2023年高考真题变式分类汇编：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
一、选择题
1．（2021·浙江）下列“类比”结果不正确的是（ ）
A． 的热稳定性比 的弱，则 的热稳定性比 的弱
B． 的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架( )构型为V形
C． 的溶解度比 的大，则 的溶解度比 的大
D．将丙三醇加入新制 中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制 中溶液也呈绛蓝色
2．（2020·浙江）下列说法错误的是( )
A． 会破坏铝表面的氧化膜
B． 的热稳定性比 强
C． 具有氧化性，其稀溶液可用于消毒
D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
3．（2018·全国Ⅱ卷）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多的胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
4．（2022·黄埔模拟）常温下，用如图1所示装置，分别向溶液和溶液中逐滴滴加的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．X曲线为溶液的滴定曲线
B．b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C．c点的溶液中：
D．a、d两点水的电离程度：a>d
5．（2022·东城模拟）配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是（ ）
A．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B．2c(CO)+c(HCO)
D．向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
6．（2021·顺德模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能一步实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2021·湛江模拟）用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A B C D
验证C的非金属性强于Si 比较Fe2+和Cr3+还原性强弱 比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性 制备氢氧化铁胶体
A．A B．B C．C D．D
8．（2020·北京模拟）关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法错误的是( )
A．溶液中所含离子的种类相同 B．溶液的pH相同
C．都能与盐酸反应放出CO2气体 D．都能使澄清石灰水变浑浊
9．（2019·萍乡模拟）下列实验操作可达到实验目的的是（ ）
A．用长颈漏斗可分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
B．将NaOH溶液滴加到FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体
C．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
D．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，可将固体加热至恒重
10．（2019·定远模拟）根据下列实验现象，所得结论正确的是（ ）
实验 实验现象 结论
A 左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡 氧化性：Al3＋＞Fe2＋＞Cu2＋
B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
C 右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊 非金属性：Cl＞C＞Si
A．A B．B C．C D．D
11．（2019·徐汇模拟）某同学为探究NaHCO3的性质进行如下实验：常温下测得0.10mol· NaHCO3溶液的pH为8.4；取NaHCO3溶液向其中滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列分析正确的是（ ）
A．反应的离子方程式：HCO3-+Ca2+→CaCO3↓+H+
B．加入CaCl2促进了HCO3-的电离，没有影响HCO3-的水解
C．反应的离子方程式：2HCO3-+Ca2+→CaCO3↓+H2CO3
D．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+c(Cl-)
12．（2018·佛山模拟）通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是（ ）
A．干燥管b中装入碱石灰
B．Q气球中产生的气体主要成分O2、CO2
C．测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3
D．读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小
13．（2018·江苏模拟）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Si的熔点高，可用作半导体材料
B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C．Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污
D．Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
14．（2016·崇明模拟）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B．取a克混合物充分加热，减重b克
C．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
15．（2023高一上·湖北期末）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范能达到实验目的的是
A．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性 B．排空气法收集CO2 C．钠的燃烧 D．溶液滴加
A．A B．B C．C D．D
16．（2023高一上·湖北期末）向1LNaOH溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是
A．通入的在标准状况下的体积为448mL
B．原NaOH溶液的浓度为
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
17．（2022高一上·宝鸡期末）和广泛地应用于生产和生活中。下列有关和的说法中正确的是
A．可以用澄清石灰水来鉴别溶液和溶液
B．固体中含少量杂质，可通过加热的方法除去
C．等质量的、分别与足量盐酸反应，前者产生多
D．向等物质的量浓度的和溶液中滴加等体积的酚酞溶液，溶液的红色较深
二、非选择题
18．（2021高一上·东城期末）关注物质的宏观组成和微观构成，是研究物质性质及其转化的基本出发点。
（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于 (选填序号)，因此具有某些相似的化学性质。
a.氧化物 b. 酸 c. 碱 d. 盐
（2）探究Na2CO3和NaHCO3的相互转化。
【实验1】 加热碳酸氢钠固体，装置如下图所示。
①利用上述装置可实现NaHCO3向 Na2CO3发生转化，试管中发生反应的化学方程式为 。
【实验2】 分别向滴有2滴酚酞的NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，实验记录如下：
实验内容 实验现象
实验2-1 溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。
实验2-2 开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪去，有大量气泡出现。
②实验2-1中，反应的离子方程式是
③实验2-2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是 。
④通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是 ；碳酸也可实现上述转化，写出将CO2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式： 。
（3）探究NaCl转化为NaHCO3。
资料i：
物质 NaCl NaHCO3 NH4HCO3 NH4Cl
20℃时的溶解度(g/100gH 2O) 36.0 9.6 21.7 37.2
资料ii：氨气(NH3)可与水发生反应，生成一水合氨(NH3 H2O)，一水合氨属于一种碱。
①向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是 。
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式 ，通入NH3的作用是 。
19．（2021高一上·平谷期末）学习小组探究碳酸钠和碳酸氢钠性质
（1）分别取和
如图：Ⅰ中浅红色褪去，且立即产生大量气泡；Ⅱ中开始无气泡，溶液颜色由红色变为浅红色，最后出现大量气泡．
①浓度相同时，碱性 (填“>”或“<”)。
②Ⅱ的反应过程出现的证据是 ，其离子反应的方程式 。
（2）用固体配制溶液。
①用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
②计算需要固体的质量是 g。
③下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是 (填字母)。
a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒
b．定容时，眼睛俯视刻度线
c．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切
（3）我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献．下图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。
已知：ⅰ．极易溶于水并生成碱，与酸反应生成盐，如。
ⅱ．有关物质的溶解度
物质
溶解度/g 36.0 21.7 9.6 37.2
沉淀池中主要沉淀物 (化学式)，发生反应的化学方程式为 。
20．（2021高一上·普宁期末）Na2CO3和NaHCO3都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。
（1）Na2CO3俗称 ，往Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液呈 色。
（2）用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈 色。
（3）实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是____(填字母)。
A．1000mL；21.2g B．950mL；20.14g
C．500mL； 21.2g D．500mL； 10.6g
（4）胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水，服用适量的NaHCO3能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式： 。
（5）除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是 ，化学方程式为 。
21．（2021高二下·云南期末）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。
（1）[观察]
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。
（3）[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。
实验II试管B中的现象为 。
（4）[分析与解释]
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： 。
22．（2020高一上·潮阳期末）Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。
（1）称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。
①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论 。
②同学们在两烧杯中还观察到了其它现象。其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象：I.溶液温度升高；II. (填字母序号)。
a.滴入酚酞后呈浅红色 b.滴入酚酞后呈红色
（2）“套管实验”的实验装置如图所示，请分析实验原理，并回答下列问题：
①整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是 ；
②实验结束时的操作是 。
③写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式： 。
④该实验可证明NaHCO3的热稳定性 (填“强于”“弱于”或“等于”)Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？ (填“能”或“不能”)。
⑤能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是 。
A．将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较
B．两支试管中均盛有3mL6mol/L稀盐酸，将少量等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末同时倒入试管中，比较反应快慢(如图)。
C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液
⑥下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是 。
A．取a g混合物充分加热，减重b g
B．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
C．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
D．取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
23．（2020高一上·石景山期末）X、Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色试验均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)。
已知：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；
请回答：
（1）X生成Z的化学方程式是 。
（2）X含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置III中产生白色沉淀，装置V中可收集到一种无色气体。
①装置II中物质的化学式是 。
②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置V中气体，所需仪器装置是__(从图中选择必要装置，填写编号)。
（3）向Z溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反应的化学方程式是 。
（4）为测定X和Z混合物中Z的质量分数，某课外小组取ag混合物充分加热，质量减少bg，则混合物中Z的质量分数是 (用含a、b的代数式表示)。
24．（2020高一上·东城期末）某小组研究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验如下。
（1）（实验一）
序号 操作 现象
Na2CO3 NaHCO3
① 在两支试管中加入1g Na2CO3或1g NaHCO3，再加入5mL水，振荡；将温度计分别插入其中 温度由17.6℃变为23.2℃；放置至室温时，试管内无固体 温度由17.6℃变为17.2℃；放置至室温时，试管内有少量固体残留
② 室温时，分别向①所得溶液中滴入2滴酚酞溶液 溶液变红 溶液微红
室温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的实验证据是 。
（2）根据两试管中的温度变化情况，可得出的结论是 。
（3）该实验不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，理由是 。
（4）（实验二）
测量下述实验过程的pH变化，实验操作及实验现象如下。
资料：pH越小，c(OH-)越小，溶液碱性越弱。
实验操作 实验现象
Ⅰ.②和③中均产生白色沉淀。 Ⅱ.
澄清石灰水显碱性，用电离方程式表示其原因是 。
（5）白色沉淀是 。
（6）加入4mL Na2CO3溶液或4mLNaHCO3溶液时，产生的白色沉淀的质量相等。写出推理过程： 。
25．（2020高一下·淳安期末）
（1）小苏打的化学式： 。
（2）写出乙醛的结构简式： 。
（3）甲硅烷(SiH4)是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃。已知室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则其热化学方程式为 。
26．（2020高一上·汪清期末）某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示。
（1）只根据图Ⅰ所示实验，不能够达到实验目的的原因 。
（2）图Ⅱ、Ⅲ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为 。
（3）若用实验Ⅱ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体最好是 (填化学式)。
27．（2020高一上·嘉祥期末）对比分析钠及其化合物的特点，请完成下列空白。
（1）图所示转化关系中属于氧化还原反应的有 个。反应⑤和⑧离子方程式分别为 、 。
（2）日常生活中常用到苏打和小苏打，鉴别它们的方法有多种。例如：
方法①：如图所示装置，这是根据它们具有不同的稳定性加以鉴别的。实验过程中，当试管B中盛放的澄清溶液出现白色浑浊时，试管A中发生反应的化学方程式是 。
方法②：取等物质的量的苏打和小苏打分别于试管中，再分别加入足量盐酸充分反应，比较相同条件下收集到的气体的体积。请写出相关反应的离子方程式： 、 。
28．（2019高二下·应县期末）现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
（1）上述物质中属于电解质的物质序号为 。
（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是 。
（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为 。
（4）能导电的物质序号为 。
（5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是(用化学式表示) 。
（6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为 。如果将1molFeCl3全部制成胶体，制得的胶体 (选填“带负电”“电中性”“带正电”)，胶粒数目 NA(选填“大于”“等于”“小于”)。
29．（2019高二下·吉林期末）纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。
（1）工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：
请回答下列问题：
①析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是 。
②该工艺流程中可回收再利用的物质是 。
③若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是 (填字母)。
a. 向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g
b. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g
c. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g
（2）将0.84 g NaHCO3和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10 mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是___________(填字母)。
A． B．
C． D．
（3）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02
g。如果把剩余的固体全部加入到100
mL 2 mol·L－1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计) 。
30．（2019高一上·长春期末）如图所示实验为“套管实验”，小试管内塞有沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球。
（1）点燃酒精灯加热，能观察到的实验现象是：棉花团变 色， （填A或B）中的石灰水变浑浊
（2）由上述实验你能得出的结论是：Na2CO3的热稳定性 （填大于或小于） NaHCO3
（3）写出碳酸氢钠受热分解的化学方程式
31．（2018高一下·顺义期末）现有下列4种物质：①浓H2SO4、②NO2、③NH4Cl、④NaHCO3。其中，可以使蔗糖变黑的是 （填序号）；与水发生反应由红棕变为无色的是 （填序号）；加热分解，遇冷又化合的是 （填序号）；加热分解生产无色无味气体的反应方程式是 。
32．（2018高一上·綦江期末）A，B，C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）。
（1）若A是一种淡黄色单质固体，则B→C的化学方程式为 。
（2）若A是一种黑色单质固体，将一定量C缓慢通入NaOH溶液中，充分反应，测得最后溶液的显碱性，此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是 、 ；如果是多种成分，可能是 、 。
（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，试用化学方程式表示该物质C的一个重要应用 。 将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为 。现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38g，D的质量分数为 。
33．（2018高一上·汕头期末）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水）
回答下列问题：
（1）装置A中液体试剂选用
（2）装置B的作用是 ，装置C的作用是 ，装置E中碱石灰的作用是 。
（3）装置D中发生反应的化学方程式是 。
（4）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为 。
34．（2016高三上·丰台期末）某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化．
（1）分别向浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：
①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 ．
②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 ．
③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是 （填化学式）．
（2）研究NaHCO3与CaCl2的反应．
实验序号 实验操作 实验现象
实验1 向2mL 0.001mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液 无明显变化．用激光笔照射，没有出现光亮的通路．
实验2 向2mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液 略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路．
①实验1中没有出现白色浑浊的原因是 ．
②实验2中形成的分散系属于 ．
③用离子方程式表示实验2中发生的反应 ．
（3）在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化，请在图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度（反应前后溶液体积的变化可忽略）．
35．（2016高一上·忻州期末）某课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下4组实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．
（1）Ⅱ所示的实验，若固体质量相同且稀盐酸足量时，气球鼓起较小的是 （填化学式）．
（2）Ⅲ、Ⅳ所示的实验均能鉴别这两种物质，相关反应的化学方程式是 、 ．与Ⅲ相比，IV的优点是 （填选项序号）．
a．Ⅳ比Ⅲ复杂 b．Ⅳ比Ⅲ安全
c．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行
（3）若用Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体应该是 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；物质的检验和鉴别；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 中含有氧氧键，因此热稳定性比 的弱，而 含有氮氮键，热稳定性比 的弱，故A不符合题意
B.水分子中的氧原子的价层电子对为4对，其中含有2对孤对电子，为sp3杂化，构型为V型，而二甲醚中的氧原子的价层电子对为4，含有2对孤对电子为sp3杂化，构型为V型。故B不符合题意
C.钙盐、钡盐的碳酸盐的溶解性弱于碳酸氢盐，而钾盐、钠盐的碳酸盐的溶解性强于碳酸氢盐，故C不符合题意
D.含有多个羟基的有机物与新制备的氢氧化铜作用溶液呈绛蓝色，丙三醇和葡萄糖均含有多个羟基，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.过氧化氢和 均含有非极性键，非极性键稳定性弱
B.计算出氧原子的杂化方式即可
C.考察的是碳酸氢盐和碳酸盐的溶解性强弱问题
D.考察的是多羟基的有机物与氢氧化铜的反应的特殊现象
2．【答案】B
【知识点】铝的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B符合题意；
C．KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C不符合题意；
D．钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．Cl-会加快铝的腐蚀；
B．碳酸氢钠受热更易分解；
C．KMnO4可以用来制取消毒液，用于消毒；
D．钢铁在潮湿的空气中容易形成吸氧腐蚀。
3．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A.碳酸钠俗称苏打粉，水溶液显碱性，可用于除油污，A不符合题意
B.漂白粉成分为次氯酸钙，可用于消毒、漂白等，B不符合题意
C.氢氧化铝属于两性氢氧化物，可用于治疗胃酸过多，除此之外还可以用碳酸氢钠，C不符合题意
D.碳酸钡属于碳酸盐，与胃液中的盐酸反应，生成氯化钡、二氧化碳和水，故不能用于胃肠X射线造影检查，用的应该是硫酸钡，D符合题意
故答案为：D
【分析】该题考查化学与生活相关的常识及酸碱盐知识点，D项明显错误，BaSO4用于胃肠X射线造影检查而不是BaCO3
4．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应，然后发生，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表溶液，Y代表溶液，A不符合题意；
B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为，所以c点代表溶液的pH更大，B不符合题意；
C．c点溶液溶质主要为，溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，而水解和弱电解质的电离都是微弱的，所以，C不符合题意；
D．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，、的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳，碳酸氢钠和盐酸反应直接生成二氧化碳；
B、b点为氯化钠，呈中性，c点为碳酸氢钠，呈碱性；
C、c点溶质为碳酸氢钠，根据溶液为碱性，水解程度大于电离程度，所以；
D、判断水的电离程度通常是从盐的水解和弱电解质的电离相对强弱进行判断。
5．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项不符合题意；
B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项不符合题意；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项符合题意；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据碳元素守恒即可计算
B.根据电荷守恒，结合水解显碱性判断
C.温度不变，常数不变
D.根据加入氢氧化钠发生的反应即可判断
6．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁，不能生成三氧化二铁，故C符合题意。
【分析】铁与水反应生成四氧化三铁
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．HCl也可以与硅酸钠反应生成沉淀，装置没有排除HCl的干扰，无法验证，A项不符合题意；
B．根据电流表指针的旋转方向判断反应中的还原剂与还原产物，可通过还原剂的还原性强于还原产物实现，B项符合题意；
C．比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性应将碳酸钠装在大试管，碳酸氢钠装在小试管，C项不符合题意；
D．制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.需要将挥发出的氯化氢气体除去排除干扰
B.通过指针的偏转即可判断出还原性的强弱
C.碳酸钠和碳酸氢钠位置弄反
D.此操作得到的是氢氧化铁沉淀
8．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡、又存在HCO3-的水解平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的分步水解平衡，两溶液中都存在钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、水分子，所含离子的种类相同，A不符合题意；
B.相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故NaHCO3溶液的碱性弱于Na2CO3溶液，两溶液的pH不同，符合题意；
C.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与盐酸反应放出CO2气体，C不符合题意；
D.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】相同量浓度的碳酸氢钠（对应的酸为碳酸）和碳酸钠（对应的酸为碳酸氢根），碳酸钠的pH要大于碳酸氢钠的pH，越弱越水解。
9．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液应用分液漏斗，故A不符合题意；
B、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和FeCl3溶液滴加沸水中，加热至出现红褐色液体，NaOH溶液滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，故B不符合题意；
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不符合题意；
D、NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，加热至恒重，能达到实验目的，故D符合题意。
【分析】A.分液漏斗常用来进行萃取和分液；
B.氢氧化钠和氯化铁得到的是氢氧化铁沉淀而不是胶体；
C.氯气如果先通过硫酸会有部分损失；
D.碳酸钠具有较强的热稳定性，但是碳酸氢钠受热易分解，这样就可以通过加热除去碳酸氢钠。
10．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】A、根据烧杯中的实验现象判断金属性Al>Fe>Cu，则氧化性：Al3+
C、碳酸钠在外部，所受温度高，碳酸氢钠在里面的小试管内，受热温度低，当右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化是，说明碳酸氢钠分解产生二氧化碳气体，所以碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，符合题意；
D、盐酸易挥发，烧杯内的溶液变浑浊，不能证明是二氧化碳与硅酸钠溶液发生了反应，有可能是挥发的HCl的作用，所以不能判断C与Si的非金属性的强弱，不符合题意，
故答案为：C。
【分析】注意阳离子的氧化性与活泼型顺序相反；反应的唯一性才可以确定实验结论。
11．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故A不符合题意；
B.溶液中存在HCO3- CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，生成的氢离子促进HCO3-的水解，故B不符合题意；
C.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故C符合题意；
D.溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液至pH=7，c（H+）=c（OH-），c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A、HCO3-与 H+ 不共存。
B、HCO3-电离平衡和水解平衡时相互影响的。
D、溶液的电荷守恒中，需要把所有的阳离子、阴离子表示出来，少了碳酸根。
12．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A，B、加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，选项A、选项B都不符合题意。
C.测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3。选项C不符合题意。
D.读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】注意压强的影响受温度和气体体积的影响。根据PV=nRT进行分析，注意实验过程中的压强变化。
13．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．硅位于金属和非金属元素之间，具有金属和非金属的性质，硅单质是半导体的主要材料，但与硅的熔点高不对应，选项A错误；
B、SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，选项B错误；
C、Na2CO3溶液呈碱性，能与油脂反应，可用于洗涤油污，选项C正确；
D、Al2O3熔点高，可用于制造耐火材料，与硬度很大不对应，选项D错误。答案选C。
【分析】A、硅能作为半导体材料是因为其位于金属和非金属之间
B、二氧化硫的漂白是化合漂白
D、氧化铝能作为耐火材料是由于氧化铝的熔点高。
14．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故A选；
B．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；
C．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；
D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；
故选：A．
【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．
A．应先把水蒸气排除才合理；
B．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
C．根据钠守恒，可列方程组求解；
D．根据质量关系，可列方程组求解．
15．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体的收集；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、NaHCO3不稳定受热易分解，而Na2CO3稳定，受热不分解，因此NaHCO3应放置在小试管中，Na2CO3放置在大试管中，A不符合题意。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，B符合题意。
C、固体的燃烧需在坩埚中进行，C不符合题意。
D、胶头滴管使用过程中，应垂直悬空，防止接触试管内壁，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NaHCO3不稳定，应放置在小试管中。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集。
C、固体的灼烧需在坩埚中进行。
D、胶头滴管的使用应垂直悬空。
16．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、反应②中参与反应的n(HCl)=0.5mol·L－1×0.075L=0.0375mol，则反应生成n(CO2)=0.0375mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.0375mol×22.4L·mol－1=0.84L=840mL，A不符合题意。
B、当加入V(盐酸)=100mL时，反应后所得溶液的溶质为NaCl，此时n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5mol·L－1×0.1L=0.05mol，所以原NaOH溶液的物质的量浓度，B符合题意。
C、NaOH和NaHCO3可发生反应，不可大量共存，因此所得溶液的成分不可能为NaHCO3和NaOH，C不符合题意。
D、滴加盐酸的过程中发生两个阶段的反应，且消耗盐酸体积分别为25mL、75mL，则所得溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，且n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、反应后生成n(CO2)与通入的n(CO2)相等。
B、根据元素守恒进行计算。
C、NaHCO3和NaOH不共存。
D、根据消耗盐酸的体积分析。
17．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．Na2CO3与NaHCO3均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同不能鉴别，A不符合题意；
B．Na2CO3加热不发生分解，NaHCO3固体中含少量杂质，不能通过加热的方法除去，B不符合题意；
C．等质量的、，由可知的物质的量多，根据碳守恒，产生多，C符合题意；
D．Na2CO3的碱性更强，向等物质的量浓度的和溶液中滴加等体积的酚酞溶液，Na2CO3溶液的红色较深，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】碳酸钠和碳酸氢钠性质的区别：
1、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热；
2、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解；
3、碳酸钠溶液滴加酚酞变红，碳酸氢钠溶液滴加酚酞变浅红；
4、碳酸钠加盐酸的过程先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳，碳酸氢钠加盐酸直接生成二氧化碳；
5、碳酸钠溶液加氯化钡或氯化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氯化钡或氯化钙不生成沉淀；
6、碳酸钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀。
18．【答案】（1）d
（2）2NaHCO3Na2CO3 + CO2 ↑+ H2O；+ H+=H2O + CO2↑；溶液由红色变为浅红色；提供H+，与反应生成；Na2CO3 + CO2 +H2O=2 NaHCO3
（3）若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c(H2CO3)小，且难以电离出大量的；NH3 + CO2 +NaCl+ H2O= NaHCO3 ↓+ NH4 Cl；NH3溶于水同时与水反应生成NH3 H2O， NH3 H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的 ，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3 ，从溶液中析出
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据物质分类关系，两种物质均由碱的阳离子与酸根阴离子组成，属于盐类，所以本问呢选填“d”；
（2）①NaHCO3受热不稳定，150℃以上分解为Na2CO3、CO2和H2O，所以本问第一空应填“2NaHCO3Na2CO3 + CO2 ↑+ H2O”；
②与H+结合生成CO2和H2O，反应物接触即产生气泡，所以本问第二空应填“+ H+=H2O + CO2↑”；
③Na2CO3水溶液碱性强，NaHCO3水溶液碱性弱，当溶液中红色变浅时，说明Na2CO3基本转化为NaHCO3，所以本问第三空应填“溶液由红色变为浅红色”；
④HCl提供H+与反应生成，所以本问第四空应填“提供H+，与反应生成”；CO2结合H2O形成H2CO3，也能提供一定量H+，所以本问第五空应填“Na2CO3 + CO2 +H2O=2 NaHCO3”；
（3）弱酸无法制强酸，NaHCO3无法与HCl共存，所以本问第一空应填“若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存”；NH3与水形成NH3 H2O，再与过量CO2反应生成NH4HCO3，溶液中Na+与结合形成溶解度相对更小的物质NaHCO3产生晶体析出，所以本问第二空应填“NH3 + CO2 +NaCl+ H2O= NaHCO3 ↓+ NH4 Cl”，第三问应填“NH3溶于水同时与水反应生成NH3 H2O， NH3 H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的 ，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3 ，从溶液中析出”。
【分析】（1）由金属阳离子、酸根离子构成的物质为盐；
（2）①碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水；
②碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；
③碳酸钠的碱性比碳酸氢钠强，酚酞颜色更深；
④碳酸钠和氢离子反应生成碳酸氢根离子；碳酸钠溶液通入二氧化碳生成碳酸氢钠；
（3）①HCl酸性强于碳酸；
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，利用碳酸氢钠溶解度较小，可析出NaHCO3晶体；通入NH3的作用是NH3溶于水，在碱性条件下有利于反应的进行。
19．【答案】（1）＞；出现大量气泡；＋H＋ = H2O ＋CO2↑
（2）100mL容量瓶；5.3；b
（3）NaHCO3；NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（3）先将合成氨厂生产的氨气通入饱和食盐水，使溶液显碱性，更好的吸收CO2，之后通入过量CO2，析出溶解度较小的NaHCO3，过滤后煅烧NaHCO3得到碳酸钠、二氧化碳和水
（1）①Ⅰ中浅红色褪去，Ⅱ中溶液颜色由红色变为浅红色，碱性越强，红色越深，故碱性Na2CO3＞NaHCO3；
②由于与H+开始反应时生成，没有气泡产生，而与H+反应立即出现气泡，故Ⅱ的反应过程出现的证据是最后出现大量气泡，说明参与反应，离子方程式为＋H＋ = H2O ＋CO2↑；
（2）①配制100mL0.500mol/L的Na2CO3溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，结合操作方法可知，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶；
②配制100mL0.500mol/L的Na2CO3溶液需称取Na2CO3固体的质量为106g/mol×0.500mol/L×0.1L=5.3g；
③a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，浓度偏低，a不正确；
b．定容时俯视容量瓶刻度线，加入蒸馏水体积偏小，所得溶液浓度偏高，b正确；
c．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，加水偏多，浓度偏低，c不正确；
故答案为：b；
（3）由流程图可知，沉淀池中的反应为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，生成的沉淀为NaHCO3。
【分析】
（1）①Ⅰ依据颜色的变化判断；
②依据颜色的变化分析判断；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶（一定体积）、胶头滴管；
②依据计算；
③依据判断；
（3）依据已知信息，先通溶解性强的氨气，再通二氧化碳。
20．【答案】（1）纯碱(或苏打)；红
（2）黄
（3）A
（4）HCO+H+= CO2↑+H2O
（5）加热；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）Na2CO3俗称纯碱(或苏打)；Na2CO3溶液中碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，显碱性，故滴加酚酞，溶液呈红色；
（2）Na2CO3溶液中钠元素，故做焰色反应实验火焰呈黄色；
（3）实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，需要1000mL容量瓶，称取Na2CO3的质量为 ，
故答案为：A；
（4）胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为HCO +H+= CO2↑+H2O；
（5）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是加热；化学方程式为2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O。
【分析】（1）利用盐类水解原理分析；
（2）依据钠元素的焰色判断；
（3）利m=cVM计算；
（4）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（5）碳酸氢钠不稳定，受热易分解。
21．【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↑
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(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↑，故答案为：HCO+H+=H2O+CO2↑。
【分析】碳酸钠和碳酸氢钠均属于盐类，盐类按组成可分为酸式盐、碱式盐和正盐，具有盐的通性；比较碳酸钠、碳酸氢钠固体溶解时的温度变化，可以判断出二者溶解时的热效应；依据 一段时间后，A中无明显现象，B中澄清石灰水变浑浊，可知碳酸氢钠固体受热分解产生二氧化碳，碳酸钠固体不分解，从而得知碳酸氢钠的稳定性弱于碳酸钠；碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠，继续加盐酸，生成二氧化碳和水，据此解答问题。
22．【答案】（1）同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3；b
（2）有气泡产生，澄清石灰水变浑浊；先将导气管从A、B烧杯中取出，再停止加热；；弱于；不能；AB；C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；探究硅酸钠溶液的碱性、热稳定性
【解析】【解答】(1)①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明相同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3；
②碳酸钠水溶液碱性较强，所以滴入酚酞后呈红色，
故答案为：b；
(2)①碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，所以能观察到烧杯B中有气泡产生，澄清石灰水变浑浊；
②为防止冷却后试管内压强降低发生倒吸，应先将导气管从A、B烧杯中取出，再停止加热；
③碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为 ；
④实验过程中只有B烧杯中变浑浊，说明碳酸钠没有分解，且碳酸钠处温度高，而温度低的碳酸氢钠分解，说明NaHCO3的热稳定性弱于Na2CO3；因大试管温度较高，所以不能将二者位置互换，互换后无法确定碳酸氢钠分解是因为稳定性差还是受热温度高；
⑤A．同浓度的Na2CO3溶液碱性比NaHCO3强，故A正确；
B．碳酸钠与盐酸反应时要先生成NaHCO3，所以NaHCO3与盐酸反应更快，故B正确；
C．二者都能和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，无法鉴别，故C不正确；
⑥A．取a g混合物充分加热，碳酸氢钠受热分解，减重的bg即碳酸氢钠受热分解产生的水和CO2的质量，据此可以计算碳酸氢钠的质量，继而计算碳酸钠的质量分数，故A不正确；
B．混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到的固体为NaCl，根据质量守恒可得n(Na2CO3) 106g/mol+n(NaHCO3) 84g/mo=a，根据钠元素守恒可得2n(Na2CO3) +n(NaHCO3)= mol，联立可以求得二者的物质的量，从而计算碳酸钠的质量分数，故B不符合题；
C．碱石灰不仅吸收二氧化碳，还会吸收水蒸气，无法计算，C正确；
D．生成的沉淀为BaCO3，根据C元素守恒可知n(Na2CO3) +n(NaHCO3)= mol，根据质量守恒可得n(Na2CO3)·106g/mol+n(NaHCO3)·84g/mo=a，联立可以求得二者的物质的量，从而计算碳酸钠的质量分数，故D不符合题；
故答案为：C。
【分析】
(1)①Na2CO3溶解度大于NaHCO3；
②碳酸钠水溶液显碱性；
(2)①碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳；
②根据防倒吸分析；
③碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳；
④根据碳酸氢钠分解而碳酸钠没有分解分析；
⑤根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析；
⑥碱石灰能吸收CO2和水蒸气，无法计算。
23．【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（2）Na2O2
（3）2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3
（4）×100%
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】(1).X、Z分别为NaHCO3、Na2CO3，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
(2). ①装置II中为Na2O2；②该化合物为H2O2，在MnO2等催化剂作用下可分解的O2，用到的反应装置、除杂装置和收集装置为I、IV、V；
(3).由题意及分析可知， Na2CO3与Cl2反应生成NaClO和NaHCO3，由氧化还原反应规律可知还有NaCl的生成，故反应式为：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3；
(4).设ag混合物中有xgNaHCO3，根据其热分解反应式列式求解：
所以， ，，则Na2CO3的的质量分数是×100%。
【分析】（1）根据给出的元素特征即可找出元素，即可写出方程式
（2）①根据X的性质，与酸反应得到的二氧化碳，最终III中沉淀，沉淀为碳酸钡，V中气体是氧气，因此II中为过氧化钠
②制取氧气，可以用水和过氧化钠反应，需要仪器是固液常温型，以及吸收水蒸气和收集气体，即可得出选择仪器
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据碳酸氢钠分解质量变化量，利用差量法计算出碳酸氢钠的量，即可计算出质量分数
24．【答案】（1）相同温度下，1g Na2CO3在5mL水中完全溶解，而1g NaHCO3在5mL水中未完全溶解
（2）Na2CO3溶于水放出热量，NaHCO3溶于水吸收热量
（3）两溶液的浓度不同
（4）Ca(OH)2=Ca2++2OH-
（5）CaCO3
（6）两烧杯中Ca2+的物质的量相等，加入4mL Na2CO3溶液或4mL NaHCO3溶液时，OH-过量，两烧杯中CO的物质的量相等，所以CaCO3的量相等
【知识点】常见离子的检验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)室温下，在两支试管中加入1g Na2CO3或1g NaHCO3，再加入5mL水，振荡， Na2CO3试管内无固体，NaHCO3试管内有少量固体残留，可判断Na2CO3的溶解度大于NaHCO3；
(2)Na2CO3温度由17.6℃变为23.2℃，说明碳酸钠溶于水放热；NaHCO3温度由17.6℃变为17.2℃，碳酸氢钠溶于水吸热；
(3)碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，且加入1g碳酸氢钠未完全溶解，导致碳酸钠与碳酸氢钠的浓度不同，则不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液；
(4)澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，为强碱，完全电离，溶液显碱性，电离方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH-；
(5)碳酸钠或碳酸氢钠均能与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，则沉淀为碳酸钙；
(6)两烧杯中加入10mL澄清石灰水，则Ca2+的物质的量相等，加入4mL Na2CO3溶液或4mL NaHCO3溶液时，OH-过量，导致两烧杯中CO的物质的量相等，所以CaCO3的量相等。
【分析】（1）控制相同条件下溶解的量即可判断
（2）温度变化可以说明溶解时吸放热
（3）比较碱性强弱，需要孔子浓度相等
（4）氢氧化钙电离出氢氧根离子
（5）根据反应物即可找出产物
（6）根据碳元素守恒即可判断
25．【答案】（1）NaHCO3
（2）CH3CHO
（3）SiH4(g)+3O2(g)=4SiO2(s)+2H2O(l) H=-1427.2kJ·mol-1
【知识点】热化学方程式；醛类简介；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】(1)碳酸氢钠的俗名是小苏打，化学式为NaHCO3；
(2)乙醛含有醛基，乙醛的结构简式CH3CHO；
(3)室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则1mol甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ 32=1427.2 kJ，甲硅烷自燃的热化学方程式为SiH4(g)+3O2(g)=4SiO2(s)+2H2O(l) H=-1427.2kJ·mol-1。
【分析】
（1）小苏打是碳酸氢钠，根据名称写出化学式
（2）乙醛中含有醛基，且乙醛中含有两个碳原子，即可写出结构简式
（3）写出化学方程式，标出物质状态，再根据化学计量系数与放出能量的关系计算出焓变即可
26．【答案】（1）无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到实验目的
（2）2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑、 CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O
（3）NaHCO3
【知识点】钠的重要化合物；物质的检验和鉴别；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）图Ⅰ不能达到实验目的，二者现象相同，无论是Na2CO3还是NaHCO3都与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，故答案为无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到实验目的；（2）图Ⅱ、Ⅲ所示实验中所发生的化学方程式均为NaHCO3受热分解，产生二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，故答案为2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O；（3）实验Ⅱ中碳酸钠直接加热，温度较高，碳酸氢钠不直接加热，温度较低，若不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠，故答案为NaHCO3。
【分析】（1）盐酸和碳酸钠，碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置Ⅰ反应现象相同；
（2）碳酸氢钠不稳定，在加热条件下能分解生成碳酸钠，二氧化碳和水；碳酸钠较稳定，加热不易分解；图Ⅱ可以做到用同一套装置同时进行两个对比实验，具有较强的对照性；
（3）B加热温度较低，可以将碳酸氢钠在较低温度下加热，不直接加热碳酸氢钠就能分解更说明碳酸氢钠不稳定。
27．【答案】（1）5；2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；OH-+CO2=HCO3-
（2）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；CO32-+2H+=H2O+CO2 ↑；HCO3-+H+=H2O+CO2↑
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）反应①②⑤中单质Na发生反应，有元素化合价发生变化，一定属于氧化还原反应；反应③④过程中生成单质O2，有元素化合价发生变化，一定属于氧化还原反应；其余反应过程中没有化合价变化，都不属于氧化还原反应，因此图示转化过程中属于氧化还原反应的有5个；
反应⑤中Na与H2O反应生成可溶性强碱NaOH和H2，该反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；反应⑧为NaOH与过量CO2反应生成可溶性NaHCO3，该反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-；
（2）试管B中澄清石灰水变浑浊，说明加热过程中固体分解产生CO2，而NaHCO3不稳定，受热分解，Na2CO3固体稳定，受热不分解，因此试管A中发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；
苏打的主要成分为Na2CO3，与HCl反应生成可溶性NaCl、H2O和CO2，该反应的离子方程式为：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；小苏打的主要成分是NaHCO3，与HCl反应生成可溶性的NaCl、H2O和CO2，该反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；
【分析】（1）根据反应过程中元素化合价是否发生变化分析反应是否属于氧化还原反应；根据发生的反应书写反应的离子方程式；
（2）NaHCO3不稳定，受热易分解产生Na2CO3、H2O和CO2，据此写出反应的化学方程式；
根据Na2CO3、NaHCO3与稀盐酸发生的反应，书写反应的离子方程式；
28．【答案】（1）②⑤
（2）①⑥
（3）②⑦
（4）①③⑥⑦
（5）NaOH和Na2CO3 NaHCO3和Na2CO3
（6）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；电中性；小于
【知识点】电解质与非电解质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据定义可知，①③⑥⑦虽能导电，但属于混合物，不属于电解质；④虽为化合物，但在水溶液中不是本身电离出自由移动的阴阳离子，所以不属于电解质；②和⑤属于盐，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，
故答案为②⑤；（2）离子方程式为：H++OH-=H2O，说明是强酸和强碱的中和反应，上述物质中，①稀硫酸与⑥稀氢氧化钠的反应符合该离子方程式，
故答案为①⑥；（3）②小苏打是NaHCO3的俗名，它可与H+反应生成水和二氧化碳，同时可以与OH-反应生成碳酸根离子与水；⑦硝酸亚铁溶液其溶质Fe(NO3)2遇NaOH会生成氢氧化亚铁沉淀与水，当加入盐酸时，因溶液中的硝酸根离子与氢离子结合会具有强氧化性，所以Fe2+会与H+和NO3-发生氧化还原反应，故正确的有：②⑦，
故答案为②⑦；（4）上述物质中，溶液有自由移动的阴阳离子，所以导电的物质为：①③⑥⑦，
故答案为①③⑥⑦；（5）二氧化碳与NaOH充分反应，①若CO2少量，则发生的反应为：CO2+2NaOH(过量) = Na2CO3+H2O，则溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，水分蒸干后，得到的固体组成成分为：NaOH和Na2CO3；②CO2过量，则过量的CO2继续与生成的Na2CO3，其化学方程式为：CO2+ Na2CO3 + H2O = 2 NaHCO3，其固体组成成分可能是：NaHCO3和Na2CO3，
故答案为NaOH和Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3；（6）实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，
故答案为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；得到的胶体不带电，即电中性；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以1 mol FeCl3形成的胶体个数小于NA个，
故答案为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；电中性；小于。
【分析】（1）在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；（2）离子反应体现的是强酸与强碱反应生成水的过程；（3）该物质与酸、碱均反应；（4）有自由移动的离子或电子的物质能导电；（5）④与⑥充分反应后，根据二氧化碳的用量分情况讨论；（6）实验室用饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热制备氢氧化铁胶体，胶体不带电，得到的胶体微粒是多个氢氧化铁的聚集体，据此分析作答；
29．【答案】（1）取少量晶体溶于水，加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则有Cl－，反之则没有；CO2；ac
（2）D
（3）0.75 mol·L－1
【知识点】常见离子的检验；物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】(1)①检验晶体中是否有氯离子，可以取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明该晶体中含有Cl-，反之则没有，故答案为：取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该晶体中含有Cl-，反之则没有；②焙烧过程中得到二氧化碳，沉淀池中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳，故答案为：CO2；③a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量可以计算碳酸钠的量，所以该方案可行，故a选；b．只有碳酸钠能和稀盐酸反应生成CO2，用碱石灰吸收产生的气体，碱石灰增重的量为CO2和水蒸气（以及可能挥发出的HCl）总质量，不能计算出碳酸钠质量，所以该方案不可行，故b不选；c．碳酸根离子和Cl-都与银离子反应生成白色沉淀，根据沉淀的质量和样品的质量可以计算碳酸钠质量，所以该方案可行，故c选；故答案为：ac。(2)0.84gNaHCO3的物质的量为 =0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol。向 NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，首先0.01mol Na2CO3发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，消耗0.1mol L-1盐酸0.1L。此时溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，0.02mol碳酸氢钠完全反应消耗0.1mol L-1盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生二氧化碳达到最大值为0.02mol，
故答案为：D；(3)n(NaHCO3)= =0.125 mol，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl)-n(NaHCO3)=0.1L×2mol L-1-0.125 mol=0.075 mol，故c(HCl)剩余= =0.75 mol L-1，故答案为：0.75 mol L-1。
【分析】(1)侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利用，据此分析解答；(2)向 NaHCO3和Na2CO3混合并配成的溶液中滴加盐酸，先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，碳酸钠反应完毕，继续滴加时，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，根据方程式计算各各阶段消耗盐酸的体积及生成二氧化碳的物质的量，据此分析判断；(3)根据n= 计算n(NaHCO3)，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，再计算剩余HCl物质的量，根据c= 计算溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度。
30．【答案】（1）蓝；B
（2）大于
（3）2NaHCO3 = Na2CO3 + CO2↑ + H2O
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）根据上述分析知点燃酒精灯加热，能观察到沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球会变蓝，B中的石灰水变浑浊。
故答案为：蓝、B。（2）由上述实验得出的结论是：Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3。
故答案为：大于。（3）碳酸氢钠受热分解为Na2CO3、CO2和 H2O，其反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O。
【分析】（1）要注意碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠，水，二氧化碳，水可以跟无水硫酸铜结合变蓝色，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解；
（2）碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解；
（3）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳。
31．【答案】②；①；③；2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；浓硫酸的性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】浓硫酸具有脱水性，可以使蔗糖脱水变黑的是浓H2SO4；NO2是红棕色气体，与水反应生成硝酸和无色的NO气体，所以与水发生反应由红棕变为无色的是NO2；NH4Cl加热能分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵固体；NaHCO3加热能分解为碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式是2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑；
【分析】使蔗糖变黑体现的是浓硫酸的脱水性；
二氧化氮是红棕色的气体，但是溶于水后会生成硝酸，是无色的液体；
碳酸氢钠的热稳定性较差，受热后会分解为碳酸钠、二氧化碳和水。
32．【答案】（1）2SO2+O2 2SO3
（2）Na2CO3；NaHCO3；NaOH、Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3
（3）2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2CO3；83.2％
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】学过的这种能够连续氧化的包括C→CO→CO2、S→SO2→SO3、NH3→NO→NO2、N2→NO→NO2、Na→Na2O→Na2O2等。
（1）若A是淡黄色单质固体，那么A是S，B是SO2，C是SO3，
B→C的反应为2SO2+O2 2SO3。
故答案为：2SO2+O2 2SO3。
（2）若A是一种黑色单质固体，则A是C，B是CO，C是CO2，CO2（物质C）缓慢通入NaOH溶液中，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3，Na2CO3、NaHCO3溶液均呈碱性，所以溶质是单一成分时，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，有可能存在未反应的NaOH，则该多种成分可能是NaOH与Na2CO3或者是Na2CO3与NaHCO3。
故答案为：Na2CO3、NaHCO3、NaOH和Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3。
（3）若A是一种活泼金属，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2，Na2O2的重要用途是提供O2。Na2O2长期暴露在空气中会与空气中的H2O、CO2反应，最终生成Na2CO3，既D为Na2CO3。Na2CO3与NaHCO3固体混合物10g加热时只有NaHCO3分解生成Na2CO3从而使得固体质量减小。
2NaHCO3 Na2CO3+ H2O+ CO2↑ △m
168 18 44 62
m 10g-9.38g
所以 m=1.68g
混合物中Na2CO3含量：
故答案为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2CO3、83.2％。
【分析】（1）常见的淡黄色固体单质为S。
（2）常见的黑色固体单质为C，最终的产物为CO2，根据CO2和NaOH的反应，CO2由于量的不同，会有多种产物。需要仔细分析题干要求，判定对应的产物。当CO2的量不足，NaOH不能完全反应，NaOH剩余，产物为NaOH与Na2CO3。当NaOH反应完全，接着通入CO2，CO2不足，会生成Na2CO3与NaHCO3。
（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体。则C是过氧化钠，A是钠，B是氧化钠，C的名称是过氧化钠。过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，所以能作供氧剂。生成的NaOH在空气中变质生成Na2CO3,对于Na2CO3与NaHCO3的混合物，减少的质量是NaHCO3分解生成H2O和CO2减少的质量，本题用差量法最为简便。
33．【答案】（1）6 mol·L-1盐酸
（2）除去气体中的HCl；干燥气体；吸收装置D中反应剩余的CO2
（3）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、Na2O+CO2＝Na2CO3
（4）78%
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】 (1)装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为6mol/L盐酸；
(2)碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰；
(3)氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3；
(4)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度= ×100%=78%，故答案为：78%
故正确答案为：(1)6mol/L盐酸；(2)干燥气体，吸收装置D中反应剩余的CO2。(3)2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、Na2O+CO2＝Na2CO3。
(4)78%。
【分析】本题注意碳酸钠和二氧化碳反应，除去HCl的时候用饱和碳酸氢钠溶液。
34．【答案】（1）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；NaHCO3
（2）HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）；胶体；Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O
（3）CO2|0.2|NaOH|0.01
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：（1.）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液，所以有①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣；②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3，
故答案为：①CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；②HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；③NaHCO3；
（2.）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体，所以有①实验1中没有出现白色浑浊的原因是 HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3），故答案为：HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）；②用激光笔照射，出现光亮的通路为胶体的性质，所以实验2中形成的分散系属于胶体，故答案为：胶体；③实验2中发生的反应的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O，故答案为：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O；
（3.）100mL0.1mol/LNa2CO3及中通入CO2生成碳酸氢钠，根据钠元素守恒可知，得到的碳酸氢钠溶液的浓度为0.2mol/L，将100mL0.1mol/LNaHCO3溶液转化为碳酸钠溶液，则加入0.01mol的氢氧化钠固体即可，故答案为：CO2；0.2；NaOH；0.01．
【分析】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体；（3）在碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以将碳酸钠转化成碳酸氢钠，在碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠可以将碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据各物质的量的关系，确定有关物质的物质的量及浓度；
35．【答案】（1）Na2CO3
（2）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c
（3）NaHCO3
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多，碳酸钠中含碳量为 =11.3%，而碳酸氢钠中含碳量为 =14.3%，所以碳酸钠放出二氧化碳量少，故答案为：Na2CO3；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故选c，故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c；（3）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠．故答案为：NaHCO3．
【分析】（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析；（3）根据碳酸氢钠的性质分析．
2023年高考真题变式分类汇编：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
一、选择题
1．（2021·浙江）下列“类比”结果不正确的是（ ）
A． 的热稳定性比 的弱，则 的热稳定性比 的弱
B． 的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架( )构型为V形
C． 的溶解度比 的大，则 的溶解度比 的大
D．将丙三醇加入新制 中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制 中溶液也呈绛蓝色
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；物质的检验和鉴别；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 中含有氧氧键，因此热稳定性比 的弱，而 含有氮氮键，热稳定性比 的弱，故A不符合题意
B.水分子中的氧原子的价层电子对为4对，其中含有2对孤对电子，为sp3杂化，构型为V型，而二甲醚中的氧原子的价层电子对为4，含有2对孤对电子为sp3杂化，构型为V型。故B不符合题意
C.钙盐、钡盐的碳酸盐的溶解性弱于碳酸氢盐，而钾盐、钠盐的碳酸盐的溶解性强于碳酸氢盐，故C不符合题意
D.含有多个羟基的有机物与新制备的氢氧化铜作用溶液呈绛蓝色，丙三醇和葡萄糖均含有多个羟基，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.过氧化氢和 均含有非极性键，非极性键稳定性弱
B.计算出氧原子的杂化方式即可
C.考察的是碳酸氢盐和碳酸盐的溶解性强弱问题
D.考察的是多羟基的有机物与氢氧化铜的反应的特殊现象
2．（2020·浙江）下列说法错误的是( )
A． 会破坏铝表面的氧化膜
B． 的热稳定性比 强
C． 具有氧化性，其稀溶液可用于消毒
D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
【答案】B
【知识点】铝的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B符合题意；
C．KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C不符合题意；
D．钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．Cl-会加快铝的腐蚀；
B．碳酸氢钠受热更易分解；
C．KMnO4可以用来制取消毒液，用于消毒；
D．钢铁在潮湿的空气中容易形成吸氧腐蚀。
3．（2018·全国Ⅱ卷）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多的胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A.碳酸钠俗称苏打粉，水溶液显碱性，可用于除油污，A不符合题意
B.漂白粉成分为次氯酸钙，可用于消毒、漂白等，B不符合题意
C.氢氧化铝属于两性氢氧化物，可用于治疗胃酸过多，除此之外还可以用碳酸氢钠，C不符合题意
D.碳酸钡属于碳酸盐，与胃液中的盐酸反应，生成氯化钡、二氧化碳和水，故不能用于胃肠X射线造影检查，用的应该是硫酸钡，D符合题意
故答案为：D
【分析】该题考查化学与生活相关的常识及酸碱盐知识点，D项明显错误，BaSO4用于胃肠X射线造影检查而不是BaCO3
4．（2022·黄埔模拟）常温下，用如图1所示装置，分别向溶液和溶液中逐滴滴加的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．X曲线为溶液的滴定曲线
B．b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C．c点的溶液中：
D．a、d两点水的电离程度：a>d
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应，然后发生，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表溶液，Y代表溶液，A不符合题意；
B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为，所以c点代表溶液的pH更大，B不符合题意；
C．c点溶液溶质主要为，溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，而水解和弱电解质的电离都是微弱的，所以，C不符合题意；
D．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，、的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳，碳酸氢钠和盐酸反应直接生成二氧化碳；
B、b点为氯化钠，呈中性，c点为碳酸氢钠，呈碱性；
C、c点溶质为碳酸氢钠，根据溶液为碱性，水解程度大于电离程度，所以；
D、判断水的电离程度通常是从盐的水解和弱电解质的电离相对强弱进行判断。
5．（2022·东城模拟）配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是（ ）
A．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B．2c(CO)+c(HCO)
D．向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项不符合题意；
B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项不符合题意；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项符合题意；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据碳元素守恒即可计算
B.根据电荷守恒，结合水解显碱性判断
C.温度不变，常数不变
D.根据加入氢氧化钠发生的反应即可判断
6．（2021·顺德模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能一步实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁，不能生成三氧化二铁，故C符合题意。
【分析】铁与水反应生成四氧化三铁
7．（2021·湛江模拟）用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A B C D
验证C的非金属性强于Si 比较Fe2+和Cr3+还原性强弱 比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性 制备氢氧化铁胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．HCl也可以与硅酸钠反应生成沉淀，装置没有排除HCl的干扰，无法验证，A项不符合题意；
B．根据电流表指针的旋转方向判断反应中的还原剂与还原产物，可通过还原剂的还原性强于还原产物实现，B项符合题意；
C．比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性应将碳酸钠装在大试管，碳酸氢钠装在小试管，C项不符合题意；
D．制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.需要将挥发出的氯化氢气体除去排除干扰
B.通过指针的偏转即可判断出还原性的强弱
C.碳酸钠和碳酸氢钠位置弄反
D.此操作得到的是氢氧化铁沉淀
8．（2020·北京模拟）关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法错误的是( )
A．溶液中所含离子的种类相同 B．溶液的pH相同
C．都能与盐酸反应放出CO2气体 D．都能使澄清石灰水变浑浊
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡、又存在HCO3-的水解平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的分步水解平衡，两溶液中都存在钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、水分子，所含离子的种类相同，A不符合题意；
B.相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故NaHCO3溶液的碱性弱于Na2CO3溶液，两溶液的pH不同，符合题意；
C.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与盐酸反应放出CO2气体，C不符合题意；
D.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】相同量浓度的碳酸氢钠（对应的酸为碳酸）和碳酸钠（对应的酸为碳酸氢根），碳酸钠的pH要大于碳酸氢钠的pH，越弱越水解。
9．（2019·萍乡模拟）下列实验操作可达到实验目的的是（ ）
A．用长颈漏斗可分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
B．将NaOH溶液滴加到FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体
C．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
D．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，可将固体加热至恒重
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液应用分液漏斗，故A不符合题意；
B、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和FeCl3溶液滴加沸水中，加热至出现红褐色液体，NaOH溶液滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，故B不符合题意；
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不符合题意；
D、NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，加热至恒重，能达到实验目的，故D符合题意。
【分析】A.分液漏斗常用来进行萃取和分液；
B.氢氧化钠和氯化铁得到的是氢氧化铁沉淀而不是胶体；
C.氯气如果先通过硫酸会有部分损失；
D.碳酸钠具有较强的热稳定性，但是碳酸氢钠受热易分解，这样就可以通过加热除去碳酸氢钠。
10．（2019·定远模拟）根据下列实验现象，所得结论正确的是（ ）
实验 实验现象 结论
A 左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡 氧化性：Al3＋＞Fe2＋＞Cu2＋
B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
C 右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊 非金属性：Cl＞C＞Si
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】A、根据烧杯中的实验现象判断金属性Al>Fe>Cu，则氧化性：Al3+
C、碳酸钠在外部，所受温度高，碳酸氢钠在里面的小试管内，受热温度低，当右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化是，说明碳酸氢钠分解产生二氧化碳气体，所以碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，符合题意；
D、盐酸易挥发，烧杯内的溶液变浑浊，不能证明是二氧化碳与硅酸钠溶液发生了反应，有可能是挥发的HCl的作用，所以不能判断C与Si的非金属性的强弱，不符合题意，
故答案为：C。
【分析】注意阳离子的氧化性与活泼型顺序相反；反应的唯一性才可以确定实验结论。
11．（2019·徐汇模拟）某同学为探究NaHCO3的性质进行如下实验：常温下测得0.10mol· NaHCO3溶液的pH为8.4；取NaHCO3溶液向其中滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列分析正确的是（ ）
A．反应的离子方程式：HCO3-+Ca2+→CaCO3↓+H+
B．加入CaCl2促进了HCO3-的电离，没有影响HCO3-的水解
C．反应的离子方程式：2HCO3-+Ca2+→CaCO3↓+H2CO3
D．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+c(Cl-)
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故A不符合题意；
B.溶液中存在HCO3- CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，生成的氢离子促进HCO3-的水解，故B不符合题意；
C.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故C符合题意；
D.溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液至pH=7，c（H+）=c（OH-），c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A、HCO3-与 H+ 不共存。
B、HCO3-电离平衡和水解平衡时相互影响的。
D、溶液的电荷守恒中，需要把所有的阳离子、阴离子表示出来，少了碳酸根。
12．（2018·佛山模拟）通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是（ ）
A．干燥管b中装入碱石灰
B．Q气球中产生的气体主要成分O2、CO2
C．测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3
D．读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A，B、加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，选项A、选项B都不符合题意。
C.测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3。选项C不符合题意。
D.读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】注意压强的影响受温度和气体体积的影响。根据PV=nRT进行分析，注意实验过程中的压强变化。
13．（2018·江苏模拟）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Si的熔点高，可用作半导体材料
B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C．Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污
D．Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．硅位于金属和非金属元素之间，具有金属和非金属的性质，硅单质是半导体的主要材料，但与硅的熔点高不对应，选项A错误；
B、SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，选项B错误；
C、Na2CO3溶液呈碱性，能与油脂反应，可用于洗涤油污，选项C正确；
D、Al2O3熔点高，可用于制造耐火材料，与硬度很大不对应，选项D错误。答案选C。
【分析】A、硅能作为半导体材料是因为其位于金属和非金属之间
B、二氧化硫的漂白是化合漂白
D、氧化铝能作为耐火材料是由于氧化铝的熔点高。
14．（2016·崇明模拟）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B．取a克混合物充分加热，减重b克
C．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故A选；
B．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；
C．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；
D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；
故选：A．
【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．
A．应先把水蒸气排除才合理；
B．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
C．根据钠守恒，可列方程组求解；
D．根据质量关系，可列方程组求解．
15．（2023高一上·湖北期末）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范能达到实验目的的是
A．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性 B．排空气法收集CO2 C．钠的燃烧 D．溶液滴加
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体的收集；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、NaHCO3不稳定受热易分解，而Na2CO3稳定，受热不分解，因此NaHCO3应放置在小试管中，Na2CO3放置在大试管中，A不符合题意。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，B符合题意。
C、固体的燃烧需在坩埚中进行，C不符合题意。
D、胶头滴管使用过程中，应垂直悬空，防止接触试管内壁，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NaHCO3不稳定，应放置在小试管中。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集。
C、固体的灼烧需在坩埚中进行。
D、胶头滴管的使用应垂直悬空。
16．（2023高一上·湖北期末）向1LNaOH溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是
A．通入的在标准状况下的体积为448mL
B．原NaOH溶液的浓度为
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、反应②中参与反应的n(HCl)=0.5mol·L－1×0.075L=0.0375mol，则反应生成n(CO2)=0.0375mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.0375mol×22.4L·mol－1=0.84L=840mL，A不符合题意。
B、当加入V(盐酸)=100mL时，反应后所得溶液的溶质为NaCl，此时n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5mol·L－1×0.1L=0.05mol，所以原NaOH溶液的物质的量浓度，B符合题意。
C、NaOH和NaHCO3可发生反应，不可大量共存，因此所得溶液的成分不可能为NaHCO3和NaOH，C不符合题意。
D、滴加盐酸的过程中发生两个阶段的反应，且消耗盐酸体积分别为25mL、75mL，则所得溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，且n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、反应后生成n(CO2)与通入的n(CO2)相等。
B、根据元素守恒进行计算。
C、NaHCO3和NaOH不共存。
D、根据消耗盐酸的体积分析。
17．（2022高一上·宝鸡期末）和广泛地应用于生产和生活中。下列有关和的说法中正确的是
A．可以用澄清石灰水来鉴别溶液和溶液
B．固体中含少量杂质，可通过加热的方法除去
C．等质量的、分别与足量盐酸反应，前者产生多
D．向等物质的量浓度的和溶液中滴加等体积的酚酞溶液，溶液的红色较深
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．Na2CO3与NaHCO3均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同不能鉴别，A不符合题意；
B．Na2CO3加热不发生分解，NaHCO3固体中含少量杂质，不能通过加热的方法除去，B不符合题意；
C．等质量的、，由可知的物质的量多，根据碳守恒，产生多，C符合题意；
D．Na2CO3的碱性更强，向等物质的量浓度的和溶液中滴加等体积的酚酞溶液，Na2CO3溶液的红色较深，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】碳酸钠和碳酸氢钠性质的区别：
1、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热；
2、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解；
3、碳酸钠溶液滴加酚酞变红，碳酸氢钠溶液滴加酚酞变浅红；
4、碳酸钠加盐酸的过程先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳，碳酸氢钠加盐酸直接生成二氧化碳；
5、碳酸钠溶液加氯化钡或氯化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氯化钡或氯化钙不生成沉淀；
6、碳酸钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀。
二、非选择题
18．（2021高一上·东城期末）关注物质的宏观组成和微观构成，是研究物质性质及其转化的基本出发点。
（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于 (选填序号)，因此具有某些相似的化学性质。
a.氧化物 b. 酸 c. 碱 d. 盐
（2）探究Na2CO3和NaHCO3的相互转化。
【实验1】 加热碳酸氢钠固体，装置如下图所示。
①利用上述装置可实现NaHCO3向 Na2CO3发生转化，试管中发生反应的化学方程式为 。
【实验2】 分别向滴有2滴酚酞的NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，实验记录如下：
实验内容 实验现象
实验2-1 溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。
实验2-2 开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪去，有大量气泡出现。
②实验2-1中，反应的离子方程式是
③实验2-2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是 。
④通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是 ；碳酸也可实现上述转化，写出将CO2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式： 。
（3）探究NaCl转化为NaHCO3。
资料i：
物质 NaCl NaHCO3 NH4HCO3 NH4Cl
20℃时的溶解度(g/100gH 2O) 36.0 9.6 21.7 37.2
资料ii：氨气(NH3)可与水发生反应，生成一水合氨(NH3 H2O)，一水合氨属于一种碱。
①向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是 。
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式 ，通入NH3的作用是 。
【答案】（1）d
（2）2NaHCO3Na2CO3 + CO2 ↑+ H2O；+ H+=H2O + CO2↑；溶液由红色变为浅红色；提供H+，与反应生成；Na2CO3 + CO2 +H2O=2 NaHCO3
（3）若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c(H2CO3)小，且难以电离出大量的；NH3 + CO2 +NaCl+ H2O= NaHCO3 ↓+ NH4 Cl；NH3溶于水同时与水反应生成NH3 H2O， NH3 H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的 ，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3 ，从溶液中析出
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据物质分类关系，两种物质均由碱的阳离子与酸根阴离子组成，属于盐类，所以本问呢选填“d”；
（2）①NaHCO3受热不稳定，150℃以上分解为Na2CO3、CO2和H2O，所以本问第一空应填“2NaHCO3Na2CO3 + CO2 ↑+ H2O”；
②与H+结合生成CO2和H2O，反应物接触即产生气泡，所以本问第二空应填“+ H+=H2O + CO2↑”；
③Na2CO3水溶液碱性强，NaHCO3水溶液碱性弱，当溶液中红色变浅时，说明Na2CO3基本转化为NaHCO3，所以本问第三空应填“溶液由红色变为浅红色”；
④HCl提供H+与反应生成，所以本问第四空应填“提供H+，与反应生成”；CO2结合H2O形成H2CO3，也能提供一定量H+，所以本问第五空应填“Na2CO3 + CO2 +H2O=2 NaHCO3”；
（3）弱酸无法制强酸，NaHCO3无法与HCl共存，所以本问第一空应填“若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存”；NH3与水形成NH3 H2O，再与过量CO2反应生成NH4HCO3，溶液中Na+与结合形成溶解度相对更小的物质NaHCO3产生晶体析出，所以本问第二空应填“NH3 + CO2 +NaCl+ H2O= NaHCO3 ↓+ NH4 Cl”，第三问应填“NH3溶于水同时与水反应生成NH3 H2O， NH3 H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的 ，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3 ，从溶液中析出”。
【分析】（1）由金属阳离子、酸根离子构成的物质为盐；
（2）①碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水；
②碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；
③碳酸钠的碱性比碳酸氢钠强，酚酞颜色更深；
④碳酸钠和氢离子反应生成碳酸氢根离子；碳酸钠溶液通入二氧化碳生成碳酸氢钠；
（3）①HCl酸性强于碳酸；
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，利用碳酸氢钠溶解度较小，可析出NaHCO3晶体；通入NH3的作用是NH3溶于水，在碱性条件下有利于反应的进行。
19．（2021高一上·平谷期末）学习小组探究碳酸钠和碳酸氢钠性质
（1）分别取和
如图：Ⅰ中浅红色褪去，且立即产生大量气泡；Ⅱ中开始无气泡，溶液颜色由红色变为浅红色，最后出现大量气泡．
①浓度相同时，碱性 (填“>”或“<”)。
②Ⅱ的反应过程出现的证据是 ，其离子反应的方程式 。
（2）用固体配制溶液。
①用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
②计算需要固体的质量是 g。
③下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是 (填字母)。
a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒
b．定容时，眼睛俯视刻度线
c．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切
（3）我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献．下图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。
已知：ⅰ．极易溶于水并生成碱，与酸反应生成盐，如。
ⅱ．有关物质的溶解度
物质
溶解度/g 36.0 21.7 9.6 37.2
沉淀池中主要沉淀物 (化学式)，发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）＞；出现大量气泡；＋H＋ = H2O ＋CO2↑
（2）100mL容量瓶；5.3；b
（3）NaHCO3；NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（3）先将合成氨厂生产的氨气通入饱和食盐水，使溶液显碱性，更好的吸收CO2，之后通入过量CO2，析出溶解度较小的NaHCO3，过滤后煅烧NaHCO3得到碳酸钠、二氧化碳和水
（1）①Ⅰ中浅红色褪去，Ⅱ中溶液颜色由红色变为浅红色，碱性越强，红色越深，故碱性Na2CO3＞NaHCO3；
②由于与H+开始反应时生成，没有气泡产生，而与H+反应立即出现气泡，故Ⅱ的反应过程出现的证据是最后出现大量气泡，说明参与反应，离子方程式为＋H＋ = H2O ＋CO2↑；
（2）①配制100mL0.500mol/L的Na2CO3溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，结合操作方法可知，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶；
②配制100mL0.500mol/L的Na2CO3溶液需称取Na2CO3固体的质量为106g/mol×0.500mol/L×0.1L=5.3g；
③a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，浓度偏低，a不正确；
b．定容时俯视容量瓶刻度线，加入蒸馏水体积偏小，所得溶液浓度偏高，b正确；
c．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，加水偏多，浓度偏低，c不正确；
故答案为：b；
（3）由流程图可知，沉淀池中的反应为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，生成的沉淀为NaHCO3。
【分析】
（1）①Ⅰ依据颜色的变化判断；
②依据颜色的变化分析判断；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶（一定体积）、胶头滴管；
②依据计算；
③依据判断；
（3）依据已知信息，先通溶解性强的氨气，再通二氧化碳。
20．（2021高一上·普宁期末）Na2CO3和NaHCO3都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。
（1）Na2CO3俗称 ，往Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液呈 色。
（2）用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈 色。
（3）实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是____(填字母)。
A．1000mL；21.2g B．950mL；20.14g
C．500mL； 21.2g D．500mL； 10.6g
（4）胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水，服用适量的NaHCO3能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式： 。
（5）除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是 ，化学方程式为 。
【答案】（1）纯碱(或苏打)；红
（2）黄
（3）A
（4）HCO+H+= CO2↑+H2O
（5）加热；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）Na2CO3俗称纯碱(或苏打)；Na2CO3溶液中碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，显碱性，故滴加酚酞，溶液呈红色；
（2）Na2CO3溶液中钠元素，故做焰色反应实验火焰呈黄色；
（3）实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，需要1000mL容量瓶，称取Na2CO3的质量为 ，
故答案为：A；
（4）胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为HCO +H+= CO2↑+H2O；
（5）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是加热；化学方程式为2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O。
【分析】（1）利用盐类水解原理分析；
（2）依据钠元素的焰色判断；
（3）利m=cVM计算；
（4）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（5）碳酸氢钠不稳定，受热易分解。
21．（2021高二下·云南期末）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。
（1）[观察]
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。
（3）[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。
实验II试管B中的现象为 。
（4）[分析与解释]
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↑
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(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↑，故答案为：HCO+H+=H2O+CO2↑。
【分析】碳酸钠和碳酸氢钠均属于盐类，盐类按组成可分为酸式盐、碱式盐和正盐，具有盐的通性；比较碳酸钠、碳酸氢钠固体溶解时的温度变化，可以判断出二者溶解时的热效应；依据 一段时间后，A中无明显现象，B中澄清石灰水变浑浊，可知碳酸氢钠固体受热分解产生二氧化碳，碳酸钠固体不分解，从而得知碳酸氢钠的稳定性弱于碳酸钠；碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠，继续加盐酸，生成二氧化碳和水，据此解答问题。
22．（2020高一上·潮阳期末）Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。
（1）称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。
①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论 。
②同学们在两烧杯中还观察到了其它现象。其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象：I.溶液温度升高；II. (填字母序号)。
a.滴入酚酞后呈浅红色 b.滴入酚酞后呈红色
（2）“套管实验”的实验装置如图所示，请分析实验原理，并回答下列问题：
①整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是 ；
②实验结束时的操作是 。
③写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式： 。
④该实验可证明NaHCO3的热稳定性 (填“强于”“弱于”或“等于”)Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？ (填“能”或“不能”)。
⑤能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是 。
A．将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较
B．两支试管中均盛有3mL6mol/L稀盐酸，将少量等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末同时倒入试管中，比较反应快慢(如图)。
C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液
⑥下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是 。
A．取a g混合物充分加热，减重b g
B．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
C．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
D．取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
【答案】（1）同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3；b
（2）有气泡产生，澄清石灰水变浑浊；先将导气管从A、B烧杯中取出，再停止加热；；弱于；不能；AB；C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；探究硅酸钠溶液的碱性、热稳定性
【解析】【解答】(1)①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明相同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3；
②碳酸钠水溶液碱性较强，所以滴入酚酞后呈红色，
故答案为：b；
(2)①碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，所以能观察到烧杯B中有气泡产生，澄清石灰水变浑浊；
②为防止冷却后试管内压强降低发生倒吸，应先将导气管从A、B烧杯中取出，再停止加热；
③碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为 ；
④实验过程中只有B烧杯中变浑浊，说明碳酸钠没有分解，且碳酸钠处温度高，而温度低的碳酸氢钠分解，说明NaHCO3的热稳定性弱于Na2CO3；因大试管温度较高，所以不能将二者位置互换，互换后无法确定碳酸氢钠分解是因为稳定性差还是受热温度高；
⑤A．同浓度的Na2CO3溶液碱性比NaHCO3强，故A正确；
B．碳酸钠与盐酸反应时要先生成NaHCO3，所以NaHCO3与盐酸反应更快，故B正确；
C．二者都能和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，无法鉴别，故C不正确；
⑥A．取a g混合物充分加热，碳酸氢钠受热分解，减重的bg即碳酸氢钠受热分解产生的水和CO2的质量，据此可以计算碳酸氢钠的质量，继而计算碳酸钠的质量分数，故A不正确；
B．混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到的固体为NaCl，根据质量守恒可得n(Na2CO3) 106g/mol+n(NaHCO3) 84g/mo=a，根据钠元素守恒可得2n(Na2CO3) +n(NaHCO3)= mol，联立可以求得二者的物质的量，从而计算碳酸钠的质量分数，故B不符合题；
C．碱石灰不仅吸收二氧化碳，还会吸收水蒸气，无法计算，C正确；
D．生成的沉淀为BaCO3，根据C元素守恒可知n(Na2CO3) +n(NaHCO3)= mol，根据质量守恒可得n(Na2CO3)·106g/mol+n(NaHCO3)·84g/mo=a，联立可以求得二者的物质的量，从而计算碳酸钠的质量分数，故D不符合题；
故答案为：C。
【分析】
(1)①Na2CO3溶解度大于NaHCO3；
②碳酸钠水溶液显碱性；
(2)①碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳；
②根据防倒吸分析；
③碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳；
④根据碳酸氢钠分解而碳酸钠没有分解分析；
⑤根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析；
⑥碱石灰能吸收CO2和水蒸气，无法计算。
23．（2020高一上·石景山期末）X、Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色试验均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)。
已知：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；
请回答：
（1）X生成Z的化学方程式是 。
（2）X含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置III中产生白色沉淀，装置V中可收集到一种无色气体。
①装置II中物质的化学式是 。
②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置V中气体，所需仪器装置是__(从图中选择必要装置，填写编号)。
（3）向Z溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反应的化学方程式是 。
（4）为测定X和Z混合物中Z的质量分数，某课外小组取ag混合物充分加热，质量减少bg，则混合物中Z的质量分数是 (用含a、b的代数式表示)。
【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（2）Na2O2
（3）2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3
（4）×100%
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】(1).X、Z分别为NaHCO3、Na2CO3，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
(2). ①装置II中为Na2O2；②该化合物为H2O2，在MnO2等催化剂作用下可分解的O2，用到的反应装置、除杂装置和收集装置为I、IV、V；
(3).由题意及分析可知， Na2CO3与Cl2反应生成NaClO和NaHCO3，由氧化还原反应规律可知还有NaCl的生成，故反应式为：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3；
(4).设ag混合物中有xgNaHCO3，根据其热分解反应式列式求解：
所以， ，，则Na2CO3的的质量分数是×100%。
【分析】（1）根据给出的元素特征即可找出元素，即可写出方程式
（2）①根据X的性质，与酸反应得到的二氧化碳，最终III中沉淀，沉淀为碳酸钡，V中气体是氧气，因此II中为过氧化钠
②制取氧气，可以用水和过氧化钠反应，需要仪器是固液常温型，以及吸收水蒸气和收集气体，即可得出选择仪器
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据碳酸氢钠分解质量变化量，利用差量法计算出碳酸氢钠的量，即可计算出质量分数
24．（2020高一上·东城期末）某小组研究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验如下。
（1）（实验一）
序号 操作 现象
Na2CO3 NaHCO3
① 在两支试管中加入1g Na2CO3或1g NaHCO3，再加入5mL水，振荡；将温度计分别插入其中 温度由17.6℃变为23.2℃；放置至室温时，试管内无固体 温度由17.6℃变为17.2℃；放置至室温时，试管内有少量固体残留
② 室温时，分别向①所得溶液中滴入2滴酚酞溶液 溶液变红 溶液微红
室温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的实验证据是 。
（2）根据两试管中的温度变化情况，可得出的结论是 。
（3）该实验不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，理由是 。
（4）（实验二）
测量下述实验过程的pH变化，实验操作及实验现象如下。
资料：pH越小，c(OH-)越小，溶液碱性越弱。
实验操作 实验现象
Ⅰ.②和③中均产生白色沉淀。 Ⅱ.
澄清石灰水显碱性，用电离方程式表示其原因是 。
（5）白色沉淀是 。
（6）加入4mL Na2CO3溶液或4mLNaHCO3溶液时，产生的白色沉淀的质量相等。写出推理过程： 。
【答案】（1）相同温度下，1g Na2CO3在5mL水中完全溶解，而1g NaHCO3在5mL水中未完全溶解
（2）Na2CO3溶于水放出热量，NaHCO3溶于水吸收热量
（3）两溶液的浓度不同
（4）Ca(OH)2=Ca2++2OH-
（5）CaCO3
（6）两烧杯中Ca2+的物质的量相等，加入4mL Na2CO3溶液或4mL NaHCO3溶液时，OH-过量，两烧杯中CO的物质的量相等，所以CaCO3的量相等
【知识点】常见离子的检验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)室温下，在两支试管中加入1g Na2CO3或1g NaHCO3，再加入5mL水，振荡， Na2CO3试管内无固体，NaHCO3试管内有少量固体残留，可判断Na2CO3的溶解度大于NaHCO3；
(2)Na2CO3温度由17.6℃变为23.2℃，说明碳酸钠溶于水放热；NaHCO3温度由17.6℃变为17.2℃，碳酸氢钠溶于水吸热；
(3)碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，且加入1g碳酸氢钠未完全溶解，导致碳酸钠与碳酸氢钠的浓度不同，则不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液；
(4)澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，为强碱，完全电离，溶液显碱性，电离方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH-；
(5)碳酸钠或碳酸氢钠均能与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，则沉淀为碳酸钙；
(6)两烧杯中加入10mL澄清石灰水，则Ca2+的物质的量相等，加入4mL Na2CO3溶液或4mL NaHCO3溶液时，OH-过量，导致两烧杯中CO的物质的量相等，所以CaCO3的量相等。
【分析】（1）控制相同条件下溶解的量即可判断
（2）温度变化可以说明溶解时吸放热
（3）比较碱性强弱，需要孔子浓度相等
（4）氢氧化钙电离出氢氧根离子
（5）根据反应物即可找出产物
（6）根据碳元素守恒即可判断
25．（2020高一下·淳安期末）
（1）小苏打的化学式： 。
（2）写出乙醛的结构简式： 。
（3）甲硅烷(SiH4)是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃。已知室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则其热化学方程式为 。
【答案】（1）NaHCO3
（2）CH3CHO
（3）SiH4(g)+3O2(g)=4SiO2(s)+2H2O(l) H=-1427.2kJ·mol-1
【知识点】热化学方程式；醛类简介；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】(1)碳酸氢钠的俗名是小苏打，化学式为NaHCO3；
(2)乙醛含有醛基，乙醛的结构简式CH3CHO；
(3)室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则1mol甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ 32=1427.2 kJ，甲硅烷自燃的热化学方程式为SiH4(g)+3O2(g)=4SiO2(s)+2H2O(l) H=-1427.2kJ·mol-1。
【分析】
（1）小苏打是碳酸氢钠，根据名称写出化学式
（2）乙醛中含有醛基，且乙醛中含有两个碳原子，即可写出结构简式
（3）写出化学方程式，标出物质状态，再根据化学计量系数与放出能量的关系计算出焓变即可
26．（2020高一上·汪清期末）某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示。
（1）只根据图Ⅰ所示实验，不能够达到实验目的的原因 。
（2）图Ⅱ、Ⅲ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为 。
（3）若用实验Ⅱ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体最好是 (填化学式)。
【答案】（1）无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到实验目的
（2）2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑、 CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O
（3）NaHCO3
【知识点】钠的重要化合物；物质的检验和鉴别；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）图Ⅰ不能达到实验目的，二者现象相同，无论是Na2CO3还是NaHCO3都与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，故答案为无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到实验目的；（2）图Ⅱ、Ⅲ所示实验中所发生的化学方程式均为NaHCO3受热分解，产生二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，故答案为2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O；（3）实验Ⅱ中碳酸钠直接加热，温度较高，碳酸氢钠不直接加热，温度较低，若不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠，故答案为NaHCO3。
【分析】（1）盐酸和碳酸钠，碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置Ⅰ反应现象相同；
（2）碳酸氢钠不稳定，在加热条件下能分解生成碳酸钠，二氧化碳和水；碳酸钠较稳定，加热不易分解；图Ⅱ可以做到用同一套装置同时进行两个对比实验，具有较强的对照性；
（3）B加热温度较低，可以将碳酸氢钠在较低温度下加热，不直接加热碳酸氢钠就能分解更说明碳酸氢钠不稳定。
27．（2020高一上·嘉祥期末）对比分析钠及其化合物的特点，请完成下列空白。
（1）图所示转化关系中属于氧化还原反应的有 个。反应⑤和⑧离子方程式分别为 、 。
（2）日常生活中常用到苏打和小苏打，鉴别它们的方法有多种。例如：
方法①：如图所示装置，这是根据它们具有不同的稳定性加以鉴别的。实验过程中，当试管B中盛放的澄清溶液出现白色浑浊时，试管A中发生反应的化学方程式是 。
方法②：取等物质的量的苏打和小苏打分别于试管中，再分别加入足量盐酸充分反应，比较相同条件下收集到的气体的体积。请写出相关反应的离子方程式： 、 。
【答案】（1）5；2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；OH-+CO2=HCO3-
（2）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；CO32-+2H+=H2O+CO2 ↑；HCO3-+H+=H2O+CO2↑
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）反应①②⑤中单质Na发生反应，有元素化合价发生变化，一定属于氧化还原反应；反应③④过程中生成单质O2，有元素化合价发生变化，一定属于氧化还原反应；其余反应过程中没有化合价变化，都不属于氧化还原反应，因此图示转化过程中属于氧化还原反应的有5个；
反应⑤中Na与H2O反应生成可溶性强碱NaOH和H2，该反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；反应⑧为NaOH与过量CO2反应生成可溶性NaHCO3，该反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-；
（2）试管B中澄清石灰水变浑浊，说明加热过程中固体分解产生CO2，而NaHCO3不稳定，受热分解，Na2CO3固体稳定，受热不分解，因此试管A中发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；
苏打的主要成分为Na2CO3，与HCl反应生成可溶性NaCl、H2O和CO2，该反应的离子方程式为：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；小苏打的主要成分是NaHCO3，与HCl反应生成可溶性的NaCl、H2O和CO2，该反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；
【分析】（1）根据反应过程中元素化合价是否发生变化分析反应是否属于氧化还原反应；根据发生的反应书写反应的离子方程式；
（2）NaHCO3不稳定，受热易分解产生Na2CO3、H2O和CO2，据此写出反应的化学方程式；
根据Na2CO3、NaHCO3与稀盐酸发生的反应，书写反应的离子方程式；
28．（2019高二下·应县期末）现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
（1）上述物质中属于电解质的物质序号为 。
（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是 。
（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为 。
（4）能导电的物质序号为 。
（5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是(用化学式表示) 。
（6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为 。如果将1molFeCl3全部制成胶体，制得的胶体 (选填“带负电”“电中性”“带正电”)，胶粒数目 NA(选填“大于”“等于”“小于”)。
【答案】（1）②⑤
（2）①⑥
（3）②⑦
（4）①③⑥⑦
（5）NaOH和Na2CO3 NaHCO3和Na2CO3
（6）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；电中性；小于
【知识点】电解质与非电解质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据定义可知，①③⑥⑦虽能导电，但属于混合物，不属于电解质；④虽为化合物，但在水溶液中不是本身电离出自由移动的阴阳离子，所以不属于电解质；②和⑤属于盐，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，
故答案为②⑤；（2）离子方程式为：H++OH-=H2O，说明是强酸和强碱的中和反应，上述物质中，①稀硫酸与⑥稀氢氧化钠的反应符合该离子方程式，
故答案为①⑥；（3）②小苏打是NaHCO3的俗名，它可与H+反应生成水和二氧化碳，同时可以与OH-反应生成碳酸根离子与水；⑦硝酸亚铁溶液其溶质Fe(NO3)2遇NaOH会生成氢氧化亚铁沉淀与水，当加入盐酸时，因溶液中的硝酸根离子与氢离子结合会具有强氧化性，所以Fe2+会与H+和NO3-发生氧化还原反应，故正确的有：②⑦，
故答案为②⑦；（4）上述物质中，溶液有自由移动的阴阳离子，所以导电的物质为：①③⑥⑦，
故答案为①③⑥⑦；（5）二氧化碳与NaOH充分反应，①若CO2少量，则发生的反应为：CO2+2NaOH(过量) = Na2CO3+H2O，则溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，水分蒸干后，得到的固体组成成分为：NaOH和Na2CO3；②CO2过量，则过量的CO2继续与生成的Na2CO3，其化学方程式为：CO2+ Na2CO3 + H2O = 2 NaHCO3，其固体组成成分可能是：NaHCO3和Na2CO3，
故答案为NaOH和Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3；（6）实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，
故答案为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；得到的胶体不带电，即电中性；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以1 mol FeCl3形成的胶体个数小于NA个，
故答案为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；电中性；小于。
【分析】（1）在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；（2）离子反应体现的是强酸与强碱反应生成水的过程；（3）该物质与酸、碱均反应；（4）有自由移动的离子或电子的物质能导电；（5）④与⑥充分反应后，根据二氧化碳的用量分情况讨论；（6）实验室用饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热制备氢氧化铁胶体，胶体不带电，得到的胶体微粒是多个氢氧化铁的聚集体，据此分析作答；
29．（2019高二下·吉林期末）纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。
（1）工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：
请回答下列问题：
①析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是 。
②该工艺流程中可回收再利用的物质是 。
③若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是 (填字母)。
a. 向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g
b. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g
c. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g
（2）将0.84 g NaHCO3和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10 mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是___________(填字母)。
A． B．
C． D．
（3）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02
g。如果把剩余的固体全部加入到100
mL 2 mol·L－1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计) 。
【答案】（1）取少量晶体溶于水，加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则有Cl－，反之则没有；CO2；ac
（2）D
（3）0.75 mol·L－1
【知识点】常见离子的检验；物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】(1)①检验晶体中是否有氯离子，可以取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明该晶体中含有Cl-，反之则没有，故答案为：取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该晶体中含有Cl-，反之则没有；②焙烧过程中得到二氧化碳，沉淀池中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳，故答案为：CO2；③a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量可以计算碳酸钠的量，所以该方案可行，故a选；b．只有碳酸钠能和稀盐酸反应生成CO2，用碱石灰吸收产生的气体，碱石灰增重的量为CO2和水蒸气（以及可能挥发出的HCl）总质量，不能计算出碳酸钠质量，所以该方案不可行，故b不选；c．碳酸根离子和Cl-都与银离子反应生成白色沉淀，根据沉淀的质量和样品的质量可以计算碳酸钠质量，所以该方案可行，故c选；故答案为：ac。(2)0.84gNaHCO3的物质的量为 =0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol。向 NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，首先0.01mol Na2CO3发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，消耗0.1mol L-1盐酸0.1L。此时溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，0.02mol碳酸氢钠完全反应消耗0.1mol L-1盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生二氧化碳达到最大值为0.02mol，
故答案为：D；(3)n(NaHCO3)= =0.125 mol，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl)-n(NaHCO3)=0.1L×2mol L-1-0.125 mol=0.075 mol，故c(HCl)剩余= =0.75 mol L-1，故答案为：0.75 mol L-1。
【分析】(1)侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利用，据此分析解答；(2)向 NaHCO3和Na2CO3混合并配成的溶液中滴加盐酸，先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，碳酸钠反应完毕，继续滴加时，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，根据方程式计算各各阶段消耗盐酸的体积及生成二氧化碳的物质的量，据此分析判断；(3)根据n= 计算n(NaHCO3)，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，再计算剩余HCl物质的量，根据c= 计算溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度。
30．（2019高一上·长春期末）如图所示实验为“套管实验”，小试管内塞有沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球。
（1）点燃酒精灯加热，能观察到的实验现象是：棉花团变 色， （填A或B）中的石灰水变浑浊
（2）由上述实验你能得出的结论是：Na2CO3的热稳定性 （填大于或小于） NaHCO3
（3）写出碳酸氢钠受热分解的化学方程式
【答案】（1）蓝；B
（2）大于
（3）2NaHCO3 = Na2CO3 + CO2↑ + H2O
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）根据上述分析知点燃酒精灯加热，能观察到沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球会变蓝，B中的石灰水变浑浊。
故答案为：蓝、B。（2）由上述实验得出的结论是：Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3。
故答案为：大于。（3）碳酸氢钠受热分解为Na2CO3、CO2和 H2O，其反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O。
【分析】（1）要注意碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠，水，二氧化碳，水可以跟无水硫酸铜结合变蓝色，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解；
（2）碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解；
（3）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳。
31．（2018高一下·顺义期末）现有下列4种物质：①浓H2SO4、②NO2、③NH4Cl、④NaHCO3。其中，可以使蔗糖变黑的是 （填序号）；与水发生反应由红棕变为无色的是 （填序号）；加热分解，遇冷又化合的是 （填序号）；加热分解生产无色无味气体的反应方程式是 。
【答案】②；①；③；2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；浓硫酸的性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】浓硫酸具有脱水性，可以使蔗糖脱水变黑的是浓H2SO4；NO2是红棕色气体，与水反应生成硝酸和无色的NO气体，所以与水发生反应由红棕变为无色的是NO2；NH4Cl加热能分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵固体；NaHCO3加热能分解为碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式是2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑；
【分析】使蔗糖变黑体现的是浓硫酸的脱水性；
二氧化氮是红棕色的气体，但是溶于水后会生成硝酸，是无色的液体；
碳酸氢钠的热稳定性较差，受热后会分解为碳酸钠、二氧化碳和水。
32．（2018高一上·綦江期末）A，B，C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）。
（1）若A是一种淡黄色单质固体，则B→C的化学方程式为 。
（2）若A是一种黑色单质固体，将一定量C缓慢通入NaOH溶液中，充分反应，测得最后溶液的显碱性，此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是 、 ；如果是多种成分，可能是 、 。
（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，试用化学方程式表示该物质C的一个重要应用 。 将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为 。现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38g，D的质量分数为 。
【答案】（1）2SO2+O2 2SO3
（2）Na2CO3；NaHCO3；NaOH、Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3
（3）2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2CO3；83.2％
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】学过的这种能够连续氧化的包括C→CO→CO2、S→SO2→SO3、NH3→NO→NO2、N2→NO→NO2、Na→Na2O→Na2O2等。
（1）若A是淡黄色单质固体，那么A是S，B是SO2，C是SO3，
B→C的反应为2SO2+O2 2SO3。
故答案为：2SO2+O2 2SO3。
（2）若A是一种黑色单质固体，则A是C，B是CO，C是CO2，CO2（物质C）缓慢通入NaOH溶液中，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3，Na2CO3、NaHCO3溶液均呈碱性，所以溶质是单一成分时，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，有可能存在未反应的NaOH，则该多种成分可能是NaOH与Na2CO3或者是Na2CO3与NaHCO3。
故答案为：Na2CO3、NaHCO3、NaOH和Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3。
（3）若A是一种活泼金属，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2，Na2O2的重要用途是提供O2。Na2O2长期暴露在空气中会与空气中的H2O、CO2反应，最终生成Na2CO3，既D为Na2CO3。Na2CO3与NaHCO3固体混合物10g加热时只有NaHCO3分解生成Na2CO3从而使得固体质量减小。
2NaHCO3 Na2CO3+ H2O+ CO2↑ △m
168 18 44 62
m 10g-9.38g
所以 m=1.68g
混合物中Na2CO3含量：
故答案为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2CO3、83.2％。
【分析】（1）常见的淡黄色固体单质为S。
（2）常见的黑色固体单质为C，最终的产物为CO2，根据CO2和NaOH的反应，CO2由于量的不同，会有多种产物。需要仔细分析题干要求，判定对应的产物。当CO2的量不足，NaOH不能完全反应，NaOH剩余，产物为NaOH与Na2CO3。当NaOH反应完全，接着通入CO2，CO2不足，会生成Na2CO3与NaHCO3。
（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体。则C是过氧化钠，A是钠，B是氧化钠，C的名称是过氧化钠。过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，所以能作供氧剂。生成的NaOH在空气中变质生成Na2CO3,对于Na2CO3与NaHCO3的混合物，减少的质量是NaHCO3分解生成H2O和CO2减少的质量，本题用差量法最为简便。
33．（2018高一上·汕头期末）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水）
回答下列问题：
（1）装置A中液体试剂选用
（2）装置B的作用是 ，装置C的作用是 ，装置E中碱石灰的作用是 。
（3）装置D中发生反应的化学方程式是 。
（4）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为 。
【答案】（1）6 mol·L-1盐酸
（2）除去气体中的HCl；干燥气体；吸收装置D中反应剩余的CO2
（3）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、Na2O+CO2＝Na2CO3
（4）78%
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】 (1)装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为6mol/L盐酸；
(2)碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰；
(3)氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3；
(4)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度= ×100%=78%，故答案为：78%
故正确答案为：(1)6mol/L盐酸；(2)干燥气体，吸收装置D中反应剩余的CO2。(3)2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、Na2O+CO2＝Na2CO3。
(4)78%。
【分析】本题注意碳酸钠和二氧化碳反应，除去HCl的时候用饱和碳酸氢钠溶液。
34．（2016高三上·丰台期末）某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化．
（1）分别向浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：
①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 ．
②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 ．
③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是 （填化学式）．
（2）研究NaHCO3与CaCl2的反应．
实验序号 实验操作 实验现象
实验1 向2mL 0.001mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液 无明显变化．用激光笔照射，没有出现光亮的通路．
实验2 向2mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液 略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路．
①实验1中没有出现白色浑浊的原因是 ．
②实验2中形成的分散系属于 ．
③用离子方程式表示实验2中发生的反应 ．
（3）在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化，请在图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度（反应前后溶液体积的变化可忽略）．
【答案】（1）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；NaHCO3
（2）HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）；胶体；Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O
（3）CO2|0.2|NaOH|0.01
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：（1.）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液，所以有①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣；②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3，
故答案为：①CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；②HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；③NaHCO3；
（2.）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体，所以有①实验1中没有出现白色浑浊的原因是 HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3），故答案为：HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）；②用激光笔照射，出现光亮的通路为胶体的性质，所以实验2中形成的分散系属于胶体，故答案为：胶体；③实验2中发生的反应的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O，故答案为：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O；
（3.）100mL0.1mol/LNa2CO3及中通入CO2生成碳酸氢钠，根据钠元素守恒可知，得到的碳酸氢钠溶液的浓度为0.2mol/L，将100mL0.1mol/LNaHCO3溶液转化为碳酸钠溶液，则加入0.01mol的氢氧化钠固体即可，故答案为：CO2；0.2；NaOH；0.01．
【分析】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体；（3）在碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以将碳酸钠转化成碳酸氢钠，在碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠可以将碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据各物质的量的关系，确定有关物质的物质的量及浓度；
35．（2016高一上·忻州期末）某课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下4组实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．
（1）Ⅱ所示的实验，若固体质量相同且稀盐酸足量时，气球鼓起较小的是 （填化学式）．
（2）Ⅲ、Ⅳ所示的实验均能鉴别这两种物质，相关反应的化学方程式是 、 ．与Ⅲ相比，IV的优点是 （填选项序号）．
a．Ⅳ比Ⅲ复杂 b．Ⅳ比Ⅲ安全
c．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行
（3）若用Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体应该是 ．
【答案】（1）Na2CO3
（2）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c
（3）NaHCO3
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多，碳酸钠中含碳量为 =11.3%，而碳酸氢钠中含碳量为 =14.3%，所以碳酸钠放出二氧化碳量少，故答案为：Na2CO3；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故选c，故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c；（3）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠．故答案为：NaHCO3．
【分析】（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析；（3）根据碳酸氢钠的性质分析．
