1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型23钠及其化合物一、单选题（共19题）1中国科学家以二氧化碳为碳源，在470、80Mpa下与金属钠反应合成出金刚石。下列说法不正确的是A金属钠在反应中作还原剂B反应中生成的氧化产物为Na2O2C二氧化碳转变为金刚石发生的是还原反应D钠被氧化最终生成碳酸钠2下列“类比”合理的是AC在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3B铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2CMg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和CD往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3沉淀，则往CuCl2溶液中加
2、入过量氨水生成Cu(OH)2沉淀3下列指定反应的离子方程式正确的是ANa2O2与H218O反应：2Na2O2+2H218O=4Na+4OH- +18O2B向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2：ClO+CO2+H2O=HClO+HCOCFeCl3溶液中加过量Na2S溶液：S2- + 2Fe3+ =S+2Fe2+D向Fe(OH)3胶体中加入HI溶液：Fe(OH)3+3H+ =Fe3+ +3H2O4下列实验操作、现象、结论均正确的是实验操作现象结论A将过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中溶液最终为红色过氧化钠与水反应生成碱性物质B将包裹Na2O2固体的棉花放入盛CO2集气瓶中棉花燃起来Na2O2与CO2反应为
3、放热反应C在酸性KMnO4溶液与足量H2C2O4溶液反应一会儿后，加入少量MnSO4固体紫色快速褪去加入MnSO4起催化作用D向植物油加入NaOH溶液，经反应,取少许于乙醇中液体不分层植物油已完全水解5不仅是生活中，在化学实验中，我们也常常使用到棉花。下列实验中，关于棉花团的用途叙述不正确的是A图一加热高锰酸钾固体制备氧气时，是为了防止高锰酸钾固体堵塞导气管B图二制取氨气时，干棉花是为了防止氨气逸出污染环境C图三Fe与水蒸气反应时，是为了受热时提供高温水蒸气与铁粉反应D图四向包有Na2O2的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水的反应是放热反应6下列离子方程式正确的是A澄清石灰水与
4、少量碳酸氢钾溶液反应：Ca2+2OH-+2=CaCO3+2H2O+B硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-C泡沫灭火器中快速产生CO2：A13+3=Al(OH)3+3CO2DNO2通人水中制硝酸：2NO2+H2O=2H+NO7在侯氏制碱过程中，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO3AABBCCDD8中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是A捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2B环节a中物质分离的基本操作是过滤C反应过
5、程中CaO和NaOH是可循环的物质D高温反应炉中的物质是Ca(HCO3)29实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是ANa2CO3的水解是放热反应BM点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动CN点时NaHCO3已完全分解D若将N点溶液恢复到25，pH8.6210侯氏制碱法：在饱和食盐水中通入氨气，形成氨化的NaCl饱和溶液，再向其中通入二氧化碳，使溶液中存在大量的Na、Cl-和，由于NaHCO3的溶解度最小，故可析出NaHCO3晶体，灼烧NaHCO3得纯碱，其余产品处理后可作肥料或循环使用；其反应原理为NH3NaClCO2H
6、2O=NaHCO3NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3H2OCO2；可循环使用的物质为CO2、饱和食盐水。实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵晶体，下列装置能达到相应的实验目的的是 A图甲是制NH3并溶于饱和食盐水B图乙是制取CO2C图丙是过滤获得碳酸氢钠晶体D图丁是蒸发结晶得到氯化铵11过碳酸钠(2Na2CO33H2O2(s)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：已知：2Na2CO3(aq)3H2O2(aq)2Na2CO33H2O2(s)H0 ,50时2Na2CO33H2O2(s)开始分解。下列说法错误的是A过碳酸钠是由碳酸钠、过氧化氢利用氢键所
7、形成的不稳定的复合物B滤液X可以循环使用C步骤洗涤时选用无水乙醇洗涤，可除去水分、利于干燥D利用过碳酸钠净化水原理与明矾净水原理类似12、下：下列说法正确的是A各分别同时发生上述反应，转移电子数均为B锂、钠、钾都处于同一主族，根据元素周期律可得锂与钾在过量的氧气中点燃产物均为对应的过氧化物C与少量点燃产物为D、下13我国青藏高原的盐湖中蕴藏着丰富的锂资源，已探明的储量约三千万吨，碳酸锂制备高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是A金属锂可保存在煤油中B使用复合助剂有利于碳酸钾的分解C“粉碎”是为了增加接触面积，加快反应速率D真空热还原发生的主要化学反应为14M、W、X、Y、Z是同周期
8、主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍。它们形成的化合物可用作新型电池的电极材料，结构如图所示，化合物中除M外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是AM的单质通常保存在煤油中B上述五种元素中Y的原子半径最小CZ的氢化物的沸点一定低于X氢化物的沸点DW的最高价氧化物对应的水化物是三元酸15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16向体积均为10mL且物质的
9、量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1 molL-1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3B当0V(HCl)10 mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH-+H+ =H2OC原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5molL-1D乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112 mL(标准状况)17由短周期元素组成的中学常见的无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是A若X是Na2SO3，
10、C为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应B若A是单质，B和D的反应是OH-+HCO=H2O+CO，则E一定能还原Fe2O3C若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，X的同素异形体只有3种D若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X可能是铝盐1810mL某无色溶液中可能存在如下离子，取该溶液进行下述实验(不考虑水解)，下列推理正确的是阳离子NH、Na+、Ag+、Al3+阴离子CO、S2-、SO、Cr2OA气体A通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明无色溶液中含有COB溶液B与足量NaOH溶液加热生成0.02mol气体D，说明无色溶液含有NH的浓度为2mol/LC生成黄色沉淀C，说明无色溶液含
11、有Ag+D用洁净的铂丝蘸取溶液F在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原无色溶液含有Na+二、实验题（共7题）19一种活性氧消毒剂的主要成分是过碳酸钠(xNa2CO3yH2O2)。易溶于水，难溶于醇类，过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质，50开始分解。制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如图：过碳酸钠的制备：已知xNa2CO3(aq)+yH2O2(aq)xNa2CO3yH2O2(s) H8.62，故D正确；选D。10A【详解】A用氯化铵和氢氧化钙共热制备氨气，并用倒置漏斗吸收氨气防倒吸，选项A正确；B纯碱易溶于水，有孔隔板不能起到控制反应停止的作用，选项B错误；C过滤装置中缺少玻璃棒引流，选项
12、C错误；D氯化铵易分解，只能在蒸发皿中蒸发浓缩氯化铵溶液，并不断搅拌，然后冷却结晶，过滤得氯化铵晶体，选项D错误。答案选A。11D【详解】A过碳酸钠是在低温下向碳酸钠溶液缓慢的滴加双氧水得到，故A正确；B向滤液X中加入适量NaCl固体，增加钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度，加入无水乙醇，降低过碳酸钠的溶解度，两者均可析出过碳酸钠，故B正确；C无水乙醇洗涤可以除去水分、有利于干燥，故C正确；D过碳酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能吸附水中悬浮的杂质，故D错误；故选：D。12A【详解】A由反应可知，两个反应中Na均由0价变为+1价，故各分别同时发生上述反应，转移电子数均为，A正确；B锂、钠、钾
13、都处于同一主族，由于Li的金属性比Na的弱，故锂在过量的氧气中点燃产物为氧化锂，钾在过量的氧气中点燃产物为超氧化钾KO2，B错误；C与少量点燃产物为，Na与O2反应的产物只与温度有关，与氧气的量无关，C错误；D根据盖斯定律可知，反应由2-2，故 =2(-511kJ/mol)-2(-414kJ/mol)=-194kJ/mol, 故、下，D错误；故答案为：A。13A【分析】碳酸锂高温焙烧之后生成氧化锂、二氧化碳，粉碎，加入还原剂生成锂，化学反应为；【详解】ALi的密度小于煤油，锂不能保存在煤油中，应该保存在液体石蜡中，A项错误；B碳酸锂高温焙烧分解生成二氧化碳，复合助剂可以与二氧化碳发生反应，促进
14、碳酸锂分解，故使用复合助剂有利于碳酸锂的分解，B项正确；C“粉碎”可以使接触面积更大，从而加快反应速率，C项正确；D铝还原性强，化学反应为，D项正确；答案选A。14B【分析】M、W、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，则X为O元素;由盐的结构可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，则Z的最外层电子数为4，为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，则M形成+1价离子，为Li元素。【详解】A锂单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，一般保
15、存在石蜡油中，故A错误；B同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则上述五种元素中F原子的原子半径最小，故B正确；CC元素的氢化物为烃，固态烃的沸点比水和过氧化氢的沸点高，故C错误；DB元素的最高价氧化物对应的水化物为硼酸，硼酸为一元弱酸，故D错误；故选B。15C【详解】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
16、进行焰色反应，故D正确；选C。16C【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH+H+H2O和CO+H+HCO，产生二氧化碳的反应为：HCO+H+H2O+CO2；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO+H+H2O+CO2计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值。【详解】A氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为
17、NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故A错误；B在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0V(HCl)10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO+H+HCO，故B错误；C根据图象可知，当V(HCl)50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)n(NaCl)n(HCl)0.1 molL-10.05L0.005
18、mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)0.5 molL-1，故C正确； D乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO+H+H2O+CO2，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L0.01L0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol0.001mol22.4mL，故D错误；故答案为C。17C【详解】已知：A、B、C、D、E、X为由短周期元素组成的中学常见的无机物，则：A若X是Na2SO3，C为气体，则C为SO2，D为NaHSO3，B为HCl，所以A可能为Cl2，氯气与H2O常温下生成HCl和E(HClO)，E(HCl
19、O)可与D(NaHSO3)发生氧化还原反应，A正确；BB和D的反应是OH-+HCO=H2O+CO，A是单质，则A为Na，B为NaOH，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为H2，H2能还原Fe2O3为Fe单质，B正确；CD为CO，则X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，且C单质的同素异形体有金刚石、石墨、C60、C70等很多种，C错误；DD是白色沉淀，可以为摩尔质量为78g/mol的Al(OH)3，则A为摩尔质量为78g/mol的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3，符合转化关系，D正确；答案选
20、C。18B【分析】Ag+和给出的四种阴离子都不能大量共存，所以原溶液中没有Ag+；溶液呈无色，说明原溶液中没有Cr2O；无色溶液中加入足量氢碘酸，产生黄色沉淀，说明原溶液中存在S2-和，在酸性溶液中发生反应生成单质硫，在此反应中，若过量，则可以和氢碘酸反应生成气体SO2；生成的气体A可能是CO2，也可能是SO2，还有可能是CO2和SO2的混合气，所以不能说明原溶液中有；溶液B中加足量NaOH溶液共热，有气体生成，说明原溶液中有。【详解】ACO2和SO2都能使石灰水变浑浊。由以上分析可知，不能确定原溶液中是否含有，故A错误；B溶液B与足量NaOH溶液加热生成0.02mol气体D，即0.02mol
21、NH3，说明无色溶液含有的物质的量为0.02mol，浓度为=2mol/L，故B正确；C根据分析可知，无色溶液中没有Ag+，黄色沉淀是S，故C错误；D实验中加入了含钠的NaOH溶液，所以灼烧火焰呈黄色，不能说明原无色溶液含有Na+，故D错误；故选B。19球形冷凝管 H2O2 控制温度 增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度 减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥 ABC 【详解】(1)根据图示，仪器m的名称为球形冷凝管，H2O2不稳定，恒压滴液漏斗盛装的药品是H2O2，故答案为：球形冷凝管；H2O2；(2) xNa2CO3(aq)+yH2O2(aq)xNa2CO3yH2O2(s)H0正反应放热
22、，过碳酸钠50开始分解，步骤在冰水浴中进行便于控制温度，故答案为：控制温度；(3)在滤液X中加入适量NaCl固体，增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度，有利于析出过碳酸钠，故答案为：增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度；(4) 过碳酸钠(xNa2CO3yH2O2)难溶于醇类，步骤中选用无水乙醇洗涤产品，可以减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥，故答案为：减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥；(5) A过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质，FeCl3促进H2O2分解，可使过碳酸钠较快失效，故A正确；BNa2SO3具有还原性，能还原H2O2，可使过碳酸钠较快失效，故B正确；C稀
23、硫酸能与碳酸钠反应，可使过碳酸钠较快失效的是，故C正确；D.NaHCO3不与过碳酸钠发生任何反应，所以不能使过碳酸钠较快失效；综上所述ABC符合题意，故选ABC。202Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解 生成NaCl的质量 玻璃棒、蒸发皿 偏大 【详解】(1)Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；(2)计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成
24、氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；故答案为：第4次或第5次的读数；第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重；(3)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(
25、Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是： =84% ； 故答案为：0.84；(4)由流程图可知，操作是将样品在稀盐酸中溶解；故答案为：溶解；最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；故答案为：生成NaCl的质量；操作是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；故答案为：玻璃棒、蒸发皿；在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。故答案为：偏大。21样品重
26、，砝码轻 防止空气中的二氧化碳和水气进入U型管中 偏高 把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中 判断反应产生的二氧化碳是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收 【解析】实验分析：本实验的目的为测定试样中Na2CO3的质量分数。实验原理为：w(Na2CO3)=100。先称取一定质量的样品，再将Na2CO3转化为CO2，利用碱石灰吸收CO2，通过称重得出CO2的质量，再间接的计算出Na2CO3的质量。为了精确测定CO2的质量，实验有两个关键点：保证CO2被全部吸收；防止其他气体的干扰。（1）由于称量时左物右码，依据天平的杠杆原理，向左偏说明样品重，砝码轻。故答案为样品重，砝码轻；（2）U型管中的碱石灰
27、是为了吸收反应生成的CO2，并通过称重得出CO2的质量，为了防止空气中的CO2和水蒸气进入影响实验结果，在U型管右侧接一个干燥管B，吸收空气中的CO2和水分。故答案为防止空气中的CO2和水气进入U型管中；（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着CO2进入U型管，被碱石灰吸收，HCl被误认为是CO2，所以CO2的质量偏大，算出的Na2CO3的质量也会偏大的，所以结果会偏大。故答案为偏高；（4）由于反应完了锥形瓶中存留有CO2，鼓入一定量的空气就是将残留的CO2完全排入U型管。故答案为把反应产生的CO2全部导入U型管中；（5）直到U型管的质量基本不变，说明CO2已经被全部排到U型管中。故答案为判断反应产
28、生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收；（6）设需要碳酸钠的质量为x，则：则有，解得x= 。所以试样中纯碱的质量分数的计算式为；故答案为；点睛：气体质量的测定实验中，有三个关键点：一般采用鼓气（稀有气体或N2等）的方法排尽装置中的气体，防止干扰实验；实验结束后，继续鼓气将待测定的气体赶入吸收装置，使其被充分吸收；防止外界的气体进入干扰实验。22 acde 碱石灰 吸收氢气中的水和氯化氢 CBAD Na2O2+H22NaOH 玻璃棒 蒸发结晶 偏小【解析】（1）实验室可以用锌粒和稀硫酸(或稀盐酸)制取氢气，不需要加热，若从图示仪器中选择一部分组装成一套能随开随停的装置，则可以用e盛装锌
29、粒、d盛装酸液、用a起固定作用、用c导气和开关，故选择的仪器编号是acde。（2）装置A中用粗锌和稀盐酸制取氢气，则氢气中会混有水和氯化氢，因为Na2O2与水和氯化氢都能反应，可用碱石灰除去水和氯化氢，所以B装置中所盛放的试剂是碱石灰，其作用是吸收氢气中的水和氯化氢。（3）实验开始应先通入氢气排出装置中的空气，以保证探究Na2O2与H2能否发生反应实验的准确性，确定氢气纯净后，加热Na2O2反应一段时间，停止加热充分冷却后再停止通入氢气，综上分析，正确的顺序是：CBAD。（4）实验过程中观察到淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，则氢气与Na2O2发生了反应；无水硫酸铜未变蓝色，则反应没有生成水，根据
30、原子守恒，Na2O2与H2反应的化学方程式为：Na2O2+H22NaOH。（5）由题意结合流程，操作2是从溶液中得到氯化钠晶体，故操作2名称为：蒸发结晶；蒸发操作除用到酒精灯、蒸发皿外，还要用玻璃棒搅拌；设样品中Na2O2质量为x g、NaOH质量为y g，则x+y=m1，生成NaCl的质量为58.5()=m2，解得：x=39()；在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得NaCl的质量(m2)偏小，根据上述Na2O2质量的表达式可得，测得的Na2O2的质量(x)会偏小，所以测得的Na2O2质量分数偏小。23饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸 产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止 生成的
31、硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行 D 碳(C) 4Na3CO22Na2CO3C 【分析】（1）根据杂质的成分选择除杂试剂；根据简易启普发生器的气体发生原理分析关闭弹簧夹的现象以及药品的选择。（2）根据实验现象分析黑色固体和白色物质的成分；根据得失电子守恒写出金属钠和二氧化碳反应的化学方程式。【详解】（1）根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水蒸气两种杂质，除去氯化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸；反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体不能逸出，使干燥管里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着
32、在碳酸钙的表面，阻止反应进行。故答案为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸；产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行。（2）向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是C；由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na3CO22Na2CO3C。24分液漏斗 CaCO3+2H+=
33、Ca2+H2O+CO2 除去CO2气体中混入的HCl NaOH溶液 吸收未反应的CO2气体 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2 甲基橙 溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化 79.5% 【分析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（
34、1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故
35、答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸钠的物质的量为：n
36、(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/20.2000molL0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)= 0.003mol106gmol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；25c 饱和碳酸氢钠溶液 吸收逸出的NH3 过滤 a NH3 b CO2 增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率 用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应。（或往烧碱溶液中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等） 【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
37、，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，(1)依据题干中信息碳酸氢钠溶解度相对较小分析，所以在饱和食盐不通入氨气和二氧化碳后，碳酸氢钠晶体会析出；(2)(I)盐酸是易挥发性酸，在制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体，要除去氯化氢可以用饱和碳酸氢钠溶液，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且二氧化碳在碳酸氢钠溶液中溶解度很小，据此答题；(II)实验过程中氨气可以会从溶液中逸出，稀硫酸能吸收氨气；(III)分离固体与液体采用过滤的方法；(I)根据氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答
38、；(II)根据图可知，装置改动后反应物的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率(3)饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳会与碳酸氢钠析出；【详解】(1)a碳酸氢钠易溶于水，故错误；b碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故错误；c碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故正确；故答案为：c；(2)(I)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，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；(II)实验过程中氨气可能会从溶液中逸出，而稀
39、硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3；(III)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；(I)制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，故答案为：a；NH3；b；CO2；(II)装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积增大，提高了二氧化碳的吸收率，(3)根据侯氏制碱法的原理可知用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应可以析出碳酸氢钠，饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳会与碳酸氢钠析出，故答案为：用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应。(或往烧碱溶液
40、中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等)26A 关闭止水夹，往长颈漏斗里加水，若长颈漏斗的液面高于试管中的液面，并长时间保持该高度差不变，表明装置不漏气 Na2O和Na2CO3 4Na+3CO22Na2CO3+C Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红 不同意，丙同学的推断白色物质若是氢氧化钠，需要反应物含有氢元素，实验是钠在二氧化碳中的反应产物，反应体系中无氢元素存在 2xMg+2NO x 2xMgO+N2，3Mg+N2Mg3N2 abcdebcghf 分液漏斗、平底烧瓶 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 装置D中气体体积增大，水从广口瓶流入烧
41、杯中 取装置C中少量固体产物加入水中，若产生具有无色刺激性气味(或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝)的气体，则证明产物存在Mg3N2，否则不存在 【详解】（1）所加试剂密度比水要小，且与水互不相溶，四氯化碳密度大于水，饱和的食盐水为无机物的水溶液，只有苯符合题意，正确选项A。(2)装置形成密闭体系，通过压强差进行检验，正确答案：关闭止水夹，往长颈漏斗里加水，若长颈漏斗的液面高于试管中的液面，并长时间保持该高度差不变，表明装置不漏气(3) 白色物质只能是Na2O，白色物质只能是Na2CO3，白色物质可能是Na2O和Na2CO3的混合物；正确答案：Na2O和Na2CO3。钠在二氧化碳中燃烧生成碳酸钠和碳
42、，化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C ；正确选项 4Na+3CO22Na2CO3+C。反应生成的Na2CO3溶液水解显碱性，也会使酚酞变红，原白色固体不一定为氧化钠， 正确答案：Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红。该反应是在二氧化碳的环境中进行的，没有出现含有氢元素的物质，不同意丙同学的观点，正确答案：不同意，丙同学的推断白色物质若是氢氧化钠，需要反应物含有氢元素，实验是钠在二氧化碳中的反应产物，反应体系中无氢元素存在。(4) 推测金属Mg在NOx中的燃烧产物为MgO、N2和Mg3N2,根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式为2xMg+2NO x 2xMgO+N2，3Mg+N2
43、Mg3N2 ；正确答案：2xMg+2NO x 2xMgO+N2，3Mg+N2Mg3N2。浓硝酸与铜反应产生二氧化氮气体，通过氯化钙进行气体干燥，然后纯净的二氧化氮气体与镁加热反应，由于反应生成的氮化镁易与水反应，还需要连接B装置进行防水处理，最后多余的二氧化氮气体进入E装置内被碱液吸收，剩余的氮气利用排水法进行收集，所以各装置的连接顺序为abcdebcghf；装置A中仪器名称为分液漏斗、平底烧瓶；该装置内铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；镁与二氧化氮气体加热反应，生成氮化镁和氮气，验证产物中有N2生成的现象为
44、：装置D中气体体积增大，水从广口瓶流入烧杯中；正确答案：abcdebcghf；分液漏斗、平底烧瓶；Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；装置D中气体体积增大，水从广口瓶流入烧杯中。根据题给信息可知纯净的氮化镁是淡黄色固体，热稳定性较好。氮化镁极易与水反应，该反应属于非氧化还原反应，产物是一种碱和一种气体；所以只要证明出反应产生的气体中含有氨气即可，正确答案：取装置C中少量固体产物加入水中，若产生具有无色刺激性气味(或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝)的气体，则证明产物存在Mg3N2，否则不存在。点睛：（4）第2问题，进行的装置连接时，要注意B装置的重复使用，目的都是满足C装置内镁与二氧化氮在无水的环境下顺利进行。
