为0.5 ml
D．将28 g CO充分燃烧，生成的CO2全部通入足量Na2O2中完全反应，固体质量增加28 g
【答案】B
【解析】
2.3 g Na投入97.7 g水中，生成4.0 g NaOH和0.1 g H2，所得溶液的质量分数为eq \f(4.0 g,2.3 g＋97.7 g－0.1 g)×100%＞4%，A正确；
62 g Na2O与78 g Na2O2的物质的量均为1 ml，投入相同体积的足量水中，生成NaOH的物质的量均为2 ml，且溶液的质量均增加62 g，所得溶液的浓度相同，B不正确；
78 g Na2O2的物质的量为1 ml，与足量CO2或H2O(g)充分反应，均存在关系式：2Na2O2～O2，所以二者生成的O2均为0.5 ml，C正确；
将28 g CO充分燃烧，生成的CO2全部通入足量Na2O2中，完全反应生成Na2CO3，1个Na2CO3分子与1个Na2O2分子相比，Na2CO3比Na2O2多出1个C原子和1个O原子，所以固体增加的质量等于CO的质量(28 g)，D正确。
【归纳总结】Na2O2与CO2、H2O反应的定量关系
考点三 碳酸钠、碳酸氢钠
1．物理性质和用途
2．化学性质(书写化学方程式或现象)
（1）与酸(足量盐酸)反应
①Na2CO3：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑。
②NaHCO3：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。
（2）热稳定性
①Na2CO3性质稳定，受热难分解。
②NaHCO3性质不稳定，受热易分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。
（3）与碱(NaOH溶液)反应(填化学方程式)
①Na2CO3：与NaOH溶液不反应。
②NaHCO3：NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O。
3．相互转化
①Na2CO3―→NaHCO3：向Na2CO3溶液中通入CO2，化学方程式为Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。
②NaHCO3―→Na2CO3：NaHCO3固体加热分解转化成Na2CO3。
4．碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质的应用
（1）Na2CO3、NaHCO3的鉴别
①固体的鉴别用加热法：能产生使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3固体。
②溶液的鉴别可用沉淀法、气体法和测pH法。
a．沉淀法：加入BaCl2溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的是Na2CO3溶液。
b．气体法：滴入稀盐酸，立即产生气泡的是NaHCO3溶液。
c．测pH法：用pH试纸测相同浓度的稀溶液，pH大的是Na2CO3溶液。
（2）Na2CO3、NaHCO3的除杂
【例题8】下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中，不正确的是( )（双选）
A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B．相同温度下，0.1 ml·L－1盐溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3
C．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量：Na2CO3>NaHCO3
D．相同温度下，0.1 ml·L－1盐溶液分别与0.1 ml·L－1 盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3>NaHCO3
【答案】CD
【解析】
A项，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，正确；
B项，相同条件下，pH：Na2CO3>NaHCO3，正确；
C项，相同质量时，碳酸氢钠的物质的量大，错误；
D项，NaHCO3与盐酸反应一步完成，而Na2CO3与盐酸反应分两步进行，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，错误。
【例题9】有两试管分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液，下列操作和判断均正确的是( )
【答案】C
【解析】
A项，加入澄清石灰水均可以产生碳酸钙沉淀，错误；
B项，加入等浓度的稀盐酸，反应剧烈的是碳酸氢钠，错误；
D项，逐滴加入等浓度的盐酸，立即产生气泡的为碳酸氢钠，错误。
【例题10】分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各100 mL，再通入一定量的CO2，随后分别各取20 mL溶液，向其中逐滴滴入0.2 ml·L－1的盐酸，在标准状况下产生CO2的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如图(分A、B两种情况)：
(1)在A情况下，溶质是________(填化学式)，其物质的量之比为________________。
(2)在B情况下，溶质是________(填化学式)，其物质的量之比为________________。
(3)原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________________________。
【答案】
(1)NaOH、Na2CO3 1∶1
(2)Na2CO3、NaHCO3 1∶1
(3)1.5 ml·L－1
【解析】
CO2与NaOH溶液反应时，据CO2与NaOH量的相对多少，有这样两个阶段：①CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，此时溶质可能为NaOH和Na2CO3或只有Na2CO3(刚好反应)；②Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，此时溶质可能为Na2CO3和NaHCO3或只有NaHCO3；据图分析：B情况最终生成的CO2(其实就是最初通入的与NaOH溶液反应的CO2)是A情况的2倍。(3)当加入150 mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaCl。据物料守恒有n(NaOH)＝n(Na＋)＝n(Cl－) ＝0.2 ml·L－1×0.15 L＝0.03 ml，所以原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为eq \f(0.03 ml,0.02 L)＝1.5 ml·L－1
【方法规律】依据图像特点判断溶液中溶质成分的方法
【例题11】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 ml·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是( )
A．在O～a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为COeq \\al(2－,3)＋2H＋===H2O＋CO2↑
C．a＝0.3
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 ml·L－1稀盐酸，发生的反应依次为OH－＋H＋===H2O，COeq \\al(2－,3)＋H＋===HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，据此可以解答。在O～a范围内，发生的反应是OH－＋H＋===H2O，COeq \\al(2－,3)＋H＋===HCOeq \\al(－,3)，不只发生中和反应，A错误；ab段发生反应的离子方程式为HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，B错误；从图像知生成CO2为0.01 ml，根据离子方程式HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，可知消耗盐酸的物质的量为0.01 ml，故a＝0.3，C正确；根据离子方程式和图像可知Na2CO3的物质的量是0.01 ml，共计消耗盐酸0.02 ml，所以与氢氧化钠反应的盐酸是0.04 ml－0.02 ml＝0.02 ml，则氢氧化钠的物质的量为0.02 ml，因此原混合液中，NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1，D错误。
考点四 碱金属元素
1．碱金属的一般性与特殊性
（1）一般性
（2）特殊性
①碱金属的密度一般随核电荷数的增大而增大，但钾的密度比钠的小。
②碱金属一般都保存在煤油中，但由于锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。
③碱金属跟氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物，其中氢以H－形式存在，显－1价，碱金属氢化物是强还原剂。
④试剂瓶中的药品取出后，一般不能放回原瓶，但Na、K等需放回原瓶。
⑤锂与O2反应与钠不同，只生成Li2O。
2．焰色反应
（1）概念：很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊颜色，根据火焰呈现的特征颜色判断试样所含金属元素的定性分析操作。
（2）操作步骤
铂丝eq \(――→,\s\up11(酒精灯),\s\d4(灼烧))无色eq \(――――→,\s\up7(蘸取))待测物eq \(――→,\s\up11(酒精灯),\s\d4(灼烧))观察火焰颜色eq \(――→,\s\up11(用盐酸),\s\d4(洗涤))铂丝eq \(――→,\s\up11(酒精灯),\s\d4(灼烧))无色。
【注意要点】
铂丝洗涤时要用盐酸洗(不能用稀H2SO4洗)，然后灼烧，火焰为无色时，说明洗净。
（3）常见元素的焰色
钠元素：黄色；
钾元素：紫色(透过蓝色钴玻璃观察)。
铜元素：绿色；
钡元素：黄绿色；
Ca元素：砖红色。
【例题12】碱金属钫(Fr)具有放射性，它是碱金属元素中重要的元素，根据碱金属元素性质的递变规律预测其性质，其中不正确的是( )
A．在碱金属元素中它具有最大的原子半径
B．钫在空气中燃烧时，只生成化学式为Fr2O的氧化物
C．它的氢氧化物的化学式为FrOH，这是一种极强的碱
D．它能跟水反应生成相应的碱和氢气，由于反应剧烈而发生爆炸
【答案】B
【解析】钫是碱金属中最活泼的金属，在空气中燃烧生成的氧化物很复杂，不只生成Fr2O。
【例题13】焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色试验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到火焰无色，再蘸取被检验物质
B．钾的焰色试验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．没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【答案】C
【解析】如果不将铂丝灼烧到火焰无色，会给样品火焰颜色带来干扰，A正确；观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光再观察，B正确；焰色试验应选择本身颜色较浅的火焰，C错误；铁丝与铂丝灼烧时都没有颜色，可以进行焰色试验，D正确。
【例题14】利用焰色试验，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法中正确的是( )
A．非金属单质燃烧时火焰均为无色
B．Na2SO4与NaOH灼烧时火焰颜色相同
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【答案】B
【解析】某些非金属单质燃烧时火焰也有颜色，如H2燃烧产生淡蓝色火焰，单质硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，在纯氧中燃烧产生蓝紫色火焰，A、D项错误；焰色试验为金属元素的性质，与元素的存在形式(化合态或游离态)无关，同种金属元素的焰色相同，Na2SO4、NaOH均含钠元素，火焰颜色均为黄色，B项正确；只有观察钾元素的焰色时需要透过蓝色钴玻璃，C项错误。
考点五 侯氏制碱法
侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年所发明的一种高效、低成本的制碱方法，是将索尔维制碱法和合成氨法两种工艺联合起来，同时生产纯碱和氯化铵两种产品的方法。
1．制备原料
食盐、氨气、二氧化碳，其中二氧化碳是合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，反应方程式为C＋H2O(g)eq \(=====,\s\up7(高温)) CO＋H2，CO＋H2O(g)eq \(=====,\s\up7(高温))CO2＋H2。
2．工艺流程
3．反应原理
①产生NaHCO3的反应：NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。
②产生Na2CO3的反应：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
4．绿色思想
循环使用的物质为CO2、饱和食盐水。能充分利用食盐中的钠和氯，避免产生大量的氯化钙废液和废渣，并可节省一些设备。
【例题15】(2021·河北高考)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)B中使用雾化装置的优点是____________________________________________。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______________________________________。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14 g，则固体NaHCO3的质量为________g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)―→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，需采用的操作为________、________、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果________(填标号)。
A．偏高 B．偏低 C．不变
【答案】
(1)aefbcg
(2)增大接触面积，使反应更充分
(3)CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(4)①0.84 ②降温结晶 过滤
(5)A
【解析】
(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcg。
(2)雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。
(4)①1 ml CO2与足量Na2O2反应，最终Na2O2增重的质量相当于1 ml CO的质量，假设固体NaHCO3的质量为x g，可列如下关系式：
2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO
2×84 28
x g 0.14 g
则eq \f(2×84,x g)＝eq \f(28,0.14 g)，解得x＝0.84。
②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水，此时Na2CO3的含量偏低，则用其标定盐酸浓度时，会使滴定结果偏高。
考点六 碳酸钠质量分数的测定
1．气体法
（1）测定原理：Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
依据CO2的体积确定Na2CO3的物质的量，进而确定纯碱中Na2CO3的含量。
（2）实验操作：向m g纯碱样品中加入足量的稀硫酸，准确测量产生CO2气体的体积为V mL(已折算为标准状况)。
（3）数据处理
纯碱样品中Na2CO3的质量为eq \f(V,22 400) ml×106 g·ml－1＝eq \f(106V,22 400) g，
则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为eq \f(\f(106V,22 400) g,m g)×100%＝eq \f(53V,112m)%。
2．沉淀法
（1）测定原理：Na2CO3＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl。
依据BaCO3沉淀的质量，确定Na2CO3的物质的量，进而确定纯碱中Na2CO3的含量。
（2）实验操作：先将m g纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得BaCO3沉淀的质量为n g。
（3）数据处理
纯碱样品中Na2CO3的质量为eq \f(n g,197 g·ml－1)×106 g·ml－1＝eq \f(106n,197) g，
则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为eq \f(\f(106n,197) g,m g)×100%＝eq \f(106n,197m)×100%。
【例题16】某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。
Ⅰ.制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
(1)装置丙中反应的化学方程式为________________________________________。
(2)装置乙的作用是_______________________________________________。
为防止污染空气，尾气中的________需要进行吸收处理。
(3)用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有________、________、________。
Ⅱ.测定所得产品的组成和纯度
(4)检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表。
(5)测定该纯碱样品的纯度：称取m1 g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液。将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为m2 g。则该纯碱样品的纯度为________________。
【答案】
(1)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)除去CO2中的HCl气体 氨气(NH3)
(3)过滤 洗涤 灼烧
(4)A、B B中溶液变浑浊(或A、C C中物质变蓝或A、C、B C中物质变蓝，B中溶液变浑浊)
(5)eq \f(106m2,m1)%
【解析】
(5)实验所得沉淀为CaCO3，n(Na2CO3)＝n(CaCO3)＝eq \f(m2,100) ml，m(Na2CO3)＝eq \f(106m2,100) g，纯碱样品的纯度为eq \f(106m2,100m1)×100%＝eq \f(106m2,m1)%。
【真题演练】
1．（2022·湖北·高考真题）下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A．碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；
B．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；
C．钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；
D．石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；
故答案选C。
2．（2022·海南·高考真题）钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是（ ）
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
【答案】A
【解析】
A．同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；
B．基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；
C．钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确；
D．钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确；
综上所述，本题选A。
3．（2022·海南·高考真题）化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是（ ）
A．使用含氟牙膏能预防龋齿B．小苏打的主要成分是
C．可用食醋除去水垢中的碳酸钙D．使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值
【答案】B
【解析】
A．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A正确；
B．小苏打的主要成分是NaHCO3，B错误；
C．食醋的主要成分为CH3COOH，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙，C正确；
D．食品添加剂加入到食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，不应降低食品本身营养价值，D正确；
答案选B。
4．（2022·山东·高考真题）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（ ）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】
选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。
A．量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；
B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确；
综上所述，本题选A。
5．（2022·广东·高考真题）下列关于的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．碱转化为酸式盐：
B．碱转化为两种盐：
C．过氧化物转化为碱：
D．盐转化为另一种盐：
【答案】B
【解析】
A．向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2+OH-=，故A错误；
B．氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；
C．钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误；
D．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误；
故选B。
6．（2022·广东·高考真题）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；
B．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；
C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；
D．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
7．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；
B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；
答案选A。
8．（2022·全国·高考真题）生活中处处有化学，下列叙述正确的是（ ）
A．HB铅笔芯的成分为二氧化铅B．碳酸氢钠可做食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
【答案】B
【解析】
A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；
B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确 ；
C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；
D．钠元素灼烧显黄色，D错误；
故选B。
9．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化
B．用纸层析法分离铁离子和铜离子时，不能将滤纸条上的试样点浸入展开剂中
C．将盛有苯酚与水形成的浊液的试管浸泡在80℃热水中一段时间，浊液变澄清
D．不能将实验室用剩的金属钠块放回原试剂瓶
【答案】D
【解析】
A．灼烧使海带灰化，除去其中的有机物，便于用水溶解时碘离子的浸出，故A正确；
B．纸层析法中要求流动相溶剂对分离物质应有适当的溶解度，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，所以纸层析法是利用试样中各种离子随展开剂在滤纸上展开的速率不同而形成不同位置的色斑，如果试样接触展开剂，样点里要分离的离子或者色素就会进入展开剂，导致实验失败，故B正确；
C．苯酚常温为微溶，高于60℃时易溶于水，故C正确；
D．钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，因此实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶，故D错误；
故选D。
10．（2021·海南·高考真题）一次性鉴别等浓度的、、三种溶液，下列方法不可行的是（ ）
A．测定B．焰色试验
C．滴加溶液D．滴加饱和溶液，微热
【答案】C
【解析】
A．溶液显中性，溶液显酸性，溶液显碱性，故可以用测定pH的方法鉴别，故A正确；
B．的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色，的焰色试验中无现象，的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B正确；
C．、、中只有能与反应有现象，故和不能鉴别，故C错误；
D．2+CaCl2+2NH3+2H2O有刺激性气味气体产生，+=CaCO3+2NaOH有白色沉淀产生，而不反应无现象，故可以鉴别，故D正确；
故选C。
11．（2021·天津·高考真题）近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是（ ）
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
【答案】B
【解析】
A．铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷(Rb)是金属元素，故A正确；
B．钛合金为合金，属于金属材料，故B错误；
C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；
D．芳纶属于合成纤维，是高分子材料，故D正确；
故选B。
12．（2021·浙江·高考真题）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A.乙醇在140℃，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A项不符合题意；
B.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCl3溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会有沉淀，B项不符合题意；
C.如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C项不符合题意；
D.加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，D项符合题意；
故选D。
13．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【解析】
A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；
B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；
C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；
故选A。
14．（2021·广东·高考真题）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．放入水中：
B．通过灼热铁粉：
C．铜丝插入热的浓硫酸中：
D．通入酸性溶液中：
【答案】D
【解析】
A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误；
B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；
C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；
D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确；
故选D。
15．（2021·浙江·高考真题）下列物质与俗名对应的是（ ）
A．纯碱：NaHCO3B．硫铵：NH4HSO4
C．TNT：D．氯仿：CCl4
【答案】C
【解析】
A．纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，A错误；
B．硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，B错误；
C．TNT为2,4,6-三硝基甲苯，结构式为，C正确；
D．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，D错误；
故答案选C。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·河南河南·模拟预测）《本草图经》有“白矾多入药用”。白矾[KAl(SO4)2·12H2O]又称明矾、钾明矾等，是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A．白矾可用于自来水杀菌消毒
B．白矾溶液中n(K+)：n(Al3+)=1：1
C．白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈
D．灼烧白矾时可直接观察焰色呈紫色
【答案】C
【解析】
A．白矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．Al3+是弱碱根离子，发生水解，因此白矾溶液中n(K+)∶n(Al3+)＞1∶1，故B错误；
C．Al3+是弱碱根离子，发生水解，其水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，溶液显酸性，铜锈主要成分是Cu2(OH)2CO3，能与酸反应，因此白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈，故C正确；
D．需要通过蓝色钴玻璃观察，故D错误；
答案为C。
2．（2022·广西柳州·模拟预测）生活因化学更美好。以下生活用途和化学原理都正确且具有对应关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．维生素C将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，失去电子具有还原性，A正确；
B．葡萄酒中添加二氧化硫，因二氧化硫有较强的还原性，所以会优先被氧化，起到保护葡萄酒的作用，B错误；
C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，不是过氧化钠分解产生氧气，C错误；
D．明矾可用作净水剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，起不到消毒的作用，D错误；
故答案选A。
3．（2022·河北·模拟预测）下列说法不正确的是（ ）
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应
C．除去干燥中混有的少量，可将混合气体依次通过盛有酸性溶液、浓硫酸的洗气瓶
D．“中和滴定”实验中，锥形瓶用蒸馏水洗涤后即可使用，滴定管用蒸馏水洗涤后，需经润洗方可使用
【答案】B
【解析】
A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁在二氧化碳中燃烧，故钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故A正确；
B．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故B错误；
C．酸性溶液能与发生氧化还原反应从而除去，经过浓硫酸的洗气瓶除去中的水蒸气，得到干燥的，故C正确；
D．锥形瓶用蒸馏水洗涤后无需干燥，不影响待测液中溶质物质的量，不影响测定结果；滴定管用蒸馏水洗涤后需经润洗才可使用，若不润洗，会使的滴定管中的溶液被稀释，浓度偏低，影响测定结果，故D正确；
故选B。
4．（2022·吉林吉林·模拟预测）化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法的工艺流程中应用了物质溶解度的差异
B．5G技术中使用的光导纤维不与任何酸碱反应
C．香云纱染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物
D．我国古代“灌钢法”的原料之一赤铁矿的主要成分为FeO
【答案】A
【解析】
A．侯氏制碱法是利用在该实验条件下NaHCO3的溶解度小促使反应发生，应用了物质溶解度的差异，A正确；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅，二氧化硅可以和碱、HF反应，B错误；
C．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液是溶液，属于混合物，C错误；
D．赤铁矿的主要成分为Fe2O3，不是FeO，D错误；
故答案选A。
5．（2022·上海松江·二模）某同学为测定某Na2O2(含少量Na2O)试样中样品的纯度，设计如下实验：
下列说法错误的是（ ）
A．需称量样品和NaCl的质量B．操作I是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作I、II、III都需要玻璃棒D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
【答案】D
【解析】
测定原理：称量样品的质量为m1，Na2O2(含少量Na2O)的样品加足量稀盐酸得到NaCl和HCl混合溶液以及产生氧气，氧气逸出，操作I为溶解，将溶液转移至蒸发皿进行蒸发结晶，操作III为蒸发结晶，可同时除去水和HCl，得到NaCl，冷却称量NaCl的质量为m2；设样品中Na2O2的物质的量为xml，Na2O的物质的量为yml，则、，可列出78x+62y=m1、(2x+2y)×58.5=m2，联立二式可解出x和y，则试样中Na2O2的纯度=。
A．由分析可知需称量样品m1和NaCl的质量m2，A正确；
B．由分析可知操作I是溶解，操作Ⅲ是蒸发结晶，B正确；
C．操作I用玻璃棒搅拌，加速溶解，操作II用玻璃棒引流，操作III用玻璃棒搅拌，加速蒸发，故三个操作都需要玻璃棒，C正确；
D．若溶液转移不完全，则NaCl的质量m2偏小，由Na2O2的纯度=可知测定结果偏大，D错误；
答案选D。
6．（2022·上海嘉定·二模）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．干燥气体应长进短出，A错误；
B．检验钾离子用焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，B正确；
C．配制150mL盐酸溶液，不要使用150mL的容量瓶，没有则选择250mL,不能使用小的，C错误；
D．氨气能溶于硫酸，会产生倒吸现象，D错误；
故选B。
7．（2022·新疆·二模）某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4 g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程所发生反应的化学方程式：
K2CO3+HCl =KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑
B．混合物样品中含碳酸钾20.0g
C．混合物中碳元素的质量分数为9. 77%
D．若将61.4 g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.40g
【答案】B
【解析】
A． 由图可知，开始没有气体生成，发生反应：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3，加入12mL盐酸时，开始有气体生成，此时发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，故A正确；
B．溶液中碳酸钾转化为碳酸氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO3与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物质的量= ×10=0.3ml，故样品中碳酸钾的质量=0.3ml×138g/ml=41.4g，故B错误；
C． 当加入32mL盐酸时，生成的气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g××10=6g，故样品中碳元素质量分数=×100%≈9.77%，故C正确；
D． 碳酸氢钾的物质的量为0.3ml× =0.2ml，根据方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2ml×=0.1ml，二氧化碳的质量=0.1ml×44g/ml=4.4g，故D正确；
故选B。
8．（2022·上海上海·模拟预测）有关Na2O2性质实验如下：
已知：
①Na2O2与水反应经历了Na2O2＋2H2O =2NaOH＋H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是（ ）
A．双氧水能使酚酞褪色
B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案
【答案】D
【解析】
由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。
A．由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，故A错误；
B．由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，故B错误；
C．由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，故C错误；
D．由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，故D正确；
故选D。
9．（2022·上海静安·二模）某溶液中含大量 NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）
A．CH3COO-B．Na+
C．CO、NHD．CH3COO-、Na+
【答案】A
【解析】
A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；
B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；
C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；
D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+ Na+浓度增加，故D不符合题意；
答案选A。
10．（2022·上海静安·二模）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+ H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：
Ba2++SO+NH+OH-→ BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：
2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O
【答案】C
【解析】
A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A正确；
B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式正确，B正确；
C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C错误；
D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D正确；
故选C。
11．（2022·安徽·模拟预测）某物质在水溶液中得到了如图所示的结构，虚线表示氢键，其中X、Y、Z和M是原子序数依次增大的短周期元素。下列说法错误的是（ ）
A．非金属性： Z＞Y
B．该结构中Z均满足8电子稳定结构
C．M的焰色试验呈黄色
D．氢键的存在使该物质在水中的溶解性较大
【答案】D
【解析】
X、Y、Z和M是原子序数依次增大的短周期元素，M形成+1价阳离子，M是Na元素；X形成1个共价键，X是H元素；Y形成4个共价键，Y是C元素；Z形成2个共价键，Z是O元素。
A．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性： O＞C，故A正确；
B．O最外层有6个电子，该化合物中O显-2价，O均满足8电子稳定结构，故B正确；
C．M是Na元素，Na元素的焰色试验呈黄色，故C正确；
D．该物质是碳酸氢钠，碳酸氢根离子通过氢键形成双聚离子，不利于和水分子形成氢键，所以氢键的存在使该物质在水中的溶解性降低，故D错误；
选D。
12．（2022·山东聊城·三模）某固体混合物由Na2CO3和NaHCO3两种物质组成，将其分成X、Y两等份。标准状况下，X溶于足量盐酸，生成CO2的体积为V1L；Y充分加热、冷却后再溶于足量盐酸，生成CO2，的体积为V2L。下列说法正确的是（ ）
A．加热，蒸干X与足量盐酸反应后的溶液，可得固体g
B．Y充分加热，固体质量减少g
C．X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1
D．混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
反应涉及的方程式为： ， ， 假设每份中碳酸氢钠的物质的量为xml，碳酸钠的物质的量为yml，则有 ，
A．X与盐酸反应后的溶液蒸干后得到氯化钠，根据以上方程式分析，氯化钠和二氧化碳的物质的量关系不确定，A错误；
B．碳酸氢钠受热分解，质量减少为水和二氧化碳的质量，B错误；
C．两个过程最后都得到氯化钠，根据原子守恒分析，X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1，C正确；
D．， ，解 ，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比例为：，D错误；
故选C。
13．（2022·江苏苏州·模拟预测）侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A．制取氨气B．制NaHCO3
C．分离NaHCO3D．制Na2CO3
【答案】C
【解析】
A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A错误；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B错误；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C正确；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D错误；
故选C。
14．（2022·北京·中关村中学三模）1941年，我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出纯碱与铵肥(NH4Cl)的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”。主要工艺流程如下图。下列说法正确的是（ ）
已知：
侯氏制碱法总反应：
索尔维制碱法总反应：(CaCl2作为废液排放)
A．气体1、气体2均为CO2
B．溶液2中，含碳微粒主要是
C．侯氏制碱法和索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率相同
D．盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，的平衡逆向移动，NH4Cl析出
【答案】D
【解析】
在饱和NaCl溶液中先通入NH3，然后通入CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤分离得到的固体1是NaHCO3，将固体1在煅烧炉中加热，发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱和气体1是CO2气体；溶液1中含有NaCl、NaHCO3、NH4Cl；在冷却池中通入NH3，使溶液显碱性，同时增大了溶液中c()，逆向移动；析出NH4Cl固体可作氮肥；溶液2含有NaCl、Na2CO3、(NH4)2CO3、NH4Cl。在盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，的平衡逆向移动，NH4Cl析出，析出盐后的溶液3循环回转到沉淀池中，再用于制取纯碱。
A．根据上述分析可知气体1为CO2，气体2为NH3，A错误；
B．向冷析池中通入NH3，增大溶液中c()，便于析出盐NH4Cl，此时溶液显碱性，因此溶液2中，含碳微粒主要是，B错误；
C．侯氏制碱法中Na+用于制取纯碱Na2CO3，Cl-用于制取NH4Cl，NH4Cl可作氮肥，也可用于金属加工除锈等，原子利用率较高；而索尔维法制取纯碱时，反应产生的CaCl2作为废液排出，原子利用率大大降低，故侯氏制碱法中原料NaCl的原子利用率比索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率高，C错误；
D．盐析池中加入NaCl固体，增大了溶液中c(Cl-)增大，使盐NH4Cl的溶解结晶平衡逆向移动，从而使NH4Cl结晶析出，D正确；
故合理选项是D。
15．（2022·山东·泰安一中模拟预测）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0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH约为8。
实验2：向0.1ml·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0.1ml·L-1的NaHCO3溶液与0.1ml·L-1的CaC12溶液等体积混合，产生白色沉淀。
实验4：向0.1ml·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．向0.1ml·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0.1ml·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．实验3中白色沉淀为CaCO3，碳酸氢钙能溶于水，B错误；
C．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＞HCO，C错误；
D．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；
答案选D。
16．（2022·四川遂宁·模拟预测）下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备乙酸甲酯
B．用装置乙比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应的快慢
C．用装置丙探究浓度对化学平衡的影响
D．用装置丁验证酸性强弱：醋酸>碳酸>苯酚
【答案】B
【解析】
A．乙酸乙酯能和氢氧化钠反应，氢氧化钠溶液应换成饱和碳酸钠溶液，A项错误；
B．碳酸钠和盐酸反应需要分步进行，第二步即碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳气体，可通过加入等浓度的盐酸能比较快慢，B项正确；
C．右侧试管再加入硫氰化钾溶液，硫氰化钾浓度增大，体积增大，氯化铁的浓度减小，不能探究浓度对化学平衡的影响，C项错误；
D．醋酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸和二氧化碳都能和苯酚钠反应生成苯酚，不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，应除去醋酸，D项错误；
故选B。
第II卷（非选择题）
17．（2022·全国·高三专题练习）取27.4 g 由 Na2CO3和NaHCO3组成的固体混合物，加热至质量不再减少，冷却后称得剩余固体质量为21.2 g；再将该剩余固体加入到 500 mL足量稀盐酸中，充分反应。(忽略溶液体积变化)
(1)加热时，生成H2O的质量是___________g。
(2)原混合物中Na2CO3的物质的量是___________ml。
(3)所得溶液中Na+的物质的量浓度是___________ml/L。
(4)整个过程中，生成CO2的总体积是___________L(标准状况)。
【答案】(1)1.8 (2)0.1 (3)0.8 (4)6.72
【解析】
(1)设NaHCO3的质量为xg，H2O的质量为yg；
，解得x=16.8g；
，解得y=1.8g；
故答案为1.8g。
(2)原混合物中碳酸钠的质量为27.4-16.8=8.4g，n===0.1ml；
故答案为0.1ml。
(3)n(Na+)=n(Na2CO3)×2+n(NaHCO3)=0.1×2+=0.4ml，c(Na+)=n/V=0.4ml/0.5L=0.8ml/L；
故答案为0.8ml/L。
(4)
，V1=2.24L；
V2=4.48L；
V总=V1+V2=6.72L；
故答案为6.72L。
18．（2022·全国·高三专题练习）某化学小组在实验室制取Na2O2。 查阅资料可知，温度在573~673 K之间可生成Na2O2，若温度提高到733 K以上Na2O2会分解。除Li外其他碱金属不与N2反应。
(1)甲组同学设计制取Na2O2的装置如图。
①使用该装置制取的Na2O2中不可能含有的杂质为______。
A． Na3N B． Na2CO3 C． Na2O D． NaOH
②该小组同学为测定制得的Na2O2样品的纯度,设计实验装置如下：
烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是_____。水槽中量筒中收集到的气体为_____。测定装置的接口从左至右正确的连接顺序是_____。
(2)乙组同学从反应历程上分析出上述(1)②的测定反应中存在中间产物，从而会导致测定结果____(填“偏大”或“偏小”)。为证明其分析的正确性，设计实验方案如下：
实验方案I中发生反应的化学方程式为______________________。 根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是_____________________。
【答案】A 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O O2 aedfgh 偏小
2H2O22H2O+O2↑ 碱性条件
【解析】
(1)①根据提示，Na不会与氮气反应，但会与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠与水反应生成NaOH，与二氧化碳反应生成Na2CO3；
②过氧化钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和氧气，则最后收集氧气，据此作答；
(2) 过氧化钠与硫酸反应生成中间产物过氧化氢，产生的氧气减少，从而会导致测定结果偏小；过氧化氢在二氧化锰的催化下，生成水和氧气；对比试验Ⅱ、Ⅲ可知，中间产物与酚酞作用的条件。
(1)①根据提示，Na不会与氮气反应，但会与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠与水反应生成NaOH，与二氧化碳反应生成Na2CO3，则不会生成Na3N，故答案为：A；
②过氧化钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O；反应产生氧气，则最后收集氧气；过氧化钠中可能存在碳酸钠，其与硫酸反应会生成二氧化碳，通过氢氧化钠除去，再用澄清石灰水检验除尽，连接顺序为：aedfgh，故答案为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O；O2；aedfgh；
(2)过氧化钠与硫酸反应生成中间产物过氧化氢，产生的氧气减少，从而会导致测定结果偏小；过氧化氢在二氧化锰的催化下，生成水和氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；对比试验Ⅱ、Ⅲ可知，过氧化氢与酚酞作用的条件在碱性下进行，故答案为：偏小；2H2O22H2O+O2↑；碱性条件。
19．（2022·湖南·株洲市第一中学高三期中）氢化铝锂(LiAlH4)是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧。某实验小组采用LiH和AlCl3的乙醚溶液进行反应，温度控制在28~31 ℃，反应完全后过滤氯化锂沉淀，再将过滤后的氢化铝锂乙醚溶液加苯蒸馏，得到氢化铝锂产品，实验装置如图1所示。已知：乙醚(沸点：34.6 ℃)在空气的作用下能被氧化成过氧化物、醛和乙酸，当乙醚中含有过氧化物时，蒸发后所分离残留的过氧化物加热到100 ℃以上时能引起强烈爆炸。
(1)仪器a的名称是_______。制取LiAlH4的实验原理_______________________(用化学方程式表示)。
(2)反应温度控制在28~31℃的原因是___________________。
(3)制备LiAlH4要在非水溶液中进行，原因是___________________________(用化学方程式表示)。
(4)指出该实验装置可能存在的缺点：_______________________。
(5)氢化铝锂(不含氢化锂)纯度的测定：称取a g LiAlH4样品，按图2所示的装置组装好仪器，倾斜Y形管，将蒸馏水(掺有四氢呋喃)全部注入样品中，在标准状况下，反应前量气管(由碱式滴定管改装而成)读数为V1 mL，反应完毕冷却后，读出量气管读数的操作是___________________________。假设反应完毕后量气管读数为V2 mL，该样品的纯度为___________(用含a、V1、V2的代数式表示)。
【答案】
(1) 恒压分液漏斗 4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiC1↓
(2)温度过低，反应速率过慢，温度过高会导致乙醚挥发
(3)LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑
(4)冷凝管直接与空气相通，会造成空气中的水蒸气进入反应装置，导致安全事故发生
(5)调节水准管与量气筒至液面相平，平视量气管内凹液面的最低处
【解析】
温度控制在28~31 ℃，LiH和AlCl3的乙醚溶液进行反应生成LiCl沉淀和LiAlH4，过滤后，LiAlH4乙醚溶液加苯蒸馏得到LiAlH4。
(1)根据仪器a的结构特点知，仪器a的名称为恒压分液漏斗；温度控制在28~31 ℃，LiH和AlCl3的乙醚溶液进行反应生成LiCl沉淀和LiAlH4，反应的化学方程式为4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiC1↓；答案为：恒压分液漏斗；4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiC1↓。
(2)乙醚的沸点为34.6℃，故反应温度控制在28~31℃的原因是温度过低，反应速率过慢，温度过高会导致乙醚挥发；答案为：温度过低，反应速率过慢，温度过高会导致乙醚挥发。
(3)氢化铝锂(LiAlH4)是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧，LiAlH4与H2O反应放出H2，反应的化学方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑，为防止LiAlH4与H2O反应，制备LiAlH4要在非水溶液中进行；答案为：LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑。
(4)LiAlH4在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧，故蒸个装置需在无水环境中进行，该实验装置可能存在的缺点是冷凝管直接与空气相通，会造成空气中的水蒸气进入反应装置，导致安全事故发生；答案为：冷凝管直接与空气相通，会造成空气中的水蒸气进入反应装置，导致安全事故发生。
(5)本实验通过测定LiAlH4与H2O反应生成H2的体积计算LiAlH4的纯度，测量H2体积的同时还必须测量实验室的温度和压强，为确保H2的温度与实验室温度和压强一致，反应完毕冷却后，读出量气管读数的操作是调节水准管与量气筒至液面相平，平视量气管内凹液面的最低处；该实验在标准状况下，反应前量气管的读数为V1 mL，反应完毕后量气管读数为V2 mL，则收集的H2的体积为(V2-V1)mL，收集H2物质的量为ml，根据反应LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑，LiAlH4物质的量为ml，则该样品的纯度为=；答案为：调节水准管与量气筒至液面相平，平视量气管内凹液面的最低处；。
20．（2022·全国·高三专题练习）某兴趣小组探究钠与水、盐酸、醋酸和乙醇反应的快慢。
I.兴趣小组成员根据已有认知模型提出以下猜测：
猜测1：钠分别与水、盐酸反应，钠与盐酸反应更快。
猜测2：钠分别与乙醇、醋酸反应，钠与醋酸反应更快。
Ⅱ.设计实验进行“证实与证伪”
实验I配制一定浓度的HCl
(1)用12.00ml·L-1HCl配制0.50ml·L-1HCl和5.00ml·L-1HCl时，除用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须用到下列仪器中的_______(写对应字母)。
实验Ⅱ相同温度下，比较钠与水、0.50ml·L-1HCl、5.00ml·L-1HCl反应的快慢
该小组查阅资料知，相同温度下，影响钠与盐酸反应速率的主要因素是c(H+)和钠表面的c(Na+)。
(2)钠与5.00ml·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是_______。
实验Ⅲ相同温度下，比较钠与乙醇、醋酸反应的快慢
(3)根据信息，完成如下表格：
(4)通过上述实验，该小组同学发现实验结果是钠与无水乙醇反应时，钠块完全反应需要的时间更短。对此，同学们对实验现象进行了分析，发现上述实验设计存在缺陷，该缺陷是_______。
(5)请你帮助该小组同学设计新的实验方案，对上述实验进行改进_______。
(6)通过实验探究，该小组同学认为钠与醋酸反应比钠与乙醇反应慢，原因可能是_______。
A．冰醋酸是无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子
B．乙醇钠在乙醇中的溶解度大于乙酸钠在乙酸中的溶解度
C．乙酸羧基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子更难电离出氢离子
【答案】
(1)ce
(2)钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触
(3)沉在烧杯底部 浮在液体表面
(4)两烧杯中金属钠与液体反应接触面积不一样
(5)用两个相同的铜丝网分别包住钠块，再加入反应液中
(6)AB
【解析】
注意实验II，控制变量法要保证只有一个变量，改变可控变量改进实验。
(1)用12.00ml·L-1HCl配制0.50ml·L-1HCl和5.00ml·L-1HCl时，需要用量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管。故答案为：ce；
(2)由题中查阅资料的信息可知，钠与5.00ml·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是钠表面的c(Na+)的原因，即钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触。答案为：钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；
(3)钠的密度比无水乙醇大，则实验I现象是钠沉在烧杯底部，钠的密度比冰醋酸小，实验I现象是钠浮在液体表面；
(4)根据控制变量思想，分析实验II，可以发现实验II中存在两个变量：反应液体不同以及反应中钠与反应液体的接触面积不同。答案为：钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；
(5)根据控制变量的思想，改进实验II，使其中只存在一个变量，由此可知改变钠块与反应液体的接触情况，使钠块与两个反应液体的接触面积一样，故可以选择将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部。答案为：将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；
(6)A．冰醋酸是纯的无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子，则冰醋酸中的氢离子浓度较低，反应速度降低，从而使得醋酸与钠反应比乙醇与钠反应慢，选项A正确；
B．乙酸钠在乙酸中的溶解度较小，附着在钠的表面，阻滞了钠与乙酸的接触，使得反应速率减慢，选项B正确；
C．乙酸是电解质，乙醇不是电解质，乙酸羟基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活性大，更易电离出氢离子，选项C错误；
答案选AB。
21．（2022·河北·模拟预测）碳化锂()是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。制备的一种原理是：。实验室制备CO的一种原理是：在浓硫酸、加热条件下生成CO、和，通过净化得到CO。某实验小组设计实验制备碳化锂并探究其性质，实验装置如下。
已知：碳化锂与水反应生成氢氧化锂和乙炔()。回答下列问题：
(1)实验室里通常将金属锂保存在_______中。
(2)气流从左至右，装置连接顺序为A→____________。
(3)实验时，先点燃_______(填“A”或“C”)处酒精灯，其目的是____________。
(4)装置D中集气瓶收集的气体经干燥后得到_______(填化学式)。
(5)如果用甲酸(HCOOH)代替草酸(其他不变)，也可以制备CO，用甲酸制备CO的化学方程式为___________________________。
(6)设计简单实验检验碳化锂产品中是否有锂单质：______________________。
(7)取少量碳化锂投入酸性溶液(含)中，振荡，溶液由紫色变无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，写出化学方程式___________________________。
【答案】
(1)石蜡
(2)E→C→B→D
(3)A 制备CO气体，排尽装置内空气，避免空气干扰实验
(4)、CO
(5)
(6)取少量碳化锂产品加入足量水，将产生的气体缓慢通过含足量溴的四氯化碳溶液后再通入水中，若有气泡产生，则含锂，否则不含锂
(7)
【解析】
通过锂与CO反应制备，可知装置C是制备所用；反应需要CO，通过在浓硫酸、加热条件下生成，即装置A制备CO所用；生成CO同时，还会产生和，可以用碱石灰吸收；碳化锂在空气中易潮解，则在尾气处理前，要加浓硫酸洗气瓶，吸收水，据此分析作答。
(1)锂的密度小于煤油，锂不能保存在煤油中；通常将锂保存在石蜡中，避免锂与空气中水、氧气等反应，故答案为：石蜡；
(2)E中用碱石灰吸收CO中混有的二氧化碳和水蒸气；B中盛放浓硫酸，防止水槽中水蒸气进入C中与碳化锂、锂反应。装置连接顺序是：A(制备CO)→E(净化CO)→C(CO和锂反应)→B(吸收水蒸气)→D(收集尾气)，故答案为：E→C→B→D；
(3)空气中氧气、水蒸气等能与锂反应，先点燃A处酒精灯，产生CO排尽装置内空气，再点燃C处酒精灯，故答案为：A；制备CO气体，排尽装置内空气，避免空气干扰实验；
(4)收集的气体有产物，同时还有未反应完的CO，故答案为：、CO；
(5)HCOOH在浓硫酸、加热条件下生成CO和，化学方程式为：，故答案为：；
(6)碳化锂与水反应生成乙炔，锂与水反应生成氢气，用溴的四氯化碳溶液除去乙炔，若有氢气则会有气泡产生，则说明有锂残留，故答案为：取少量碳化锂产品加入足量水，将产生的气体缓慢通过含足量溴的四氯化碳溶液后再通入水中，若有气泡产生，则含锂，否则不含锂；
(7)根据实验现象可知，碳化锂与酸性高锰酸钾溶液(含硫酸)反应生成硫酸锂、硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，化学方程式为：，故答案为：。
22．（2022·福建莆田·二模）过氧化钠因吸收空气里的二氧化碳和水而变质，某兴趣小组对久置的过氧化钠样品M进行实验探究。
实验Ⅰ：甲同学设计下图所示装置探究样品M的变质情况。
(1)仪器a的名称是_______。
(2)装置C中的溶液是____________，其作用是______________________。
(3)如果装置B中出现浑浊，D中收集到的气体能使带火星的木条复燃，则样品M的变质情况为___________________________。
实验Ⅱ：乙同学用氯化钡溶液作为检验试剂进行实验。
(4)根据产生白色沉淀，乙同学认为样品M已变质，该反应的离子方程式为______。
资料显示，能与、NaOH溶液反应生成白色不溶物。据此，丙同学对乙同学的检验结果提出质疑并进行实验。
实验Ⅲ：取少量纯净的过氧化钠固体溶于蒸馏水，先加入过量稀硫酸，再滴入溶液。实验证明与水反应有生成。
(5)滴入溶液后观察到的现象是______________________，此反应的离子方程式为___________________________。
丙同学利用如图装置进行实验，排除了的干扰。
实验Ⅳ：往Y型管中加入相应药品，塞紧橡胶塞，滴入蒸馏水……产生白色沉淀，说明样品M已变质。
(6)请补充完整上述实验的操作过程：_______。
【答案】
(1)分液漏斗
(2)浓硫酸 干燥气体O2
(3)Na2O2已部分变质
(4)Ba2++=BaCO3↓
(5)溶液紫色褪去，放出大量的气泡 5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O
(6)当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应
【解析】
【分析】
本题为实验题是对久置的过氧化钠样品M进行实验探究，装置A中发生的反应可能有：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，B装置为检验CO2，C装置为干燥气体O2，所装溶液为浓硫酸，据此分析解题。
(1)由题干实验装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)由分析可知，装置C中的溶液是浓硫酸，其作用是干燥气体O2，故答案为：浓硫酸；干燥气体O2；
(3)如果装置B中出现浑浊，即说明Na2O2已经变质，D中收集到的气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2未完全变质，则样品M的变质情况为Na2O2已部分变质，故答案为：Na2O2已部分变质；
(4)根据产生白色沉淀，乙同学认为样品M已变质，即Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，故该反应的离子方程式为Ba2++=BaCO3↓，故答案为：Ba2++=BaCO3↓；
(5)实验要验证有H2O2生成，H2O2能被酸性高锰酸钾氧化为O2，自身还原为Mn2+，故滴入溶液后观察到的现象是溶液紫色褪去，放出大量的气泡，此反应的离子方程式为5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：溶液紫色褪去，放出大量的气泡；5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O；
(6)由于H2O2在MnO2催化下将分解为H2O和O2，故当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，说明溶液中的H2O2已经完全分解，此时倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应，若产生白色沉淀，说明样品M已变质，故答案为：当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应。
23．（2022·湖北·模拟预测）过碳酸钠()是过氧化物类的消毒剂。可以利用候氏制减法得到的进行制备，流程图如图1所示：
已知：
①产物A中可能含有少量的、金属离子杂质，
②硅酸钠可与、等金属离子形成沉淀，
③异丙醇的作用为洗涤晶体。
请回答下列问题：
(1)虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用图2所示装置在实验室模拟候氏制碱法，实验中应先向___________(填a或b)中，通入___________气体。有同学建议在图2甲装置的b导管下端连接c装置，理由是___________。
(2)反应Ⅰ的化学反应方程式为_____________________。
(3)“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右，其目的是：___________，写出“反应Ⅱ”中生成产品D的化学方程式_____________________，加的作用是___________。
(4)流程图中可循环使用的物质有___________。
(5)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，它具有和的双重性质，下列物质不会使过碳酸钠失效的是___________。
A．B．稀盐酸C．溶液D．溶液
【答案】
(1)b NH3 增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸
(2)NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)防止温度过高，过氧化氢受热分解 2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2 硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解
(4)CO2、NaCl、异丙醇
(5)C
【解析】
由题给流程可知，二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠沉淀和含有氯化钠和氯化铵的滤液；碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠和二氧化碳，则A为碳酸钠固体、B为二氧化碳气体；向碳酸钠固体中加入过氧化氢、氯化镁和硅酸钠的混合溶液，硅酸钠将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠溶液；向过碳酸钠溶液中加入异丙醇，降低过碳酸钠的溶解度，使过碳酸钠转化为沉淀，过滤得到过碳酸钠晶体，用异丙醇洗涤过碳酸钠沉淀后，干燥得到过碳酸钠；向滤液中加入氯化钠细粉，通入氨气，过滤得到氯化铵固体和饱和食盐水，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用。
(1)氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，为使二氧化碳充分反应，实验中应先通过导管b向饱和食盐水中通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通过导管a向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体，使二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵；甲装置的b导管下端连接c装置，可以增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸故答案为：b；NH3；增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸；
(2)反应Ⅰ为二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，，反应的化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
(3)过氧化氢不稳定受热易分解，则“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右的目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解；反应Ⅱ为碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，反应的化学方程式为2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2；过氧化氢在铁离子、铜离子催化作用下，易发生分解反应，则加入硅酸钠溶液的作用是将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，故答案为：防止温度过高，过氧化氢受热分解；硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解；
(4)由分析可知，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用，故答案为：CO2、NaCl、异丙醇；
(5)A．过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下，易发生分解反应，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
B．稀盐酸能与碳酸钠反应，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液与碳酸钠和过氧化氢均不反应，不使过碳酸钠失效，故符合题意；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化过氧化氢，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
故选C。
24．（2021·江苏南通·高三期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的分析试剂，也可用作纸浆漂白时的脱氯剂，可由Na2S、Na2SO3为原料制得。实验小组将制取Na2S2O3所用的Na2S进行提纯，然后制取Na2S2O3并对其含量进行了测定。
(1)工业生产Na2S的方法之一是将炭在高温下与Na2SO4反应，所得Na2S固体中含有炭、Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3等杂质。实验室所用Na2S可由工业产品净化得到。
①请设计提纯工业Na2S，制取Na2S·9H2O晶体的实验方案：___________。(实验中需使用的试剂有BaS溶液，Na2S的溶解度随温度变化曲线、不同温度区间内析出晶体的类型如图1所示)
②设计检验工业Na2S产品是否存在Na2SO3的实验方案：___________。
(2)实验小组用如图2所示的装置制取Na2S2O3溶液：
①装置C中的反应分为两步，第二步反应为S＋Na2SO3=Na2S2O3，则第一反应的化学方程式为_____________________。
②判断装置C中反应已经完全的方法是________________。
(3)将装置C反应后的溶液进行结晶，得到Na2S2O3·5H2O晶体样品。用K2Cr2O7标准溶液测定样品的纯度，步骤如下：称取1.5000 g样品，用蒸馏水溶解，配成100 mL溶液。取0.0100 ml·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，用硫酸酸化后加入过量KI，然后用样品溶液滴定至淡黄绿色，加入淀粉溶液作指示剂，继续滴定，恰好完全反应时消耗样品溶液的体积为20.00 mL。
实验过程中发生的反应为：
Cr2O＋6I-＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O
I2＋2S2O=S4O＋2I-
①计算样品的纯度。(写出计算过程) ___________。
②若样品杂质中含有Na2SO3，则所测样品的纯度___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】
(1)向工业Na2S中加水，边加边搅拌至固体不再溶解。过滤，向滤液中加入BaS溶液，至上层清液中滴加BaS溶液不再有浑浊产生。过滤，将滤液加热浓缩至有晶膜出现后，冷却至20℃以下，过滤得到晶体
取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中滴加稀硫酸，若产生浑浊，则含有Na2SO3或(取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中加入BaS溶液，过滤，向滤渣中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，若品红溶液褪色，则含Na2SO3
(2)2Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3S↓ 溶液中无浑浊现象
(3)99.2% 偏高
【解析】
(1) ① Na2S固体中含有炭、Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3等杂质。提纯工业Na2S，制取Na2S·9H2O晶体，需要将杂质除去并得到晶体，除杂的方法为利用硫化钡和杂质反应生成沉淀，且硫化钠的溶解度随着温度升高而升高，并选择合适的温度结晶。
②硫化钠和亚硫酸钠在酸性条件下能反应生成硫，硫不溶于水，或利用亚硫酸钠和硫化钡反应生成亚硫酸钡沉淀来检验。
(2)①装置C中的反应分为两步，第二步反应为S＋Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，进而书写方程式。
②因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以反应完全说明不再有硫。
(3)①根据关系式分析计算样品的纯度。
②根据亚硫酸钠也能与碘反应分析，消耗样品的量减少，则说明样品中的纯度偏高。
据此回答。
(1) ①利用硫化钡和杂质反应生成沉淀，且硫化钠的溶解度随着温度升高而升高，并选择合适的温度结晶。实验方案为：向工业Na2S中加水，边加边搅拌至固体不再溶解。过滤，向滤液中加入BaS溶液，至上层清液中滴加BaS溶液不再有浑浊产生。过滤，将滤液加热浓缩至有晶膜出现后，冷却至20℃以下，过滤得到晶体。
②硫化钠和亚硫酸钠在酸性条件下能反应生成硫，硫不溶于水，或利用亚硫酸钠和硫化钡反应生成亚硫酸钡沉淀来检验，实验方案为取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中滴加稀硫酸，若产生浑浊，则含有Na2SO3或(取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中加入BaS溶液，过滤，向滤渣中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，若品红溶液褪色，则含Na2SO3)。
(2)①装置C中的反应分为两步，第二步反应为S＋Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3S↓。
②因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象。
(3)①n(K2Cr2O7)= 0.0100 ml·L-1×0.020 L=2×10-4 ml，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3) =2×10-4×6 ml=1.2×10-3 ml，原1.5000 g样品中含Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3) =1.2×10-3 ml×5=6×10-3 ml，m(Na2S2O3)= 6×10-3 ml×248 g·ml-1=1.488 g，w(Na2S2O3·5H2O) =×100%=99.2%
样品的纯度为99.2%。
②亚硫酸钠也能和碘单质反应，I2＋SO=＋2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高。
25．（2022·全国·高三专题练习）A→J有如图所示的转化关系(反应条件、部分反应物和产物已忽略)：其中A、D为银白色金属单质；B为淡黄色粉末，C为红棕色粉末，E为黑色晶体；H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ；B和I在一定条件下反应生成J，J的化学式为Na2FeO4，它能够杀菌消毒，是一种优良的净水剂。
(1)写出物质B的电子式_______；D元素在元素周期表中的位置为___________(填写哪个周期和哪个族)，写出物质B与水反应的化学方程式____________________。
(2)写出下列反应的化学反应方程式：
⑤ ______________________________________________________。⑧_______________________________________________________。
(3)写出反应的离子方程式：⑦_________________________。
(4)在①−⑧的所有反应中，属于非氧化还原反应的有(填序号) _____________。
(5)根据Na2FeO4元素的价态及反应前后的产物推测Na2FeO4杀菌消毒做净水剂的原因_______________________________________。
【答案】
(1) 第四周期第Ⅷ族 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
(2) 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
(4)⑦
(5)Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水
【解析】
由信息知，H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ，则H是Fe(OH)2，I是Fe(OH)3，C为红棕色粉末，则C是Fe2O3，D是Fe，F是FeCl3，E为黑色晶体，则E是Fe3O4，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，则G是FeCl2，银白色金属单质A转化得到B为淡黄色粉末，则A是Na，B是Na2O2。
(1)B为Na2O2，电子式为，D是Fe元素，26号元素，在元素周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族，物质B与水反应是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：；第四周期第Ⅷ族；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
(2)反应⑤是铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学反应方程式：，反应⑧是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学反应方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(3)反应⑦是四氧化三铁和酸反应生成铁离子、亚铁离子和水，其反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。
(4)在①～⑧的所有反应中，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，属于非氧化还原反应，其余都为氧化还原反应；故答案为：⑦。
(5)A．Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；B．Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水；故答案为：Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水。
26．（2022·上海上海·一模）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。如图是利用天然碱(主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl)制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
(1)操作①为_______________。
(2)碳化装置中反应的离子方程式___________________________。
(3)解释选择0.34～0.4MPa干燥的原因___________________________。
(4)对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势_____________________。
(5)为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000ml·L-1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图所示。
完成下列填空：
①取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称________________。
②根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是_______________，此时滴定终点的现象为_____________________。
③计算该样品中NaHCO3的质量分数为______________________。
【答案】
(1)过滤、洗涤
(2)2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓
(3)抑制NaHCO3受热分解
(4)节能、环保、成本低等
(5)碱式滴定管 甲基橙 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 94.5%
【解析】
(1)由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤。
(2)由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓。
(3)碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解。
(4)索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低。
(5)①碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管。
②盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复。
③由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000ml·L-10.018L=1.810-3ml，而碳酸氢钠和盐酸是1:1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.810-3ml，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为2.2510-2ml，质量为2.2510-2ml84g/ml=1.89g，则碳酸氢钠的纯度为。
27．（2022·上海奉贤·一模）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___________________。
(2)向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_______、_______、_______、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
(3)装置A中的试剂为_______，装置C中的试剂为_______。
(4)实验结束后通入空气的目的：___________________。
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为_______(保留2位小数)。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是___________________。
【答案】
(1)NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(2)蒸发浓缩 冷却结晶 过滤
(3)氢氧化钠溶液 浓硫酸
(4)把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收
(5)0.80 反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去
【解析】
制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)，可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用；
(1)氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(2)根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
(3)装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液(或其他强碱的溶液)；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
(4)实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，物质的量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，Na2CO3质量为m=nM=0.2ml×106g/ml= 21.2g，则碳酸钠质量分数=；测定结果可能会偏大，理由是反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去D装置增重多，会使测定结果偏高。
颜色状态
密度
硬度
熔点
传导性
银白色固体，具有金属光泽。
ρ(H2O) eq \a\vs4\al(>)ρ(Na) eq \a\vs4\al(>)ρ(煤油)
质地柔软，可以用小刀切割。
较低，低于100 ℃
可导电导热
O2
常温：4Na＋O2===2Na2O(白色固体)
加热：2Na＋O2Na2O2(淡黄色固体)
Cl2
2Na＋Cl22NaCl
工业制备
2NaCl(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑
保存
钠易与空气中的O2、H2O反应，且钠的密度比煤油的密度大，不与煤油反应，故通常保存在石蜡油或煤油中。
用途
(1)钠、钾合金(液态)用于原子反应堆，作导热剂；
(2)作强还原剂，熔融状态冶炼某些金属(如钛)；
(3)作电光源，制作高压钠灯
物质
氧化钠
过氧化钠
色态
白色固体
淡黄色固体
是否碱性氧化物
碱性氧化物
非碱性氧化物
氧的价态
－2
－1
电子式
化学键
离子键
离子键、非极性键
阴、阳离子个数比
1∶2
1∶2
与H2O反应
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
与CO2反应
Na2O＋CO2===Na2CO3
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
与HCl反应
Na2O＋2HCl===2NaCl＋H2O
2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑
主要性质
具有碱性氧化物的通性
具有强氧化性
用途
供氧剂、漂白剂、消毒剂
试剂
现象
反应原理
SO2气体
—
Na2O2＋SO2=== Na2SO4
FeCl2溶液
产生气体和红褐色沉淀
4Na2O2＋4FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8NaCl
Na2SO3溶液
—
Na2O2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2NaOH
氢硫酸
溶液变浑浊
Na2O2＋H2S===S↓＋2NaOH
酚酞溶液
产生气体，溶液先变红后褪色
与水反应生成O2和NaOH，使溶液变红，Na2O2的强氧化性又使之褪色
品红溶液
红色褪去
Na2O2的强氧化性使之褪色
电子转移关系
当Na2O2与CO2、H2O反应时，物质的量的关系为2Na2O2～O2～2e－，n(e－)＝n(Na2O2)＝2n(O2)
变化关系
CO2、水蒸气(或两混合气体)通过足量Na2O2时，气体体积的减少量是原来气体体积的eq \f(1,2)，等于生成氧气的体积，即ΔV＝V(O2)＝eq \f(1,2)V(混合)
固体质量变化关系
CO2、水蒸气分别与足量Na2O2反应时，固体相当于吸收了CO2中的“CO”、水蒸气中的“H2”，所以固体增加的质量Δm(CO)＝28 g·ml－1×n(CO2)，Δm(H2)＝2 g·ml－1×n(H2O)
名称
碳酸钠
碳酸氢钠
化学式
Na2CO3
NaHCO3
颜色、状态
白色粉末
细小白色晶体
俗名
纯碱或苏打
小苏打
水溶性
易溶于水
易溶于水，但比Na2CO3的溶解度小
水溶液酸碱性
碱性
碱性
主要用途
用于玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸等工业中
灭火器、治疗胃酸过多、发酵粉的主要成分之一
混合物(括号内为杂质)
除杂方法或试剂
Na2CO3固体(NaHCO3)
加热至恒重
NaHCO3溶液(Na2CO3)
通入足量CO2气体
Na2CO3溶液(NaHCO3)
加入适量NaOH溶液
选项
操作
判断
A
分别加入澄清石灰水
产生沉淀的为Na2CO3
B
分别加入等浓度的稀盐酸
反应较剧烈的为Na2CO3
C
分别加入CaCl2溶液
产生沉淀的为Na2CO3
D
逐滴加入等浓度的盐酸
立即产生气泡的为Na2CO3
若a＝0(即图像从原点开始)
溶液中的溶质为NaHCO3
若V(Oa)＝V(ab)(即Oa段与ab段消耗盐酸的体积相同)
溶液中的溶质为Na2CO3
若V(Oa)＞V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积大于ab段消耗盐酸的体积)
溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH
若V(Oa)＜V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积小于ab段消耗盐酸的体积)
溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3
相似性
递变性(由Li→Cs)
原子
结构
最外层均为1个电子
电子层数逐渐增多；核电荷数逐渐增大；原子半径逐渐增大
元素
性质
都具有较强的金属性，最高正价均为＋1价
金属性逐渐增强
单质性质
物理性质
(除Cs外)都呈银白色，密度较小，熔、沸点较低
密度逐渐增大(钾反常)，熔、沸点逐渐降低
化学性质
都具有较强的还原性
还原性逐渐增强；与O2反应越来越剧烈，产物越来越复杂
选择的装置(填编号)
实验现象
实验结论
样品中含NaHCO3
A．滴入酚酞溶液
B．吸氧腐蚀
C．钠的燃烧
D．石蜡油的热分解
选项
劳动项目
化学知识
A
面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包
可与酸反应
B
环保工程师用熟石灰处理酸性废水
熟石灰具有碱性
C
工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
D
技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板
铝能形成致密氧化膜
目的
方案设计
现象和结论
A
探究乙醇消去反应的产物
取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入溴水中
若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B
探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸
取少量样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴溶液
若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分
取少量固体粉末，加入蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为；若有气体生成，则固体粉末为
D
探究固体样品是否变质
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液
若有白色沉淀产生，则样品已经变质
选项
生活用途
化学原理
A
维生素C帮助人体将转化为易吸收的
维生素C具有还原性
B
葡萄酒中添加二氧化硫
二氧化硫具有漂白性
C
过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂
过氧化钠分解放出氧气
D
明矾可用作净水剂和消毒剂
铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A
B
C
D
干燥Cl2
检验K+
配制150mL 0.100 ml·L-1盐酸
吸收NH3
实验方案
产生的现象
Ⅰ.取烧瓶中的反应液，加入少量MnO2粉末
有大量气泡逸出
Ⅱ.向NaOH稀溶液中加入2～3滴酚酞溶液，然后加入少量的反应液
溶液先变红后褪色
Ⅲ.向反应液中加入2～3滴酚酞溶液，充分振荡，然后逐滴加入过量的NaOH稀溶液
开始无明显现象，加NaOH溶液后先变红后褪色
序号
钠块(形状几乎相同)
反应液体(50mL)
钠块消失时间
Ⅰ
0.15g
水
Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ
Ⅱ
0.15g
0.50ml·L-1HCl
Ⅲ
0.15g
5.00ml·L-1HCl
实验序号
钠块(形状大小几乎一样)
两个相同的烧杯(反应液体50mL)
实验现象
钠块完全反应完所需时间
实验结论
Ⅰ
0.15g
无水乙醇
钠_______，产生气泡较快
1285s
钠与无水乙醇反应的反应速率比钠与冰醋酸反应的速率快得多
Ⅱ
0.15g
冰醋酸
钠_______，产生气泡较慢
3625s
【复习目标】
1．能列举、描述、辨识钠及其化合物重要的物理和化学性质及实验现象。
2．能根据钠及其化合物的性质分析实验室、生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。
3．能说明钠及其化合物的应用对社会发展的价值、对环境的影响。
【知识精讲】
考点一 钠的主要性质及应用
1．物理性质
2．化学性质
从原子结构认识钠的化学性质：Naeq \(―――――――→,\s\up7(Cl2、O2、H2O等))Na＋
钠在化学反应中易失去最外层的一个电子，表现很强的还原性。
（1）与非金属单质(如O2、Cl2)反应
（2）与水反应
①化学方程式：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。
②与滴加酚酞的水反应的现象与解释
（3）与酸(HCl)反应
离子方程式：2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑，钠与酸的反应比与水的反应更剧烈。
（4）与盐(如CuSO4)溶液的反应
与盐溶液反应时先与水反应，生成的碱与盐可能发生复分解反应。
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，
2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋2Na2SO4。
总反应为2Na＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑。
（5）与羟基化合物（C2H5OH）的反应
2Na＋2C2H5OH → 2C2H5ONa＋H2↑。
【注意要点】
①钠与水、酸、盐溶液反应的本质与顺序：本质上均是与H＋的反应，反应顺序是：有酸酸在前，无酸水为先。
②钠与乙醇反应的特点——慢、沉
钠与乙醇反应，钠块先沉在液面下，后上下浮动，能看到表面冒出气泡，并不能熔化成小球。
③钠在空气中变化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，最终变成Na2CO3粉末。
3．制取、保存与用途
【注意要点】
①钠不能保存在CCl4中，因为CCl4的密度比钠的大，钠浮在CCl4表面，与空气接触而发生变质。
②用金属钠冶炼金属时，是钠与熔融盐反应，不能与水溶液反应，如：
4Na＋TiCl4eq \(=====,\s\up7(高温))4NaCl＋Ti；Na＋KCleq \(=====,\s\up7(高温))NaCl＋K↑(制取金属钾，因为钾的沸点比钠的低，使钾成为钾蒸气而逸出)。
【例题1】金属钠分别与下列溶液反应时，既有沉淀析出，又有气体逸出的是( )
A．BaCl2溶液 B．K2SO4溶液
C．CuSO4溶液 D．NH4NO3溶液
【答案】C
【解析】
因为是溶液中的反应，所以都有H2产生，钠与NH4NO3溶液反应还产生NH3，与CuSO4溶液反应还产生Cu(OH)2沉淀。
【例题2】钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化示意图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A．钠的密度比液氨大
B．溶液的导电性增强
C．0.1 ml钠投入液氨生成0.01 ml H2时，Na共失去0.02 ml电子
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3＋2Na===2NaNH2＋H2↑
【答案】C
【解析】
A项，钠沉在液氨中，则密度比液氨大，正确；B项，液氨不导电，与钠反应产生自由移动的离子，导电性增强，正确；C项，根据图示，0.1 ml金属钠完全反应，则失去0.1 ml电子，错误；D项，钠与NH3发生氧化还原反应生成NaNH2和H2，正确。
【例题3】某同学将金属钠露置于空气中足够长时间，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是( )
A．表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2O
B．出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液
C．最后白色粉末为碳酸钠粉末
D．最后白色粉末的质量比金属钠质量大
【答案】B
【解析】
小块金属钠露置于空气中发生的变化中，银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体，是钠被氧化为氧化钠；氧化钠和水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，据此解答。因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易被氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确。
考点二 氧化钠和过氧化钠
1．氧化钠与过氧化钠的比较
【注意要点】
①氧化钠、过氧化钠都属于氧化物，氧化钠是碱性氧化物，而过氧化钠不是。
②Na2O2具有强氧化性，但Na2O2与水、CO2反应时，水中的氢与CO2中的碳都处于最高价态，不能被氧化，反应为Na2O2自身的氧化还原反应。
2．Na2O2的强氧化性与还原性
从元素化合价角度分析Na2O2的性质，如：
eq \(O,\s\up6(0))2eq \(――――――――――→,\s\up11(失去电子，化合价升高),\s\d4(表现为还原性))Na2eq \(O,\s\up6(－1))2eq \(――――――――――→,\s\up11(得到电子，化合价降低),\s\d4(表现为氧化性))eq \(NaOH,\s\up6(－2))
（1）Na2O2的强氧化性
（2）遇KMnO4等强氧化剂时，Na2O2表现出还原性，氧化产物为O2。
（3）遇CO2、H2O、H＋，Na2O2发生自身的氧化还原反应。
【例题4】下列关于钠的氧化物的说法正确的是( )
A．Na2O2是白色固体，与冷水作用放出氧气，生成氢氧化钠
B．在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2
C．Na和O2在加热时反应生成Na2O2，在常温下反应生成Na2O
D．Na2O2能与水反应，生成NaOH，所以Na2O2是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
A项，钠的氧化物中氧化钠是白色固体，而过氧化钠是淡黄色固体，与水反应能生成氢氧化钠和氧气，错误；
B项，Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，在反应过程中只有氧元素化合价发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，错误；
C项，Na和O2的反应产物与反应温度有关系，在加热时反应生成Na2O2，在常温时反应生成Na2O，正确；
D项，碱性氧化物是能和水反应只生成碱的氧化物，而Na2O2与水反应，除了生成NaOH还生成氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，错误。
【例题5】为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如下实验：
有关说法不正确的是( )
A．实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
B．实验ⅲ中MnO2作H2O2分解反应的催化剂
C．综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成
D．综合实验ⅱ和ⅲ可以说明使酚酞褪色的是O2
【答案】D
【例题6】在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是( )
A．9∶4 B．1∶1
C．7∶6 D．6∶7
【答案】D
【解析】
由反应2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3,1 ml Na2O2生成1 ml Na2CO3，质量增加28 g，若固体增重14 g，说明混合气体中CO为14 g，说明原CO与O2反应生成0.5 ml CO2需要0.5 ml CO(14 g)和0.25 ml O2(8 g)故余26 g－14 g－8 g＝4 g未反应气体。若4 g为O2，原O2与CO质量比为12 g∶14 g＝6∶7，若4 g为CO，原O2与CO质量比为8 g∶18 g＝4∶9，故选D。
【例题7】下列说法不正确的是( )
A．2.3 g Na投入97.7 g水中，所得溶液的质量分数大于4%
B．62 g Na2O与78 g Na2O2投入相同体积的足量水中，所得溶液的浓度不相同
C．78 g Na2O2与足量CO2或H2O(g)充分反应，二者生成的O2均为0.5 ml
D．将28 g CO充分燃烧，生成的CO2全部通入足量Na2O2中完全反应，固体质量增加28 g
【答案】B
【解析】
2.3 g Na投入97.7 g水中，生成4.0 g NaOH和0.1 g H2，所得溶液的质量分数为eq \f(4.0 g,2.3 g＋97.7 g－0.1 g)×100%＞4%，A正确；
62 g Na2O与78 g Na2O2的物质的量均为1 ml，投入相同体积的足量水中，生成NaOH的物质的量均为2 ml，且溶液的质量均增加62 g，所得溶液的浓度相同，B不正确；
78 g Na2O2的物质的量为1 ml，与足量CO2或H2O(g)充分反应，均存在关系式：2Na2O2～O2，所以二者生成的O2均为0.5 ml，C正确；
将28 g CO充分燃烧，生成的CO2全部通入足量Na2O2中，完全反应生成Na2CO3，1个Na2CO3分子与1个Na2O2分子相比，Na2CO3比Na2O2多出1个C原子和1个O原子，所以固体增加的质量等于CO的质量(28 g)，D正确。
【归纳总结】Na2O2与CO2、H2O反应的定量关系
考点三 碳酸钠、碳酸氢钠
1．物理性质和用途
2．化学性质(书写化学方程式或现象)
（1）与酸(足量盐酸)反应
①Na2CO3：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑。
②NaHCO3：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。
（2）热稳定性
①Na2CO3性质稳定，受热难分解。
②NaHCO3性质不稳定，受热易分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。
（3）与碱(NaOH溶液)反应(填化学方程式)
①Na2CO3：与NaOH溶液不反应。
②NaHCO3：NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O。
3．相互转化
①Na2CO3―→NaHCO3：向Na2CO3溶液中通入CO2，化学方程式为Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。
②NaHCO3―→Na2CO3：NaHCO3固体加热分解转化成Na2CO3。
4．碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质的应用
（1）Na2CO3、NaHCO3的鉴别
①固体的鉴别用加热法：能产生使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3固体。
②溶液的鉴别可用沉淀法、气体法和测pH法。
a．沉淀法：加入BaCl2溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的是Na2CO3溶液。
b．气体法：滴入稀盐酸，立即产生气泡的是NaHCO3溶液。
c．测pH法：用pH试纸测相同浓度的稀溶液，pH大的是Na2CO3溶液。
（2）Na2CO3、NaHCO3的除杂
【例题8】下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中，不正确的是( )（双选）
A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B．相同温度下，0.1 ml·L－1盐溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3
C．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量：Na2CO3>NaHCO3
D．相同温度下，0.1 ml·L－1盐溶液分别与0.1 ml·L－1 盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3>NaHCO3
【答案】CD
【解析】
A项，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，正确；
B项，相同条件下，pH：Na2CO3>NaHCO3，正确；
C项，相同质量时，碳酸氢钠的物质的量大，错误；
D项，NaHCO3与盐酸反应一步完成，而Na2CO3与盐酸反应分两步进行，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，错误。
【例题9】有两试管分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液，下列操作和判断均正确的是( )
【答案】C
【解析】
A项，加入澄清石灰水均可以产生碳酸钙沉淀，错误；
B项，加入等浓度的稀盐酸，反应剧烈的是碳酸氢钠，错误；
D项，逐滴加入等浓度的盐酸，立即产生气泡的为碳酸氢钠，错误。
【例题10】分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各100 mL，再通入一定量的CO2，随后分别各取20 mL溶液，向其中逐滴滴入0.2 ml·L－1的盐酸，在标准状况下产生CO2的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如图(分A、B两种情况)：
(1)在A情况下，溶质是________(填化学式)，其物质的量之比为________________。
(2)在B情况下，溶质是________(填化学式)，其物质的量之比为________________。
(3)原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________________________。
【答案】
(1)NaOH、Na2CO3 1∶1
(2)Na2CO3、NaHCO3 1∶1
(3)1.5 ml·L－1
【解析】
CO2与NaOH溶液反应时，据CO2与NaOH量的相对多少，有这样两个阶段：①CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，此时溶质可能为NaOH和Na2CO3或只有Na2CO3(刚好反应)；②Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，此时溶质可能为Na2CO3和NaHCO3或只有NaHCO3；据图分析：B情况最终生成的CO2(其实就是最初通入的与NaOH溶液反应的CO2)是A情况的2倍。(3)当加入150 mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaCl。据物料守恒有n(NaOH)＝n(Na＋)＝n(Cl－) ＝0.2 ml·L－1×0.15 L＝0.03 ml，所以原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为eq \f(0.03 ml,0.02 L)＝1.5 ml·L－1
【方法规律】依据图像特点判断溶液中溶质成分的方法
【例题11】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 ml·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是( )
A．在O～a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为COeq \\al(2－,3)＋2H＋===H2O＋CO2↑
C．a＝0.3
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 ml·L－1稀盐酸，发生的反应依次为OH－＋H＋===H2O，COeq \\al(2－,3)＋H＋===HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，据此可以解答。在O～a范围内，发生的反应是OH－＋H＋===H2O，COeq \\al(2－,3)＋H＋===HCOeq \\al(－,3)，不只发生中和反应，A错误；ab段发生反应的离子方程式为HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，B错误；从图像知生成CO2为0.01 ml，根据离子方程式HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，可知消耗盐酸的物质的量为0.01 ml，故a＝0.3，C正确；根据离子方程式和图像可知Na2CO3的物质的量是0.01 ml，共计消耗盐酸0.02 ml，所以与氢氧化钠反应的盐酸是0.04 ml－0.02 ml＝0.02 ml，则氢氧化钠的物质的量为0.02 ml，因此原混合液中，NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1，D错误。
考点四 碱金属元素
1．碱金属的一般性与特殊性
（1）一般性
（2）特殊性
①碱金属的密度一般随核电荷数的增大而增大，但钾的密度比钠的小。
②碱金属一般都保存在煤油中，但由于锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。
③碱金属跟氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物，其中氢以H－形式存在，显－1价，碱金属氢化物是强还原剂。
④试剂瓶中的药品取出后，一般不能放回原瓶，但Na、K等需放回原瓶。
⑤锂与O2反应与钠不同，只生成Li2O。
2．焰色反应
（1）概念：很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊颜色，根据火焰呈现的特征颜色判断试样所含金属元素的定性分析操作。
（2）操作步骤
铂丝eq \(――→,\s\up11(酒精灯),\s\d4(灼烧))无色eq \(――――→,\s\up7(蘸取))待测物eq \(――→,\s\up11(酒精灯),\s\d4(灼烧))观察火焰颜色eq \(――→,\s\up11(用盐酸),\s\d4(洗涤))铂丝eq \(――→,\s\up11(酒精灯),\s\d4(灼烧))无色。
【注意要点】
铂丝洗涤时要用盐酸洗(不能用稀H2SO4洗)，然后灼烧，火焰为无色时，说明洗净。
（3）常见元素的焰色
钠元素：黄色；
钾元素：紫色(透过蓝色钴玻璃观察)。
铜元素：绿色；
钡元素：黄绿色；
Ca元素：砖红色。
【例题12】碱金属钫(Fr)具有放射性，它是碱金属元素中重要的元素，根据碱金属元素性质的递变规律预测其性质，其中不正确的是( )
A．在碱金属元素中它具有最大的原子半径
B．钫在空气中燃烧时，只生成化学式为Fr2O的氧化物
C．它的氢氧化物的化学式为FrOH，这是一种极强的碱
D．它能跟水反应生成相应的碱和氢气，由于反应剧烈而发生爆炸
【答案】B
【解析】钫是碱金属中最活泼的金属，在空气中燃烧生成的氧化物很复杂，不只生成Fr2O。
【例题13】焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色试验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到火焰无色，再蘸取被检验物质
B．钾的焰色试验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．没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【答案】C
【解析】如果不将铂丝灼烧到火焰无色，会给样品火焰颜色带来干扰，A正确；观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光再观察，B正确；焰色试验应选择本身颜色较浅的火焰，C错误；铁丝与铂丝灼烧时都没有颜色，可以进行焰色试验，D正确。
【例题14】利用焰色试验，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法中正确的是( )
A．非金属单质燃烧时火焰均为无色
B．Na2SO4与NaOH灼烧时火焰颜色相同
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【答案】B
【解析】某些非金属单质燃烧时火焰也有颜色，如H2燃烧产生淡蓝色火焰，单质硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，在纯氧中燃烧产生蓝紫色火焰，A、D项错误；焰色试验为金属元素的性质，与元素的存在形式(化合态或游离态)无关，同种金属元素的焰色相同，Na2SO4、NaOH均含钠元素，火焰颜色均为黄色，B项正确；只有观察钾元素的焰色时需要透过蓝色钴玻璃，C项错误。
考点五 侯氏制碱法
侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年所发明的一种高效、低成本的制碱方法，是将索尔维制碱法和合成氨法两种工艺联合起来，同时生产纯碱和氯化铵两种产品的方法。
1．制备原料
食盐、氨气、二氧化碳，其中二氧化碳是合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，反应方程式为C＋H2O(g)eq \(=====,\s\up7(高温)) CO＋H2，CO＋H2O(g)eq \(=====,\s\up7(高温))CO2＋H2。
2．工艺流程
3．反应原理
①产生NaHCO3的反应：NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。
②产生Na2CO3的反应：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
4．绿色思想
循环使用的物质为CO2、饱和食盐水。能充分利用食盐中的钠和氯，避免产生大量的氯化钙废液和废渣，并可节省一些设备。
【例题15】(2021·河北高考)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)B中使用雾化装置的优点是____________________________________________。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______________________________________。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14 g，则固体NaHCO3的质量为________g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)―→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，需采用的操作为________、________、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果________(填标号)。
A．偏高 B．偏低 C．不变
【答案】
(1)aefbcg
(2)增大接触面积，使反应更充分
(3)CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(4)①0.84 ②降温结晶 过滤
(5)A
【解析】
(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcg。
(2)雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。
(4)①1 ml CO2与足量Na2O2反应，最终Na2O2增重的质量相当于1 ml CO的质量，假设固体NaHCO3的质量为x g，可列如下关系式：
2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO
2×84 28
x g 0.14 g
则eq \f(2×84,x g)＝eq \f(28,0.14 g)，解得x＝0.84。
②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水，此时Na2CO3的含量偏低，则用其标定盐酸浓度时，会使滴定结果偏高。
考点六 碳酸钠质量分数的测定
1．气体法
（1）测定原理：Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
依据CO2的体积确定Na2CO3的物质的量，进而确定纯碱中Na2CO3的含量。
（2）实验操作：向m g纯碱样品中加入足量的稀硫酸，准确测量产生CO2气体的体积为V mL(已折算为标准状况)。
（3）数据处理
纯碱样品中Na2CO3的质量为eq \f(V,22 400) ml×106 g·ml－1＝eq \f(106V,22 400) g，
则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为eq \f(\f(106V,22 400) g,m g)×100%＝eq \f(53V,112m)%。
2．沉淀法
（1）测定原理：Na2CO3＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl。
依据BaCO3沉淀的质量，确定Na2CO3的物质的量，进而确定纯碱中Na2CO3的含量。
（2）实验操作：先将m g纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得BaCO3沉淀的质量为n g。
（3）数据处理
纯碱样品中Na2CO3的质量为eq \f(n g,197 g·ml－1)×106 g·ml－1＝eq \f(106n,197) g，
则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为eq \f(\f(106n,197) g,m g)×100%＝eq \f(106n,197m)×100%。
【例题16】某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。
Ⅰ.制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
(1)装置丙中反应的化学方程式为________________________________________。
(2)装置乙的作用是_______________________________________________。
为防止污染空气，尾气中的________需要进行吸收处理。
(3)用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有________、________、________。
Ⅱ.测定所得产品的组成和纯度
(4)检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表。
(5)测定该纯碱样品的纯度：称取m1 g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液。将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为m2 g。则该纯碱样品的纯度为________________。
【答案】
(1)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)除去CO2中的HCl气体 氨气(NH3)
(3)过滤 洗涤 灼烧
(4)A、B B中溶液变浑浊(或A、C C中物质变蓝或A、C、B C中物质变蓝，B中溶液变浑浊)
(5)eq \f(106m2,m1)%
【解析】
(5)实验所得沉淀为CaCO3，n(Na2CO3)＝n(CaCO3)＝eq \f(m2,100) ml，m(Na2CO3)＝eq \f(106m2,100) g，纯碱样品的纯度为eq \f(106m2,100m1)×100%＝eq \f(106m2,m1)%。
【真题演练】
1．（2022·湖北·高考真题）下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A．碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；
B．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；
C．钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；
D．石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；
故答案选C。
2．（2022·海南·高考真题）钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是（ ）
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
【答案】A
【解析】
A．同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；
B．基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；
C．钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确；
D．钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确；
综上所述，本题选A。
3．（2022·海南·高考真题）化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是（ ）
A．使用含氟牙膏能预防龋齿B．小苏打的主要成分是
C．可用食醋除去水垢中的碳酸钙D．使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值
【答案】B
【解析】
A．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A正确；
B．小苏打的主要成分是NaHCO3，B错误；
C．食醋的主要成分为CH3COOH，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙，C正确；
D．食品添加剂加入到食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，不应降低食品本身营养价值，D正确；
答案选B。
4．（2022·山东·高考真题）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（ ）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】
选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。
A．量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；
B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确；
综上所述，本题选A。
5．（2022·广东·高考真题）下列关于的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．碱转化为酸式盐：
B．碱转化为两种盐：
C．过氧化物转化为碱：
D．盐转化为另一种盐：
【答案】B
【解析】
A．向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2+OH-=，故A错误；
B．氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；
C．钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误；
D．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误；
故选B。
6．（2022·广东·高考真题）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；
B．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；
C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；
D．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
7．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；
B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；
答案选A。
8．（2022·全国·高考真题）生活中处处有化学，下列叙述正确的是（ ）
A．HB铅笔芯的成分为二氧化铅B．碳酸氢钠可做食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
【答案】B
【解析】
A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；
B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确 ；
C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；
D．钠元素灼烧显黄色，D错误；
故选B。
9．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化
B．用纸层析法分离铁离子和铜离子时，不能将滤纸条上的试样点浸入展开剂中
C．将盛有苯酚与水形成的浊液的试管浸泡在80℃热水中一段时间，浊液变澄清
D．不能将实验室用剩的金属钠块放回原试剂瓶
【答案】D
【解析】
A．灼烧使海带灰化，除去其中的有机物，便于用水溶解时碘离子的浸出，故A正确；
B．纸层析法中要求流动相溶剂对分离物质应有适当的溶解度，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，所以纸层析法是利用试样中各种离子随展开剂在滤纸上展开的速率不同而形成不同位置的色斑，如果试样接触展开剂，样点里要分离的离子或者色素就会进入展开剂，导致实验失败，故B正确；
C．苯酚常温为微溶，高于60℃时易溶于水，故C正确；
D．钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，因此实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶，故D错误；
故选D。
10．（2021·海南·高考真题）一次性鉴别等浓度的、、三种溶液，下列方法不可行的是（ ）
A．测定B．焰色试验
C．滴加溶液D．滴加饱和溶液，微热
【答案】C
【解析】
A．溶液显中性，溶液显酸性，溶液显碱性，故可以用测定pH的方法鉴别，故A正确；
B．的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色，的焰色试验中无现象，的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B正确；
C．、、中只有能与反应有现象，故和不能鉴别，故C错误；
D．2+CaCl2+2NH3+2H2O有刺激性气味气体产生，+=CaCO3+2NaOH有白色沉淀产生，而不反应无现象，故可以鉴别，故D正确；
故选C。
11．（2021·天津·高考真题）近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是（ ）
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
【答案】B
【解析】
A．铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷(Rb)是金属元素，故A正确；
B．钛合金为合金，属于金属材料，故B错误；
C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；
D．芳纶属于合成纤维，是高分子材料，故D正确；
故选B。
12．（2021·浙江·高考真题）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A.乙醇在140℃，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A项不符合题意；
B.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCl3溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会有沉淀，B项不符合题意；
C.如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C项不符合题意；
D.加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，D项符合题意；
故选D。
13．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【解析】
A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；
B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；
C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；
故选A。
14．（2021·广东·高考真题）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．放入水中：
B．通过灼热铁粉：
C．铜丝插入热的浓硫酸中：
D．通入酸性溶液中：
【答案】D
【解析】
A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误；
B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；
C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；
D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确；
故选D。
15．（2021·浙江·高考真题）下列物质与俗名对应的是（ ）
A．纯碱：NaHCO3B．硫铵：NH4HSO4
C．TNT：D．氯仿：CCl4
【答案】C
【解析】
A．纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，A错误；
B．硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，B错误；
C．TNT为2,4,6-三硝基甲苯，结构式为，C正确；
D．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，D错误；
故答案选C。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·河南河南·模拟预测）《本草图经》有“白矾多入药用”。白矾[KAl(SO4)2·12H2O]又称明矾、钾明矾等，是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A．白矾可用于自来水杀菌消毒
B．白矾溶液中n(K+)：n(Al3+)=1：1
C．白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈
D．灼烧白矾时可直接观察焰色呈紫色
【答案】C
【解析】
A．白矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．Al3+是弱碱根离子，发生水解，因此白矾溶液中n(K+)∶n(Al3+)＞1∶1，故B错误；
C．Al3+是弱碱根离子，发生水解，其水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，溶液显酸性，铜锈主要成分是Cu2(OH)2CO3，能与酸反应，因此白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈，故C正确；
D．需要通过蓝色钴玻璃观察，故D错误；
答案为C。
2．（2022·广西柳州·模拟预测）生活因化学更美好。以下生活用途和化学原理都正确且具有对应关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．维生素C将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，失去电子具有还原性，A正确；
B．葡萄酒中添加二氧化硫，因二氧化硫有较强的还原性，所以会优先被氧化，起到保护葡萄酒的作用，B错误；
C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，不是过氧化钠分解产生氧气，C错误；
D．明矾可用作净水剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，起不到消毒的作用，D错误；
故答案选A。
3．（2022·河北·模拟预测）下列说法不正确的是（ ）
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应
C．除去干燥中混有的少量，可将混合气体依次通过盛有酸性溶液、浓硫酸的洗气瓶
D．“中和滴定”实验中，锥形瓶用蒸馏水洗涤后即可使用，滴定管用蒸馏水洗涤后，需经润洗方可使用
【答案】B
【解析】
A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁在二氧化碳中燃烧，故钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故A正确；
B．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故B错误；
C．酸性溶液能与发生氧化还原反应从而除去，经过浓硫酸的洗气瓶除去中的水蒸气，得到干燥的，故C正确；
D．锥形瓶用蒸馏水洗涤后无需干燥，不影响待测液中溶质物质的量，不影响测定结果；滴定管用蒸馏水洗涤后需经润洗才可使用，若不润洗，会使的滴定管中的溶液被稀释，浓度偏低，影响测定结果，故D正确；
故选B。
4．（2022·吉林吉林·模拟预测）化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法的工艺流程中应用了物质溶解度的差异
B．5G技术中使用的光导纤维不与任何酸碱反应
C．香云纱染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物
D．我国古代“灌钢法”的原料之一赤铁矿的主要成分为FeO
【答案】A
【解析】
A．侯氏制碱法是利用在该实验条件下NaHCO3的溶解度小促使反应发生，应用了物质溶解度的差异，A正确；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅，二氧化硅可以和碱、HF反应，B错误；
C．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液是溶液，属于混合物，C错误；
D．赤铁矿的主要成分为Fe2O3，不是FeO，D错误；
故答案选A。
5．（2022·上海松江·二模）某同学为测定某Na2O2(含少量Na2O)试样中样品的纯度，设计如下实验：
下列说法错误的是（ ）
A．需称量样品和NaCl的质量B．操作I是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作I、II、III都需要玻璃棒D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
【答案】D
【解析】
测定原理：称量样品的质量为m1，Na2O2(含少量Na2O)的样品加足量稀盐酸得到NaCl和HCl混合溶液以及产生氧气，氧气逸出，操作I为溶解，将溶液转移至蒸发皿进行蒸发结晶，操作III为蒸发结晶，可同时除去水和HCl，得到NaCl，冷却称量NaCl的质量为m2；设样品中Na2O2的物质的量为xml，Na2O的物质的量为yml，则、，可列出78x+62y=m1、(2x+2y)×58.5=m2，联立二式可解出x和y，则试样中Na2O2的纯度=。
A．由分析可知需称量样品m1和NaCl的质量m2，A正确；
B．由分析可知操作I是溶解，操作Ⅲ是蒸发结晶，B正确；
C．操作I用玻璃棒搅拌，加速溶解，操作II用玻璃棒引流，操作III用玻璃棒搅拌，加速蒸发，故三个操作都需要玻璃棒，C正确；
D．若溶液转移不完全，则NaCl的质量m2偏小，由Na2O2的纯度=可知测定结果偏大，D错误；
答案选D。
6．（2022·上海嘉定·二模）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．干燥气体应长进短出，A错误；
B．检验钾离子用焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，B正确；
C．配制150mL盐酸溶液，不要使用150mL的容量瓶，没有则选择250mL,不能使用小的，C错误；
D．氨气能溶于硫酸，会产生倒吸现象，D错误；
故选B。
7．（2022·新疆·二模）某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4 g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程所发生反应的化学方程式：
K2CO3+HCl =KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑
B．混合物样品中含碳酸钾20.0g
C．混合物中碳元素的质量分数为9. 77%
D．若将61.4 g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.40g
【答案】B
【解析】
A． 由图可知，开始没有气体生成，发生反应：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3，加入12mL盐酸时，开始有气体生成，此时发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，故A正确；
B．溶液中碳酸钾转化为碳酸氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO3与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物质的量= ×10=0.3ml，故样品中碳酸钾的质量=0.3ml×138g/ml=41.4g，故B错误；
C． 当加入32mL盐酸时，生成的气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g××10=6g，故样品中碳元素质量分数=×100%≈9.77%，故C正确；
D． 碳酸氢钾的物质的量为0.3ml× =0.2ml，根据方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2ml×=0.1ml，二氧化碳的质量=0.1ml×44g/ml=4.4g，故D正确；
故选B。
8．（2022·上海上海·模拟预测）有关Na2O2性质实验如下：
已知：
①Na2O2与水反应经历了Na2O2＋2H2O =2NaOH＋H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是（ ）
A．双氧水能使酚酞褪色
B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案
【答案】D
【解析】
由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。
A．由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，故A错误；
B．由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，故B错误；
C．由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，故C错误；
D．由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，故D正确；
故选D。
9．（2022·上海静安·二模）某溶液中含大量 NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）
A．CH3COO-B．Na+
C．CO、NHD．CH3COO-、Na+
【答案】A
【解析】
A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；
B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；
C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；
D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+ Na+浓度增加，故D不符合题意；
答案选A。
10．（2022·上海静安·二模）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+ H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：
Ba2++SO+NH+OH-→ BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：
2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O
【答案】C
【解析】
A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A正确；
B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式正确，B正确；
C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C错误；
D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D正确；
故选C。
11．（2022·安徽·模拟预测）某物质在水溶液中得到了如图所示的结构，虚线表示氢键，其中X、Y、Z和M是原子序数依次增大的短周期元素。下列说法错误的是（ ）
A．非金属性： Z＞Y
B．该结构中Z均满足8电子稳定结构
C．M的焰色试验呈黄色
D．氢键的存在使该物质在水中的溶解性较大
【答案】D
【解析】
X、Y、Z和M是原子序数依次增大的短周期元素，M形成+1价阳离子，M是Na元素；X形成1个共价键，X是H元素；Y形成4个共价键，Y是C元素；Z形成2个共价键，Z是O元素。
A．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性： O＞C，故A正确；
B．O最外层有6个电子，该化合物中O显-2价，O均满足8电子稳定结构，故B正确；
C．M是Na元素，Na元素的焰色试验呈黄色，故C正确；
D．该物质是碳酸氢钠，碳酸氢根离子通过氢键形成双聚离子，不利于和水分子形成氢键，所以氢键的存在使该物质在水中的溶解性降低，故D错误；
选D。
12．（2022·山东聊城·三模）某固体混合物由Na2CO3和NaHCO3两种物质组成，将其分成X、Y两等份。标准状况下，X溶于足量盐酸，生成CO2的体积为V1L；Y充分加热、冷却后再溶于足量盐酸，生成CO2，的体积为V2L。下列说法正确的是（ ）
A．加热，蒸干X与足量盐酸反应后的溶液，可得固体g
B．Y充分加热，固体质量减少g
C．X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1
D．混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
反应涉及的方程式为： ， ， 假设每份中碳酸氢钠的物质的量为xml，碳酸钠的物质的量为yml，则有 ，
A．X与盐酸反应后的溶液蒸干后得到氯化钠，根据以上方程式分析，氯化钠和二氧化碳的物质的量关系不确定，A错误；
B．碳酸氢钠受热分解，质量减少为水和二氧化碳的质量，B错误；
C．两个过程最后都得到氯化钠，根据原子守恒分析，X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1，C正确；
D．， ，解 ，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比例为：，D错误；
故选C。
13．（2022·江苏苏州·模拟预测）侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A．制取氨气B．制NaHCO3
C．分离NaHCO3D．制Na2CO3
【答案】C
【解析】
A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A错误；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B错误；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C正确；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D错误；
故选C。
14．（2022·北京·中关村中学三模）1941年，我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出纯碱与铵肥(NH4Cl)的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”。主要工艺流程如下图。下列说法正确的是（ ）
已知：
侯氏制碱法总反应：
索尔维制碱法总反应：(CaCl2作为废液排放)
A．气体1、气体2均为CO2
B．溶液2中，含碳微粒主要是
C．侯氏制碱法和索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率相同
D．盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，的平衡逆向移动，NH4Cl析出
【答案】D
【解析】
在饱和NaCl溶液中先通入NH3，然后通入CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤分离得到的固体1是NaHCO3，将固体1在煅烧炉中加热，发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱和气体1是CO2气体；溶液1中含有NaCl、NaHCO3、NH4Cl；在冷却池中通入NH3，使溶液显碱性，同时增大了溶液中c()，逆向移动；析出NH4Cl固体可作氮肥；溶液2含有NaCl、Na2CO3、(NH4)2CO3、NH4Cl。在盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，的平衡逆向移动，NH4Cl析出，析出盐后的溶液3循环回转到沉淀池中，再用于制取纯碱。
A．根据上述分析可知气体1为CO2，气体2为NH3，A错误；
B．向冷析池中通入NH3，增大溶液中c()，便于析出盐NH4Cl，此时溶液显碱性，因此溶液2中，含碳微粒主要是，B错误；
C．侯氏制碱法中Na+用于制取纯碱Na2CO3，Cl-用于制取NH4Cl，NH4Cl可作氮肥，也可用于金属加工除锈等，原子利用率较高；而索尔维法制取纯碱时，反应产生的CaCl2作为废液排出，原子利用率大大降低，故侯氏制碱法中原料NaCl的原子利用率比索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率高，C错误；
D．盐析池中加入NaCl固体，增大了溶液中c(Cl-)增大，使盐NH4Cl的溶解结晶平衡逆向移动，从而使NH4Cl结晶析出，D正确；
故合理选项是D。
15．（2022·山东·泰安一中模拟预测）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0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH约为8。
实验2：向0.1ml·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0.1ml·L-1的NaHCO3溶液与0.1ml·L-1的CaC12溶液等体积混合，产生白色沉淀。
实验4：向0.1ml·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．向0.1ml·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0.1ml·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．实验3中白色沉淀为CaCO3，碳酸氢钙能溶于水，B错误；
C．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＞HCO，C错误；
D．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；
答案选D。
16．（2022·四川遂宁·模拟预测）下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备乙酸甲酯
B．用装置乙比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应的快慢
C．用装置丙探究浓度对化学平衡的影响
D．用装置丁验证酸性强弱：醋酸>碳酸>苯酚
【答案】B
【解析】
A．乙酸乙酯能和氢氧化钠反应，氢氧化钠溶液应换成饱和碳酸钠溶液，A项错误；
B．碳酸钠和盐酸反应需要分步进行，第二步即碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳气体，可通过加入等浓度的盐酸能比较快慢，B项正确；
C．右侧试管再加入硫氰化钾溶液，硫氰化钾浓度增大，体积增大，氯化铁的浓度减小，不能探究浓度对化学平衡的影响，C项错误；
D．醋酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸和二氧化碳都能和苯酚钠反应生成苯酚，不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，应除去醋酸，D项错误；
故选B。
第II卷（非选择题）
17．（2022·全国·高三专题练习）取27.4 g 由 Na2CO3和NaHCO3组成的固体混合物，加热至质量不再减少，冷却后称得剩余固体质量为21.2 g；再将该剩余固体加入到 500 mL足量稀盐酸中，充分反应。(忽略溶液体积变化)
(1)加热时，生成H2O的质量是___________g。
(2)原混合物中Na2CO3的物质的量是___________ml。
(3)所得溶液中Na+的物质的量浓度是___________ml/L。
(4)整个过程中，生成CO2的总体积是___________L(标准状况)。
【答案】(1)1.8 (2)0.1 (3)0.8 (4)6.72
【解析】
(1)设NaHCO3的质量为xg，H2O的质量为yg；
，解得x=16.8g；
，解得y=1.8g；
故答案为1.8g。
(2)原混合物中碳酸钠的质量为27.4-16.8=8.4g，n===0.1ml；
故答案为0.1ml。
(3)n(Na+)=n(Na2CO3)×2+n(NaHCO3)=0.1×2+=0.4ml，c(Na+)=n/V=0.4ml/0.5L=0.8ml/L；
故答案为0.8ml/L。
(4)
，V1=2.24L；
V2=4.48L；
V总=V1+V2=6.72L；
故答案为6.72L。
18．（2022·全国·高三专题练习）某化学小组在实验室制取Na2O2。 查阅资料可知，温度在573~673 K之间可生成Na2O2，若温度提高到733 K以上Na2O2会分解。除Li外其他碱金属不与N2反应。
(1)甲组同学设计制取Na2O2的装置如图。
①使用该装置制取的Na2O2中不可能含有的杂质为______。
A． Na3N B． Na2CO3 C． Na2O D． NaOH
②该小组同学为测定制得的Na2O2样品的纯度,设计实验装置如下：
烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是_____。水槽中量筒中收集到的气体为_____。测定装置的接口从左至右正确的连接顺序是_____。
(2)乙组同学从反应历程上分析出上述(1)②的测定反应中存在中间产物，从而会导致测定结果____(填“偏大”或“偏小”)。为证明其分析的正确性，设计实验方案如下：
实验方案I中发生反应的化学方程式为______________________。 根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是_____________________。
【答案】A 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O O2 aedfgh 偏小
2H2O22H2O+O2↑ 碱性条件
【解析】
(1)①根据提示，Na不会与氮气反应，但会与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠与水反应生成NaOH，与二氧化碳反应生成Na2CO3；
②过氧化钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和氧气，则最后收集氧气，据此作答；
(2) 过氧化钠与硫酸反应生成中间产物过氧化氢，产生的氧气减少，从而会导致测定结果偏小；过氧化氢在二氧化锰的催化下，生成水和氧气；对比试验Ⅱ、Ⅲ可知，中间产物与酚酞作用的条件。
(1)①根据提示，Na不会与氮气反应，但会与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠与水反应生成NaOH，与二氧化碳反应生成Na2CO3，则不会生成Na3N，故答案为：A；
②过氧化钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O；反应产生氧气，则最后收集氧气；过氧化钠中可能存在碳酸钠，其与硫酸反应会生成二氧化碳，通过氢氧化钠除去，再用澄清石灰水检验除尽，连接顺序为：aedfgh，故答案为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O；O2；aedfgh；
(2)过氧化钠与硫酸反应生成中间产物过氧化氢，产生的氧气减少，从而会导致测定结果偏小；过氧化氢在二氧化锰的催化下，生成水和氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；对比试验Ⅱ、Ⅲ可知，过氧化氢与酚酞作用的条件在碱性下进行，故答案为：偏小；2H2O22H2O+O2↑；碱性条件。
19．（2022·湖南·株洲市第一中学高三期中）氢化铝锂(LiAlH4)是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧。某实验小组采用LiH和AlCl3的乙醚溶液进行反应，温度控制在28~31 ℃，反应完全后过滤氯化锂沉淀，再将过滤后的氢化铝锂乙醚溶液加苯蒸馏，得到氢化铝锂产品，实验装置如图1所示。已知：乙醚(沸点：34.6 ℃)在空气的作用下能被氧化成过氧化物、醛和乙酸，当乙醚中含有过氧化物时，蒸发后所分离残留的过氧化物加热到100 ℃以上时能引起强烈爆炸。
(1)仪器a的名称是_______。制取LiAlH4的实验原理_______________________(用化学方程式表示)。
(2)反应温度控制在28~31℃的原因是___________________。
(3)制备LiAlH4要在非水溶液中进行，原因是___________________________(用化学方程式表示)。
(4)指出该实验装置可能存在的缺点：_______________________。
(5)氢化铝锂(不含氢化锂)纯度的测定：称取a g LiAlH4样品，按图2所示的装置组装好仪器，倾斜Y形管，将蒸馏水(掺有四氢呋喃)全部注入样品中，在标准状况下，反应前量气管(由碱式滴定管改装而成)读数为V1 mL，反应完毕冷却后，读出量气管读数的操作是___________________________。假设反应完毕后量气管读数为V2 mL，该样品的纯度为___________(用含a、V1、V2的代数式表示)。
【答案】
(1) 恒压分液漏斗 4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiC1↓
(2)温度过低，反应速率过慢，温度过高会导致乙醚挥发
(3)LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑
(4)冷凝管直接与空气相通，会造成空气中的水蒸气进入反应装置，导致安全事故发生
(5)调节水准管与量气筒至液面相平，平视量气管内凹液面的最低处
【解析】
温度控制在28~31 ℃，LiH和AlCl3的乙醚溶液进行反应生成LiCl沉淀和LiAlH4，过滤后，LiAlH4乙醚溶液加苯蒸馏得到LiAlH4。
(1)根据仪器a的结构特点知，仪器a的名称为恒压分液漏斗；温度控制在28~31 ℃，LiH和AlCl3的乙醚溶液进行反应生成LiCl沉淀和LiAlH4，反应的化学方程式为4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiC1↓；答案为：恒压分液漏斗；4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiC1↓。
(2)乙醚的沸点为34.6℃，故反应温度控制在28~31℃的原因是温度过低，反应速率过慢，温度过高会导致乙醚挥发；答案为：温度过低，反应速率过慢，温度过高会导致乙醚挥发。
(3)氢化铝锂(LiAlH4)是一种极强的还原剂，在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧，LiAlH4与H2O反应放出H2，反应的化学方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑，为防止LiAlH4与H2O反应，制备LiAlH4要在非水溶液中进行；答案为：LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑。
(4)LiAlH4在干燥空气中较稳定，在潮湿的空气中会发生剧烈水解，释放大量的H2并燃烧，故蒸个装置需在无水环境中进行，该实验装置可能存在的缺点是冷凝管直接与空气相通，会造成空气中的水蒸气进入反应装置，导致安全事故发生；答案为：冷凝管直接与空气相通，会造成空气中的水蒸气进入反应装置，导致安全事故发生。
(5)本实验通过测定LiAlH4与H2O反应生成H2的体积计算LiAlH4的纯度，测量H2体积的同时还必须测量实验室的温度和压强，为确保H2的温度与实验室温度和压强一致，反应完毕冷却后，读出量气管读数的操作是调节水准管与量气筒至液面相平，平视量气管内凹液面的最低处；该实验在标准状况下，反应前量气管的读数为V1 mL，反应完毕后量气管读数为V2 mL，则收集的H2的体积为(V2-V1)mL，收集H2物质的量为ml，根据反应LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑，LiAlH4物质的量为ml，则该样品的纯度为=；答案为：调节水准管与量气筒至液面相平，平视量气管内凹液面的最低处；。
20．（2022·全国·高三专题练习）某兴趣小组探究钠与水、盐酸、醋酸和乙醇反应的快慢。
I.兴趣小组成员根据已有认知模型提出以下猜测：
猜测1：钠分别与水、盐酸反应，钠与盐酸反应更快。
猜测2：钠分别与乙醇、醋酸反应，钠与醋酸反应更快。
Ⅱ.设计实验进行“证实与证伪”
实验I配制一定浓度的HCl
(1)用12.00ml·L-1HCl配制0.50ml·L-1HCl和5.00ml·L-1HCl时，除用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须用到下列仪器中的_______(写对应字母)。
实验Ⅱ相同温度下，比较钠与水、0.50ml·L-1HCl、5.00ml·L-1HCl反应的快慢
该小组查阅资料知，相同温度下，影响钠与盐酸反应速率的主要因素是c(H+)和钠表面的c(Na+)。
(2)钠与5.00ml·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是_______。
实验Ⅲ相同温度下，比较钠与乙醇、醋酸反应的快慢
(3)根据信息，完成如下表格：
(4)通过上述实验，该小组同学发现实验结果是钠与无水乙醇反应时，钠块完全反应需要的时间更短。对此，同学们对实验现象进行了分析，发现上述实验设计存在缺陷，该缺陷是_______。
(5)请你帮助该小组同学设计新的实验方案，对上述实验进行改进_______。
(6)通过实验探究，该小组同学认为钠与醋酸反应比钠与乙醇反应慢，原因可能是_______。
A．冰醋酸是无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子
B．乙醇钠在乙醇中的溶解度大于乙酸钠在乙酸中的溶解度
C．乙酸羧基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子更难电离出氢离子
【答案】
(1)ce
(2)钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触
(3)沉在烧杯底部 浮在液体表面
(4)两烧杯中金属钠与液体反应接触面积不一样
(5)用两个相同的铜丝网分别包住钠块，再加入反应液中
(6)AB
【解析】
注意实验II，控制变量法要保证只有一个变量，改变可控变量改进实验。
(1)用12.00ml·L-1HCl配制0.50ml·L-1HCl和5.00ml·L-1HCl时，需要用量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管。故答案为：ce；
(2)由题中查阅资料的信息可知，钠与5.00ml·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是钠表面的c(Na+)的原因，即钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触。答案为：钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；
(3)钠的密度比无水乙醇大，则实验I现象是钠沉在烧杯底部，钠的密度比冰醋酸小，实验I现象是钠浮在液体表面；
(4)根据控制变量思想，分析实验II，可以发现实验II中存在两个变量：反应液体不同以及反应中钠与反应液体的接触面积不同。答案为：钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；
(5)根据控制变量的思想，改进实验II，使其中只存在一个变量，由此可知改变钠块与反应液体的接触情况，使钠块与两个反应液体的接触面积一样，故可以选择将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部。答案为：将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；
(6)A．冰醋酸是纯的无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子，则冰醋酸中的氢离子浓度较低，反应速度降低，从而使得醋酸与钠反应比乙醇与钠反应慢，选项A正确；
B．乙酸钠在乙酸中的溶解度较小，附着在钠的表面，阻滞了钠与乙酸的接触，使得反应速率减慢，选项B正确；
C．乙酸是电解质，乙醇不是电解质，乙酸羟基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活性大，更易电离出氢离子，选项C错误；
答案选AB。
21．（2022·河北·模拟预测）碳化锂()是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。制备的一种原理是：。实验室制备CO的一种原理是：在浓硫酸、加热条件下生成CO、和，通过净化得到CO。某实验小组设计实验制备碳化锂并探究其性质，实验装置如下。
已知：碳化锂与水反应生成氢氧化锂和乙炔()。回答下列问题：
(1)实验室里通常将金属锂保存在_______中。
(2)气流从左至右，装置连接顺序为A→____________。
(3)实验时，先点燃_______(填“A”或“C”)处酒精灯，其目的是____________。
(4)装置D中集气瓶收集的气体经干燥后得到_______(填化学式)。
(5)如果用甲酸(HCOOH)代替草酸(其他不变)，也可以制备CO，用甲酸制备CO的化学方程式为___________________________。
(6)设计简单实验检验碳化锂产品中是否有锂单质：______________________。
(7)取少量碳化锂投入酸性溶液(含)中，振荡，溶液由紫色变无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，写出化学方程式___________________________。
【答案】
(1)石蜡
(2)E→C→B→D
(3)A 制备CO气体，排尽装置内空气，避免空气干扰实验
(4)、CO
(5)
(6)取少量碳化锂产品加入足量水，将产生的气体缓慢通过含足量溴的四氯化碳溶液后再通入水中，若有气泡产生，则含锂，否则不含锂
(7)
【解析】
通过锂与CO反应制备，可知装置C是制备所用；反应需要CO，通过在浓硫酸、加热条件下生成，即装置A制备CO所用；生成CO同时，还会产生和，可以用碱石灰吸收；碳化锂在空气中易潮解，则在尾气处理前，要加浓硫酸洗气瓶，吸收水，据此分析作答。
(1)锂的密度小于煤油，锂不能保存在煤油中；通常将锂保存在石蜡中，避免锂与空气中水、氧气等反应，故答案为：石蜡；
(2)E中用碱石灰吸收CO中混有的二氧化碳和水蒸气；B中盛放浓硫酸，防止水槽中水蒸气进入C中与碳化锂、锂反应。装置连接顺序是：A(制备CO)→E(净化CO)→C(CO和锂反应)→B(吸收水蒸气)→D(收集尾气)，故答案为：E→C→B→D；
(3)空气中氧气、水蒸气等能与锂反应，先点燃A处酒精灯，产生CO排尽装置内空气，再点燃C处酒精灯，故答案为：A；制备CO气体，排尽装置内空气，避免空气干扰实验；
(4)收集的气体有产物，同时还有未反应完的CO，故答案为：、CO；
(5)HCOOH在浓硫酸、加热条件下生成CO和，化学方程式为：，故答案为：；
(6)碳化锂与水反应生成乙炔，锂与水反应生成氢气，用溴的四氯化碳溶液除去乙炔，若有氢气则会有气泡产生，则说明有锂残留，故答案为：取少量碳化锂产品加入足量水，将产生的气体缓慢通过含足量溴的四氯化碳溶液后再通入水中，若有气泡产生，则含锂，否则不含锂；
(7)根据实验现象可知，碳化锂与酸性高锰酸钾溶液(含硫酸)反应生成硫酸锂、硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，化学方程式为：，故答案为：。
22．（2022·福建莆田·二模）过氧化钠因吸收空气里的二氧化碳和水而变质，某兴趣小组对久置的过氧化钠样品M进行实验探究。
实验Ⅰ：甲同学设计下图所示装置探究样品M的变质情况。
(1)仪器a的名称是_______。
(2)装置C中的溶液是____________，其作用是______________________。
(3)如果装置B中出现浑浊，D中收集到的气体能使带火星的木条复燃，则样品M的变质情况为___________________________。
实验Ⅱ：乙同学用氯化钡溶液作为检验试剂进行实验。
(4)根据产生白色沉淀，乙同学认为样品M已变质，该反应的离子方程式为______。
资料显示，能与、NaOH溶液反应生成白色不溶物。据此，丙同学对乙同学的检验结果提出质疑并进行实验。
实验Ⅲ：取少量纯净的过氧化钠固体溶于蒸馏水，先加入过量稀硫酸，再滴入溶液。实验证明与水反应有生成。
(5)滴入溶液后观察到的现象是______________________，此反应的离子方程式为___________________________。
丙同学利用如图装置进行实验，排除了的干扰。
实验Ⅳ：往Y型管中加入相应药品，塞紧橡胶塞，滴入蒸馏水……产生白色沉淀，说明样品M已变质。
(6)请补充完整上述实验的操作过程：_______。
【答案】
(1)分液漏斗
(2)浓硫酸 干燥气体O2
(3)Na2O2已部分变质
(4)Ba2++=BaCO3↓
(5)溶液紫色褪去，放出大量的气泡 5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O
(6)当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应
【解析】
【分析】
本题为实验题是对久置的过氧化钠样品M进行实验探究，装置A中发生的反应可能有：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，B装置为检验CO2，C装置为干燥气体O2，所装溶液为浓硫酸，据此分析解题。
(1)由题干实验装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)由分析可知，装置C中的溶液是浓硫酸，其作用是干燥气体O2，故答案为：浓硫酸；干燥气体O2；
(3)如果装置B中出现浑浊，即说明Na2O2已经变质，D中收集到的气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2未完全变质，则样品M的变质情况为Na2O2已部分变质，故答案为：Na2O2已部分变质；
(4)根据产生白色沉淀，乙同学认为样品M已变质，即Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，故该反应的离子方程式为Ba2++=BaCO3↓，故答案为：Ba2++=BaCO3↓；
(5)实验要验证有H2O2生成，H2O2能被酸性高锰酸钾氧化为O2，自身还原为Mn2+，故滴入溶液后观察到的现象是溶液紫色褪去，放出大量的气泡，此反应的离子方程式为5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：溶液紫色褪去，放出大量的气泡；5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O；
(6)由于H2O2在MnO2催化下将分解为H2O和O2，故当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，说明溶液中的H2O2已经完全分解，此时倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应，若产生白色沉淀，说明样品M已变质，故答案为：当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应。
23．（2022·湖北·模拟预测）过碳酸钠()是过氧化物类的消毒剂。可以利用候氏制减法得到的进行制备，流程图如图1所示：
已知：
①产物A中可能含有少量的、金属离子杂质，
②硅酸钠可与、等金属离子形成沉淀，
③异丙醇的作用为洗涤晶体。
请回答下列问题：
(1)虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用图2所示装置在实验室模拟候氏制碱法，实验中应先向___________(填a或b)中，通入___________气体。有同学建议在图2甲装置的b导管下端连接c装置，理由是___________。
(2)反应Ⅰ的化学反应方程式为_____________________。
(3)“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右，其目的是：___________，写出“反应Ⅱ”中生成产品D的化学方程式_____________________，加的作用是___________。
(4)流程图中可循环使用的物质有___________。
(5)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，它具有和的双重性质，下列物质不会使过碳酸钠失效的是___________。
A．B．稀盐酸C．溶液D．溶液
【答案】
(1)b NH3 增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸
(2)NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)防止温度过高，过氧化氢受热分解 2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2 硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解
(4)CO2、NaCl、异丙醇
(5)C
【解析】
由题给流程可知，二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠沉淀和含有氯化钠和氯化铵的滤液；碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠和二氧化碳，则A为碳酸钠固体、B为二氧化碳气体；向碳酸钠固体中加入过氧化氢、氯化镁和硅酸钠的混合溶液，硅酸钠将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠溶液；向过碳酸钠溶液中加入异丙醇，降低过碳酸钠的溶解度，使过碳酸钠转化为沉淀，过滤得到过碳酸钠晶体，用异丙醇洗涤过碳酸钠沉淀后，干燥得到过碳酸钠；向滤液中加入氯化钠细粉，通入氨气，过滤得到氯化铵固体和饱和食盐水，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用。
(1)氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，为使二氧化碳充分反应，实验中应先通过导管b向饱和食盐水中通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通过导管a向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体，使二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵；甲装置的b导管下端连接c装置，可以增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸故答案为：b；NH3；增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸；
(2)反应Ⅰ为二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，，反应的化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
(3)过氧化氢不稳定受热易分解，则“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右的目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解；反应Ⅱ为碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，反应的化学方程式为2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2；过氧化氢在铁离子、铜离子催化作用下，易发生分解反应，则加入硅酸钠溶液的作用是将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，故答案为：防止温度过高，过氧化氢受热分解；硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解；
(4)由分析可知，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用，故答案为：CO2、NaCl、异丙醇；
(5)A．过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下，易发生分解反应，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
B．稀盐酸能与碳酸钠反应，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液与碳酸钠和过氧化氢均不反应，不使过碳酸钠失效，故符合题意；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化过氧化氢，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
故选C。
24．（2021·江苏南通·高三期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的分析试剂，也可用作纸浆漂白时的脱氯剂，可由Na2S、Na2SO3为原料制得。实验小组将制取Na2S2O3所用的Na2S进行提纯，然后制取Na2S2O3并对其含量进行了测定。
(1)工业生产Na2S的方法之一是将炭在高温下与Na2SO4反应，所得Na2S固体中含有炭、Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3等杂质。实验室所用Na2S可由工业产品净化得到。
①请设计提纯工业Na2S，制取Na2S·9H2O晶体的实验方案：___________。(实验中需使用的试剂有BaS溶液，Na2S的溶解度随温度变化曲线、不同温度区间内析出晶体的类型如图1所示)
②设计检验工业Na2S产品是否存在Na2SO3的实验方案：___________。
(2)实验小组用如图2所示的装置制取Na2S2O3溶液：
①装置C中的反应分为两步，第二步反应为S＋Na2SO3=Na2S2O3，则第一反应的化学方程式为_____________________。
②判断装置C中反应已经完全的方法是________________。
(3)将装置C反应后的溶液进行结晶，得到Na2S2O3·5H2O晶体样品。用K2Cr2O7标准溶液测定样品的纯度，步骤如下：称取1.5000 g样品，用蒸馏水溶解，配成100 mL溶液。取0.0100 ml·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，用硫酸酸化后加入过量KI，然后用样品溶液滴定至淡黄绿色，加入淀粉溶液作指示剂，继续滴定，恰好完全反应时消耗样品溶液的体积为20.00 mL。
实验过程中发生的反应为：
Cr2O＋6I-＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O
I2＋2S2O=S4O＋2I-
①计算样品的纯度。(写出计算过程) ___________。
②若样品杂质中含有Na2SO3，则所测样品的纯度___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】
(1)向工业Na2S中加水，边加边搅拌至固体不再溶解。过滤，向滤液中加入BaS溶液，至上层清液中滴加BaS溶液不再有浑浊产生。过滤，将滤液加热浓缩至有晶膜出现后，冷却至20℃以下，过滤得到晶体
取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中滴加稀硫酸，若产生浑浊，则含有Na2SO3或(取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中加入BaS溶液，过滤，向滤渣中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，若品红溶液褪色，则含Na2SO3
(2)2Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3S↓ 溶液中无浑浊现象
(3)99.2% 偏高
【解析】
(1) ① Na2S固体中含有炭、Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3等杂质。提纯工业Na2S，制取Na2S·9H2O晶体，需要将杂质除去并得到晶体，除杂的方法为利用硫化钡和杂质反应生成沉淀，且硫化钠的溶解度随着温度升高而升高，并选择合适的温度结晶。
②硫化钠和亚硫酸钠在酸性条件下能反应生成硫，硫不溶于水，或利用亚硫酸钠和硫化钡反应生成亚硫酸钡沉淀来检验。
(2)①装置C中的反应分为两步，第二步反应为S＋Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，进而书写方程式。
②因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以反应完全说明不再有硫。
(3)①根据关系式分析计算样品的纯度。
②根据亚硫酸钠也能与碘反应分析，消耗样品的量减少，则说明样品中的纯度偏高。
据此回答。
(1) ①利用硫化钡和杂质反应生成沉淀，且硫化钠的溶解度随着温度升高而升高，并选择合适的温度结晶。实验方案为：向工业Na2S中加水，边加边搅拌至固体不再溶解。过滤，向滤液中加入BaS溶液，至上层清液中滴加BaS溶液不再有浑浊产生。过滤，将滤液加热浓缩至有晶膜出现后，冷却至20℃以下，过滤得到晶体。
②硫化钠和亚硫酸钠在酸性条件下能反应生成硫，硫不溶于水，或利用亚硫酸钠和硫化钡反应生成亚硫酸钡沉淀来检验，实验方案为取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中滴加稀硫酸，若产生浑浊，则含有Na2SO3或(取少量工业Na2S加水溶解后，过滤，向滤液中加入BaS溶液，过滤，向滤渣中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，若品红溶液褪色，则含Na2SO3)。
(2)①装置C中的反应分为两步，第二步反应为S＋Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3S↓。
②因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象。
(3)①n(K2Cr2O7)= 0.0100 ml·L-1×0.020 L=2×10-4 ml，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3) =2×10-4×6 ml=1.2×10-3 ml，原1.5000 g样品中含Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3) =1.2×10-3 ml×5=6×10-3 ml，m(Na2S2O3)= 6×10-3 ml×248 g·ml-1=1.488 g，w(Na2S2O3·5H2O) =×100%=99.2%
样品的纯度为99.2%。
②亚硫酸钠也能和碘单质反应，I2＋SO=＋2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高。
25．（2022·全国·高三专题练习）A→J有如图所示的转化关系(反应条件、部分反应物和产物已忽略)：其中A、D为银白色金属单质；B为淡黄色粉末，C为红棕色粉末，E为黑色晶体；H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ；B和I在一定条件下反应生成J，J的化学式为Na2FeO4，它能够杀菌消毒，是一种优良的净水剂。
(1)写出物质B的电子式_______；D元素在元素周期表中的位置为___________(填写哪个周期和哪个族)，写出物质B与水反应的化学方程式____________________。
(2)写出下列反应的化学反应方程式：
⑤ ______________________________________________________。⑧_______________________________________________________。
(3)写出反应的离子方程式：⑦_________________________。
(4)在①−⑧的所有反应中，属于非氧化还原反应的有(填序号) _____________。
(5)根据Na2FeO4元素的价态及反应前后的产物推测Na2FeO4杀菌消毒做净水剂的原因_______________________________________。
【答案】
(1) 第四周期第Ⅷ族 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
(2) 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
(4)⑦
(5)Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水
【解析】
由信息知，H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ，则H是Fe(OH)2，I是Fe(OH)3，C为红棕色粉末，则C是Fe2O3，D是Fe，F是FeCl3，E为黑色晶体，则E是Fe3O4，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，则G是FeCl2，银白色金属单质A转化得到B为淡黄色粉末，则A是Na，B是Na2O2。
(1)B为Na2O2，电子式为，D是Fe元素，26号元素，在元素周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族，物质B与水反应是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：；第四周期第Ⅷ族；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
(2)反应⑤是铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学反应方程式：，反应⑧是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学反应方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(3)反应⑦是四氧化三铁和酸反应生成铁离子、亚铁离子和水，其反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。
(4)在①～⑧的所有反应中，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，属于非氧化还原反应，其余都为氧化还原反应；故答案为：⑦。
(5)A．Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；B．Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水；故答案为：Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水。
26．（2022·上海上海·一模）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。如图是利用天然碱(主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl)制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
(1)操作①为_______________。
(2)碳化装置中反应的离子方程式___________________________。
(3)解释选择0.34～0.4MPa干燥的原因___________________________。
(4)对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势_____________________。
(5)为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000ml·L-1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图所示。
完成下列填空：
①取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称________________。
②根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是_______________，此时滴定终点的现象为_____________________。
③计算该样品中NaHCO3的质量分数为______________________。
【答案】
(1)过滤、洗涤
(2)2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓
(3)抑制NaHCO3受热分解
(4)节能、环保、成本低等
(5)碱式滴定管 甲基橙 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 94.5%
【解析】
(1)由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤。
(2)由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓。
(3)碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解。
(4)索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低。
(5)①碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管。
②盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复。
③由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000ml·L-10.018L=1.810-3ml，而碳酸氢钠和盐酸是1:1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.810-3ml，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为2.2510-2ml，质量为2.2510-2ml84g/ml=1.89g，则碳酸氢钠的纯度为。
27．（2022·上海奉贤·一模）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___________________。
(2)向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_______、_______、_______、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
(3)装置A中的试剂为_______，装置C中的试剂为_______。
(4)实验结束后通入空气的目的：___________________。
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为_______(保留2位小数)。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是___________________。
【答案】
(1)NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(2)蒸发浓缩 冷却结晶 过滤
(3)氢氧化钠溶液 浓硫酸
(4)把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收
(5)0.80 反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去
【解析】
制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)，可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用；
(1)氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(2)根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
(3)装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液(或其他强碱的溶液)；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
(4)实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，物质的量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，Na2CO3质量为m=nM=0.2ml×106g/ml= 21.2g，则碳酸钠质量分数=；测定结果可能会偏大，理由是反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去D装置增重多，会使测定结果偏高。
颜色状态
密度
硬度
熔点
传导性
银白色固体，具有金属光泽。
ρ(H2O) eq \a\vs4\al(>)ρ(Na) eq \a\vs4\al(>)ρ(煤油)
质地柔软，可以用小刀切割。
较低，低于100 ℃
可导电导热
O2
常温：4Na＋O2===2Na2O(白色固体)
加热：2Na＋O2Na2O2(淡黄色固体)
Cl2
2Na＋Cl22NaCl
工业制备
2NaCl(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑
保存
钠易与空气中的O2、H2O反应，且钠的密度比煤油的密度大，不与煤油反应，故通常保存在石蜡油或煤油中。
用途
(1)钠、钾合金(液态)用于原子反应堆，作导热剂；
(2)作强还原剂，熔融状态冶炼某些金属(如钛)；
(3)作电光源，制作高压钠灯
物质
氧化钠
过氧化钠
色态
白色固体
淡黄色固体
是否碱性氧化物
碱性氧化物
非碱性氧化物
氧的价态
－2
－1
电子式
化学键
离子键
离子键、非极性键
阴、阳离子个数比
1∶2
1∶2
与H2O反应
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
与CO2反应
Na2O＋CO2===Na2CO3
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
与HCl反应
Na2O＋2HCl===2NaCl＋H2O
2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑
主要性质
具有碱性氧化物的通性
具有强氧化性
用途
供氧剂、漂白剂、消毒剂
试剂
现象
反应原理
SO2气体
—
Na2O2＋SO2=== Na2SO4
FeCl2溶液
产生气体和红褐色沉淀
4Na2O2＋4FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8NaCl
Na2SO3溶液
—
Na2O2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2NaOH
氢硫酸
溶液变浑浊
Na2O2＋H2S===S↓＋2NaOH
酚酞溶液
产生气体，溶液先变红后褪色
与水反应生成O2和NaOH，使溶液变红，Na2O2的强氧化性又使之褪色
品红溶液
红色褪去
Na2O2的强氧化性使之褪色
电子转移关系
当Na2O2与CO2、H2O反应时，物质的量的关系为2Na2O2～O2～2e－，n(e－)＝n(Na2O2)＝2n(O2)
变化关系
CO2、水蒸气(或两混合气体)通过足量Na2O2时，气体体积的减少量是原来气体体积的eq \f(1,2)，等于生成氧气的体积，即ΔV＝V(O2)＝eq \f(1,2)V(混合)
固体质量变化关系
CO2、水蒸气分别与足量Na2O2反应时，固体相当于吸收了CO2中的“CO”、水蒸气中的“H2”，所以固体增加的质量Δm(CO)＝28 g·ml－1×n(CO2)，Δm(H2)＝2 g·ml－1×n(H2O)
名称
碳酸钠
碳酸氢钠
化学式
Na2CO3
NaHCO3
颜色、状态
白色粉末
细小白色晶体
俗名
纯碱或苏打
小苏打
水溶性
易溶于水
易溶于水，但比Na2CO3的溶解度小
水溶液酸碱性
碱性
碱性
主要用途
用于玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸等工业中
灭火器、治疗胃酸过多、发酵粉的主要成分之一
混合物(括号内为杂质)
除杂方法或试剂
Na2CO3固体(NaHCO3)
加热至恒重
NaHCO3溶液(Na2CO3)
通入足量CO2气体
Na2CO3溶液(NaHCO3)
加入适量NaOH溶液
选项
操作
判断
A
分别加入澄清石灰水
产生沉淀的为Na2CO3
B
分别加入等浓度的稀盐酸
反应较剧烈的为Na2CO3
C
分别加入CaCl2溶液
产生沉淀的为Na2CO3
D
逐滴加入等浓度的盐酸
立即产生气泡的为Na2CO3
若a＝0(即图像从原点开始)
溶液中的溶质为NaHCO3
若V(Oa)＝V(ab)(即Oa段与ab段消耗盐酸的体积相同)
溶液中的溶质为Na2CO3
若V(Oa)＞V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积大于ab段消耗盐酸的体积)
溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH
若V(Oa)＜V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积小于ab段消耗盐酸的体积)
溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3
相似性
递变性(由Li→Cs)
原子
结构
最外层均为1个电子
电子层数逐渐增多；核电荷数逐渐增大；原子半径逐渐增大
元素
性质
都具有较强的金属性，最高正价均为＋1价
金属性逐渐增强
单质性质
物理性质
(除Cs外)都呈银白色，密度较小，熔、沸点较低
密度逐渐增大(钾反常)，熔、沸点逐渐降低
化学性质
都具有较强的还原性
还原性逐渐增强；与O2反应越来越剧烈，产物越来越复杂
选择的装置(填编号)
实验现象
实验结论
样品中含NaHCO3
A．滴入酚酞溶液
B．吸氧腐蚀
C．钠的燃烧
D．石蜡油的热分解
选项
劳动项目
化学知识
A
面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包
可与酸反应
B
环保工程师用熟石灰处理酸性废水
熟石灰具有碱性
C
工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
D
技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板
铝能形成致密氧化膜
目的
方案设计
现象和结论
A
探究乙醇消去反应的产物
取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入溴水中
若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B
探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸
取少量样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴溶液
若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分
取少量固体粉末，加入蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为；若有气体生成，则固体粉末为
D
探究固体样品是否变质
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液
若有白色沉淀产生，则样品已经变质
选项
生活用途
化学原理
A
维生素C帮助人体将转化为易吸收的
维生素C具有还原性
B
葡萄酒中添加二氧化硫
二氧化硫具有漂白性
C
过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂
过氧化钠分解放出氧气
D
明矾可用作净水剂和消毒剂
铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A
B
C
D
干燥Cl2
检验K+
配制150mL 0.100 ml·L-1盐酸
吸收NH3
实验方案
产生的现象
Ⅰ.取烧瓶中的反应液，加入少量MnO2粉末
有大量气泡逸出
Ⅱ.向NaOH稀溶液中加入2～3滴酚酞溶液，然后加入少量的反应液
溶液先变红后褪色
Ⅲ.向反应液中加入2～3滴酚酞溶液，充分振荡，然后逐滴加入过量的NaOH稀溶液
开始无明显现象，加NaOH溶液后先变红后褪色
序号
钠块(形状几乎相同)
反应液体(50mL)
钠块消失时间
Ⅰ
0.15g
水
Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ
Ⅱ
0.15g
0.50ml·L-1HCl
Ⅲ
0.15g
5.00ml·L-1HCl
实验序号
钠块(形状大小几乎一样)
两个相同的烧杯(反应液体50mL)
实验现象
钠块完全反应完所需时间
实验结论
Ⅰ
0.15g
无水乙醇
钠_______，产生气泡较快
1285s
钠与无水乙醇反应的反应速率比钠与冰醋酸反应的速率快得多
Ⅱ
0.15g
冰醋酸
钠_______，产生气泡较慢
3625s
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