《2025年天利38套五年真题高考试题分类化学》

1. (2024·北京卷,3分)关于$\boldsymbol{{Na_{2}CO_{3}}}$和$\boldsymbol{{NaHCO_{3}}}$的下列说法中,不正确的是(D)

A.两种物质的溶液中,所含微粒的种类相同
B.可用${NaOH}$溶液使${NaHCO_{3}}$转化为${Na_{2}CO_{3}}$
C.利用二者热稳定性差异,可从它们的固体混合物中除去${NaHCO_{3}}$
D.室温下,二者饱和溶液的${pH}$差约为4,主要是由于它们的溶解度差异

答案： 1.D 钠及其化合物 $Na_2CO_3$和$NaHCO_3$的溶液中均存在$H_2O$、$H_2CO_3$、$H^+$、$OH^-$、$Na^+$、$CO_3^{2-}$、$HCO_3^-$，A正确；$NaHCO_3$加入$NaOH$溶液会发生反应：$NaOH + NaHCO_3══Na_2CO_3 + H_2O$，B正确；$NaHCO_3$受热易分解，转化为$Na_2CO_3$，而$Na_2CO_3$热稳定性较强，C正确；室温下$Na_2CO_3$和$NaHCO_3$饱和溶液pH相差较大的主要原因是$CO_3^{2-}$的水解程度远大于$HCO_3^-$，D错误。
归纳总结：除$Na_2CO_3$固体中的少量$NaHCO_3$可采用加热的方法；除$Na_2CO_3$溶液中的少量$NaHCO_3$可加入适量$NaOH$溶液；除$NaHCO_3$溶液中的少量$Na_2CO_3$可通入足量$CO_2$气体。

2. (2024·重庆卷,3分)单质$\boldsymbol{{M}}$的相关转化如下所示。下列说法错误的是(C)


A.${a}$可使灼热的铜变黑
B.${b}$可与红热的铁产生气体
C.${c}$可使燃烧的镁条熄灭
D.${d}$可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝

答案： 2.C 无机综合推断
【物质分析】$Na\overset{H_2O}{\underset{O_2}{\rightleftarrows}}Na_2O$或$Na_2O_2\overset{H_2O}{\rightarrow}NaOH\overset{Cl_2}{\rightarrow}$漂白液，$\downarrow CO_2(适量)$纯碱溶液。$O_2$可与灼热的铜反应生成$CuO$，使铜变黑，A正确；$H_2O$可与红热的铁反应生成$Fe_3O_4$和$H_2$，B正确；镁条可在$CO_2$中燃烧生成$MgO$和C，C错误；$Cl_2$具有强氧化性，能与$KI$溶液反应生成$I_2$，可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确。

3. (2021·山东卷,2分)工业上以$\boldsymbol{{SO_{2}}}$和纯碱为原料制备无水$\boldsymbol{{NaHSO_{3}}}$的主要流程如图,下列说法错误的是(B)


A.吸收过程中有气体生成
B.结晶后母液中含有${NaHCO_{3}}$
C.气流干燥湿料时温度不宜过高
D.中和后溶液中含${Na_{2}SO_{3}}$和${NaHCO_{3}}$

答案： 3.B 无机流程分析 结晶后母液中的溶质为$NaHSO_3$，B错误。

4. (2021·1月浙江卷,2分)下列“类比”合理的是(C)

A.${Na}$与${H_{2}O}$反应生成${NaOH}$和${H_{2}}$,则${Fe}$与${H_{2}O}$反应生成${Fe(OH)_{3}}$和${H_{2}}$
B.${NaClO}$溶液与${CO_{2}}$反应生成${NaHCO_{3}}$和${HClO}$,则${NaClO}$溶液与${SO_{2}}$反应生成${NaHSO_{3}}$和${HClO}$
C.${Na_{3}N}$与盐酸反应生成${NaCl}$和${NH_{4}Cl}$,则${Mg_{3}N_{2}}$与盐酸反应生成${MgCl_{2}}$和${NH_{4}Cl}$
D.${NaOH}$溶液与少量${AgNO_{3}}$溶液反应生成${Ag_{2}O}$和${NaNO_{3}}$,则氨水与少量${AgNO_{3}}$溶液反应生成${Ag_{2}O}$和${NH_{4}NO_{3}}$

答案： 4.C 钠及其化合物 $Na$与水反应生成$NaOH$和$H_2$，而$Fe$与水反应生成$Fe_3O_4$和$H_2$，A错误；$NaClO$溶液与$CO_2$反应生成$NaHCO_3$和$HClO$，而$NaClO$溶液与$SO_2$发生的是氧化还原反应，B错误；两种氮化物均能与水反应生成氢氧化物和氨气，氢氧化物和氨气均能与盐酸反应生成对应的金属氯化物和氯化铵，C正确；$Ag_2O$不溶于过量的$NaOH$溶液，但能溶于过量的氨水，故氨水与少量$AgNO_3$溶液反应会生成$[Ag(NH_3)_2]OH$和$NH_4NO_3$，D错误。

5. (2021·湖南卷,12分)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.$\boldsymbol{{Na_{2}CO_{3}}}$的制备

步骤Ⅱ.产品中$\boldsymbol{{NaHCO_{3}}}$含量测定
①称取产品2.500g,用蒸馏水溶解,定容于$250\ {mL}$容量瓶中;
②移取$25.00\ {mL}$上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂${M}$,用0.1000mol/L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$V_{1}\ {mL}$;
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂${N}$,继续用0.1000mol/L盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸$V_{2}\ {mL}$;
④平行测定三次,$V_{1}$平均值为22.45,$V_{2}$平均值为23.51。
已知:(ⅰ)当温度超过$35\ ^{\circ}C$时,${NH_{4}HCO_{3}}$开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(${g/100\ {g}\ H_{2}O}$)

回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中晶体${A}$的化学式为$NaHCO_3$,晶体${A}$能够析出的原因是30～35$^{\circ}C$，碳酸氢钠溶解度相对最小，最易析出。
(2)步骤Ⅰ中“$300\ ^{\circ}C$加热”所选用的仪器是D(填标号)。

(3)指示剂${N}$为甲基橙,描述第二滴定终点前后颜色变化黄色变橙色。
(4)产品中${NaHCO_{3}}$的质量分数为3.56%(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${NaHCO_{3}}$质量分数的计算结果偏大(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

答案： 5.(12分)
(1)$NaHCO_3$ 30～35$^{\circ}C$，碳酸氢钠溶解度相对最小，最易析出
(2)D
(3)甲基橙 黄色变橙色
(4)3.56%
(5)偏大
【解析】化学实验综合
(1)晶体A为氯化钠溶液和碳酸氢铵粉末混合在30～35$^{\circ}C$下水浴所得，根据题干中已知信息可得此温度下碳酸氢钠溶解度相对最小，易析出，所以晶体A为$NaHCO_3$。
(2)步骤Ⅰ中300$^{\circ}C$加热的为碳酸氢钠固体，加热固体用坩埚。
(3)为测定碳酸钠产品中碳酸氢钠的含量，滴定时均选用盐酸作为标准溶液，第一滴定终点的现象为溶液由红色变至近无色，可判断第一滴定终点为碳酸氢钠溶液，指示剂M为酚酞溶液，第二次滴定$NaHCO_3$转化为$NaCl$和$CO_2$、$H_2O$，滴定终点溶液呈酸性，则选择甲基橙作指示剂，滴定终点前后颜色变化为黄色变至橙色。
(4)两次滴定发生的反应分别为①$Na_2CO_3 + HCl══NaHCO_3 + NaCl$；②$NaHCO_3 + HCl══NaCl + CO_2\uparrow + H_2O$，题中2.500g产品配制250mL溶液只取25mL，则两次滴定消耗盐酸的物质的量的差值的10倍就等于产品中碳酸氢钠的物质的量，$m(NaHCO_3)=(23.51 - 22.45)mL×0.1000mol/L×10^{-3}×M(NaHCO_3)×10 = 8.904×10^{-2}g$，所以产品中$NaHCO_3$质量分数为$\frac{8.904×10^{-2}g}{2.500g}×100\%≈3.56\%$。
(5)若第一滴定终点俯视读数，则$V_1$偏小，$NaHCO_3$的物质的量偏大，故其质量分数偏大。
方法点拨：实验题的关键在于抓住题干已知信息以及各步骤的现象，根据现象推导结论或试剂。此题考查了酸碱指示剂的变色范围，酚酞：8.2～10.0，甲基橙：3.1～4.4，考查简单的计算，注意题上出现的数据，比如250mL中取25mL，易出错。