文档文本内容
专题08 钠及其化合物
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点01 钠
（2022·海南）（2020·北京）（2019·
浙江）（2016·浙江）（2009·上海）
（2018·海南）
知识融合：将钠、Na₂O/Na₂O₂、Na₂CO₃/
NaHCO₃ 的性质与计算、电化学、热化
学、晶胞等模块整合，突出学科内综
合。
情境创新：以“侯氏制碱法”“钠-CO₂ 电
池”“纯碱生产工艺流程”等真实或模
拟工业情境为载体，考查绿色化学、原
子经济性、实验安全与环保意识。
能力升级：从单一性质判断转向实验设计、
数据评价、误差分析（如滴定、热重、
气体收集），强调定量思维与证据推
理，实验题占比逐年提高。
考点02 钠的
氧化物
（2024·安徽）（2023·北京）（2007·
全国）（2014·上海）（2010·安徽）
（2007·江苏）
考点03 碳酸
钠和碳酸氢钠
（2008·广东）（2023·天津）（2022·
海南）（2021·海南）（2009·全国）
（2008·上海）（2010·上海）（2009·
海南）（2018·海南）（2019·浙江）
（2018·全国II 卷）（2014·上海）
（2011·上海）（2007·海南）（2017·
浙江）（2008·上海）（2016·江苏）
考点04 钠及
其化合物综合
（2011·江苏）（2009·北京）（2022·
天津）（2025·安徽）（2021·河北）
（2021·湖南）
1．（2022·海南·高考真题）钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl 溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
【答案】A
【解析】A．同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因
此，钠元素的第一电离能大于钾，A 说法正确；B．基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为
，
B 说法不正确；C．钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1 溶液中的钠，C 说法
不正确；D．钠元素与钾元素的原子序数分别为11 和19，两者相差8，D 说法不正确；综上所述，本
题选A。
2．（2020·北京·高考真题）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．Na
B．Cl2
C．NO2
D．Na2O
【答案】A
【解析】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O 中H 元素化合价由+1 降为0 价，得电子被还原，做氧化剂，在
反应中表现出氧化性，故A 符合题意；B．Cl2+H2O
HCl+HClO，H2O 中的元素没有发生化合价的变
化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B 不符合题意；
C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O 中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是
还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C 不符合题意；D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有
元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D 不符合题意；
答案选A。
3．（2019·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．乙醇、苯应密封保存，置于阴凉处，且远离火源
B．金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火
C．有毒药品的废液须倒入指定的容器
D．容量瓶洗净后须用酒精灯加热干燥
【答案】D
【解析】A． 乙醇、苯为易燃液体，应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，选项A 正确；B．钠和水反
应生成氢气，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氢气能燃烧、氧气能助
知识点01 钠
燃，所以钠着火时不能用水、泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，选项B 正确；C． 有毒药品的
废液须倒入指定的容器，不能直接倒掉，选项C 正确；D． 容量瓶不需要干燥，也不能加热，选项D
不正确。答案选D。
4．（2016·浙江·高考真题）下列有关钠及其化合物的说法不正确的是
A．电解饱和食盐水可制取金属钠
B．钠与氧气反应的产物与反应条件有关
C．氧化钠与水反应生成氢氧化钠
D．钠可以从四氯化钛中置换出钛
【答案】A
【解析】A．电解饱和食盐水可以得到烧碱、氢气和氯气，电解熔融的氯化钠可以获得金属钠，故A 错误；
B．钠在常温下和氧气反应生成氧化钠，在点燃条件下，和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠，故B 正
确；C．氧化钠是碱性氧化物与水反应生成碱，所以氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故C 正确；D．
Na 是活泼金属，具有强还原性，所以钠可以从四氯化钛中置换出钛，利用了钠的强还原性，故D 正
确；故选A。
5．（2016·浙江·高考真题）常温下能与水反应的金属单质是
A．SiO2
B．Br2
C．Na2O
D．Na
【答案】D
【解析】依据题意要求，符合条件的物质必须是金属单质，而二氧化硅、氧化钠不是单质，溴是非金属单
质，钠是金属单质，能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故选D。
6．（2009·上海·高考真题）9.2g 金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有
A．0.2mol 中子
B．0.4mol 电子
C．0.2mol 质子
D．0.4mol 分子
【答案】B
【解析】重氢的符号为D，其原子核内有1 个质子和1 个中子。9.2g 金属钠的物质的量为0.4mol，可以与
重水（D2O）反应生成0.2mol D2， 0.2mol D2含有0.4mol 中子、0.4mol 电子、0.4mol 质子，故B 项正
确。本题选B。
7．（2018·海南·高考真题）某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥．纯净的CO2，产生的气
流应依次通过盛有 的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是
。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是 。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤
现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速
产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体
伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反
应，放置冷却
产生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡．过
滤
滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2 支试管中，向一支试管中滴加1 滴酚酞溶液，溶
液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。
据此推断，白色物质的主要成分是 (填标号)。
A．Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是
。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为 。
【答案】（1）饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸 产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反
应停止
（2）生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行 D 碳(C) 4Na＋3CO2
2Na2CO3＋C
【解析】（1）根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水蒸气两种杂质，除去氯
化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸；
反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体不能逸出，使干燥管里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸
钙脱离接触，反应停止；
若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
故答案为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸；产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止；
生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行。
（2）①向一支试管中滴加1 滴酚酞溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，
溶液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；
②黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑
色固体是C；
③由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na
＋3CO2
2Na2CO3＋C。
知识点02 钠的氧化物
1．（2024·安徽·高考真题）下列各组物质的鉴别方法中，不可行的是
A．过氧化钠和硫黄：加水，振荡
B．水晶和玻璃：X 射线衍射实验
C．氯化钠和氯化钾：焰色试验
D．苯和甲苯：滴加溴水，振荡
【答案】D
【解析】A．过氧化钠可以与水发生反应生成可溶性的氢氧化钠，硫不溶于水，A 可以鉴别；B．水晶为晶
体，有独立的晶格结构，玻璃为非晶体，没有独立的晶格结构，可以用X 射线衍射实验进行鉴别，B
可以鉴别；C．钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色(需透过蓝色钴玻璃)，二者可以用焰色试验鉴别，C
可以鉴别；D．苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上层，不能用溴水鉴别苯
和甲苯，D 不可以鉴别；故答案选D。
2．（2023·北京·高考真题）离子化合物
和
与水的反应分别为①
；②
。下列说法正确的是
A．
中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．
中阴、阳离子个数比为
，
中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的
和
的物质的量相同
【答案】C
【解析】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A 错误；B．①中水的化
合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B 错误；C．Na2O2由Na+和
组成．
阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C 正确；D．①中
每生成1 个氧气分子转移2 个电子，②中每生成1 个氢气分子转移1 个电子，转移电子数相同时，生
成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D 错误；故选C。
3．（2007·全国·高考真题）在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5g 溶于水，所得溶液恰好能被
80mL 浓度为0.50mol/L 的HCl 溶液中和，则该生成物的成分是
A．Na2O
B．Na2O2
C．Na2O 和Na2O2
D．Na2O2和NaO2
【答案】C
【解析】由于中和后的产物是NaCl，可知n(Na)=n(HCl)=0.5 mol/L×0.08 L=0.04 mol，若生成物只有
Na2O2，则m(Na2O2)=
×78g/mol=1.56g，若生成物只有Na2O，则m(Na2O)=
×62g/
mol=1.24g，1.5g 介于1.24g 与1.256g 之间，可得出原生成物是Na2O 与Na2O2的混合物，故选C。
4．（2014·上海·高考真题）下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是
A．2Na2O2＋2CO2→2Na2CO3＋O2
B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2
C．2Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2
D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
【答案】D
【解析】反应Na2O2＋SO2→Na2SO4中SO2是还原剂，过氧化钠是氧化剂，A．反应2Na2O2＋
2CO2→2Na2CO3＋O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，A 不正确；B．反应2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4
＋O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，B 不正确；C．反应2Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2中元素
的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，C 不正确；D．反应3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
中，过氧化钠是氧化剂，Cr2O3是还原剂，D 正确；答案选D。
5．（2010·安徽·高考真题）将0.01mol 下列物质分别加入100mL 蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离
子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）
①Na2O2 ②Na2O ③Na2CO3 ④NaCl
A．①>②>③>④
B．①>②>④>③
C．①=②>③>④
D．①=②>③=④
【答案】C
【解析】由①反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，②反应为Na2O+H2O=2NaOH 溶于水，二者消耗的水的量
相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故为①=②；③中碳酸根
水解使得阴离子浓度稍大于④，而④中NaCl 的浓度为0.1mol/L，故答案为C。
6．（2007·江苏·高考真题）在隔绝空气的条件下，某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、
并用针刺一些小孔的铝箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后，在容
器中仅收集到1.12 L 氢气(标准状况)，此时测得铝箔质量比反应前减少了0.27 g，水槽和容器内溶液的
总体积为2.0 L，溶液中NaOH 的浓度为0.050 mol·L－1(忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量)。
（1）写出该实验中发生反应的化学方程式：
（2）试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数为
【答案】 Na2O＋H2O = 2NaOH， 2Na＋2H2O = 2NaOH＋H2↑ 2Al＋2NaOH＋2H2O =
2NaAlO2＋3H2↑ 89%
【解析】（1）根据题给信息可知：存在三个反应方程式：Na2O＋H2O = 2NaOH， 2Na＋2H2O = 2NaOH＋
H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O = 2NaAlO2＋3H2↑；
答案是：Na2O＋H2O = 2NaOH，2Na＋2H2O = 2NaOH＋H2↑， 2Al＋2NaOH＋2H2O = 2NaAlO2＋3H2↑；
（2）n(NaOH) 余=2.0L×0.05 mol·L－1=0.1mol，n（H2）=
=0.05 mol，n(Al) =
=
0.01mol，由电子守恒知：n(Na)＋3n(Al) = 2n(H2)，即：n(Na)＋3×0.01 mol =2×0.05mol，得：n(Na)
=0.07 mol；根据Al 守恒，n（NaAlO2）=n（Al）=0.01mol；由钠守恒知：n(NaAlO2)＋n(NaOH) =n(Na)
＋2n(Na2O)，即：0.01 mol＋0.1 mol =0.07mol＋2n(Na2O)，得：n(Na2O) =0.02 mol；ω(Na 元素) =
×100%≈89%；
答案是：89%。
1．（2024·北京·高考真题）关于
和
的下列说法中，不正确的是
A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B．可用
溶液使
转化为
C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去
D．室温下，二者饱和溶液的
差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
【答案】D
【解析】A．
和
的溶液中均存在
、
、
、
、
、
、
，A 正
确；B．
加入
溶液会发生反应：
，B 正确；C．
受热易分解，可转化为
，而
热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它
们的固体混合物中除去NaHCO3，C 正确；D．室温下
和
饱和溶液
相差较大的主
要原因是
的水解程度远大于
，D 错误；故选D。
2．（2008·广东·高考真题）用石灰水、小苏打、淀粉和食醋等不能完成的实验是
A．碘盐中碘的检验
B．暖瓶中水垢的除去
C．食盐和纯碱的鉴别
D．鸡蛋壳主要成分的检验
【答案】A
【解析】A． 碘盐中碘是以碘酸钾形式存在的，检验其中的碘需要淀粉、酸和碘化钾，故A 不能完成；
B． 除去暖瓶中水垢可以用酸，B 能完成；C． 可以用乙酸鉴别食盐和纯碱，C 能完成；D． 鸡蛋壳
主要成分是碳酸钙，可以用乙酸检验，D 能完成。综上所述，A 不能完成。
3．（2023·天津·高考真题）下列方法(试剂)中，无法鉴别
和
两种物质的是
A．焰色试验
B．
试纸
C．稀氨水
D．
【答案】C
【解析】A．钠元素、钡元素的焰色不同，可以用焰色试验鉴别碳酸钠和氯化钡，A 不符合；B．Na2CO3
溶液显碱性，BaCl2溶液显中性，故可以用pH 试纸检验Na2CO3和BaCl2，B 不符合；C．Na2CO3溶液
和BaCl2溶液与氨水都不反应，都无现象，C 符合；D．Na2CO3溶液与Na2SO4溶液不反应，BaCl2溶液
与Na2SO4反应生成白色沉淀硫酸钡， D 不符合；故答案为：C。
4．（2022·海南·高考真题）化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是
A．使用含氟牙膏能预防龋齿
B．小苏打的主要成分是
C．可用食醋除去水垢中的碳酸钙
D．使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值
知识点03 碳酸钠与碳酸氢钠
【答案】B
【解析】A．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A 正确；B．小苏打的主要成分是
NaHCO3，B 错误；C．食醋的主要成分为CH3COOH，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳
和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙，C 正确；D．食品添加剂加入到食品中的目的是为改善食品
品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食
品营养成分，不应降低食品本身营养价值，D 正确；答案选B。
5．（2021·海南·高考真题）一次性鉴别等浓度的
、
、
三种溶液，下列方法不可行的
是
A．测定
B．焰色试验
C．滴加
溶液
D．滴加饱和
溶液，微热
【答案】C
【解析】A．
溶液显中性，
溶液显酸性，
溶液显碱性，故可以用测定pH 的方法鉴别，
故A 正确；B．
的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色，
的焰色试验中无现象，
的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B 正确；C．
、
、
中只有
能与
反应有现象，故
和
不能鉴别，故C 错误；D．2
+
CaCl2+2NH3+2H2O 有刺激性气味气体产生，
+
=CaCO3+2NaOH 有白色沉
淀产生，而
不反应无现象，故可以鉴别，故D 正确；故选C。
6．（2009·全国·高考真题）下列叙述中正确的是
A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3
沉淀生成
B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
【答案】D
【解析】A．CaCO3与CO2在水中反应生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反应，不会有沉淀生成，A 项错
误；B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，无
CO2气体放出，B 项错误；C．等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl
反应时，放出的CO2多，C 项错误；D．发生的反应为：Na2CO3+ CO2+ H2O =2NaHCO3，由于NaHCO3
的溶解性较小，故有结晶析出，D 项正确，答案选D。
7．（2009·全国·高考真题）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其
质量变为w2 g ，则该样品的纯度（质量分数）是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据方程式可知
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑ △m
2×84 106 62
m（NaHCO3） w1－w2
m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31
则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1
答案选A。
8．（2016·江苏·高考真题）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、
分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是
A．制取氨气
B．制取碳酸氢钠
C．分离碳酸氢钠
D．干燥碳酸氢钠
【答案】C
【解析】A．氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固
体的方法制备氨气，错误；B．气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C．从溶液中分离
出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D．碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。
答案选C。
9．（2011·北京·高考真题）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 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b 克固体
C．取a 克混合物充分加热，减重b 克
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
【解析】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 符合题意；B．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B 不符合题意；C．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C 不符合题意；D．Na2CO3和NaHCO3都与
Ba(OH)2反应生成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
符合题意；答案选A。
10．（2010·上海·高考真题）将0．4gNaOH 和1.06g
混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·
稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成
的物质的量的关系的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】n(NaOH)=
=0.01mol、n(Na2CO3)=
=0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱
性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g 氢氧化钠消耗0.1L 盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐
酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO3
2-+
H+(少量)=HCO3
-，此时再消耗0.1L 盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol 碳酸氢跟和氢离子
反应，产生0.01mol 二氧化碳气体，C 选项符合题意，故答案为C。
11．（2009·海南·高考真题）除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：
A．通入二氧化碳气体
B．加入氢氧化钡溶液
C．加入澄清石灰水
D．加入稀盐酸
【答案】A
【解析】A．Na2CO3 + H2O + CO2= 2NaHCO3，通入CO2气体，可除去多余的Na2CO3，且多余的CO2气体
会排出，不会引入新的杂质，故A 项正确；B．向体系中加入氢氧化钡，Ba2+与CO3
2-会生成碳酸钡沉
淀，但会引入新的杂质氢氧化钡，故B 项错误；C．加入澄清石灰水，Ca2+与CO3
2-会生成新的碳酸钙，
但会引入新的杂质，故C 项错误；D．加入稀盐酸会把体系中的NaHCO3也除去，故D 项错误。综上
所述，本题正确答案为A。
12．（2018·海南·高考真题）下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH 溶液的是
A．MgCl2
B．Ca(NO3)2
C．FeSO4
D．AlCl3
【答案】D
【解析】A．能生成碳酸镁沉淀，但碳酸镁不溶于氢氧化钠，则A 不符合题意；B． 能生成碳酸钙沉淀，
但碳酸钙不溶于氢氧化钠，则B 不符合题意；C． 能生成碳酸亚铁沉淀，但碳酸亚铁不溶于氢氧化钠，
则C 不符合题意；D．铝离子和碳酸根离子能发生双水解，可生成氢氧化铝沉淀，溶于氢氧化钠溶液
中，故D 选项符合题意；故答案为D。
13．（2019·浙江·高考真题）可用于治疗胃酸过多的物质是
A．碳酸氢钠
B．氯化钠
C．氯化钾
D．氢氧化钠
【答案】A
【解析】A．碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠和水以及二氧化碳，可用于治疗胃酸过多，选项A 正
确；B．NaCl 不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项B 错误；C．KCl 不与盐酸反应，不能用
于治疗胃酸过多，选项C 错误；D．氢氧化钠具有极强的腐蚀性，对人体有害，不能用于治疗胃酸过
多，选项D 错误；答案选A。
14．（2018·全国II 卷·高考真题）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胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
【答案】D
【解析】A．碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确；B．漂白粉具有强氧化性，可
用于生活用水的消毒，B 正确；C．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C
正确；D．碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X 射
线造影检查，应该用硫酸钡，D 错误。答案选D。
15．（2014·上海·高考真题）如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是
A．a 通入CO2，然后b 通入NH3，c 中放碱石灰
B．b 通入NH3，然后a 通入CO2，c 中放碱石灰
C．a 通入NH3，然后b 通入CO2，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b 通入CO2，然后a 通入NH3，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的
NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的
末端不能伸入到溶液中，即a 先通入NH3，然后b 通入CO2，A．B．D 选项均错误；因为NH3是碱性
气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C 合理；故合理答案是C。
16．（2011·上海·高考真题）120 mL 含有0.20 mol 碳酸钠的溶液和200 mL 盐酸，不管将前者滴加入后者，
还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A．2.5mol/L
B．1.5 mol/L
C．0.18 mol/L
D．0.24mol/L
【答案】B
【解析】当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为
＝2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝
＝1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，
则盐酸的浓度应该在1mol/L～2L/mol 之间，答案选B。
17．（2014·上海·高考真题）向等物质的量浓度的NaOH 和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程
式与事实不相符的是
A．OH－＋CO3
2－＋2H＋=HCO3－＋H2O
B．2OH－＋CO3
2－＋3H＋=HCO3－＋2H2O
C．2OH－＋CO3
2－＋4H＋=CO2↑＋2H2O
D．OH－＋CO3
2－＋3H＋=CO2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】等物质的量浓度的NaOH 和Na2CO3的混合液中OH-与CO3
2-物质的量相等，加入稀盐酸，首先发
生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO3
2－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；A．①＋②
即得到OH－＋CO3
2－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A 与事实相符；B．①×2＋②即得到2OH－＋CO3
2－＋
3H+=HCO3－＋2H2O，B 与事实相符；C．若OH-为2mol，则CO3
2-也为2mol，加入4molH+时2molOH-
优先消耗2molH+，然后2molCO3
2-与2molH+恰好完全反应生成2molHCO3
-，没有CO2气体产生，C 与
事实不符；D．①＋②＋③即得到OH－＋CO3
2－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D 与事实相符；答案选C。
18．（2016·浙江·高考真题）向amolNaOH 的溶液中通入bmolCO2，下列说法不正确的是
A．当a>2b 时，发生的离子反应为：2OH-+CO2=CO3
2-+H2O
B．当a<b 时，发生的离子反应为：OH-+CO2=HCO3
-
C．当2a=3b 时，发生的离子反应为：3OH-+2CO2=CO3
2-+ HCO3
-+H2O
D．当0.5a<b<a 时，溶液中HCO3－与CO3
2－的物质的量之比为（a-b）：（2b-a）
【答案】D
【解析】A．当a＞2b 时，氢氧化钠过量反应生成碳酸钠和水，离子方程式：2OH-+CO2=CO3
2-+H2O，故A
正确；B．当a＜b 时，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠，发生的离子反应为：OH-+CO2=HCO3
-，故B
正确；C．当2a=3b 时，二者反应生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，发生的离子反应为3OH-
+2CO2=CO3
2-+HCO3
-+H2O，故C 正确；D．当0.5a＜b＜a 时，依据方程式得：
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
a 0.5a 0.5a
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，
0.5a-( b-0.5a ) b-0.5a 2(b-0.5a)
溶液中HCO3-与CO3
2-的物质的量之比为2(b-0.5)：[0.5-(b-0.5a)]=(2b-a)：(a-b)，故D 错误；故选D。
19．（2007·海南·高考真题）纯碱是一种重要的化工原料。目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱
法”两种工艺。请按要求回答问题：
（1）“氨碱法”产生大量CaCl2废弃物，请写出该工艺中产生CaCl2的化学方程式： ；
（2）写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式： ； ；
（3）CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”与“氨碱法”中CO2的来源有何不同？ ；
（4）绿色化学的重要原则之一是提高反应的原子利用率。根据“联合制碱法”总反应，求出原子利用率
(%)= 。
【答案】（1）2NH4Cl +Ca(OH)2
CaCl2 +2NH3↑+2H2O
（2） NH3 +H2O +CO2 +NaCl=NaHCO3↓+ NH4Cl 2NaHCO3
Na2CO3 +CO2↑+H2O
（3）前者的CO2来自合成氨厂，后者的CO2来自煅烧石灰石
（4）49.77%
【解析】（1）氨碱法是由氯化铵和消石灰在加热条件下反应后生成氨气和氯化钙的反应，反应的化学方
程式为：2NH4Cl +Ca(OH)2
CaCl2 +2NH3↑+2H2O。
（2）联合制碱法是在氨的饱和NaCl 溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳
酸钠，反应的有关方程式为：NH3 +H2O +CO2 +NaCl=NaHCO3↓+ NH4Cl、2NaHCO3
Na2CO3
+CO2↑+H2O。
（3）CO 2 是制碱工业的重要原料，联合制碱法中CO 2 来源于石灰石煅烧，氨碱法中CO 2 的来源于合成
氨工业的废气。
（4）联合制碱法的总反应为：2NaCl＋CO2＋H2O＋2NH3=Na2CO3＋2NH4Cl，原子利用率是指被利用的原
子的质量比上总原子的质量，原子利用率(%)=
×100%=49.77%。
20．（2017·浙江·高考真题）为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别
逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑
CO2在水中的溶解)如下表：
（1）样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)= 。
（2）盐酸的物质的量浓度c(HCl)= 。
【答案】 2：1 或2 2.50mol/L
【解析】
（1）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，
Na2CO3和NaHCO3完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则
①106x+84y=2.96、②x+y=0.672÷22.4=0.03，联立①②解得：x=0.02、y=0.01，所以样品中物质的量之
比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=0.02mol：0.01mol=2：1；
（2）根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g 样品中含有碳酸钠、
碳酸氢钠的物质的量分别为2zmol、zmol，则106×2z+84z=6.66，解得：z=0.0225，即6.66g 样品中含
有0.045mol 碳酸钠、0.0225mol 碳酸氢钠。将样品加入盐酸中，先发生反应
HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol 碳酸钠完全反应消耗HCl 的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全
反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下0.672L 二氧化碳消耗HCl 的
物质的量为：n（HCl）=n（CO2）=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，所以30mL 盐酸中含有HCl 的物质的
量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）
=0.075mol÷0.03L=2.50mol/L。
21．（2008·上海·高考真题）小苏打、胃舒、平达喜都是常用的中和胃酸的药物。
（1）小苏打片每片含0.5g NaHCO3，2 片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的H＋是 mol。
（2）胃舒平每片含0.245g Al(OH)3。中和胃酸时，6 片小苏打片相当于胃舒平 片。
（3）达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。
①取该碱式盐3.01g，加入2.0mol·L-1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL 时，开始产生CO2，加入盐酸至
45.0mL 时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。
②在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g，若该碱式
盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。
【答案】 0.012mol 3.8 n(OH-)∶n(CO3
2-)＝16∶1 Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O
【解析】（1）2 片小苏打所含NaHCO3的质量为1g，其物质的量为0.012mol，由HCO3－＋H+=CO2↑＋
H2O，可知n(H＋)=0.012mol；
（2）6 片小苏打的物质的量为：0.036mol，即中和的H＋为0.036mol，而每片的Al(OH)3的物质的量为
0.0031mol，由Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，所以Al(OH)3的片数为：3.8 片；
（3）①碱式盐中加入HCl，首先是碱式盐中的OH-和CO3
2-与H＋反应生成H2O 和HCO3
-，所以n(HCO3
-)＝
2.0mol·L－1×0.0025L＝0.005mol，即n(CO3
2-)=0.005mol，H＋与CO3
2-与HCl 反应的H＋的总物质的量为：
2.0mol·L-1×0.0425L＝0.085mol，所以n(OH-)=0.08mol，它们的物质的量之比为：16∶1；
②能与过量的NaOH 溶液反应产生沉淀的只有Mg2+，所以n[Mg(OH)2]=0.03mol，若碱式盐中不含结晶水，
则氢元素的质量分数为：0.08mol×1g/mol＝0.08g，氢元素的质量分数为：=0.027＜0.04，说明碱式盐
中含有结晶水，根据题意有：m(Al)＋m(H2O)＋0.03mol×24g/mol＋0.005mol×60g/mol＋0.08mol×17g/
mol=3.01g，由于氢元素的质量分数为0.04，所以m(H2O)=0.36g，n(H2O)=002mol，m(Al)=0.27g，
n(Al)=001mol，所以n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO3
2－)∶n(H2O)＝
0.01mol∶0.03mol∶0.08mol∶0.005mol∶0.02mol＝2∶6∶16∶1∶4，即碱式盐的化学式为：
Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
22．（2010·上海·高考真题）工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：
完成下列填空：
（1）粗盐水加入沉淀剂A．B 除杂质（沉淀剂A 来源于石灰窑厂），写出A．B 的化学式。
A B
（2）实验室提纯粗盐的实验操作依次为：
取样、 、沉淀、 、 、冷却结晶、 、烘干。
（3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是 。
碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是 。
（4）碳酸化后过滤，滤液D 最主要的成分是 （填写化学式），检验这一
成分的阴离子的具体方法是： 。
（5）氨碱法流程中氨是循环使用的，为此，滤液D 加入石灰水产生氨。加石灰水后所发生的反应的离子
方程式为：
滤液D 加石灰水前先要加热，原因是 。
（6）产品纯碱中含有碳酸氢钠。如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，纯碱中碳酸氢
钠的质量分数可表示为：
（注明你的表达式中所用的有关符号的含义）
【答案】 Ca(OH)2或CaO Na2CO3 溶解 过滤 蒸发 过滤 有晶体析出（或
出现浑浊） 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大 NH4Cl 取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色
沉淀，该阴离子是氯离子
防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀
【解析】（1）粗盐水中含有Mg2＋、Ca2＋、用Ca(OH)2或CaO 将Mg2＋转化为Mg(OH)2,再用Na2CO3将Ca2＋
转化为CaCO3沉淀，答案：Ca(OH)2或CaO Na2CO3
⑵实验室提纯粗盐的整个操作过程为：取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干几步；答
案为：溶解过滤蒸发过滤
（3）纯碱生产中碳酸化时，会看到溶液中析出晶体，这是由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故答案为
碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大；
（4）根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应：
H2O+CO2+NH3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，最终得到NH4Cl 还有NaHCO3等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，
故酸化后滤液的主要成分为：NH4Cl；检验其中的Cl―离子时，要经过取样，加硝酸酸化，加硝酸银，
有白色沉淀，该阴离子是氯离子，答案：NH4Cl 取样，加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀
产生，证明该阴离子是氯离子。
（5）滤液中主要含有的是氯化铵，其和石灰水反应时：NH4＋+OH－
NH3↑+H2O，滤液D 加石灰水前先要
加热，原因是防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀，答案为：NH4＋+OH－
NH3↑+H2O，防止加石灰水时产
生碳酸钙沉淀
（6）假设加热前纯碱的质量为m1，加热后的质量为m2，则加热损失的质量为：m1-m2，则纯碱中碳酸氢
钠的质量为：
；故纯碱中含有的碳酸氢钠的质量分数为＝
，答案为：
w(NaHCO3)＝
(设加热前质量为m1，加热后m2)
23．（2016·浙江·高考真题）为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得
到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（1）仪器a 的名称是 。
（2）装置B 中冰水的作用是 。
（3）该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分
数偏高的是 。
A．样品分解不完全
B．装置B．C 之间缺少CO2的干燥装置
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气
【答案】 干燥管 冷凝反应生成的水 AC
【解析】按照图示连接好装置后，利用气体赶净装置中的空气，X 为氮气，避免空气中二氧化碳影响测定
结果，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，进入
装置C 中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进
入装置C 影响测定结果。
（1）依据仪器形状和用途，仪器a 名称为干燥管，故答案为干燥管；
（2）装置B 利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C 造成误导结果增大，故答案为冷
凝反应生成的水蒸气；
（3）A．样品分解不完全，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，则碳酸钠质量增大，导致碳酸钠
的质量分数偏高，故A 正确；
B．装置B．C 之间缺少CO2的干燥装置，水蒸气进入装置C 导致测定二氧化碳质量增大，碳酸氢钠质量
增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故B 错误；C．产生CO2气体的速率太快，没
有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸钠质量增大导致碳酸钠的质
量分数偏高，故C 正确；
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，会导致空气中二氧化碳也被装置C 吸收，测定碳酸氢钠质量
增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故D 错误；
故答案为AC。
1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设
为阿伏加德罗常数的值，下
列说法正确的是
A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为
B．反应②中2.3gNa 完全反应生成的产物中含非极性键的数目为
C．反应③中
与足量
反应转移电子的数目为
D．
溶液中，
的数目为
【答案】A
【解析】A．反应①电解熔融NaCl 生成
，标准状况下11.2L
为0.5mol，含0.5×2=1mol 原子，即
，
A 正确；B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol
，每个
含1 个O-O 非极性键，
所以非极性键数目为
，B 错误；C．
与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为
，1mol
与水反应转移1mol 电子，数目为
，C 错误；D．ClO⁻在
水中会水解，故
数目小于
，D 错误；故选A。
2．（2023·广东·高考真题）部分含
或含
物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的
是
A．可存在c→d→e 的转化
B．能与
反应生成c 的物质只有b
知识点04 钠及其化合物综合
C．新制的d 可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b 能与
反应生成
，则b 中含共价键
【答案】B
【解析】由图可知A．B．c 对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或A．B．e 、d 对应
物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化
铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e 的转化，A 合理；B．钠和氧化钠（过氧化钠）都
能与
反应都能生成氢氧化钠，B 不合理；C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C 合理；
D．若b 能与
反应生成
，则b 为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D 合理；故选B。
3．（2022·广东·高考真题）下列关于
的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是
A．碱转化为酸式盐：
B．碱转化为两种盐：
C．过氧化物转化为碱：
D．盐转化为另一种盐：
【答案】B
【解析】A．向氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2+OH-=
，故A 错误；B．氯气通入NaOH 溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B 正确；C．钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在
离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C 错误；D．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故
D 错误；故选B。
4．（2011·江苏·高考真题）NaCl 是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是
A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】B
【解析】A．25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A 项错误；B．石灰乳与Cl2的反应生成氯化
钙、次氯酸钙和水，只有氯元素化合价发生变化，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，B 项正确；C．常温
下Cl2不与铁反应，加热条件下则可以反应，C 项错误；D．图中所示转化反应中生成NaHCO3、
Na2CO3的反应都是非氧化还原反应，D 项错误。答案选B。
5．（2009·北京·高考真题）由短周期元素组成的中学常见无机物A．B．C．D．E、X，存在如图转化关
系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是
A．若X 是Na2CO3，C 为含极性键的非极性分子，则A 一定是氯气，且D 和E 不反应
B．若A 是单质，B 和D 的反应是OH－＋HCO3－=H2O＋CO3
2－，则E 一定能还原
C．若D 为CO，C 能和E 反应，则A 一定为
，其电子式
D．若D 为白色沉淀，与A 摩尔质量相等，则X 一定是铝盐
【答案】A
【解析】A．X 是Na2CO3，C 为CO2，当A 为NO2，B 为HNO3，D 为NaHCO3，E 为NO，也符合转化关系。
A 物质不一定是氯气，A 项错误，符合题意；B．根据B．D 反应的离子方程式OH―+ HCO3
―＝H2O +
CO3
2―，A 为活泼金属Na，B 为NaOH、E 为H2，X 为CO2，C 为Na2CO3，D 为NaHCO3，H2在加热时
能还原Fe2O3。B 项正确，不符合题意；C．A 为Na2O2，B 为O2，E 为NaOH，X 为C，C 为CO2，D
为CO，符合转化关系，且Na2O2的电子式为
；C 项正确，不符合题意；D．D 为摩尔
质量为78g/mol 的Al(OH)3，A 为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2，X 为铝盐，C 为偏铝酸盐，铝盐和偏
铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3，符合转化关系，D 项正确，不符合题意；本题答案选
A。
6．（2022·天津·高考真题）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na 原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）NaCl 熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl 制备金属Na，电解反应方程式：
，加入
的目的是 。
（3）
的电子式为 。在25℃和101kPa 时，Na 与
反应生成1mol
放热510.9kJ，
写出该反应的热化学方程式： 。
（4）采用空气和Na 为原料可直接制备
。空气与熔融金属Na 反应前需依次通过 、
(填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH 溶液 d．
溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为
。
（6）天然碱的主要成分为
，1mol
经充分加热得到
的质量为 g。
【答案】（1）
(或
)
（2）作助熔剂，降低NaCl 的熔点，节省能耗
（3）
（4） c a
（5）
（6）159
【解析】（1）基态Na 原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为
(或
)；故答案为：
(或
)。
（2）NaCl 熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl 制备金属Na，电解反应方程式：
，电解时温度降低了即熔点降低了，说明加入
的目的是作助
熔剂，降低NaCl 的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl 的熔点，节省能耗。
（3）
含有钠离子和过氧根离子，其电子式为
。在25℃和101kPa 时，Na 与
反应生
成1mol
放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式：
；故答案为：
；
。
（4）采用空气和Na 为原料可直接制备
，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除
掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na 反应前需依次通
过NaOH 溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8 个钠，氧有
个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为
；故答案为：
。
（6）
，因此1mol
经充分加热得到1.5mol
，其质量为1.5mol×106g∙mol−1＝159g；故答案为：159。
7．（2025·安徽·高考真题）侯氏制碱法以
、
和
为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱
法基础上，以
和
为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：
①配制饱和食盐水；
②在水浴加热下，将一定量研细的
，加入饱和食盐水中，搅拌，使
，溶解，静置，析
出
晶体；
③将
晶体减压过滤、煅烧，得到
固体。
回答下列问题：
（1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。
（2）步骤②中
需研细后加入，目的是 。
（3）在实验室使用
代替
和
制备纯碱，优点是 。
（4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的
随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所
示。
i．到达第一个滴定终点B 时消耗盐酸
，到达第二个滴定终点C 时又消耗盐酸
。
，所得
产品的成分为 (填标号)。
a．
b．
c．
和
d．
和
ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学
所记录的
(填“>”“<”或“=”)。
（5）已知常温下
和
的溶解度分别为
和
。向饱和
溶液中持续通入
气体会产生
晶体。实验小组进行相应探究：
实验
操作
现象
a
将
匀速通入置于烧杯中的
饱和
溶
液，持续
，消耗
无明显现象
b
将
饱和
溶液注入充满
的
矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶
，静置
矿泉水瓶变瘪，
后
开始有白色晶体析
出
i．实验a 无明显现象的原因是 。
ii．析出的白色晶体可能同时含有
和
。称取
晾干后的白色晶体，加热至恒重，
将产生的气体依次通过足量的无水
和
溶液，
溶液增重
，则白色晶体中
的质量分数为 。
【答案】（1）烧杯、玻璃棒
（2）加快
溶解、加快
与
反应
（3）工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高
（4） a >
（5）
在饱和
溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的
的量较少，
在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体
【解析】本题以
和
为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试
剂；用
代替
和
，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；
滴定分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；
通过对比实验可以发现
的充分溶解对
的生成有利。
（1）步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅
拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。
（2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中
需
研细后加入，目的是加快
溶解、加快
与
反应。
（3）
和
在水中可以发生反应生成
，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对
环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用
代替
和
制备纯碱，其优点是工艺简
单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。
（4）i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B 时，发生的反应为
，消耗盐酸
;到达第二个滴定终点C 时, 发生的反应为
，又消耗盐酸
,因为
，说明产品中不含
和
，因此，所得产品的成分为
，故选a。
ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，其必然
会使一部分
与盐酸反应生成
，从而使得
偏大、
偏小，因此，该同学所记录的
>
。
（5）i．实验a 无明显现象的原因是：
在饱和
溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反
应的速率也较小，生成的
的量较少，
在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出
晶体。
ii．析出的白色晶体可能同时含有
和
。称取
晾干后的白色晶体，加热至恒重，
将产生的气体依次通过足量的无水
和
溶液。
受热分解生成的气体中有
和
，而
分解产生的气体中只有
，无水
可以吸收分解产生的
，
溶液可以吸收分解产生的
；
溶液增重
，则分解产生的
的质量为
，其物质
的量为
，由分解反应可知，
的物质的量为
，则白色晶体中
的质量为
，故其质量分数为
。
8．（2021·河北·高考真题）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)。为
使A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
A．
B．
C．
D．
E.
（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0.14g，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 溶解度曲线，需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3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
【答案】 aefbcg 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳
的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
0.84 蒸发浓缩、冷却结晶 过滤
A
【解析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：
NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化
碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反
应
，据此分析解答。
（1）根据分析可知，要制备
，需先选用装置A 制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除
去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备
，其中过量的二氧化碳与挥发出来的
氨气可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量
，所以按气流方向正确的
连接顺序应为： aefbcg；为使A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或
将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcg；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
（2）B 中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
（3）根据上述分析可知，生成
的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（4）①对固体
充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：
将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量
，
与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：
，根据方程
式可知，根据差量法可知，当增重
（2CO 的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为
=0.22g，其物质的量为
，根据关系式
可知，消耗的
的物
质的量为2 0.005mol=0.01mol，所以固体
的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解
度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使
沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（5）称量前，若无水
保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定
盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积
会增大，根据c(测)=
可知，最终会使c(测)偏高，
A 项符合题意，故答案为：A。
9．（2021·湖南·高考真题）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.
的制备
步骤Ⅱ.产品中
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，
开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/
0
10
20
30
40
50
60
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
11.9
15.8
21.0
27.0
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
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
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
质量分数的计算结果 (填
“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】 NaHCO3 在30-35 C 时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） D 甲基橙
由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 3.56% 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 C 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 C 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30-35 C，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30-35 C 时，NaHCO3的溶解度最小，故
答案为：NaHCO3；在30-35 C 时NaHCO3的溶解度最小；
（2）300 C 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．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和碳酸（溶解的CO2），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)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol，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)= 0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=
n 总(NaHCO3)- n 生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质
的量为
=1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为
，故答案为：3.56%；
（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，故答案为：偏
大。
