2020年高考化学一轮必刷好题专题12：碳酸钠和碳酸氢钠

2020年高考化学一轮必刷好题专题12：碳酸钠和碳酸氢钠(2018课标III)下列实验操作不当的是用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率用标准HC1溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二【答案】B【解析】A.锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B.用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C.用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+,选项C正确。D.蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。(2018天津)下列有关物质性质的比较，结论正确的是溶解度：Na2CO3<NaHCO3热稳定性：HCl<PH3沸点：C2H5SH<C2H5OH碱性：LiOH<Be(OH)2【答案】C【解析】A.碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。B.同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCI>PH3。选项B错误。C.C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。D.同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH>Be(OH)2，D错误。锁定考点基础练习下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料Na2CO3溶液显碱性，可用热的纯碱溶液洗油污FeS固体呈黑色，可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属【答案】C【解析】A.浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，与脱水性无关，故A错误；B.可用于制作半导体材料是因为晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高无关，故B错误；C.碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，碱性增强，油脂在碱性条件下能水解，贝9可用热的纯碱溶液洗油污，故正确；D.FeS固体用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属，是因为硫化汞、硫化铜溶解度小于硫化亚铁，与硫化亚铁为黑色无关，故D错误。下列实验操作不能达到实验目的的是（）用加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠加热蒸干溶液，可以得到CuCl2晶体c.放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的（nh4）2so4D.鉴别NaBr和KI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取【答案】B【解析】A.加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：2NaHCO^^Na2CO3+H2O+CO2个，A项正确；B.CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中CU2+发生水解生成Cu（OH）2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCI的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu（OH）2,不能得到CuCl2晶体，B项错误；C.利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；D.氯水与NaBr、NaI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确。下列生活应用实例中，涉及氧化还原反应的是用白醋去除水垢用热的纯碱溶液清洗油污用风油精（含石蜡油）清洗透明胶残胶补铁剂（有效成分为Fe2+）与含维生素C共服效果更佳【答案】D【解析】A.白醋去除水垢，涉及的反应方程式为二：「•二，没有元素化合价的升降，A项错误；B.用热的纯碱溶液清洗油污，利用了碳酸钠水解原理，其主要方程式为：1'■'「二'i'，不涉及氧化还原反应，B项错误；C.用风油精（含石蜡油）清洗透明胶残胶利用

的是相似相容的原理，不涉及氧化还原反应，C项错误；D.补铁剂中的Fe2+具有还原性，容易被氧化，而维生素C具有还原性，可防止Fe2+的氧化反应，所以共服效果更佳，涉及的是氧化还原反应，D项正确。4．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施提高化石燃料的利用率B.用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应C.商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎该鼎属于铁合金制品D.静置后的淘米水能产生达尔效应说明淘米水具有胶体的性质【答案】D【解析】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故A错误；B.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污并不是碳酸钠可与油污直接反应，故B错误；C.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故C错误；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故D正确。5．化学与社会、生活密切相关，下列解释错误的是实际应用原理解释A含Na2CO3的盐碱地可用石膏降低其碱性CaSO4具有酸性B二氧化硫用于纸的增白二氧化硫具有漂白性C不可食用的"地沟油”可用于制肥皂油脂碱性条件下可水解D小苏打用于焙制糕点的发酵粉NaHCO3受热易分解产生气体【答案】A【解析】A.碳酸钠在土壤中显碱性，硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，所以能降低土壤的碱性，原理解释不正确，故A错误；B.二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，可以漂白纸浆，故B正确；C.地沟油的主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故C正确；D.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点的发酵粉，故D正确。6．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是()AI2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料将“地沟油"制成肥皂，可以提高资源的利用率小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【答案】D【解析】A.AI2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；B.“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；C.小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()07(g)Ch(g)省⑸Cu⑸Cue—⑸SiO2(s)山川!ll:N:Na2SiO3(aq)Fe(s)二应Fe2O3(s)HZ“学:Fe2(SO4)3(aq)NaCI(aq)7l：i«l〔I'Na2CO3(s^^^^^^^m：l'NaOH(aq)【答案】A【解析】A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O2——2CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+CI2占燃CuCI2,A正确；SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3,B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)壬亘Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气,形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠,D错误。C.Cu2(OH)2CO3gfCuCI2(aq)*”Cu(s)饱和NaCI溶液^11-NaHCO3⑸■-Na2CO3⑸【答案】D【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。下列实验操作能达到实验目的的是()制备Fe(OH)3胶体：向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCI3饱和溶液为了除去乙醇中的少量水，可向其中加入CaO,然后再蒸馏用瓷坩埚高温熔融Na2CO3固体用过滤的方法除去NaCI溶液中含有的少量淀粉胶体【答案】B【解析】A.NaOH稀溶液中滴加FeCI3饱和溶液，生成沉淀，应在沸腾水中加饱和氯化铁溶液制备胶体，故A错误；B.生石灰与水反应，起到吸水的作用，乙醇和水沸点不同，然后用蒸馏的方法可得到较为纯净的乙醇，故B正确；C.瓷坩埚的成分里含有二氧化硅SiO2，在高温下会和碳酸钠反应：NazCOs+SqjBllNa2SiO3+CO2个，会腐蚀瓷坩埚，所以不能用瓷坩埚，应用铁坩埚，故C错误；D.溶液与胶体均可透过滤纸，则不能利用过滤法除杂，应选渗析法，故D错误。化学在当今生活中具有非常重要的作用。下列有关说法不正确的是利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型无机非金属材料由反应4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2个+8OH-可知，新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体落户贵州的企业必须从源头上减少或消除生产对环境的污染，这是贵州省贯彻落实绿色化学观念的具体体现碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效【答案】D【解析】A.利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型陶瓷，是新型无机非金属材料，A正确；B.由反应4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2个+8OH-可知，新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化，和水反应生成的氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，所以新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体，B正确；C.从源头上减少或消除对环境的污染是绿色化学的核心，C正确；D.碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，和胃酸中的盐酸反应，与醋酸同服醋酸和碳酸氢钠反应，会减弱治疗效果，D错误。提升练习11．下列有关物质的性质与用途说法正确的是胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析"和“静电除尘"CaO能与SO2反应，可作工业废气脱硫剂NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂SO2和湿润的03都有漂白性，混合后得到漂白性更强的漂白剂【答案】B【解析】A、“血液透析"利用胶体粒子能通过半透膜的性质，与胶粒带电无关，故A错误；B、CaO能与SO2反应生成CaSO3，所以可作工业废气脱硫剂，故B正确；C、NaHCO3受热易分解，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，其与酸反应也能生成气体，有气体生成可用作焙制糕点的膨松剂，故C错误；D、SO2和湿润的03都有漂白性，混合后发生氧化还原反应生成的硫酸没有漂白性，故D错误。下列实验操作可达到实验目的的是用长颈漏斗可分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液将NaOH溶液滴加到FeCI3溶液中可制备Fe(OH)3胶体用浓盐酸和MnO2反应制备纯净的Cl2，气体产物先通过浓硫酸再通过饱和食盐水除去Na2CO3固体中的NaHCO3，可将固体加热至恒重【答案】D【解析】A、分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液应用分液漏斗，故A错误；B、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和FeCI3溶液滴加沸水中，加热至出现红褐色液体，NaOH溶液滴加FeCI3溶液，出现红褐色沉淀，故B错误；C、制备纯净的Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，故C错误；D、NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO^=Na2CO3+CO2个+H2O,加热至恒重，能达到实验目的，故D正确。下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()SiO2是酸性氧化物，可用作光导纤维NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂Na2S具有还原性，可用于去除水体中的Hg2+FeCI3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂答案】D22【解析】A.SiO2用作光导纤维是利用其光学性质，与酸性氧化物无关，故A错误；B.NaHCO3用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3能和盐酸反应，与受热易分解无关，故B错误；C.Na2S用于去除水体中的Hg2七是因为能生成难溶的HgS，与Na2S具有还原性无关，故C错误；D.FeCI3具有氧化性，和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确。14．因反应物的用量、浓度或反应条件不同,下列各项中反应产物不同的是（）AI2O3与NaOHB.Fe与Cl2C.Cu与HNO3D.NaHCO3与稀盐酸【答案】C【解析】A.AI2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故A不选；B.铁和氯气反应生成氯化铁，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故B不选；C.硝酸溶液浓度不同和铜反应生成产物不同，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故C选；D.NaHCO3与稀盐酸反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故D不选。下列关于侯德榜制碱法的说法正确的是该法将合成氨法与氨碱法工艺联合，同时生产纯碱和氯化铵饱和食盐水中先通入CO2后通入NH3气体在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3析出的NH4CI后的滤液中主要含有Na+、NH4+、HCO3-、CI-【答案】A【解析】A.侯氏制碱法的原理:NaCI+NH3+H2O+CO2—NaHCO3d+NH4CI,2NaHCO^kNa2CO3+H2O+CO2个，所以最终制得的是纯碱和副产品氯化铵，故A正确；B.沉淀池中加入饱和食盐水后，氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度较小，应该先通入足量NH3再通入足量CO2，故B错误；C.侯德榜制碱法中析出NaHCO3的母液中加入氯化钠后可析出副产品氯化铵，过滤后的滤液可循环利用，加入消石灰不能生成nh3,苏尔维制碱法中，加入生石灰可生成循环利用的氨气，故C错误；D.析出的NH4CI后的滤液中主要含有Na+、CI-，得到的氯化钠溶液可以循环利用，故D错误。在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是Ca(OH)2^^Ca(CIO)2HCIOB.SiO■B.SiO■Na2SiO3占H2SiO3Fes2込O2(NH4)2SO4饱和NaCI饱和NaCI溶液NaHCO^Na2CO3【答案】B【解析】A.氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，反应方程式为2CI2+2Ca(OH)2=CaCI2+Ca(CIO)2+2H2O,二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，发生氧化还原反应，反应方程式为：2SO2+Ca(CIO)2+2H2O=CaSO4+H2SO4+2HCI，得不到HCIO,故A错误；B.二氧化硅和氢氧化钠反应生成Na2SiO3，反应方程式为2NaOH+SiO2^Na2SiO3+H2O，硅酸钠和CO2反应生成白色的硅酸沉淀，反应的方程式为Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3^+Na2CO3，故B正确；C.二硫化亚铁与氧气反应方程式为4FeS2+11O^fl2Fe2O3+8SO2，生成的so2与氨水反应生成(nh4)2so3，反应方程式为2nh3・h2o+so2=(nh4)2so3+h2o，得不到(nh4)2so4,故C错误；D.侯氏制碱法的化学原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，其化学反应方程式为：NaCI+NH3+CO2+H2O=NaHCO3^+NH4CI，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故D错误。下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是硝酸银溶液和氨水B.盐酸和碳酸钠溶液明矶溶液与烧碱溶液D.碳酸氢钠和澄清石灰水【答案】D【解析】A.少量氨水滴加到AgNO3中，可以观察到沉淀AgOH和Ag2O生成；而少量AgNO3滴加到氨水中，则直接生成配离子，观察不到现象，A项正确；B.少量Na2CO3滴加到HCI中，有气体CO2生成；反过来无现象，因为生成NaHCO3，B项正确；C.明矶溶液的溶质为硫酸铝钾，则少量NaOH滴加到AI3+溶液中，有沉淀AI(OH)3；反过来无现象，因为NaOH大大过量会直接生成AIO2-，C项正确；D.无论怎样互滴，现象都相同，均会生成白色沉淀，D项错误。下列说法正确的是Na2O2加入H2isO中的离子方程为：2Na2O2+2H2isO===4Na++4OH-+isO2个溶液中通入大量的CO2后，溶液中的Na+、CIO-、CH3COO-、HCO3-仍能大量存在现向K2Cr2O7溶液中加入少量氢氧化钠，溶液变为黄色，证明溶液中存在着平衡：Cr2O72-+H2O=2CrO42-+2H+由于NaHCO3能与碱反应，因此可用作焙制糕点的膨松剂【答案】C【解析】A.Na2O2加入H218O中，Na2O2发生歧化反应，巧18。中的180存在于氢氧化钠中，部分过氧化钠中的O转化为氢氧化钠中的O,其离子方程式为：2Na2O2+2H2I8O===4Na++2OH-+218OH-+02个，A项错误；B.因碳酸酸性强于次氯酸，所以通入大量CO2的溶液中CIO-不能大量共存，B项错误；C.对于平衡Cr2O72

-+H2o=2CrO42-+2H+,加入氢氧化钠后，使平衡向正向移动，溶液由橙色变为黄色，C项正确；D.NaHCO3可用作焙制糕点的膨松剂，不是因为能与碱反应，而是因为NaHCO3受热易分解产生二氧化碳，D项错误。A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是()若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱B•若A为固态非金属单质，D为02，则A可以为单质硫C•若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度D.若A为18电子气态氢化物，D为02，则A只能是C2H6【答案】A【解析】A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；B若A为固态非金属单质，D为02，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D.若A为18电子气态氢化物，D为02，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是()H.間如《1(1聃液i|嘀H.間如《1(1聃液i|嘀川A简滋畑US港屮滴DllAIM液玉过吊匚向滞渝"匪祸加|人稀壮駿和丸卩啲浦戟中加人WJHWiiiW答案】C【解析】A.NaOH溶液和AICI3溶液按4:1混合后完全转化为NaAlO2，继续加入AlCl3溶液，发生反应为A13++3AIO2-+6H2O===4AI(OH)3d，故A与图相符；B.NaAIO2溶液中加入盐酸立即有沉淀生成，继续加入盐酸,沉淀溶解，其反应为NaAIO2+HCI+H2O===AI(OH)3d+NaCI,AI(OH)3+3HCI===AICI3+3H2O，B与图相符；C.Na2CO3溶液中加入盐酸先转化为NaHCO3和NaCI，Na2CO3完全转化为NaHCO3后,再加入盐酸才产生气体,C与图不相符;D.向含Mg2+和AI3+的溶液中加入NaOH溶液得到Mg(OH)2和AI(OH)3两种沉淀，继续加入NaOH溶液，AI(0H)3沉淀溶解，D与图相符。将NaAIO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的物质的量n(CO2)的关系，如图所示，下列说法中正确的是P点的值为0.6混合溶液中c(NaOH)+c(NaAIO2)=4.0moI/Lbe段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3cd段表示Al(OH)3沉淀溶解【答案】B【解析】A.根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为1mol-0.7mol=0.3mol,因此原混合溶液中含有0.3molBa(OH)2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.4mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba(OH)2=BaCO3d+H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、1_£CO2+3H2O+2NaAlO2=2Al(OH)3^+Na2CO3可知，n(CO2)=n[Ba(OH)2]+如(NaOH)+：n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol,则有P=0.6，故A错误；B.c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol,根据钠0.4皿川元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=匚:=4.0mol/L，故B正确；C.bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故C错误；D.cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误。巧妙的实验设计有助于更好的解决问题。下列装置能达到实验目的的是E3E3A.比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性用装置乙验证SO2具有漂白性用装置丙判断铁钉发生的是析氢腐蚀还是析氧腐蚀用装置丁检验NH4CI分解产生的气体【答案】C【解析】A项、、碳酸氢钠易分解，碳酸钠应放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，故A错误；B项、溴水和酸性KMnO4溶液只能验证SO2具有还原性，不能验证SO2具有漂白性，故B错误；C项、铁钉析氢腐蚀会有氢气生成，使容器中压强增大，铁钉吸氧腐蚀会消耗氧气，使容器中压强减小，故C正确；D项、氯化铵固体受热分解得到碱性气体氨气和酸性气体氯化氢，碱石灰吸收氯化氢，氨气使湿润的酚酞试纸变红色五氧化二磷吸收氨气，氯化氢使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，图中五氧化二磷和碱石灰的位置应对调（或两种试纸的位置应对调），故D错误。某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）乙装置中盛放的是饱和食盐水丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D•实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【答案】B【解析】A.利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的nh3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误。

24．“侯氏制碱法”是我国化工专家候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：MLCO2门H■1MLCO2门H■1ll列叙述错误的是实验时先点燃装置①的酒精灯，过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的旋塞装置②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向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可析出NH4Cl用装置④加热碳酸氢钠可实现步骤口的转化，所得CO2可循环使用【答案】D【解析】A.因为氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中溶解度非常小，所以应该先通入氨气，故不选A；B.过量氨气扩散到空气中会造成污染，所以要进行尾气吸收，2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，故不选B；C.过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使nh4ci以晶体的形式析出，故不选C；D.固体加热不可用烧杯，也实现不了二氧化碳循环利用，故选DoCD实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是

CD【答案】B【解析】A．实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱过程中需要加热固体碳酸氢钠分解以制得碳酸钠，装置A是固体加热灼烧的装置，涉及此操作，故A不选；B.装置B是蒸发溶液得到晶体的过程，侯德榜制碱原理中不需要蒸发溶液操作，故B选；C.该装置为过滤操作，溶液中析出碳酸氢钠晶体需要过滤得到碳酸氢钠晶体，涉及此操作，故C不选；D.工业上利用侯德榜制碱原理制备纯碱，需要向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故D不选。联合制碱法生产纯碱的工艺流程如下图所示。下列说法正确的是氨化与碳酸化的先后顺序可以交换操作I和操作II是两种不同的分离方法该工艺流程中循环利用的物质是NH3和CO2流程中的"一系列操作”包括通氨气、冷却、加食盐【答案】D【解析】A.氨化与碳酸化的先后顺序不可以交换，因氨气的溶解度大，溶解的氨气多，溶解后溶液呈碱性能吸收更多的二氧化碳，选项A错误；B.操作I和操作II是相同的分离方法为过滤，选项B错误；C.该工艺流程中循环利用的物质是CO2,选项C错误；D.流程中的“一系列操作"包括通氨气、冷却、加食盐，NH4CI结晶析出后过滤，选项D正确。某兴趣小组采用下图实验装置及相应操作制取纯碱。实验时，广口瓶中反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCI=NaHC032+NH4CI。下列分析正确的是导气管乙应该通入氨气导气管甲应先于乙通入气体C•干燥管中应盛装碱石灰广口瓶最好置于热水浴中【答案】B【解析】A.因为氨气极易溶于水，要防倒吸，导气管甲应该通入氨气，故A不正确；B.CO2在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量的nh3使食盐水显碱性，才能使氨盐水吸收大量CO2气体，产生高浓度的hco3-,才能析出NaHCO3晶体，故B正确；C.干燥管是用来除掉过量氨气，碱石灰不与氨气反应，故C不正确；D.广口瓶置于热水浴中，不利于气体的溶解，也不利于碳酸氢钠晶体的析出，故D不正确。28.叠氮酸钠(NaN3)是汽车安全气囊的产气剂，Fe2O3是主氧化剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，分解产生大量气体使安全气囊迅速打开，从而起到安全保护作用［已知Ka(HN3)=1.8x10-5］。下列有关说法正确的是NaHCO3的冷却原理是它发生分解，消耗体系的热量Fe2O3和Na反应的氧化产物是Na2O2等物质的量的NaN3和HN3混合溶液显碱性若有6.5gNaN3分解产生N2，则转移0.9mol电子【答案】A【解析】A.NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，分解吸收热量，从而使环境温度降低，因而它可以起到冷却作用，A正确；B.Fe2O3和Na反应产生FeO和Na2O，所以氧化产物是Na2O，B错误；C.根据IO'14十10K(HN3)=1.8x10-5可知HN3是弱酸，NaN3的水解平衡常数Kh^==1U-1<1.8x10-5,说明等a333物质的量的NaN3和HN3混合，酸的电离作用大于盐的水解作用，所以溶液显酸性，C错误；D.NaN3受到撞击，发生分解反应，产生N2和金属Na,反应方程式为2NaN3二3N2+2Na,根据反应方程式可知：每有2molNaN3反应，产生3molN2，反应转移2mol电子，则6.5gNaN3反应，即有0.1mol该物质反应，转移的电子的物质的量为0.1mol,D错误。29.为确定试样xNa2CO3・yNaHCO3的组成，某同学将质量为ag的试样加水溶解后，所得试样溶液进行如下实验：注：NaHCO3溶液pH约为8.3，饱和H2CO3溶液pH约为4.0。下列说法正确的是A.当pH=8.3时，溶液中只存在Na+、H+、HCO3-、Cl-、OH-

溶液pH由8.3变为4.0过程中，发生反应：CO32-+2H+=CO2个+H2O若V2=2V]，则x=y试样中，NaHCO3的质量分数=[(8.4x10-3V2)/a]x100%【答案】C【解析】A项、当pH=8.3时，Na2CO3与盐酸恰好反应生成NaHCO3和NaCI,NaHCO3在溶液中既有电离平衡也有水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、H+、HCO3-、Cl-、OH-和CO,-，故A错误；B项、溶液pH由8.3变为4.0过程中，NaHCO3与盐酸恰好反应生成二氧化碳、水和NaCl,反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2个+H2o，故B错误；C项、由方程式Na2CO3+HCI=NaHCO3+NaCI可知，试样溶液中n(Na2CO3)=n(HCI)=V]Xl0—4mol,由方程式NaHCO3+HCI=NaCI+CO2个+H2O可知，试样溶液中n(NaHCO3)=n(HCI)=V2-V】)x(10—4mol，若V2=2V],则n(Na2CO3)=n(NaHCO3)，x=y，故C正确；D项、试样溶液中n(NaHCO3)=n(HCI)=(V2—VT)x10—4moI，NaHCO3的质量分数=[(8.4x10-3(V2—V1))/a]x100%，故D错误。30.某学生探究0.25moI・L-1AI2(SO4)3溶液与0.5moI・L-1Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是实验1实验1nw妝o謬減.甘址盘烷涤r£实验2nAMQh实验2nAMQh輩酒u迓您，说潦1a0过童的髯液白邑沉滾b就能溶輯少量毛泡实验1中，白色沉淀a是AI(OH)3实验2中，白色沉淀b中含有CO检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关【答案】C【解析】A.由以上分析可知，实验1中白色沉淀a是AI(OH)3,故A项正确；B.实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-,故B项正确；C.最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCI2溶液,观察是否有白色沉淀生成，故C项错误；D.实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故D项正确。某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)，在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法错误的是装置①也可用于制取H2③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2③中反应的离子方程式为nh3+co2+h2o=nh4++hco3-【答案】D【解析】A.制氢气可用锌粒与稀硫酸反应，为固液反应，可利用装置①进行，故A正确；B.③中盛放饱和食盐水，能促进生成的NaHCO3析出，⑤中盛放浓氨水，用于制备NH3,故B正确；C.③中盛放饱和食盐水,CO2在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量NH3使饱和食盐水呈碱性，增大CO2的溶解度，加快NaHCO3的析出，故C正确；D.③中反应生成NaHCO3以沉淀的形式析出，离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHC032+NH4+，故D错误。碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和AI2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式。Na2O2和NaHCO3都属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。少量Na2O2与FeCI2溶液能发生如下反应：Na2O2+FeCI2+H2OTFe(OH)/+FeCI3+NaCI，已知FeCI2前面系数为6,配平上述化学方程式，并标出电子转移方向和数目。该反应中被还原的元素是，氧化产物是⑶向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO,-)的变化是(选填"增大”、“减小”或“不变”)。(4)NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：①通入氨，冷却、加食盐，过滤②不通入氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是(选填编号)。a、①析出的氯化铵纯度更高b.②析出的氯化铵纯度更高c.①的滤液可直接循环使用d.②的滤液可直接循环使用⑸已知HCO3-在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈