第2章-海水中的重要元素-钠和氯(选拔卷)(解析版)

第2章海水中的重要元素——钠和氯选拔卷（考试时间：60分钟试卷满分：100分）12345678910111213141516BCCBBBDCDCCBDAAA第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是A．都是白色固体 B．与水反应都能生成氢氧化钠C．都可在呼吸面具中作为氧气的来源 D．都属于碱性氧化物【答案】B【解析】A．过氧化钠为淡黄色固体，A错误；B．与水反应都能生成氢氧化钠，B正确；C．过氧化钠可以和二氧化碳及水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，C错误；D．氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，D错误；答案选B。2．如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4粉末与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是A．上述反应是置换反应B．加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成CuC．上述反应中CuSO4表现了还原性D．上述反应放出热量【答案】C【分析】由题意可知，熔化的钠与无水CuSO4粉末发生置换反应生成硫酸钠和铜，反应的化学方程式为2Na＋CuSO4Cu＋Na2SO4。【解析】A.由分析可知，该反应为置换反应，故A正确；B.由分析可知，加热且无水条件下，Na可以与CuSO4发生置换反应生成Cu，故B正确；C.由分析可知，反应中铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜做氧化剂，表现了氧化性，故C错误；D.由题意可知，Na与CuSO4发生置换反应时瞬间会产生耀眼的火花，说明该反应为放热反应，反应时放出热量，故D正确；故选C。3．已知硫有多种同素异形体，其中一种同素异形体的分子式为S8。下列关于S8的说法中，正确的是A．1个这种硫分子的质量为256g，是硫原子质量的8倍B．在标准状况下，1molS8的体积约为22.4LC．1molS8和1molH2O所含分子数相同D．1molS8与NA个H2O所含原子数相同【答案】C【解析】A．1个这种硫分子的质量为，1个这种硫分子由8个硫原子构成，则1个这种分子的质量是硫原子质量的8倍，A错误；B．S8在标准状态下为固体，1molS8的体积原因小于22.4L，B错误；C．1molS8和1molH2O所含分子数相同，均为6.02×1023，C正确；D．1molS8含8mol原子，NA个H2O含3mol原子，1molS8与NA个H2O所含原子数不相同，D错误；选C。4．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量空气(常温)中充分反应，则下列说法正确的是A．第一块钠失去电子多 B．两块钠失去电子一样多C．第二块钠的反应产物质量大 D．两块钠的反应产物质量一样大【答案】B【解析】钠在氧气中加热反应产物为过氧化钠、在常温下与空气中氧气反应，产物是氧化钠，反应中钠元素均从0价升高到+1价，则等质量的钠失去的电子数相同，故A错误、B正确；根据元素守恒可知，等质量的钠产生的过氧化钠和氧化钠的物质的量相同，过氧化钠的摩尔质量大于氧化钠的摩尔质量，则产生的过氧化钠的质量大，因此第一块钠的反应产物的质量大，故C、D错误。故选：B。5．Li2O2可用作宇宙飞船的供氧剂。下列叙述错误的是A．Li2O2中阳、阴离子个数之比为2∶1B．可用Li在空气中燃烧制备Li2O2C．Li2O2做供氧剂时既生成了O2又“固定”了CO2D．分别用等质量的Li2O2、Na2O2做供氧剂时，Li2O2产生的O2较多【答案】B【解析】A．Li2O2中阳离子为Li+、阴离子为，阳、阴离子个数之比为2∶1，A正确；B．Li在空气中燃烧主要生成Li2O，B错误；C．类比Na2O2的性质可知，Li2O2也能与CO2发生反应：2Li2O2+2CO2==2Li2CO3+O2，故Li2O2做供氧剂时既生成了O2又“固定”了CO2，C正确；D．由于Li2O2的相对分子质量小于Na2O2，所以分别用等质量的Li2O2、Na2O2做供氧剂时，Li2O2产生的O2较多，D正确；故选B。6．向与反应后所得溶液中滴加酚酞溶液，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行如图所示实验：①取反应后的溶液加入。后迅速产生大量气体且该气体能使带火星的木条复燃；实验②③中红色均不褪去。下列分析错误的是（）A．与反应产生的气体为B．与反应需要作催化剂C．实验②③证明使酚酞褪色的不是NaOH和D．与反应可能生成了具有强氧化性的【答案】B【分析】与反应后所得溶液中滴加酚酞溶液，酚酞先变红后褪色，实验①②③现象可知，与反应后生成了双氧水，双氧水具有强氧化性，能使酚酞褪色，据此分析解答。【解析】A．与反应产生的气体为，故A正确；B．与反应不需要催化剂，双氧水分解需要作催化剂，故B错误；C．实验②③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是NaOH和，故C正确；D．根据向反应后所得溶液中加入后迅速产生大量气体且该气体能使带火星的木条复燃，可判断与反应可能生成了具有强氧化性的，故D正确；答案选B。7．（2021·广东高一期中）失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色溶液，某同学提出简便的鉴别方法，其中合理的是①取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，先出现白色沉淀的是Na2CO3溶液②取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，溶液变为红色的是Na2CO3溶液③取等量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3溶液④取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3溶液⑤取等量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3溶液A．①②④⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．④⑤【答案】D【解析】①Na2CO3和NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液反应，均会产生沉淀，且几乎无先后顺序，无法区分，①不选；②Na2CO3和NaHCO3溶液均显碱性，滴加酚酞溶液，均变为红色，②不选；③NaHCO3固体热稳定性差，受热易分解，产生，但溶液不行，③不选；④向Na2CO3溶液中滴加盐酸，会先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应产生气泡，④正确；⑤NaHCO3与BaCl2不反应，取等量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3溶液，⑤正确；故答案选D。8．（2020·浙江高一期中）焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色反应的观察两项操作如图所示：下列叙述中不正确的是A．每次实验中都要先将铂丝灼烧至与原来火焰颜色相同为止，再蘸取被检验的物质B．钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察C．实验时最好选择本身颜色较深的火焰D．没有铂丝可用光洁无锈铁丝代替【答案】C【解析】A．为防止其它离子干扰，每次实验中都要先将铂丝灼烧至与原来火焰颜色相同为止，再蘸取被检验的物质，故A正确；B．钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察，以排除钠离子的干扰，故B正确；C．为了能够更加突出被检验试剂的颜色，选用本身颜色较浅的火焰，最大限度的减少火焰本身颜色的干扰，故C错误；D．铁的焰色几乎为无色，对其它元素的焰色无影响，故可用铁丝进行焰色反应，故D正确；选C。9．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．氯水放置数天后pH将变小，说明氯水吸收空气中的CO2【答案】D【解析】A．氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅绿色，所以氯水中含有氯气，故A正确；B．氯化银为白色沉淀，硝酸排除了碳酸根和氢氧根的可能性，所以向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有氯离子，故B正确；C．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳有气泡产生，故C正确；D．氯气与水反应生成的次氯酸不稳定，一段时间后会分解为HCl和氧气，HCl为强酸而次氯酸为弱酸，所以pH将变小，故D错误；故答案为D。10．（2021·四川高一期末）下列离子方程式书写正确的是A．将氯气溶于水制备次氯酸：B．钠和冷水反应：C．用溶液腐蚀铜线路板：D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：【答案】C【解析】A．次氯酸为弱酸，不能拆开写，正确的离子方程式为：，故A错误；B．得失电子不守恒，正确的离子方程式为：，故B错误；C．与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式正确，故C正确；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：，故D错误；故选C。11．（2021·北京市第二十一中学高一期中）下列说法中，正确的是(NA代表阿伏加德罗常数)A．17g氨气含有的原子总数为NAB．2.4g金属镁与氧气完全反应时失去的电子数为0.1NAC．常温常压下，6.4g二氧化硫气体所含的氧原子数为0.2NAD．常温常压下，11.2L氯气含有的分子数为NA【答案】C【解析】A．17g氨气的物质的量为=1mol，含有的原子总数为4NA，故A错误；B．2.4g金属镁的物质的量为=0.1mol，与氧气完全反应时失去的电子数为0.2NA，故B错误；C．常温常压下，6.4g二氧化硫气体所含的氧原子数：×2×NA=0.2NA，故C正确；D．常温常压下的Vm≠22.4L/mol，不能用22.4L/mol计算11.2L氯气的物质的量，所以11.2L氯气含有的分子数不是0.5NA，也不是NA，故D错误；故选C。12．（2021·江苏高一期末）某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按如图所示实验装置设计方案制备少量碳酸氢钠。下列说法正确的是

A．乙装置中盛放的是NaOH溶液B．丙装置中的溶液变浑浊，因为有碳酸氢钠晶体析出C．丁装置是为了吸收丙装置可能逸出的NH3、CO2，防止污染空气D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【答案】B【分析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【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，二氧化碳与氯化氢均能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除杂，选项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，选项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，不能吸收二氧化碳，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，选项C错误；D.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，选项D错误；答案选B。13．利用如图装置可以制备无水氯化铁(氯化铁遇水会发生水解)。下列有关说法正确的是A．烧瓶B中制备氯气的反应物为二氧化锰和稀盐酸B．装置C、D中分别盛有浓硫酸、饱和食盐水C．装置F的目的是检验有无氯气逸出D．装置E和装置F之间需要增加一个干燥装置，才能制得无水氯化铁【答案】D【分析】装置E为铁与氯气反应加热生成氯化铁，则烧瓶B为制备氯气的装置，反应物为二氧化锰和浓盐酸，装置C用饱和食盐水除去氯化氢气体，D中用浓硫酸除去水蒸气，装置F用氢氧化钠溶液除去多余的氯气防止污染空气，为避免水蒸气接触氯化铁，则装置E和装置F之间需要增加一个干燥装置。【解析】A．烧瓶B为制备氯气的装置，反应物为二氧化锰和浓盐酸，故A错误；B．装置C用饱和食盐水除去氯化氢气体，D中用浓硫酸除去水蒸气，故B错误；C．装置F用氢氧化钠溶液除去多余的氯气防止污染空气，故C错误；D．为避免水蒸气接触氯化铁，则装置E和装置F之间需要增加一个干燥装置，故D正确；故答案为D。14．下列是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是A．用洁净的铂丝蘸取待测液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，说明该溶液中一定含有Na+，可能含K+B．加入NaOH溶液并加热，若能产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，可确定一定含有NH4+C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液中一定含有Cl－D．先加入稀HNO3酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，溶液中一定含有SO42－【答案】A【解析】A．钠的焰色反应为黄色，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+，故A正确；B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，颜色不正确，故B错误；C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，不一定为AgCl沉淀，可能为Ag2CO3等，如检验氯离子，应先加入硝酸，再加入硝酸银溶液检验，故C错误；D．先加入稀硝酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-等，如检验SO42﹣，应先加入盐酸酸化，如无现象，再加入氯化钡溶液，如生成沉淀则可说明含有SO42﹣，故D错误。故答案为A。【点睛】考查常见离子的检验，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意熟练掌握常见离子的检验方法，如硫酸根离子、氯离子、铵根离子等，在离子检验中经常涉及，离子检验时必须排除干扰离子，做到检验方案的严密性。15．欲用胆矾(CuSO4·5H2O)配制480mL0.100mol/L的CuSO4溶液，下列说法正确的是A．称取12.5g胆矾配成500mL溶液B．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水中充分溶解配成溶液C．转移溶液前需要将容量瓶烘干D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线【答案】A【解析】A．实验室没有480mL容量瓶，则需要用500mL容量瓶配制480mL0.100mol/L的硫酸铜溶液，称取胆矾的质量为0.100mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故A正确；B．实验室没有480mL容量瓶，则需要用500mL容量瓶配制480mL0.100mol/L的硫酸铜溶液，称取硫酸铜的质量为0.100mol/L×0.5L×160g/mol=9.0g，所需溶液的体积为500mL，不是水的体积为500mL，故B错误；C．容量瓶是精量器，不能烘干，故C错误；D．若定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线会使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D错误；故选A。16．VmL硫酸铁溶液中含agFe3+，从该溶液中取出V/2mL，并稀释至2VmL，则稀释后溶液中的物质的量浓度约为A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L【答案】A【解析】ag铁离子的物质的量为，VmLFe2(SO4)3溶液中含有硫酸根离子的物质的量为，从该溶液中取出V/2mL，并稀释至2VmL，液中的物质的量浓度为：；答案为A。第II卷（非选择题共52分）二、非选择题：本题共5个小题，共52分。17．（8分）按要求完成下列填空（1）现有标准状况下CO和CO2混合气体8.96L，其质量为16g，则此混合气体中，CO的体积分数是_______，质量之比是_______。（2）40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则金属M的相对原子质量为_______。（3）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为_______。（4）将10.6gNa2CO3溶于水配成1L溶液，向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4mol/L(假设溶液体积不变)，需加入NaCl的质量为_______；Cl-的物质的量浓度为_______。（5）将4gNaOH溶于_______g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比等于20：1，若测得该溶液的密度为1.1g/cm-3，溶液中c(Na+)为_______。【答案】（1）25%7:33（2）64（3）106g/mol（4）11.7g0.2mol/L（5）362.75mol/L【解析】（1）设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，由题干信息可得：x+y=；28x+44y=16，解得：x=0.1、y=0.3，CO的体积分数=，两者的质量之比=(28×0.1)：(0.3×44)=7:33，故答案为：25%；7:33；（2）金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，由组成可知氯离子的物质的量是金属氯化物的2倍，则金属氯化物的物质的量为0.3mol，金属氯化物的质量为40.5g，则氯化物的摩尔质量==135g/mol，则金属M的相对原子质量=135-71=64，故答案为：64；（3）根据质量守恒可知C的质量=16g+20g-31.76g=4.24g，C的物质的量为0.04mol，则其摩尔质量=g/mol，故答案为：106g/mol；（4）10.6gNa2CO3溶于水配成1L溶液，Na2CO3物质的量=mol，则Na2CO3的物质的量浓度为0.1mol/L，钠离子的浓度=0.2mol/L，加入一定量NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4mol/L，则氯化钠的浓度为0.2mol/L，氯离子的浓度为0.2mol/L，氯化钠的物质的量为0.2mol/L×1L=0.2mol，其质量为58.5g/mol×0.2mol=11.7g，故答案为：11.7g；0.2mol/L；（5）4gNaOH的物质的量为0.1mol，含钠离子的物质的量为0.1mol，使溶液中H2O与Na+的物质的量之比等于20：1，则H2O的物质的量为2mol，H2O的质量为36g，该溶液的密度为1.1g/cm-3，溶液的体积为：，溶液中c(Na+)为=2.75mol/L，故答案为：36g；2.75mol/L；18．（11分）下列图示中，为一种金属单质，、、、是含有元素的常见化合物，为淡黄色固体。回答下列问题：（1）写出化学式：_______，_______。（2）写出基本反应类型：反应①_______，反应②_______。（3）反应③的离子方程式_______。（4）向溶液中通入，反应的离子方程式为：_______。（5）小苏打是图中的_______(填字母)，小苏打做发酵粉的原理，用化学方程式表示：_______。【答案】（1）NaNa2CO3（2）化合反应置换反应（3）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑（4）+CO2+H2O=2（5）E2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【分析】A为一种金属单质，B是含有A元素的常见化合物，且为淡黄色固体，所以B为Na2O2，则A为Na单质，据图可知A与水反应生成C，则C为NaOH，B与二氧化碳反应生成D，则D为Na2CO3，C与过量的二氧化碳反应生成E，则E为NaHCO3。【解析】（1）根据分析可知A为Na，D为Na2CO3；（2）反应①为钠与氧气反应生成过氧化钠，属于化合反应；反应②为Na与水反应生成氢氧化钠与氢气，属于置换反应；（3）反应③为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；（4）碳酸钠溶液可以和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H2O=2；（5）小苏打即为碳酸氢钠，即图中的E；小苏打受热易分解产生二氧化碳，所以可以作发酵粉，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。19．（12分）（2021·湖南衡阳市八中高一期末）Cl2O又称为次氯酸酐，是强氧化剂，易溶于水且与水反应，受热时容易燃烧、高浓度时容易爆炸。其熔沸点分别为-116℃和3.8℃；Cl2的沸点是-34.6℃。现利用HgO和Cl2以及以下装置制备Cl2O：回答下列问题：（1）仪器A的名称：___________。用酸性高锰酸钾制备Cl2应采用气体发生装置：___________(填“甲”或“乙”)（2）②、③中盛放的试剂分别是___________、___________。（3）写出HgO和Cl2制备Cl2O的化学方程式：___________。（4）通入干燥空气的目的是___________。（5）实验装置存在一些不足，请指出___________。（6）要想进一步分离得到Cl2O，采用的操作方法是___________。【答案】（1）分液漏斗甲（2）饱和食盐水浓硫酸（3）HgO＋2Cl2=HgCl2＋Cl2O（4）稀释高浓度的Cl2O，防止爆炸（5）⑤后应该加一个装有无水氯化钙(能吸收水蒸气的可以)的干燥管（6）蒸馏【分析】由题给实验装置图可知，先通过装置①制备Cl2，根据Cl2O的性质，制得的Cl2必须纯净、干燥，所以需要经过装置②和③进行除杂、干燥处理，然后将纯净、干燥的Cl2和HgO发生反应制备Cl2O；Cl2O受热时容易燃烧、高浓度时容易爆炸，所以需要在低温环境中进行反应，故在水浴装置④中进行反应；因Cl2O的熔沸点分别为-116℃和3.8℃，所以最终在液氨中冷凝收集产品Cl2O。【解析】（1）由装置图可知，仪器A为分液漏斗；用酸性高锰酸钾制备Cl2，利用的原理是浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应制备Cl2，应采用固体+液体不加热装置，所以应该选装置甲；故答案为：分液漏斗；甲；（2）Cl2O易溶于水且与水反应，故制得的Cl2必须进行除杂、干燥处理，浓盐酸具有挥发性，所以Cl2中会混有HCl气体和水蒸气，根据所学知识可知，用饱和食盐水可除去HCl气体，用浓硫酸干燥Cl2；故②、③中盛放的试剂分别是饱和食盐水、浓硫酸；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（3）由题意可知，反应物有HgO和Cl2，反应产物有Cl2O，根据质量守恒定律和氧化还原反应原理，可得化学方程式为；故答案为：；（4）Cl2O高浓度时容易爆炸,所以通入干燥的目的是将Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度；故答案为：稀释高浓度的Cl2O，防止爆炸；（5）由Cl2O易溶于水且与水反应可知，为防止空气中的水蒸气进行装置⑤中导致Cl2O与水反应，应在装置⑤后加一个装有无水氯化钙(能吸收水蒸气的可以)的干燥管，故答案为：⑤后应该加一个装有无水氯化钙(能吸收水蒸气的可以)的干燥管；（6）根据实验流程可知，氯气可能不能充分反应，由于氯气易液化，所以收集的Cl2O中会含有杂质液氯，根据两者沸点不同的特征，要想进一步分离得到Cl2O，可采用蒸馏的操作方法进行分离、提纯；故答案为：蒸馏。20．（11分）（2021·云南高一学业考试）应用分类的方法可以发现物质及其变化的规律，预测物质的性质及可能发生的变化。某小同学通过实验探究Na2CO3和NaHCO3的性质，请你与他们一起完成实验探究过程，并回答问题。[观察]（1）Na2CO3和NaHCO3均为_______色的固体，（2）从物质的类别来看，Na2CO3和NaHCO3均属于化合物中的_______类，能溶于水，可与部分_______、_______、盐等类别的物质发生反应。[实验过程]编号实验内容实验数据或者现象实验I利用传感器探究两种物质分别溶水时的温度变化实验II探究两种物质得到热稳定性一段时间后，A中无明显现象，B中…实验III探究两种物质分别与盐酸反应A中开始无大量气泡，一段时间后产生大量气泡；B中立即产生大量气泡。（3）实验II试管B中的现象为_______。[分析与解释]（4）实验I所得实验数据证明，溶解时吸收热量的物质是_______。（5）实验II中的现象证明，Na2CO3的热稳定性_______(填“强”或“弱”)于NaHCO3（6）实验III中的现象证明，Na2CO3盐酸反应是分步进行的，发生反应的离子方程式为：第一步：CO+H+=HCO；第二步：_______。【答案】（1）白（2）盐酸碱（3）澄清石灰水变浑浊（4）NaHCO3（5）强（6）HCO+H+=H2O+CO2↑【分析】Na2CO3和

NaHCO3均为白色的固体，均属于盐类，能溶于水，可与部分酸、碱、盐等类别的物质发生反应，根据图象，实验I，溶解NaHCO3固体时的温度降低，为吸热过程，溶解Na2CO3固体时温度升高，为放热过程，实验II中，一段时间后，A中无明显现象，B中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3加热发生分解了，而Na2CO3加热没有发生分解，故Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，实验III中，两种物质分别与盐酸反应，A中开始无大量气泡，一段时间后产生大量气泡；B中立即产生大量气泡，说明Na2CO3盐酸反应是分步进行的，第一步：CO+H+=HCO；第二步：HCO+H+=H2O+CO2↑。【解析】（1）Na2CO3和

NaHCO3均为白色的固体，故答案为：白。（2）从物质的类别来看，Na2CO3和NaHCO3均属于化合物中的盐类，能溶于水，可与部分酸、碱、盐等类别的物质发生反应，故答案为：酸、碱。（3）Na2CO3较稳定，加热不分解，而

NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以实验II试管中，一段时间后，A中无明显现象，B中澄清石灰水变浑浊，故答案为：澄清石灰水变浑浊。（4）根据图象，实验I，溶解NaHCO3固体时的温度降低，为吸热过程，溶解Na2CO3固体时温度升高，为放热过程，故答案为：NaHCO3。（5）实验II中，一段时间后，A中无明显现象，B中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3加热发生分解了，而Na2CO3加热没有发生分解，故Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，故答案为：强。（6）实验III中，两种物质分别