2022届高考化学一轮备考专题强化__钠及其化合物强化专题训练

1、2022届高考化学一轮备考专题强化钠及其化合物强化专题训练一、单选题（共15小题）1 .下列关于钠的化合物白叙述不正确的是（）A.热稳定性 Na2CO3 > NaHCO38. Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物C.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多D. Na2O2中阴、阳离子的个数比为 1： 22 . 下列叙述正确的是（）A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na+ O2 = Na2。？8. 一定条件下，2.3 g的Na完全与。2反应生成3.6 g产物，失去的电子数为0.2Na?C.钠与水反应：2Na + 2H2。= 2Na+ + 2OH- + H2 TD.金

2、属钠着火时使用泡沫灭火器灭火3 . 关于Na2CO3和NaHCO3下列比较正确的是（）相同温度下，Na2CO3的溶解度比NaHCO3大；Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强相同物质的量浓度的 Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的pH比NaHCO3溶液的pH大；等物质的量Na2CO3和NaHCQ分别和盐酸反应，剧烈程度是W2CO3强于NaHCO?相同质量的Na2CO3和NaHCQ分别和盐酸反应产生的 CO2在相同条件下的体积是NaHCO3 大于 Na2CO3-A.B.C. D.4 .下列实验过程以及所得出的相应结论或解释的原因都正确的是（）实验过程描述实验结论或原因铁在纯氧中能燃

3、烧，铁在高温下也能和水蒸气反应都能彳导到Fe3O4将CO2通入到饱和的碳酸钠溶液中产生白色浑浊室温下溶解度：碳酸钠 >碳酸氢钠向溶液中滴入KSCN溶液和新制氯水，出现血红色现象样品中一定有Fe2+将一块除去保护膜的铝箔在酒精灯上加热，未见液态铝滴落卜来铝的熔点很高，未融化用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰 呈黄色该溶液中一定含有Na+ ,可能有K+A.B.C.D.5 .下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A.将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入HNO3有白色沉淀生成，且白色沉淀不溶于稀硝酸所得的沉淀为BaSO3,后转化为BaSO4B.向足量含

4、有淀粉的Fe溶液 中滴加2滴氯水溶液艾然还原性：I- > Fe2+C.向FeC2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色液体FeCl2溶液部分变质D.特浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A. AB. BC. CD. D6 .下列实验现象描述错误的是实验现象A.加热放在堪期中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄 色，燃烧后，生成淡黄色固体B.在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C.在FeC3溶液中加入 Na钠浮在液面上，熔成闪亮的小球，四处游动，发出嘶嘶的声音，同时生成红褐色沉淀D.将水蒸气

5、通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色A. AB. BC. CD. D7 .化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质.如根据H2 + Cl2 = 2HC1推测：H2 +Br2 = 2HBr.但类比是相对的，如根据2NazO2+2CO2 =2Na2CO3+O2,推测22。2 +2SO2 = 2Na2SO3 + O2是错误的，应该是 Na2O2 + SO2 = Na2SC4.下列各组类比中正确的是（）A.钠与水反应生成 NaOH和H2,推测：所有金属与水反应都生成碱和H2B.由CO2+ Ca（ClO）2+ H2O= CaCO J+2HCIO ,推测：2S5 + Ca（ClO）2 + 或。=CaSQ J+

6、2HCIOC.铝和硫直接化合能得到 Al2s3,推测：铁和硫直接化合也能得到Fe2s3D.由 Na2CO3+ 2HCl = 2NaCl + H2O+ CO2 T,推测：Na2SO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O +SO2 T8 .向50 mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的 CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10 mL, 将其稀释至100 mL,并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol L-1的盐酸，产生CQ气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是（）A. OA段所发生反应的离子方程式：H+ +-口OH- = H2O、CO2- + H+ = H

7、CO3/B.NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为 Na0H口1列力一下而和Na2CO3,其物质的量浓度之比为 1 ：1C.产生的C02体积（标准状况下）为0.056 LD.原NaOH溶液的物质白量浓度为0.5 mol L-19.以CO2和Na26为原料，制取纯净干燥的 O,实验装置如下:卜列说法不正确的是 A.装置中试剂可以是NaOH溶液B.装置的作用是干燥O2C.收集氧气应选择装置 aD.装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶10.下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如图实验装置并分析实验原理，下列说法错误的是（） A.甲为小苏打，乙为纯碱

8、B.甲为 Na2CO3,乙为 NaHCO3C.要证明物质受热能产生水，可在两支试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球D.整个实验过程中可以看到丙烧杯的澄清石灰水不变浑浊11.下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的（）港清石灰水A.甲为小苏打，乙为纯碱B.要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C.加热不久就能看到 A烧杯的澄清石灰水变浑浊D.整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊1 uiLO.SmdL'黄色气悻12 .某同学用Na2CO

9、3和NaHCO3溶液进行如图所示实验.下列说法中，正确的是A.实验前两溶液的pH相等B.实验前两溶液中离子种类完全相同C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D.加入CaC2溶液后反应的离子方程式都是 CO3- + Ca2+ = CaCO3 J13 . “侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置()(部分夹持装置省略)如下：下列叙述错误的是81用A.实验时先点燃装置 的酒精灯，过一段时间后再打开装置中分液漏斗的旋塞B.装置的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3C.向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗

10、粒并降温可析出NH4C1D.用装置加热碳酸氢钠可实现步骤 n的转化，所得CO2可循环使用14 .研究金属钠的性质，实验如表，下列说法不正例.的是（）实验装置实验方案液体a现象广爰8融 n 划mt班体比蒸储水I .钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾0.1mol ?L-1 盐酸n .钠浮在液向，反应比 I剧烈，有白雾产生浓盐酸出.钠浮在液向，反应比 I缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体A. n中反应的离子方程式为 2Na + 2H+ = 2Na+ + H2 TB.对比i、n、出可知，随着c（H + ）增大，反应的剧烈程度增大C.实验I、n、出均有白雾产生，说明 Na与水或酸反应均放出大量热D.推

11、测出中浓盐酸的c（Cl-）以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响15 .由于氯化钱的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是（）饱和性盐水一候氏制碱法MHAI蒸发溶液 CaC:A. X可以是石灰乳B.氨气循环使用C.原料是食盐、NH3、CO2和水D.产品是纯碱和氯化钙、填空题（共4小题）16.四个化学小组的同学测定某 NazCQ固体样品(仅含NaCl杂质)的纯度，他们提出了各自 的气体分析法。第一小组用图1所示装置，仪器 A的名称为，将mig混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的 CO2气体的体积。实验开始时需检查该装置气密性，具体 的操作方法是(2

12、)第二小组用图2所示装置测定CQ的质量。该装置存在的明显缺陷是(填一处)。(3)第三小组在第二小组装置的基础上，解决了第二小组装置的问题。所用到的装置如图3所示，则装置的连接顺序为 a _(填接口字母，图中仪器可重复使用 )。实验中取样品mig,称得干燥管的质量为 m2g,样品与足量稀硫酸反应后称得干燥管的质量为m3g,则Na2CO3的纯度表达式为(4)第四小组设计用沉淀法来测定。方法是滴加沉淀剂使碳酸钠转化为沉淀，然后过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量。经讨论认为应用Ba(OH) 2溶液代替澄清石灰水作沉淀剂，其原因是(填字母)。a.Ba(OH) 2 比 Ca(OH) 2 便宜b.Ba(OH)

13、2的溶解度大于Ca(OH)2的，可以增大Ba(OH)2的浓度，无须加入过大体积的沉 淀剂c相同条彳下，CaCO3的溶解度明显小于BaCO3d.吸收等量的CO2生成BaCO3的质量大于CaCQ,测量误差小17.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业作出了突出贡献。以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3,进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为NH3 +CO2 + H2O= NH4HCO3； NH4HCO3 + NaCl = NaHCO3 J+NH4CI;- 弧C3 + CW HsQ。(1)利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体，B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，C烧

14、杯中盛有冰水，D中装有蘸稀疏酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。制取 碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：a.石灰石b.生石灰c.6mol L-1盐酸d.稀盐酸e.浓氨水f.饱和氯化钠溶液A中制备气体时，所需药品是 (填字母)；B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是 ;在实验过程中，向C中依次通入足量的NH3、C6(氨碱法)，而不先通C6再通NH3的 原因是。E装置向C中通气的导管不能插入液面下的原因是(2)该小组同学为了测定 C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度 (假设晶体中不含碳酸盐杂质 ), 将晶体充分干燥后，称量质量为w go再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为m go然后进行如图所示实验:商科

15、由得一操要二廨液操作口 亡操作IB 加入扰化酱溶泄”林用:固J存同在操作n中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是 （填字母）；a在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液b.在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液c在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液操作m的方法为、 ；所得晶体中碳酸氢钠的纯度为 。18.过氧化钠（Na2O2）是中学常见物质，已知：过氧化钠与 CO2反应有气体生成，而将 SQ通入过氧化钠粉末中也有气体生成。有人提出CO2、SO2与过氧化钠的反应原理相同，但也有人提出SO2具有较强的还原性，CO2无强还

16、原性，反应原理不相同。据此设计如下 实验操作进行判断。实验一：向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2,取反应后的固体进行实验探究，以证明过氧化物与SO2反应的特点。（1）提出假设：假设1：反应后固体中只有 Na2SC3,证明SO2未被氧化；假设2：反应后固体中只有 ,证明SC2完全被氧化；假设3： ,证明SC2被部分氧化。实验探究： 实验二：通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如下:将E中反应后的 固体溶解于水EaCL溶液白色沉淙稀硝酸仍有部分白色沉淀不溶解, 证明有网50性成Ifl mnl L <flfi(1)写出流程中主反应的化学方程式： (3)实验测得装置C中过氧化钠质

17、量增加了 m?g,装置D质量增加了 m2g,装置E中收集到的气体为VL(已换算成标准状况下)，用上述有关测量数据判断，SQ未被氧化、完若SO2完全被氧化，写出反应的化学方程式:(5)有同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和。2外，还有Na2SO4生成。为检验是否有Na2 sC4生成，他们设计了如下方案:上述方案是否合理>。请简要说明两点理由:19.侯德榜制碱法可以做到连续循环生产，其工艺流程如图1所示。完成下列填空:(2)流程通过同时利用合成氨厂产生的来降低原料成本。副产物 b的化学式为(2)试剂A可以选用，试剂B的作用是全被氧化时V与m?关系式。未被氧化:,完全被氧化:A

18、盘现,简述降温条件下加入原料 A的作用 。侯氏制碱法的创新之处就是对母液的循环利用，这是由于母液中含有大量的NH；、Cl-、离子。某兴趣小组同学制定如下两个方案对含有NaCl杂质的纯碱的含量进行测定：方案一：用如图2装置测定样品与足量稀硫酸反应生成CO2的体积。(3)为了减小实验误差，量气管中液体M的选择原则是 。若实验测得样品纯碱含量低于样品实际含量，可能的原因是 。a.CO2气体中含有水蒸气b.测定气体体积时未冷却至室温c. 丫型管中留有反应生成的气体d.测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面方案二：通过以下流程测定样品的含量。桦晶足食空鼓操作I的名称为,实验中，恒重的标准为 。根据以

19、上实验过程，含有 氯化钠的纯碱样品中碳酸钠的质量分数可表示为： 。(注明你的表达式中所用的 有关符号的含义)答案和解析1.【答案】 B【解析】【分析】本题综合考查钠的化合物， 为高频考点， 侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。【解答】A.NaHCO3不稳定，加热易分解，热稳定性：Na2 cO3 > NaHCO3 ,故A正确；B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故 B错误；C.碳酸氢钠可与盐酸反应，可用于中和胃酸，故 C正确；D.Na2O2中阴离子为。2-，W2O2中阴、阳离子的个数比为1： 2,故D正确。故选

20、 B 。2 .【答案】 c【解析】【分析】本题考查钠的性质、 反应条件和产物的判断、 氧化还原反应中电子转移数值的计算等， 金属 钠性质的分析应用是解题关键，题目较简单。【解答】A. 钠在通常条件下反应生成氧化钠，点燃条件生成过氧化钠，故A 错误；B23g钠的物质的量为0.1mol ,而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价,故0.1mol钠失去0.1Na电子，故B错误；C.钠和水反应生成氢氧化钠和水，离子方程式为：2Na+ 2H2。= 2Na+ + 2OH- + H2 T,故c 正确；D.金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用

21、沙土铺盖，故D 错误。故选 c 。3 .【答案】 B【分析】本题考查钠的两种重要的盐的性质，难度中等，掌握Na2CO3和NaHCO3的性质的相同点和不同点是解答本题的关键。【解答】 相同条件下， 碳酸氢钠的溶解度小， 则在水中的溶解度为：Na2 CO3 > NaHCO3 ， 故正确；碳酸氢钠受热易分解，不稳定，则Na2CC3比NaHCC3热稳定性强，故正确；物质的量浓度相同时，碳酸钠溶液碱性较强，则物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH比 NaHCO3 溶液的大，故正确； 碳酸钠与盐酸反应首先转化为碳酸氢钠，而碳酸氢钠直接与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以碳酸氢钠与盐酸反应比碳

22、酸钠与盐酸反应更剧烈，故错误；等质量的Na2CO3和NaHCO3, NaHCO?物质的量较大，生成二氧化碳多，故正确。故选 B 。4 .【答案】 B【解析】【分析】本题主要考查了化学实验设计与评价的相关知识，注意元素化合物等相关知识，较为基础，注意基础知识的掌握。【解答】铁在纯氧中能燃烧，生成Fe3O4；铁在高温下也能和水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，故 正确； 将 CO2 通入到饱和的碳酸钠溶液中生成白色碳酸氢钠沉淀，可以证明室温下溶解度： 碳酸钠> 碳酸氢钠，故 正确； 向溶液中滴入 KSCN 溶液和新制氯水， 出现血红色现象， 那么原溶液中也可能有铁离子，故 错误； 将一块除去保护

23、膜的铝箔在酒精灯上加热，未见液态铝滴落下来是由于生成的三氧化二铝熔点很高，将铝包裹在了内部，所以不滴落，故 错误； 钠的焰色反应为黄色， 玻璃棒含钠元素， 则不能说明溶液中一定有Na+ ， 应选铂丝或铁丝蘸取溶液进行焰色反应，故 错误。故选 B 。5 .【答案】 B本题考查了化学实验方案的评价， 物质的性质、 发生的反应及现象分析能力， 题目难度不大。【解答】A.SO2通入BaCl2溶液中不反应，则开始不能生成亚硫酸钢沉淀，现象不合理，故 A错误；B.氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，则由现象可知还原性I- > Fe2+ ,故B正确；C.过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，但不能说明

24、FeCl2溶液部分变质，故 C错误；D.浓硫酸先使蔗糖碳化，碳单质再与浓硫酸发生氧化还原反应，则现象说明浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故D 错误。故选 B 。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查化学实验方案的评价， 为高频考点， 把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【解答】A. 钠燃烧生成过氧化钠，则钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体，故A 正确；B.氧化铝的熔点高，包裹在 Al的外面，则铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落，故 B正确；C.Na 先与水反应， NaOH 与氯化铁反应，则钠

25、浮在液面上，熔化成小球，小球迅速游动，并发出嘶嘶的响声，同时生成红褐色沉淀，故C 正确；D.水蒸气通过灼热的铁粉，生成四氧化三铁，则观察到反应为生成黑色固体，故D错误；7.【答案】D【解析】 解：A 、活泼金属钠与水反应生成NaOH 和 H2 ，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故A 错误；B 、二氧化硫具有还原性，次氯酸具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，故B错误；C、 硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合也能得到 FeS， 而得不到Fe2S3 ，故 C 错误；D、Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O+ CO2 保口NazSQ + 2H

26、Cl = 2NaCl + H2O+ SO2 赊强酸制弱酸，所以类比合理，故D 正确；故选： D 。本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用,执6之_*八、八、-属于方法与知识相结合的内容，是高考的8 .【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物计算，根据消耗盐酸的体积判断图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重考查学生分析思维能力，难度中等。【解答】当生成CO2气体时，发生反应 NaHCO3+ HCl = NaCl + H2O+ CO2 T,由图可知，生成 CO2气 体体积至最大，消耗 HCl为25mL,若二氧化碳与 NaOH反应后溶液中只有NazCQ,由 Na2CO3+ HCl = NaHC

27、O3 + NaCl可知，将 NazCQ转化为 NaHCO?应消耗 HCl 为 25mL,而图 象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL,说明该阶段还发生反应：NaOH + HCl =NaCl+ H2O,氢氧化钠溶液与二氧化碳反应后溶液中溶质为NaOH、Na2CO3。A.由上述分析可知 OA段所发生反应的离子方程式：H+ + OH- = H2O、CO2- + H+ = HCO3 ,故A正确；B.中和NaOH消耗HCl的体积为50mL - 25mL = 25mL ,由方程式可知 NaOH和Na?CO3的 物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比

28、=25mL : 25mL = 1 : 1,故 B 正确；C.生成二氧化碳消耗 25mL盐酸，根据NaHCO3 + HCl = NaCl + H2O+ CO2 T,可知CO2体积 (标准状况下)为0.0251 X0.1mol/L X22.4L/mol = 0.056L ,故 C 正确；D.生成CO2气体体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl,根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH) = n(NaCl) = n(HCl) = 0.075L X0.1mol/L = 0.0075mol ,故原氢氧化钠溶液的浓力加 0.0075mol X 5r 3、e度为TTT；= 0.75mol/L ,故 D 错庆。0

29、.05L故选Do9 .【答案】C【分析】本题考查化学实验方案的评价， 为高频考点， 涉及物质的制备、混合物分离提纯、 气体的收集等， 把握物质的性质及发生的反应解答的关键， 侧重实验技能分析与实验能力的考查， 注意实验的评价性分析，题目难度不大。【解答】A. 中溶液用于吸收多余的二氧化碳，则装置 中试剂可以是NaOH 溶液，故 A 正确；B.中是浓硫酸，用于干燥氧气，故 B正确；C.是收集氧气的装置，采用向上排空气法收集，应该选择装置b,故C错误；D.装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，用于检验二氧化碳是否被完全吸收，故D 正确。故选： C。10.【答案】 B【解析】【分析】本题考查碳酸钠和

30、碳酸氢钠的性质探究， 题目难度中等， 注意把握碳酸钠、 碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。【解答】A.用酒精灯加热时，外管温度高，内管温度低，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不易分解，故将Na2CO3放在外管中，温度高却未分解，NaHCO3放在内管中，温度低却分解，证明Na2CO3热稳定性强于NaHCO3, NaHCO?受热分解产生CO2 ,可使澄清石灰水变浑浊。甲为小苏打（NaHCO3）,乙为纯碱（Na2CC3）,故A正确，B错误；C. NaHCO3分解产生的水可以使无水硫酸铜变蓝色，故 C正确；D. Na2CC3不会分解产生CC2,故不能使丙中澄清石灰水变

31、浑浊，故 D正确。故选 B 。11.【答案】C【解析】解：A.碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大试管，大试管直接加热，温度较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故 A 正确；B. 白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水， 可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B 正确；C.碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接 A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以 A 烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C 错误；D.碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯 A中澄清石灰水不会变浑浊，故 D 正确；故选：C。

32、A. 碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；B.无水硫酸铜遇到水显示蓝色，据此可以鉴别是否有水存在；C.烧杯A与装有碳酸钠的试管相连，则实验过程中不会生成二氧化碳，石灰水不会变浑浊；C.烧杯A连接的试管盛放的为碳酸钠，加热过程中不会产生二氧化碳。本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究， 题目难度中等， 注意把握碳酸钠、 碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。12.【答案】B【解析】【分析】本题考查了钠及其化合物性质， 主要是碳酸钠和碳酸氢钠的性质对比， 掌握基础是解题关键

33、，题目难度中等【解答】A.等浓度的NazCQ和NaHCO3溶液中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液 pH不同，碳酸钠溶液pH 大于碳酸氢钠，故A 错误；B.溶液中离子均为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子，实验前两溶液中离子种类完全相同，故B 正确；C.碳酸氢钠和氯化钙溶液 2: 1反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳气体和水，碳酸钠和氯化钙1：1 反应生成碳酸钙沉淀，加入CaCl2 溶液后生成的沉淀不一样多，故C 错误；D.加入CaCl2溶液后，碳酸钠溶液中反应的离子方程式是CO2- + Ca2+ = CaCQ，碳酸氢钠和氯化钙混合生成碳酸钙沉淀、 二氧化碳气体和水， 反应

34、的离子方程式为：2HCO-3 + Ca2+ =CaCO3 J+CO2 T+H2O,故 D 错误。故选 B 。13.【答案】D【解析】【分析】本题是利用侯氏制碱法的原理考查了实验基本操作和实验原理分析， 在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体， 滤液中主要溶质为氯化铵， 再加入氯化钠和通入氨气， 将溶液降温结晶可得氯化铵晶体，题目难度不大，答题时要注意对实验原理的理解与应用。【解答】A. 氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为 NaCl + NH3 +CO2+ H2O = NaHCO3 J+

35、NH 4CI,由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故 A 正确；B.氨气是污染性气体不能排放到空气中，装置的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3 ，故B 正确；C.通入氨气的作用是增大 NH+的浓度，使NH4CI更多地析出、使NaHCO3转化为NazCQ,提 高析出的NH4CI纯度，故C正确；D.用装置加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤n的转化，但生成的二氧化碳不能被收集循环使用，故D 错误。故选 D 。14 .【答案】B【解析】【分析】本题考查钠的性质实验， 为高频考点， 侧重考查学生的分析能力和实验能力， 注意分辨物质的性质以及实验

36、现象的分析，转化不良不大。【解答】 A. 盐酸氢离子浓度浓度，与钠反应生成氯化钠和氟化钠，反应的离子方程式为 2Na + 2H? = 2Na ? + H 2 T,故 A 正确；B.不能说明氢离子浓度越大，反应越剧烈，故乙错误 ；C.有白雾生成，说明气体挥发，可说明为放热反应，故c正确；D.实验iii反应较ii嘎慢，可说明浓盐酸的C（氯？）以及生成的NaCl的固体对反应剧烈程度有影 响，故 d 正确。故选乙。15 .【答案】 C【解析】 解： A 、根据以上分析， X 为氢氧化钙，可以是石灰乳，故A 正确；B 、由制碱工艺图可知，氨气循环使用，故B 正确；C、由制碱工艺图可知，原料是食盐、 NH

37、3、CO2、水还有石灰乳，故 C错误;D 、由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，故D 正确；故选： C。由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱。它的反应原理可用下列化学方程式?表示：NaCl(饱和)+ NH3 + CO2+ 出0= NaHCO3 J+NH 4CI, 2NaHCO3 万 W2CO3 + CO2 T+H2O;再由X加到NH4C1中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，据此分析解答。本题主要考查了侯氏制碱法的原理及其流程，难度不大，理清反应原理即可解题。16 .【答案】(1)分液漏斗；

38、关闭仪器 A的活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回到原位，证明该装置的气密性良好(2)CO2气体中混有水蒸气(或空气中的CO2和水蒸气会进入干燥管中或装置中的CO2没有全部被碱石灰吸收)t106(m 3-m 2)(3)fgcbdecb(或 fgcbdede) ; -44x 100%(4)bd【解析】【分析】本题是对化学物质的含量的探究实验知识的综合考查，是高考的高频考点，难度一般。解题关键是掌握化学实验的原理，然后灵活应用所学知识综合分析解答。【解答】(1)依据图1所示装置可知，仪器 A的名称为分液漏斗；检查该装置气密性的具体的操作方 法是关闭仪器 A的活塞，将注射器

39、活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回 到原位，则说明该装置的气密性良好。(2)依据碱石灰的性质可知，碱石灰可以吸收二氧化碳和水，该装置存在的明显缺陷有反应生成的CO2气体中混有水蒸气，会一同进入干燥管；空气中的CO2和水蒸气会进入干燥管中；装置中的CO2不能全部被碱石灰吸收。(3)依据实验的原理可知，装置的连接是制气装置 一除杂装置一吸收装置一防止外界气体干扰 装置，所以装置的连接顺序为 a 一 fg 一 cb 一 de 一 cb(或a 一 fg 一 cb 一 de 一 de);样品m1g, 称得干燥管质量为 m2g,与足量稀硫酸反应后称得干燥管质量为 m3g,干燥管增加的质量等1

40、06 x (m3-m 2 )于生成的CO2的质量=(m 3 - m2) g,依据碳元素守恒计算，碳酸钠的纯度为44 xm1100% = 106(m3-m 2) X100%。44m 1(4)a. Ca(OH)2 比 Ba(OH)2便宜,故 a 错误;b.由于Ba(OH)2的溶解度大于Ca(OH)2的溶解度，可以增大Ba(OH) 2的浓度，无须加入过大体 积的沉淀剂，故b正确；c.相同条件下，CaCQ、BaCO3的溶解度相差不大，故 c错误；d.吸收等量的CO2生成BaCO3的质量大于CaCO3,所以测量误差小，故 d正确；故选bdo17 .【答案】(1)ac;除去CO2中的HCl ；由于CO2在

41、NaCl溶液中的溶解度很小，先 通入NH3使食盐水呈碱性，能够吸收大量CO2气体，产生较高浓度的HCO3,才能析出NaHCO3 晶体；防倒吸42n, 84(w-m )(2)a;过滤；洗涤；干燥； 25w X100% 或 31w X100%【解析】【分析】本题主要考查实验方案的设计，纯碱工业(侯氏制碱法)的相关知识，据此进行分析解答，题目难度中等。【解答】(1)A装置为制取二氧化碳装置，反应的离子方程式为 CaCQ+ 2H+ = Ca2+ + CO2 T+H2O,需要选择石灰石和稀盐酸；故答案为：ac;B装置得用盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去CQ中的HCl;故答案为：除去CO2中的HCl;CO2在水

42、中的溶解度小，产生的 HCO3的浓度也就小，不容易形成 NaHCO3的饱和溶液，所以难以结晶，因此在实验过程中，向 C中通入NH3,使溶液呈碱性；故答案为：由于CO2在NaCl溶液中的溶解度很小，先通入 NH3使食盐水呈碱性，能够吸收大量CQ气体，产生较高浓度的 HCO3,才能析出NaHCO3晶体；为防止氨气溶解时产生倒吸现象，E装置向C中通气的导管不能插入液面下；故答案为：防倒吸；(2)为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量氯化钙溶液看是否有沉淀生成；故答案为：a;利用过滤、洗涤、干燥可从混合液中得到不溶性的碳酸钙沉淀；故答案为：过滤；洗涤；干燥；

43、方法一、2NaHCO3A Na2CO3 + H2O+ CO2 1根据方程式可知 2 X 84g = 168gNaHCO3yc全分解，会产生106gNa2CO3,固体质量会减轻2 X84g- 106g = 62g;现在固体质量减轻(w - m)g ,所以其中含有的NaHCO3的质量是2 x 84(w - m) +62g =竺等g,所以所得 3 1晶体中碳酸氢钠的纯度为84(w-m)X 100% ;方法二、2NaHCO3至 Na2cO3 + H2O+ CO2 T, Na2cO3+ CaCl2 = CaCO3 J+2NaCl ,根据方程式可得关系式：2NaHCO3Na2 CC3CaCQ ;若含有16

44、8gNaHCO 3 ,发生反应会产生 CaCQ 沉淀100 g,现在产生沉淀ng,所以原固体中含有 NaHCO3的质量是(168n +100)g ,所所得 晶体中碳酸氢钠的纯度为(168n + 100)g +w g X 100% = 善X100% ；25w故答案为： 署 X100% 或 84(w-m ) X100 %。25w31w18 .【答案】(1)Na2SO4；反应后固体为Na2SO3和Na2SO4的混合物；(2)浓H2sO4；吸收未反应的SO2；V =答；V= 0；(4)SO 2 + W2O2 = Na2SO4；(5)不合理；稀硝酸能将亚硫酸钢氧化为硫酸钢；如果反应后的固体中还残留Na2

45、O2,它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根。【解析】【分析】本题考查二氧化硫性质、 过氧化钠的性质应用和实验验证，实验设计的步骤和实验方案的确定应根据题干要求分析判断，是高考常考题型，题目较难。关键是读懂题干信息，依据题干条件计算判断，侧重知识的能力考查。【解答】根据实验装置可知，用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，经干燥后通入过氧化钠， 再通过碱石灰吸收未反应的二氧化硫，再用排水量气法测量反应生成的氧气，结合固体的成分分析反应的原理，只有Na2SO4,证明SO2完全被氧化；固体为 Na2SO3和Na2SO4的混合物，证明SO2部分被氧 化；故答案为：Na2SO4;反应后固体为NazSQ和Naz

46、SQ的混合物；(2)过氧化钠能和水反应，则试剂A为浓硫酸，干燥气体除去水蒸气；为测定生成氧气的体积，需要把剩余的二氧化硫除去，试剂B的作用是吸收未反应的 SQ;故答案为：浓硫酸；吸收未反应的SQ;(3)实验测得装置 C中过氧化钠质量增加了 mig,装置D质量增加了 m2 g,装置E中收集到 的气体为VL(已换算成标准状况下)，若SO2未被氧化，则发生反应：2Na2O2 + 2SO2 =2Na2sO3 + O2,依据化学方程式和反应增重计算E中收集的氧气：2Na2O2+ 2SO2 = 2Na2sC3+ O2?反应增重imol 96g VL 22.4L/molm1g若SO2全部被氧化发生的反应为：

47、Na2O2 + SO2 = Na2SO4；反应过程中无氧气生成，V = 0 ,若0< V<震，则SO2部分被氧化； 30故答案为：V= 7m1； V= 0； 30(4)若SO2完全被氧化，反应的化学方程式为：SO2+ Na2O2 = Na2SO4；故答案为：SO2 + Na2O2 = Na2SO4 ；(5)依据流程图可得，稀硝酸能将亚硫酸钢氧化为硫酸钢；如果反应后的固体中还残留 Naz。？,它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根；故答案为：不合理；稀硝酸能将亚硫酸钢氧化为硫酸钢；如果反应后的固体中还残留 Na2O2,它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根。19 .【答案】NaCl + CO

48、2 + NH3+ H2O= NaHCO3 J+NH 4CI NH3、CO2 NH4CI Cl-浓度提高 有利于NH4CI析出Na+、CO3- CO2不溶解于液体M且不与之反应 d冷却连续两次称量 质量差小于等于0.001g21mm11?106 ?100% , mi-样品的质量，m2-恒重后样品的质量【解析】解：(1)候德榜制碱法中是利用 NaCl、CO2、NH3为原料制取NaHCO3 ,同时得至iJ NH4Cl, 再煨烧NaHCO3得至ij纯碱，所以主反应方程式为NaCl+ CO2 + NH3 + H2O= NaHCO3 J+NH 4Cl,故答案为：NaCl + CQ + NH3 + H2O = NaHCO3 J+NH 4cl;(2)流程通过同时利用合成氨厂产生的NH3、C6来降低原料成本，通过以上分析知，b为NH4C1;降温条件下加入原料 A(NaCl)能增大氯离子浓度，有利于 NH4CI析出；侯氏制碱法的 母液中含有大量溶质中的离子，所以母液中含有大量NH；、Cl-、Na