上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-41钠及其化合物（3）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-41钠及其化合物（3）

一、单选题
1．（2021·上海奉贤·统考二模）如图向盛有饱和溶液的烧杯中，加入小块金属钠。以下说法错误的是

A．钠浮在液面上四处游动
B．钠熔化成一个光亮的小球
C．恢复到室温时，溶液中的Na+数目减小
D．恢复到室温时，溶液的浓度增大
2．（2021·上海·统考二模）少量小苏打溶液与足量石灰水反应的离子方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
3．（2021·上海·统考二模）下列物质间的每次转化都能通过一步反应实现的是
A． B．
C． D．
4．（2021·上海·统考二模）在反应前后固体质量不变的化学反应是
A．通过灼热的粉末 B．通过粉末
C．与发生铝热反应 D．将铁钉投入溶液
5．（2021·上海杨浦·统考二模）Na2O2能与CO2发生反应，下列叙述错误的是
A．有离子键、共价键的断裂与生成 B．O2既是氧化产物又是还原产物
C．反应物和生成物中都含离子晶体 D．标况下，转移2mol电子，气体体积减小22.4L
6．（2021·上海·统考一模）下列物质与主要成分对应正确的是
A．铝热剂：Al、Fe2O3 B．小苏打：Na2CO3
C．加碘盐：I2、NaCl D．液化石油气：CH4
7．（2021·上海奉贤·统考一模）有些物质既能够与酸反应，又能够与碱反应。以下不符合的是
A．氧化铝 B．氯化铝 C．碳酸铵 D．碳酸氢钠
8．（2021·上海奉贤·统考一模）如果改变某一条件，生成物种类不变的是
A．金属钠与氧气(改变温度) B．氯化铝与氨水(改变氨水浓度)
C．铁和浓硫酸(改变温度) D．CO2气体与氢氧化钠溶液(改变氢氧化钠浓度)
9．（2021·上海·统考一模）为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：

下列分析错误的是
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
10．（2021·上海嘉定·统考一模）将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是
选项
①中物质
②中物质
预测中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠、氢氧化钠混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
亚硫酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色

A．A B．B C．C D．D
11．（2021·上海金山·统考一模）下列各组溶液中的反应，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示的是
A．AlCl3与NaOH B．Ba(OH)2与H2SO4
C．HCl与Na2CO3 D．NaHCO3与Ca(OH)2
12．（2021·上海松江·统考一模）关于侯氏制碱法，下列说法错误的是
A．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
B．析出固体后的母液为碳酸氢钠和氯化铵的饱和溶液
C．母液中通氨、冷冻、加食盐析出氯化铵
D．原料NaCl利用率比较高
13．（2021·上海·统考二模）已知有钠、钾及钠钾合金，对于它们三者熔点高低比较正确的是
A．钠钾合金＞钠＞钾 B．钠＞钾＞钠钾合金
C．钠＞钠钾合金＞钾 D．钾＞钠钾合金＞钠
14．（2021·上海·统考二模）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（    ）
A．澄清石灰水 B．硝酸钡溶液 C．氯化钠溶液 D．饱和碳酸钠溶液
15．（2021·上海崇明·统考二模）下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是
A．木炭和浓硫酸共热 B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C．Na2O2与足量的稀硫酸反应 D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
16．（2021·上海崇明·统考二模）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
17．（2020·上海奉贤·统考二模）在生活中 Na2CO3和NaHCO3都可作食用碱。下列对其性质的描述用化学方程式或离子方程式表示正确的是
A．NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑ + H2O
B．饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：+CO2+ H2O=2
C．Na2CO3溶液呈碱性：+ 2H2O⇌H2CO3+ 2OH-
D．饱和Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH：+2H+ =CO2↑+ H2O
18．（2020·上海松江·一模）联合制碱中，对于从母液中提取NH4Cl无帮助的操作是(　　)
A．通二氧化碳 B．通氨 C．冷冻 D．加食盐
19．（2020·上海松江·一模）下列物质，漂白原理不同于其他三者的是(　　)
A．过氧化钠 B．新制氯水 C．二氧化硫 D．漂粉精
20．（2020·上海嘉定·二模）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（    ）
①
②
③
④
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
21．（2020·上海徐汇·统考二模）向下列溶液中加入少量过氧化钠固体，肯定不会产生沉淀的是
A．氯化铁溶液 B．饱和碳酸氢钠溶液 C．硫化钠溶液 D．饱和氢氧化钙溶液
22．（2020·上海奉贤·统考二模）可用于检验久置的FeSO4溶液是否变质的试剂
A．过氧化钠 B．铁粉 C．盐酸 D．KSCN溶液
23．（2020·上海浦东新·统考二模）下列反应不能生成黄色固体的是（    ）
A．氯气通入碘化钾溶液中 B．金属钠在空气中燃烧
C．碘水滴入硝酸银溶液中 D．硫化氢气体通入亚硫酸中
24．（2020·上海崇明·统考二模）向盛有下列固体的试管中逐滴加入盐酸至过量，盐酸只发生一个化学反应的是（    ）
A．硝酸银 B．生锈的铁 C．碳酸钠 D．次氯酸钠

二、实验题
25．（2021·上海松江·统考一模）为测定Na2CO3·10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。

完成下列问题：
(1)U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为___________、___________、___________(选填编号)。U形管③吸收的气体为___________。
a．碱石灰　　　　b．无水氯化钙　　　　c．无水硫酸铜
(2)干燥管中无水硫酸铜的作用是___________。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用___________。
(3)实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是___________。
(4)再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量___________。
26．（2020·上海松江·统考二模）某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。

完成下列填空：
（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式__。
（2）细铜丝表面的实验现象是__，使用细铜丝的原因是__。
（3）欲使反应停止，应进行的操作是__，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是__，理由是__。
（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是__，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是__。
（5）实验装置中广口瓶的作用是__。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是__。两者的物质的量之比为__。

参考答案：
1．D
【详解】A. 钠投入饱和NaOH溶液中，发生的反应为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，其现象与钠在水中的反应现象相同，故钠浮在液面上四处游动，A正确；
B. 钠投入饱和NaOH溶液中，发生的反应为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，其现象与钠在水中的反应现象相同，故钠熔化成一个光亮的小球，B正确；
C. 原溶液是饱和的，反应消耗水，析出NaOH固体，故Na+数目减少，故C正确；
D. 原溶液是饱和的，反应消耗水，析出NaOH固体，恢复到室温，溶液仍未饱和溶液，NaOH 溶液的浓度不变，故D错误；
故选D。
2．C
【详解】少量小苏打溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，其离子方程式为：，C项符合题意。
故选C。
3．C
【详解】A．氮气不能一步反应生成二氧化氮，转化不能通过一步反应实现，A项错误；
B．氧化铁不能一步反应生成氢氧化铁，B项错误；
C．氯化钠和碳酸氢铵反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，C项正确；
D．氯化铝不能一步生成铝单质，D项错误；
答案选C。
4．C
【详解】A．与反应生成和水，反应前固体为，反应后固体为，固体质量减小，故A不符合题意；
B．与反应生成和O2，2+2=2+O2，反应前固体为Na2O2，反应后固体为Na2CO3，且二者物质的量相同，所以固体质量增加，故B不符合题意；
C．Al与Fe2O3反应生成Fe和Al2O3，反应物和生成物均是固体，根据质量守恒定律，反应前后固体质量相同，故C符合题意；
D．Fe与反应生成和Cu，反应前固体为Fe，反应后固体为Cu，二者的物质的量相等，Cu的摩尔质量大于Fe，所以固体的质量增大，故D不符合题意；
答案选C。
5．B
【详解】A．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，有离子键、共价键的断裂与生成，A叙述正确；
B．Na2O2与CO2反应，部分-1价的氧原子化合价升高变为O2，部分降低生成碳酸钠，则氧气是氧化产物，B叙述错误；
C．反应物中过氧化钠和生成物中的碳酸钠都含离子键，为离子晶体，C叙述正确；
D．标况下，转移2mol电子，O原子的化合价由-1变为0，则生成1mol氧气，消耗2mol二氧化碳，气体体积减小22.4L，D叙述正确；
答案为B。
6．A
【详解】A．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，常见铝热剂是铝粉和三氧化二铁粉末按一定比例配成的混合物，故A正确；
B．小苏打是NaHCO3的俗称，Na2CO3的俗称是纯碱，故B错误；
C．加碘盐指的在食盐中加入一定比例的碘酸钾而不是碘单质，故C错误；
D．液化石油气是由碳氢化合物所组成，主要成分为丙烷、丁烷以及其他烷烃或烯烃等，故D错误；
故答案为A。
7．B
【详解】A．氧化铝 是两性氧化物，既能够与酸反应，又能够与碱反应，故A符合；
B．氯化铝能与碱溶液发生复分解反应，不能与酸反应，故B不符合；
C．碳酸铵与酸反应生成铵盐、水和二氧化碳气体，与强碱在加热下反应生成碳酸盐、水、氨气，故C符合；
D．碳酸氢钠与酸反应生成生成盐、水和二氧化碳气体，碳酸氢根与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，故D符合；
答案选B。
8．B
【详解】A．随着温度的不同有过氧化钠和氧化钠两种产物，A项错误；
B．生成物始终为氢氧化铝沉淀，B项正确；
C．常温下铁钝化，加热发生反应，C项错误；
D．氢氧化钠浓度低时生成碳酸氢钠，浓度高反应生成碳酸钠，D项错误；
故选B。
9．D
【分析】有题干信息可知，操作Ⅰ是让试样和盐酸充分反应，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，操作Ⅱ是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体NaCl，设试样中Na2O2的物质的量为n1mol，Na2O的物质的量为n2mol，则有78n1+62n2=m(试样)  58.5(2n1+2n2)=m(NaCl)，解联合方程即可求出n1=，也就能求出Na2O2的质量分数，据此分析解题。
【详解】A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作Ⅱ用玻璃棒则可防止暴沸，A正确；    
B．有分析可知，要求出Na2O2的质量分数，需称量样品和NaCl的质量，B正确；
C．有分析可求出，n1=，故操作Ⅱ若损失部分固体，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，C正确；
D．由C项分析可知，若溶液转移不完全，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，D错误；
故答案为：D。
10．D
【详解】A．先发生NaOH与盐酸的反应，则开始时无现象，A错误；
B．常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能观察到产生红棕色气体，B错误；
C．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，氯化铝与过量的氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，C错误；
D．亚硫酸能被高锰酸钾酸性溶液氧化，则溶液逐渐褪色，D正确；
故答案为：D。
11．B
【详解】A．AlCl3与NaOH反应，NaOH量多生成偏铝酸钠，量少生成氢氧化铝，两种情况离子方程式不一样，A不符合题意；
B．Ba(OH)2与H2SO4反应，无论两者谁量多量少，都只有一个反应，只有一个对应的离子方程式，B符合题意；
C．HCl与Na2CO3反应，HCl量少生成NaHCO3和NaCl，量多生成NaCl、H2O和CO2，两种情况的离子方程式不一样，C不符合题意；
D．NaHCO3与Ca(OH)2反应，Ca(OH)2量少生成CaCO3、Na2CO3和H2O，量多生成CaCO3、NaOH、H2O，两种情况的离子方程式不一样，D项不符合题意；
本题答案 B  。
12．B
【详解】A．氨气水中溶解度大，极易溶于水，在饱和食盐水中先通入氨气，显碱性，再通入二氧化碳，能更多吸收二氧化碳，故A正确；
B．侯氏制碱法的化学方程式为，析出固体后的母液为氯化铵和少量的碳酸氢钠等其它溶质的溶液，故B错误；
C．母液中通氨，氨水电离出氢氧根离子会不断中和由碳酸氢根电离产生的氢离子， 反应平衡向右移动，最后溶液中的碳酸氢根会被完全消耗，加入氯化钠即加入氯离子，由于氯化铵在水中的溶解度比氯化钠、碳酸钠的溶解度小的多，冷冻之后氯化铵溶解度降低，即会从水中析出，故C正确；
D．制备过程可知，侯氏制碱法最大的优点是使食盐的利用率较高，故D正确；
故选B。
13．B
【分析】合金的熔点比各成分金属的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，以此来解答。
【详解】合金的熔点比各成分的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，则熔点为钠>钾>钠和钾的合金，
故答案选B。
14．D
【详解】A．澄清石灰水中通入过量CO2，最后生成碳酸氢钙，所以最终不会产生沉淀，故A错误；
B．硝酸钡溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故B错误；
C．氯化钠溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠，所以析出沉淀碳酸氢钠，故D正确；
答案选D。
【点睛】化学反应一般遵循强酸制弱酸，难挥发性酸制易挥发性酸的规律。
15．C
【详解】A. 碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，得到两种气体，故A错误；
B. 铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，得到两种气体，故B错误；
C. Na2O2与足量的稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，只能得到一种气体，，故C正确；
D. 汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2等，故D错误；
故选C。
16．D
【详解】题中KMnO4、KClO3(加入催化剂)只能在加热条件下分解生成氧气，而硝酸钾加热生成氧气的同时还生成二氧化氮气体，都不适合用于制备氧气，而过氧化钠常温下易与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于供氧剂，故选D。
17．A
【详解】A．NaHCO3可作发酵粉的原理是利用其分解产生CO2，即2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑+ H2O ，故A正确；
B．因为Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，对于饱和Na2CO3溶液，转化成的NaHCO3溶液则是过饱和的，所以会有晶体析出(沉淀生成)，正确的离子方程式应该为2Na+++CO2+ H2O =2NaHCO3↓，故B错误；
C．Na2CO3溶液呈碱性是因为的水解，但其水解要分布写，且第一步为主，即+ H2O + OH-，故C错误；
D．CH3COOH是弱酸，写离子方程式时候不能拆，即+2CH3COOH2CH3COO-+CO2↑+H2O，故D错误；
答案为A。
18．A
【分析】饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl﹣(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度，以此解答该题。
【详解】A．通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，选项A符合；
B．通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，选项B不符合；
C．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，选项C不符合；
D．加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，选项D不符合。
答案选A。
19．C
【详解】A．过氧化钠的漂白是因为其强氧化性所致；
B．新制氯水中含有次氯酸，具有强氧化性而导致其能漂白；
C．二氧化硫的漂白是因为其与有机色素形成不稳定的无色物质所致，不涉及氧化还原反应；
D．漂粉精中含有含有次氯酸盐，有强氧化性，能漂白；
综上所述，过氧化钠、新制氯水、漂粉精的漂白都是因为其强化氧化性，而二氧化硫的漂白不是因为强氧化性，与其它选项的漂白原理不同，答案选C。
20．A
【详解】①Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH反应产生NaAlO2，由于碳酸的酸性比Al(OH)3强，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，能够实现给定物质的转化，①正确；
②S与O2点燃产生SO2，不能产生SO3，因此不能实现给定物质的转化，②错误；
③向饱和NaCl溶液中先通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤，然后加热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，制取得到Na2CO3，能够实现给定物质的转化，③正确；
④Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3溶液，在FeCl3溶液中发生水解反应产生HCl和Fe(OH)3，加热HCl挥发促进盐的水解，得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，不能得到无水FeCl3，因此不能实现给定物质的转化，④错误；
综上所述可知：能够实现物质转化的序号是①③，故合理选项是A。
21．B
【详解】A．过氧化钠固体与FeCl3溶液中的水反应，生成的NaOH与FeCl3反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，则出现浑浊，故A错误；
B．过氧化钠固体与饱和碳酸氢钠溶液的水反应，生成的NaOH与碳酸氢钠反应生成Na2CO3溶液，则不会出现浑浊，故B正确；
C．过氧化钠固体具有强氧化性，将硫化钠氧化生成S沉淀，则出现浑浊，故C错误；
D．过氧化钠固体与饱和Ca(OH)2溶液中的水反应，饱和溶液中溶剂减少，则会有Ca(OH)2固体析出，则出现浑浊，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应：过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，利用NaOH与选项中的物质的反应来分析是否生成沉淀，易错点D，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。
22．D
【分析】FeSO4溶液中Fe2+有还原性，容易被氧化变质。
【详解】A．过氧化钠有强氧化性，将Fe2+氧化，从而无法确定原溶液是否变质，A错误；
B．铁粉有还原性，若FeSO4溶液变质了，能将Fe3+还原成Fe2+，但无明显现象，无法确定原溶液是否变质，B错误；
C．加入盐酸，无明显现象，无法确定原溶液是否变质，C错误；
D．若FeSO4溶液变质了，溶液中会有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变血红色，D正确；
答案选D。
23．A
【详解】A．氯气通入碘化钾溶液中，碘离子被氯气氧化成碘单质，溶液变成黄色，不能生成黄色固体，故A选；
B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B不选；
C．碘水与硝酸银反应生成碘化银沉淀，碘化银为黄色沉淀，故C不选；
D．向亚硫酸溶液中通入硫化氢，生成不溶于水的硫沉淀，硫为淡黄色固体，故D不选；
故选A。
24．A
【详解】A．向硝酸银中逐滴加入盐酸至过量，只发生氯离子与银离子的反应，只发生一个化学反应，故A正确；
B．生锈的铁中含有铁和氧化铁，逐滴加入盐酸至过量，盐酸能够与铁反应，也能与氧化铁反应，发生两个化学反应，故B错误；
C．向碳酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水，发生两个化学反应，故C错误；
D．向次氯酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与次氯酸钠反应生成次氯酸，然后次氯酸会缓慢分解生成盐酸和氧气，同时次氯酸也能将盐酸氧化放出氯气，发生的反应不止一个，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意次氯酸钠与盐酸的反应与盐酸的浓度有关，稀盐酸一般反应生成次氯酸，浓盐酸一般反应放出氯气。
25． a b a CO2 检验水蒸气是否已经被完全除去 防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置③ 方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
【分析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，通过测定样品受热产生的CO2的质量确定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U形管①吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U形管②吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U形管③吸收反应生成的CO2，U形管③反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U形管③中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U形管③中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U形管③中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；据此分析作答。
【详解】(1) U形管①②③盛装的均为固态物质，根据分析，U形管①中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U形管②中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U形管③中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。
(2)为使CO2的测量准确，U形管②必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大。
(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U形管②、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置③，使反应生成的CO2全部被③中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置③。
(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
26． Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 有气泡产生，细铜丝溶解 增大接触面以加快反应速率 先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯 无水硫酸铜 浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出 使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行 取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成 防倒吸 Na2SO3、NaHSO3 n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）
【分析】在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。
【详解】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解；
(3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；
(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成；
(5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，
SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：

x+y=0.1，x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05，=x：y=1：2。