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新高考化学一轮复习讲与练 第06讲 钠及其化合物（练）（2份打包，原卷版+解析版）
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【答案】A
【解析】聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为，故B不符合题意；小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，故C不符合题意；“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；故选A。
2．氢氧化钠应用广泛，下列说法不正确的是
A．钠元素位于周期表s区B．属于强电解质
C．工业上常用制备小苏打D．溶液能使蛋白质变性
【答案】C
【解析】Na是11号元素，位于周期表第3周期第IA族，故钠元素位于周期表s区，A正确；所有的酸、碱、盐均属于电解质，强碱NaOH在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，B正确；工业上常用侯氏制碱法来制备小苏打NaHCO3，反应原理为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，故是用NaCl而不是NaOH制备小苏打，C错误；强酸、强碱和强氧化性溶液均能使蛋白质发生变性，故强碱NaOH溶液能使蛋白质变性，D正确；故选C。
3．关于实验室保存试剂的说法错误的是
A．实验室中金属钠通常保存在煤油里
B．液溴以少量水液封后用橡胶塞塞紧瓶口
C．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞
D．浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中
【答案】B
【解析】钠密度大于煤油，与煤油不反应，所以金属钠在煤油中密封保存可以隔绝空气，故A正确；溴在水中的溶解度较小，溴的密度大于水的密度所以会分层，最下层是液溴，上层是溴水，能达到液封的目的，但溴具有氧化性，会腐蚀橡胶塞，不能用橡胶塞塞紧瓶口，故B错误；氢氧化钠可腐蚀玻璃，与玻璃中二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠溶液，导致玻璃瓶打不开，不能用带磨口玻璃塞试剂瓶盛放，可以用带有橡胶塞的试剂瓶中盛放，故C正确；浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，故D正确；故选B。
4．钠及其化合物应用广泛。下列说法正确的是
A．乙醇和二甲醚互为同系物，可用金属钠鉴别
B．过氧化钠中含有非极性键，属于非极性分子
C．工业上利用侯氏制碱法可以制备碳酸钠，的空间构型为平面三角形
D．向稀盐酸中逐滴加入含的溶液，则混和液中：
【答案】C
【解析】乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇含有羟基，二甲醚含有醚键，可用金属钠鉴别，A错误；过氧化钠中含有非极性键，但属于离子化合物，B错误； 工业上利用侯氏制碱法制备碳酸钠，中C原子的价层电子对数，C原子为杂化，的空间构型为平面三角形，C正确； 向稀盐酸中逐滴加入溶液，开始盐酸多，会有放出，根据原子守恒，则混和液中：，选项D错误；故选C。
5．氯化钠应用广泛，下列说法正确的是
A．侯氏制碱法是将足量CO2通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出Na2CO3晶体
B．氯碱工业采用阴离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠
C．用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，该样品一定是氯化钠
D．饱和氯化钠溶液能使蛋白质盐析
【答案】D
【解析】侯氏制碱法是将足量二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故A错误；为防止氯气与氢氧化钠溶液和氢气反应，氯碱工业采用阳离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠，故B错误；用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色说明样品中含有钠元素，可能是钠盐，也可能是氢氧化钠，故C错误；饱和氯化钠溶液能降低蛋白质的溶解度，使蛋白质析出而产生盐析，故D正确；故选D。
6．下列有关现象或事实正确且对应原理也正确的是
【答案】D
【解析】盐酸不能在玻璃器皿上刻蚀标记，能刻蚀玻璃的是氢氟酸，发生的反应为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，A错误；向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，SO2溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，产生BaSO4白色沉淀，B错误；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，原因是氯水中的氯气将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C错误；Na2O2能与CO2反应生成O2：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可在呼吸面具中作为氧气的来源，D正确；故选D。
7．1971年Tekksha公司利用金属钠可溶于水银形成液态的合金“钠汞齐”这一性质，通过电解饱和食盐水得到金属钠，制取钠汞齐的实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．b电极是阴极
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-
C．电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升
D．水银层的质量每增加0.23 g， 理论上c口会逸出112 mL气体
【答案】D
【分析】金属钠可与水银形成钠汞齐，说明在水银处有Na生成，发生还原反应，则水银为阴极，Na++e-+nHg=Na·nHg，石墨为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑；
【解析】b电极处与水银相连，为阴极，A正确；若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-，B正确；因形成钠汞齐，故电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升，选项C正确；没有注明标准状况下，故无法计算气体体积，选项D错误；故选D。
8．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
【答案】A
【解析】向饱和的硼酸溶液中滴加0.1ml·L-1的Na2CO3溶液，无气泡冒出；说明硼酸酸性弱于碳酸，即非金属性：C>B，A正确；向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明氧化性： KMnO4> Cl2，无法证明氧化性：Cl2> Fe3+，B错误；MgCl2溶液与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2后，溶液中仍有反应剩余的NaOH溶液，故后来生成的红褐色沉淀并不是由Mg(OH)2转化而来，C错误；玻璃棒成分中含有硅酸钠，故用玻璃棒蘸取该溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色不能说明该溶液中含有钠元素，D错误； 故选A。
9．下列方程式与所给事实不相符的是
A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：
B．向中投入固体：
C．侯氏制碱法的原理：、
D．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集：
【答案】B
【解析】硫酸铜溶液中加过量的氨水反应生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，A正确；Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，B错误；侯氏制碱法的原理是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl,过滤出晶体灼烧分解生成碳酸钠，反应的化学方程式为：，C正确；海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2的离子方程式为：，D正确；故选B。
10．已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是
A．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是O2
B．若溶液丙遇Na2CO3放出气体CO2，则甲不可能是H2
C．若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则甲一定为Cu
D．若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，则甲可能为Al
【答案】A
【解析】若甲为O2，乙为Na，二者加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2溶于水得到NaOH溶液，电解NaOH溶液实质是电解水，生成O2和H2，A正确；若溶液丙遇Na2CO3产生CO2气体，丙可以为HCl，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成HCl，符合转化关系，即甲可能为H2，B错误；若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则说明丙为铜盐，甲、乙应为氯气和铜，则甲可能为氯气，也可能为Cu，C错误；若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，证明丙中含有A13+，但氢离子放电能力强于Al3+，电解丙溶液得不到Al，甲不可能为Al，D错误； 故选A。
11．某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用计和压强传感器检测，得到如图曲线。
已知：常温下，酚酞的变色范围是，甲基橙的变色范围是。下列说法不正确的是
A．溶液或溶液中
B．图中曲线甲和曲线丁表示向溶液中滴加盐酸
C．在点发生反应的离子方程式为
D．滴定分析时，点可用酚酞、点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】C
【解析】根据电荷守恒，溶液或溶液中，溶液呈碱性，所以，故A正确；碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液与盐酸反应分步进行，碳酸钠与盐酸反应开始不放二氧化碳，所以图中曲线甲和曲线丁表示向溶液中滴加盐酸，故B正确；b点加入盐酸的体积大于20mL，反应结束，在点发生反应的离子方程式为，故C错误；
酚酞的变色范围是，甲基橙的变色范围是，滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D正确；故选C。
12．利用浓缩海水，模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如下。
下列说法错误的是
A．将饱和氨盐水雾化后与CO2反应可使反应更快更充分
B．制备 NaHCO3的化学方程式为NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl
C．流程中“气体”可循环利用
D．将“母液”低温蒸发结晶可得纯净的NH4Cl
【答案】D
【分析】为增大CO2在海水中的溶解度，先往浓缩海水中通入氨气，制得饱和氨盐水，再往此氨盐水中通入CO2，得到NaHCO3沉淀；将混合物过滤、洗涤，从而获得NaHCO3晶体；灼烧晶体，可获得Na2CO3产品。
【解析】将饱和氨盐水雾化后，再通入CO2发生反应，可增大反应物的接触面积，从而使反应更快更充分，A正确；制备NaHCO3时，将CO2通入雾化的饱和氨盐水，发生反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，化学方程式为NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；反应过程中，需要通入CO2，灼烧NaHCO3晶体时，又生成CO2，所以流程中“气体”为CO2，可循环利用，C正确；“母液”中含有NH4Cl、NaCl、NaHCO3等，将“母液”低温蒸发结晶，得到的是混合物，D错误；故选D。
13．已知。下列说法不正确的是
A．钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
B．中含有离子键和非极性共价键
C．中阴阳离子个数比为
D．可作供氧制，与反应过程中每生成转移
【答案】C
【解析】钠在空气中燃烧生成过氧化钠，观察到产生黄色火焰，生成淡黄色固体物质，A正确；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子内氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，B正确；Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中阴、阳离子个数比为1 : 2，C错误；过氧化钠和二氧化碳反应时得到的氧气是由-1价的氧元素生成的，故生成1ml氧气时转移电子为2ml，D正确；故选C。
14．为除去溶液中的下列杂质，所选用的试剂正确的是
【答案】A
【解析】和NaOH溶液反应生成和水，可以用适量的NaOH溶液除溶液中的，故A正确；NaOH和不能反应，不能用溶液除溶液中的NaOH，故B错误；和盐酸反应生成NaCl、二氧化碳、水，不能用盐酸除溶液中的NaCl，故C错误；、都能与反应，分别生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，不能用溶液除溶液中的，故D错误；故选A。
15．下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C．取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】D
【解析】只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选。
16．图示为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验装置图，其中a装置是实验室制备二氧化碳的装置，c中盛放的是过氧化钠。下列说法正确的是
A．a中可以用Na2CO3和稀盐酸来制备CO2
B．b装置中是饱和Na2CO3溶液，作用是除去a中产生的HCl
C．c中只发生2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2
D．f中收集的气体是纯净的O2
【答案】A
【分析】该实验的目的是证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，a装置是实验室用盐酸和碳酸钙制备CO2的装置，由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中含有HCl，通过装置b中的溶液目的是除去HCl，通入装有过氧化钠的装置c中的二氧化碳气体未干燥，含有少量水蒸气，则装置c中发生的反应有2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，实验过程中二氧化碳不能完全反应，装置d中应盛装氢氧化钠来吸收未反应的二氧化碳，避免干扰e中收集的气体的验证试验，用带火星的木条可检验e中试管内收集的气体，若木条复燃，证明收集到的是氧气，则可以证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。
【解析】碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，则a装置可以用碳酸钠和稀盐酸制备CO2，A正确；由于a中的盐酸易挥发，制得的二氧化碳中含有HCl，则b装置中应盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是除去a中产生的HCl，不能盛放碳酸钠，因为碳酸钠也会与二氧化碳反应，B错误；从装置b中出来的气体为干燥，二氧化碳中混有水蒸气，c中不仅仅发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，还有反应2Na2O2+2H2O=
4NaOH+O2↑，C错误；根据分析，f中用排水法收集的气体是湿润的O2，不纯，D错误；故选A。
17．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．呈淡黄色，可用作供氧剂B．NaCl熔点较高，可用于制取NaOH
C．溶液呈碱性，可用于除油污D．易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】能与水和二氧化碳反应生成氧气，因此可做供氧剂，与颜色无关，故A错误；电解饱和NaCl溶液生成NaOH，与NaCl熔点无关，故B错误；溶液呈碱性，可使油污水解呈溶水物质除去，故C正确；能与胃酸中HCl反应生成二氧化碳，因此可以用于治疗胃酸过多，与其不稳定性无关，故D错误；故选C。
18．氢化钠是一种重要的储氢试剂、缩合剂、还原剂、烷基化试剂，在有机合成中具有重要作用，某学习小组利用如图装置制备少量氢化钠，下列说法错误的是
A．装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分
B．装置乙和装置丁内盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰
C．实验过程中应先打开K1，一段时间后，尾端验纯后再点燃酒精灯
D．m gH2储存到NaH中，与足量水反应也释放m gH2，遵从质量守恒定律
【答案】D
【解析】装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分，A项正确；装置乙和装置丁起干燥作用，盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰，B项正确；实验过程中应先打开K1，用生成的氢气排除装置中的空气，一段时间后，尾端验纯后，说明空气已经排尽，再点燃酒精灯，C项正确；1 mlNa吸收0.5mlH2生成1mlNaH，NaH与水的反应为归中反应，1ml氢化钠与足量水完全反应，生成1ml氢气，D项错误；故选D。
19.化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)B中使用雾化装置的优点是____________________________________________。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_________________________________________。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14 g，则固体NaHCO3的质量为________g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)―→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，需采用的操作为________、________、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果________(填标号)。
A．偏高 B．偏低 C．不变
【解析】(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcg。(2)雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。(4)①1 ml CO2与足量Na2O2反应，最终Na2O2增重的质量相当于1 ml CO的质量，假设固体NaHCO3的质量为x g，可列如下关系式：
2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO
2×84 28
x g 0.14 g
则eq \f(2×84,x g)＝eq \f(28,0.14 g)，解得x＝0.84。②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水，此时Na2CO3的含量偏低，则用其标定盐酸浓度时，会使滴定结果偏高。
【答案】(1)aefbcg
(2)增大接触面积，使反应更充分
(3)CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(4)①0.84 ②降温结晶 过滤
(5)A
20.碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；
④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
回答下列问题：
(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是______________________；
(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是____________(填标号)；
A. B. C. D.
(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化______________________；
(4)产品中NaHCO3的质量分数为______________________(保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)NaHCO3 在30-35℃时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） (2)D
(3)甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 (4)3.56% (5)偏大
【解析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35℃发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300℃加热分解NaHCO3制备Na2CO3；
步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。根据上述分析可知，
(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小；
(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(4) 第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)
=0.1000ml/L×22.45×10-3L=2.245×10-3ml，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000ml/L×23.51×10-3L
=2.351×10-3ml，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351×10-3ml
-2.245×10-3ml=1.06×10-4ml，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.06×10-3ml，故产品中NaHCO3的质量分数为；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大。
A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器
B．用于通信的光导纤维
C．用于焙制糕点的小苏打
D．从餐厨废弃物中提取的地沟油
选项
现象或事实
对应的化学或离子方程式
A
利用一定浓度的盐酸在玻璃器皿上刻蚀标记
B
向溶液中通入，产生白色沉淀
C
向溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色
D
可在呼吸面具中作为氧气的来源
选项
实验目的
实验现象
结论
A
比较元素的非金属性
向饱和的硼酸溶液中滴加0.1ml·L-1的Na2CO3溶液，无气泡冒出
非金属性：C>B
B
比较KMnO4、Cl2 和Fe3+的氧化性
向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性： KMnO4> Cl2> Fe3+
C
向1 mL 0.1 ml·L-1的MgCl2溶液中滴加2mL0.2ml·L-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1ml·L-1FeCl3溶液
白色沉淀转化成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[(Fe(OH)3]
D
检验溶液中是否含有钠元素
用玻璃棒蘸取该溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中含有钠元素
选项
杂质
试剂
A
适量的NaOH溶液
B
NaOH
适量的溶液
C
NaCl
适量的盐酸
D
适量的溶液
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
【答案】A
【解析】聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为，故B不符合题意；小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，故C不符合题意；“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；故选A。
2．氢氧化钠应用广泛，下列说法不正确的是
A．钠元素位于周期表s区B．属于强电解质
C．工业上常用制备小苏打D．溶液能使蛋白质变性
【答案】C
【解析】Na是11号元素，位于周期表第3周期第IA族，故钠元素位于周期表s区，A正确；所有的酸、碱、盐均属于电解质，强碱NaOH在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，B正确；工业上常用侯氏制碱法来制备小苏打NaHCO3，反应原理为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，故是用NaCl而不是NaOH制备小苏打，C错误；强酸、强碱和强氧化性溶液均能使蛋白质发生变性，故强碱NaOH溶液能使蛋白质变性，D正确；故选C。
3．关于实验室保存试剂的说法错误的是
A．实验室中金属钠通常保存在煤油里
B．液溴以少量水液封后用橡胶塞塞紧瓶口
C．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞
D．浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中
【答案】B
【解析】钠密度大于煤油，与煤油不反应，所以金属钠在煤油中密封保存可以隔绝空气，故A正确；溴在水中的溶解度较小，溴的密度大于水的密度所以会分层，最下层是液溴，上层是溴水，能达到液封的目的，但溴具有氧化性，会腐蚀橡胶塞，不能用橡胶塞塞紧瓶口，故B错误；氢氧化钠可腐蚀玻璃，与玻璃中二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠溶液，导致玻璃瓶打不开，不能用带磨口玻璃塞试剂瓶盛放，可以用带有橡胶塞的试剂瓶中盛放，故C正确；浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，故D正确；故选B。
4．钠及其化合物应用广泛。下列说法正确的是
A．乙醇和二甲醚互为同系物，可用金属钠鉴别
B．过氧化钠中含有非极性键，属于非极性分子
C．工业上利用侯氏制碱法可以制备碳酸钠，的空间构型为平面三角形
D．向稀盐酸中逐滴加入含的溶液，则混和液中：
【答案】C
【解析】乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇含有羟基，二甲醚含有醚键，可用金属钠鉴别，A错误；过氧化钠中含有非极性键，但属于离子化合物，B错误； 工业上利用侯氏制碱法制备碳酸钠，中C原子的价层电子对数，C原子为杂化，的空间构型为平面三角形，C正确； 向稀盐酸中逐滴加入溶液，开始盐酸多，会有放出，根据原子守恒，则混和液中：，选项D错误；故选C。
5．氯化钠应用广泛，下列说法正确的是
A．侯氏制碱法是将足量CO2通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出Na2CO3晶体
B．氯碱工业采用阴离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠
C．用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，该样品一定是氯化钠
D．饱和氯化钠溶液能使蛋白质盐析
【答案】D
【解析】侯氏制碱法是将足量二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故A错误；为防止氯气与氢氧化钠溶液和氢气反应，氯碱工业采用阳离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠，故B错误；用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色说明样品中含有钠元素，可能是钠盐，也可能是氢氧化钠，故C错误；饱和氯化钠溶液能降低蛋白质的溶解度，使蛋白质析出而产生盐析，故D正确；故选D。
6．下列有关现象或事实正确且对应原理也正确的是
【答案】D
【解析】盐酸不能在玻璃器皿上刻蚀标记，能刻蚀玻璃的是氢氟酸，发生的反应为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，A错误；向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，SO2溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，产生BaSO4白色沉淀，B错误；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，原因是氯水中的氯气将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C错误；Na2O2能与CO2反应生成O2：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可在呼吸面具中作为氧气的来源，D正确；故选D。
7．1971年Tekksha公司利用金属钠可溶于水银形成液态的合金“钠汞齐”这一性质，通过电解饱和食盐水得到金属钠，制取钠汞齐的实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．b电极是阴极
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-
C．电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升
D．水银层的质量每增加0.23 g， 理论上c口会逸出112 mL气体
【答案】D
【分析】金属钠可与水银形成钠汞齐，说明在水银处有Na生成，发生还原反应，则水银为阴极，Na++e-+nHg=Na·nHg，石墨为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑；
【解析】b电极处与水银相连，为阴极，A正确；若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-，B正确；因形成钠汞齐，故电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升，选项C正确；没有注明标准状况下，故无法计算气体体积，选项D错误；故选D。
8．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
【答案】A
【解析】向饱和的硼酸溶液中滴加0.1ml·L-1的Na2CO3溶液，无气泡冒出；说明硼酸酸性弱于碳酸，即非金属性：C>B，A正确；向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明氧化性： KMnO4> Cl2，无法证明氧化性：Cl2> Fe3+，B错误；MgCl2溶液与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2后，溶液中仍有反应剩余的NaOH溶液，故后来生成的红褐色沉淀并不是由Mg(OH)2转化而来，C错误；玻璃棒成分中含有硅酸钠，故用玻璃棒蘸取该溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色不能说明该溶液中含有钠元素，D错误； 故选A。
9．下列方程式与所给事实不相符的是
A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：
B．向中投入固体：
C．侯氏制碱法的原理：、
D．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集：
【答案】B
【解析】硫酸铜溶液中加过量的氨水反应生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，A正确；Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，B错误；侯氏制碱法的原理是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl,过滤出晶体灼烧分解生成碳酸钠，反应的化学方程式为：，C正确；海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2的离子方程式为：，D正确；故选B。
10．已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是
A．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是O2
B．若溶液丙遇Na2CO3放出气体CO2，则甲不可能是H2
C．若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则甲一定为Cu
D．若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，则甲可能为Al
【答案】A
【解析】若甲为O2，乙为Na，二者加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2溶于水得到NaOH溶液，电解NaOH溶液实质是电解水，生成O2和H2，A正确；若溶液丙遇Na2CO3产生CO2气体，丙可以为HCl，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成HCl，符合转化关系，即甲可能为H2，B错误；若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则说明丙为铜盐，甲、乙应为氯气和铜，则甲可能为氯气，也可能为Cu，C错误；若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，证明丙中含有A13+，但氢离子放电能力强于Al3+，电解丙溶液得不到Al，甲不可能为Al，D错误； 故选A。
11．某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用计和压强传感器检测，得到如图曲线。
已知：常温下，酚酞的变色范围是，甲基橙的变色范围是。下列说法不正确的是
A．溶液或溶液中
B．图中曲线甲和曲线丁表示向溶液中滴加盐酸
C．在点发生反应的离子方程式为
D．滴定分析时，点可用酚酞、点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】C
【解析】根据电荷守恒，溶液或溶液中，溶液呈碱性，所以，故A正确；碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液与盐酸反应分步进行，碳酸钠与盐酸反应开始不放二氧化碳，所以图中曲线甲和曲线丁表示向溶液中滴加盐酸，故B正确；b点加入盐酸的体积大于20mL，反应结束，在点发生反应的离子方程式为，故C错误；
酚酞的变色范围是，甲基橙的变色范围是，滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D正确；故选C。
12．利用浓缩海水，模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如下。
下列说法错误的是
A．将饱和氨盐水雾化后与CO2反应可使反应更快更充分
B．制备 NaHCO3的化学方程式为NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl
C．流程中“气体”可循环利用
D．将“母液”低温蒸发结晶可得纯净的NH4Cl
【答案】D
【分析】为增大CO2在海水中的溶解度，先往浓缩海水中通入氨气，制得饱和氨盐水，再往此氨盐水中通入CO2，得到NaHCO3沉淀；将混合物过滤、洗涤，从而获得NaHCO3晶体；灼烧晶体，可获得Na2CO3产品。
【解析】将饱和氨盐水雾化后，再通入CO2发生反应，可增大反应物的接触面积，从而使反应更快更充分，A正确；制备NaHCO3时，将CO2通入雾化的饱和氨盐水，发生反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，化学方程式为NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；反应过程中，需要通入CO2，灼烧NaHCO3晶体时，又生成CO2，所以流程中“气体”为CO2，可循环利用，C正确；“母液”中含有NH4Cl、NaCl、NaHCO3等，将“母液”低温蒸发结晶，得到的是混合物，D错误；故选D。
13．已知。下列说法不正确的是
A．钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
B．中含有离子键和非极性共价键
C．中阴阳离子个数比为
D．可作供氧制，与反应过程中每生成转移
【答案】C
【解析】钠在空气中燃烧生成过氧化钠，观察到产生黄色火焰，生成淡黄色固体物质，A正确；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子内氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，B正确；Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中阴、阳离子个数比为1 : 2，C错误；过氧化钠和二氧化碳反应时得到的氧气是由-1价的氧元素生成的，故生成1ml氧气时转移电子为2ml，D正确；故选C。
14．为除去溶液中的下列杂质，所选用的试剂正确的是
【答案】A
【解析】和NaOH溶液反应生成和水，可以用适量的NaOH溶液除溶液中的，故A正确；NaOH和不能反应，不能用溶液除溶液中的NaOH，故B错误；和盐酸反应生成NaCl、二氧化碳、水，不能用盐酸除溶液中的NaCl，故C错误；、都能与反应，分别生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，不能用溶液除溶液中的，故D错误；故选A。
15．下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C．取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】D
【解析】只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选。
16．图示为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验装置图，其中a装置是实验室制备二氧化碳的装置，c中盛放的是过氧化钠。下列说法正确的是
A．a中可以用Na2CO3和稀盐酸来制备CO2
B．b装置中是饱和Na2CO3溶液，作用是除去a中产生的HCl
C．c中只发生2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2
D．f中收集的气体是纯净的O2
【答案】A
【分析】该实验的目的是证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，a装置是实验室用盐酸和碳酸钙制备CO2的装置，由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中含有HCl，通过装置b中的溶液目的是除去HCl，通入装有过氧化钠的装置c中的二氧化碳气体未干燥，含有少量水蒸气，则装置c中发生的反应有2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，实验过程中二氧化碳不能完全反应，装置d中应盛装氢氧化钠来吸收未反应的二氧化碳，避免干扰e中收集的气体的验证试验，用带火星的木条可检验e中试管内收集的气体，若木条复燃，证明收集到的是氧气，则可以证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。
【解析】碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，则a装置可以用碳酸钠和稀盐酸制备CO2，A正确；由于a中的盐酸易挥发，制得的二氧化碳中含有HCl，则b装置中应盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是除去a中产生的HCl，不能盛放碳酸钠，因为碳酸钠也会与二氧化碳反应，B错误；从装置b中出来的气体为干燥，二氧化碳中混有水蒸气，c中不仅仅发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，还有反应2Na2O2+2H2O=
4NaOH+O2↑，C错误；根据分析，f中用排水法收集的气体是湿润的O2，不纯，D错误；故选A。
17．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．呈淡黄色，可用作供氧剂B．NaCl熔点较高，可用于制取NaOH
C．溶液呈碱性，可用于除油污D．易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】能与水和二氧化碳反应生成氧气，因此可做供氧剂，与颜色无关，故A错误；电解饱和NaCl溶液生成NaOH，与NaCl熔点无关，故B错误；溶液呈碱性，可使油污水解呈溶水物质除去，故C正确；能与胃酸中HCl反应生成二氧化碳，因此可以用于治疗胃酸过多，与其不稳定性无关，故D错误；故选C。
18．氢化钠是一种重要的储氢试剂、缩合剂、还原剂、烷基化试剂，在有机合成中具有重要作用，某学习小组利用如图装置制备少量氢化钠，下列说法错误的是
A．装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分
B．装置乙和装置丁内盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰
C．实验过程中应先打开K1，一段时间后，尾端验纯后再点燃酒精灯
D．m gH2储存到NaH中，与足量水反应也释放m gH2，遵从质量守恒定律
【答案】D
【解析】装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分，A项正确；装置乙和装置丁起干燥作用，盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰，B项正确；实验过程中应先打开K1，用生成的氢气排除装置中的空气，一段时间后，尾端验纯后，说明空气已经排尽，再点燃酒精灯，C项正确；1 mlNa吸收0.5mlH2生成1mlNaH，NaH与水的反应为归中反应，1ml氢化钠与足量水完全反应，生成1ml氢气，D项错误；故选D。
19.化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)B中使用雾化装置的优点是____________________________________________。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_________________________________________。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14 g，则固体NaHCO3的质量为________g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)―→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，需采用的操作为________、________、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果________(填标号)。
A．偏高 B．偏低 C．不变
【解析】(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcg。(2)雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。(4)①1 ml CO2与足量Na2O2反应，最终Na2O2增重的质量相当于1 ml CO的质量，假设固体NaHCO3的质量为x g，可列如下关系式：
2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO
2×84 28
x g 0.14 g
则eq \f(2×84,x g)＝eq \f(28,0.14 g)，解得x＝0.84。②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水，此时Na2CO3的含量偏低，则用其标定盐酸浓度时，会使滴定结果偏高。
【答案】(1)aefbcg
(2)增大接触面积，使反应更充分
(3)CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(4)①0.84 ②降温结晶 过滤
(5)A
20.碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；
④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
回答下列问题：
(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是______________________；
(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是____________(填标号)；
A. B. C. D.
(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化______________________；
(4)产品中NaHCO3的质量分数为______________________(保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)NaHCO3 在30-35℃时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） (2)D
(3)甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 (4)3.56% (5)偏大
【解析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35℃发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300℃加热分解NaHCO3制备Na2CO3；
步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。根据上述分析可知，
(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小；
(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(4) 第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)
=0.1000ml/L×22.45×10-3L=2.245×10-3ml，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000ml/L×23.51×10-3L
=2.351×10-3ml，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351×10-3ml
-2.245×10-3ml=1.06×10-4ml，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.06×10-3ml，故产品中NaHCO3的质量分数为；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大。
A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器
B．用于通信的光导纤维
C．用于焙制糕点的小苏打
D．从餐厨废弃物中提取的地沟油
选项
现象或事实
对应的化学或离子方程式
A
利用一定浓度的盐酸在玻璃器皿上刻蚀标记
B
向溶液中通入，产生白色沉淀
C
向溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色
D
可在呼吸面具中作为氧气的来源
选项
实验目的
实验现象
结论
A
比较元素的非金属性
向饱和的硼酸溶液中滴加0.1ml·L-1的Na2CO3溶液，无气泡冒出
非金属性：C>B
B
比较KMnO4、Cl2 和Fe3+的氧化性
向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性： KMnO4> Cl2> Fe3+
C
向1 mL 0.1 ml·L-1的MgCl2溶液中滴加2mL0.2ml·L-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1ml·L-1FeCl3溶液
白色沉淀转化成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[(Fe(OH)3]
D
检验溶液中是否含有钠元素
用玻璃棒蘸取该溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中含有钠元素
选项
杂质
试剂
A
适量的NaOH溶液
B
NaOH
适量的溶液
C
NaCl
适量的盐酸
D
适量的溶液
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
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