一、高中化学 钠及其化合物
1．某兴趣小组的学生根据活泼金属Mg与CO2发生反应，推测活泼金属钠也能与CO2发生反应，因此兴趣小组用下列装置进行“钠与二氧化碳反应”的实验探究(尾气处理装置已略去)。已知：常温下，CO能使一些化合物中的金属离子还原
例如：PdCl2 + CO + H2O＝Pd↓+ CO2+2HCl 。反应生成黑色的金属钯，此反应也可用来检测微量CO的存在。
请回答下列问题：
(1)通常实验室制取CO2气体的离子方程式是_______________________________，为了使制气装置能“随开随用，随关随停”，上图A处应选用的装置是_____(填写 “Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。若要制取干燥、纯净的CO2气体，装置B中应盛放的试剂是____________溶液，装置C中应盛放的试剂是______________。
(2)观察实验装置图可知Na与CO2反应的条件是_____________。检查装置的气密性完好并装入药品后，在点燃酒精喷灯前，必须进行的操作是____________________。待装置______(填写字母)中出现____________________现象时，再点燃酒精喷灯，这步操作的目的是______________________________________。
(3)假设CO2气体为足量，在实验过程中分别产生以下①、②两种不同情况，请分析并回答问题：
①若装置F中溶液无明显变化，装置D中生成两种固体物质，取少量固体生成物与盐酸反应后，有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式是_______________________。
②若装置F中有黑色沉淀生成，装置D中只生成一种固体物质，取少量该固体与盐酸反应后，也有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式是__________________________。
(4)请用文字简要说明你判断②中D装置生成固体的成分是钠的正盐或酸式盐的理由。_________________________________。
【答案】CaCO3 + 2H+＝ Ca2++ H2O + CO2↑ Ⅲ 饱和NaHCO3 浓H2SO4 高温(或强热) 扭开装置Ⅲ中导气管活塞 E 澄清的石灰水变浑浊 排出该装置中的空气 4Na + 3CO2【解析】 【分析】
(1)实验室通常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，反应不需要加热，大理石和石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
Ⅲ装置能使反应随时进行或停止，原理是：关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止；打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；
(2)高温条件下，钠能和氧气反应；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊； (3)根据提供的信息可以判断反应进行情况；
(4)化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后元素种类、原子种类和总个数都不变． 【详解】
(1)通常实验室制取CO2气体的化学方程式是：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑； Ⅲ装置能使反应随时进行或停止，原理是：关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止；打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；若要制取干燥、纯净的CO2气体，装置B中应盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，这是因为饱和碳酸氢钠溶液不能和二氧化碳反应，能和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而可以除去二氧化碳中的氯化氢气体；装置C中应盛放的试剂是浓硫酸，用来除去二氧化碳中的水蒸气；
(2)观察实验装置图可知Na与CO2反应的条件是高温；检查装置的气密性完好并装入药品后，在点燃酒精喷灯前，必须进行的操作是通入一会儿二氧化碳气体，待装置E中出现浑浊现象时，再点燃酒精喷灯，这步操作的目的是防止钠和空气中的氧气反应；
(3)①若装置F中溶液无明显变化，装置D中生成两种固体物质，取少量固体生成物与盐酸反应后，有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，说明反应生成了碳酸钠，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，反应的化学方程式是：3CO2+4Na
2Na2CO3+C；
2Na2CO3+ C 2Na + 2CO2
Na2CO3+ CO 生成正盐。因为根据质量守恒定律
可知，反应物共有三种元素，没有氢元素，因此不能生成酸式盐。
②若装置F中有黑色沉淀生成，装置D中只生成一种固体物质，说明反应生成了一氧化碳，取少量该固体与盐酸反应后，也有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，说明反应生成了碳酸钠，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和一氧化碳，反应的化学方程式是：2CO2+2Na
Na2CO3+CO；
(4)②中D装置生成固体的成分是钠的正盐的理由是：反应物中不含有氢元素，因此生成物中不含有氢元素，即生成的固体不可能是碳酸氢钠。
2．往100mL的NaOH溶液中通入CO2充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液
蒸干，得到白色固体M。通入的CO2的体积V（标准状况）与M的质量W的关系如下图所示。试解答下列问题：
（1）A点时，白色固体M的化学式为_________，通入的CO2的体积为_________mL（标准状况下，下同）。
（2）C点时，白色固体M的化学式为__________，通入的CO2的体积为__________mL。 （3）B点时M的组成成分为_________，物质的量之比为_________，通入的CO2的体积为__________mL。
（4）该NaOH溶液的物质的量浓度为_________。
【答案】Na2CO3 1120 NaHCO3 2240 Na2CO3、NaHCO3 1：3 1792 1mol/L 【解析】 【分析】
由图知NaOH质量为4 g，物质的量为0.1 mol，完全转化为Na2CO3时，Na2CO3质量为0.1mol×
1×106g/mol＝5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol＝8.4 2g，故A点白色固体M为Na2CO3，C点白色固体M为NaHCO3，根据碳原子守恒可得n(CO2)，根据V＝nVm计算二氧化碳体积；图B点时M的质量为7.16 g，5.3＜7.16＜8.4，知M由Na2CO3和NaHCO3组成，设在B点时Na2CO3物质的量为x，NaHCO3物质的量为y，根据钠离子守恒、二者质量之和列方程计算x、y的值，根据V＝nVm计算二氧化碳体积；根据c＝【详解】
由图知NaOH质量为4 g，物质的量为0.1 mol，完全转化为Na2CO3时，Na2CO3质量为0.1mol×
n计算NaOH溶液的物质的量浓度。 V1×106g/mol＝5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol＝8.4 21×22.4L•mol−1＝2g，故A点白色固体M为Na2CO3，C点白色固体M为NaHCO3； (1)由上述分析可知，A点白色固体M为Na2CO3，需CO2体积为0.1 mol×1.12L＝1120 mL，故答案为：Na2CO3；1120；
(2)由上述分析可知，C点白色固体M为NaHCO3，需CO2体积为0.1 mol×22.4L•mol−1＝2.24L＝2240 mL，故答案为：NaHCO3；2240；
(3)图B点时M的质量为7.16 g，5.3＜7.16＜8.4，知M由Na2CO3和NaHCO3组成； 设在B点时Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为ymol，则：
2x＋y＝0.1，106x＋84y＝7.16，解得x＝0.02，y＝0.06，n(Na2CO3)：n(NaHCO3)= 0.02mol：0.06mol=1：3，
故V(CO2)＝(0.02 mol＋0.06 mol)×22.4L•mol−1＝1.792L＝1792 mL，故答案为：Na2CO3、NaHCO3；1：3；1792； (4)该NaOH溶液的物质的量浓度为【点睛】
本题根据图像判断出开始时氢氧化钠的质量及利用假设法判断A、C两点白色固体的成分是解题关键。
0.1mol＝1mol/L，故答案为：1mol/L。 0.1L
3．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。 方法一：
方法二：
方法三：
方法四：不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。 按要求回答下列问题:
（1）方法一:加入足量的试剂A是___________(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥(烘干);
（2）方法二:在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂;
（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________;
（4）在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_____________________;
（5）仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________(均文字简述); （6）方法四的实验原理是________________(用化学方程式表示)。
【答案】Ca(OH)2或Ba(OH)2 过滤 100 mL容量瓶 0.042V/m×100% 装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量 碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体 装置内会留存部分CO2气体 2NaHCO3【解析】 【分析】
方法一：(图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；
方法二：(图乙)固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；
方法三：(图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数； 方法四：不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数。 【详解】
(1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或 Ba(OH)2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；
(2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100 mL容量瓶，还需100mL的容量瓶；
(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3
Na2CO3+H2O+CO2↑
×0．100×5×84/m×100%=
42VHCl1000m100%；
(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；
(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；
(6)不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 NaHCO3
Na2CO3+H2O +CO2↑。
4．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知
NaNO2能发生如下反应
_______NaNO2+_____HI——_________NO↑+_________I2+_______NaI+____H2O (1)配平上面方程式。
(2)若有1 mol的氧化剂被还原，则被氧化的还原剂是 ________mol。
(3)根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水 ②碘化钾淀粉试纸 ③淀粉 ④白酒 ⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是_____(填字母)。
A．①②④ B．③⑤ C．①②③⑤ D．①②⑤
(4)某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_______ 【答案】2 4 2 1 2 2 1 D NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O 【解析】 【分析】
(1)在反应中N、I元素化合价发生了变化，先根据元素化合价升降总数相等，配平参加氧化还原反应的元素，再根据原子守恒，配平未参加氧化还原反应的元素，得到方程式； (2)根据元素化合价升高与降低的数值，确定还原剂的物质的量多少； (3)在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色检验； (4)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O。 【详解】
(1)在该反应中，N元素从+3降低到+2，共降低1价，碘元素从-1升高到0价，反应产生一个碘单质共升高2价，依据化合价升降总数相等，NaNO2、NO的系数是2，HI系数是2，I2的系数是1，再配平未参加氧化还原反应的元素，Na反应前有2个，则NaI的系数是2，有2个I未参加氧化还原反应，所以HI的系数改为4，根据H原子个数反应前后相等，可知H2O的系数是2，所以配平后的化学方程式为
2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，因此配出系数由前到后依次为：2、4、2、1、2、2； (2)在上述反应中NaNO2为氧化剂，HI为还原剂，1 molNaNO2反应，得到1 mol电子，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知被氧化的还原剂的物质的量是1 mol； (3)根据上述反应可知：在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色检验，故鉴别NaNO2和NaCl可以用①水、②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，故需要的物质序号为①②⑤，合理选项是D；
(4)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O。 【点睛】
本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的检验及方程式的书写。掌握氧化还原反应的规律及物质的性质是本题解答的关键。
5．海水是一种丰富的资源，工业上可从海水中提取多种物质，广泛应用于生活、生产、科技等方面。如图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。
回答下列问题：
（1）流程图中操作a的名称为____。
（2）工业上从海水中提取的NaCl，可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱。
①气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是_____(填化学式)
②滤液D中主要含有NH4Cl、NaHCO3等物质，工业上是向滤液D中通入NH3，并加入细小食盐颗粒，冷却析出不含有NaHCO3的副产品NH4Cl晶体，则通入NH3的作用是____。 （3）镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取。 ①若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是_____。
②操作b是在___氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl，写出有关反应的化学方程式：_____。
【答案】蒸发结晶(或蒸发) NH3 增加NH4+的浓度，有利于NH4Cl的析出，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不易析出 用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠(答焰色反应也可) HCl(气流) MgCl2·6H2O【解析】 【分析】
(1)从溶液中分离出固体溶质用蒸发结晶的方法；
(2)①根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；
②根据氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度； (3)①根据焰色反应检验是否含有NaCl；
②如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解。 【详解】
(1)由流程图可知，操作a是从海水中分离出粗盐，即从溶液中分离出固体溶质，应采用蒸发结晶的方法；
(2)①向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；
②氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增加NH4+的浓度，有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行，溶液碱性增强，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出，可以提高氯化铵的纯度；
(3)①用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；
②如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解；其反应方程式为：MgCl2•6H2O
Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O。
Mg(OH)Cl＋HCl＋5H2O
6．现有下列几种物质：①盐酸；②Na2O；③Na2O2；④Al(OH)3；⑤Na2CO3；⑥H2O；
⑦CO2；⑧乙醇；⑨Cu；⑩NaOH溶液。
（1）其中属于电解质的有___________（填写序号，下同），属于碱性氧化物的有_______。
（2）④与⑩反应的离子方程式为______________________________________。 （3）Na2O2因能发生下列反应被用作供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：______。
（4）如用超氧化钾（KO2）作供氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______________________________________________________。
－－
【答案】②③④⑤⑥ ② Al(OH)3 + OH = AlO2+2H2O 1:1 或
【解析】 【分析】
(1)①盐酸为混合物，不属于电解质；
②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物； ③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物； ④Al(OH)3为离子化合物，属于电解质； ⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质； ⑥H2O属于电解质、氧化物； ⑦CO2不属于电解质，为氧化物； ⑧乙醇属于非电解质； ⑨Cu为单质，不属于电解质； ⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质； (2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；
(3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；
(4)超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍。 【详解】
(1)①盐酸为混合物，不属于电解质；
②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物； ③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物； ④Al(OH)3为离子化合物，属于电解质； ⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质； ⑥H2O属于电解质、氧化物； ⑦CO2不属于电解质，为氧化物；
⑧乙醇属于非电解质； ⑨Cu为单质，不属于电解质； ⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质；
综上所述，属于电解质的为②③④⑤⑥；碱性氧化物的为②；
(2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3 + OH－ = AlO2－+2H2O； (3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；
(4)超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍，则单线桥法为
或。
7．我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，创造了侯德榜制碱法又叫联碱法，该法是将合成氨工厂生产的NH3及副产品CO2，再与饱和食盐水反应.
（1）该法与氨碱法比大大提高了原料利用率，主要表现在_______。
（2）碳酸氢钠分解产生的二氧化碳可循环使用，但必须要补充，补充的主要原因是_________，但实际生产中补充量超过理论上反应耗用量，可能的原因是______。 （3）氨碱法需补充的二氧化碳一定来自_________。那么联合制碱需补充的二氧化碳可能来自__________。
（4）侯德榜法在滤去碳酸氢钠的母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用____。
【答案】母液循环I提高了NaCl的利用率 生产过程中CO2有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自CO2），所以要补充； 在生产过程中还有损耗； 碳酸钙的分解； 合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品； 增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度 【解析】 【分析】
合成氨工厂提供氨气及二氧化碳，通入饱和氯化钠溶液中，得到碳酸氢钠和副产物氯化铵，煅烧碳酸氢钠得到碳酸钠，同时产生的二氧化碳循环利用。 【详解】
（1）对比该法与氨碱法可以发现侯德榜制碱法通过母液循环提高了氯化钠的利用率， 答案为：母液循环I提高了NaCl的利用率；
（2）根据元素守恒，制得碳酸钠肯定会消耗二氧化碳，有一部分二氧化碳可以循环利用，且工业生产中不可避免的会有一些损耗，故实际生产中补充量超过理论上反应耗用量， 答案为：生产过程中CO2有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自
CO2），所以要补充；在生产过程中还有损耗；
（3）氨碱法补充二氧化碳来自碳酸钙分解，根据流程图，联合制碱需补充的二氧化碳来自于合成氨工厂，合成氨生产中用水煤气法制氢气时会产生副产品二氧化碳， 答案为：碳酸钙的分解；合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品； （4）向母液中通氨气的目的是为了提取更多更纯的氯化铵，
答案为：增大NH4的浓度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度。 【点睛】
侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。制备纯碱（Na2CO3），主要利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得
+NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和
碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用。
8．按要求回答下列问题
(1)质子数为17、中子数为20的原子可表示为________，Na+的结构示意图________。 (2)焰色反应是_______变化，将碳酸钠进行焰色反应，火焰呈________。
(3)漂白粉有效成分的化学式________，漂白粉发挥漂白作用的反应方程式________。 【答案】17Cl 【解析】 【分析】
(1)根据原子符号中各个角标的含义书写；Na+是Na原子失去最外层的1个电子后形成的； (2)焰色反应是原子核外电子发生能量跃迁时的结果，Na元素焰色反应呈黄色； (3)漂白粉是氯气与石灰乳反应产生，其有效成分是次氯酸钙，漂白时次氯酸钙与CO2、H2O反应产生HClO。 【详解】
(1)在原子表示中，在元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，等于质子数与中子数的和，该原子质子数为17，是Cl元素的原子，中子数为20，则其质量数为17+20=37，该原子可表示为17Cl；Na是11号元素，Na原子失去最外层的1个电子形成Na+，其结构示意图为：
；
3737 物理 黄色 Ca(ClO)2 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
(2)当金属或其化合物灼烧时，电子由能量较低的基态跃迁到能量较高的激发态，电子处于
激发态时，不稳定，多余的能量以光的形式释放出来，因此在发生焰色反应是时没有新物质生成，发生的是物理变化；将碳酸钠进行焰色反应，由于含有Na元素，所以火焰呈黄色；
(3)漂白粉是氯气与石灰乳反应产生，其成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是次氯酸钙，漂白粉发挥漂白作用时，其中含有的次氯酸钙与CO2、H2O反应产生HClO，反应方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。 【点睛】
本题考查了原子的表示、离子结构示意图及金属元素的检验方法和物质成分及作用等知识。掌握物质的结构含义、物质的制备和反应原理是本题解答关键。注意焰色反应是元素原子核外电子发生跃迁的能量变化，不能说有“反应”字样就发生了化学变化。
9．Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。
（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，写出该反应的化学方程式：______________________，该反应中，Na2O2的作用为____________（填“还原剂”、“氧化剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。
（2）Na2O2与CO2反应可以产生氧气。某同学通过下列装置验证Na2O2能否与CO2反应。 (图中铁架台等装置已略去)。
①装置A的名称是_________，A中的固体为_______________，装置B中试剂的作用为__________________________
②若Na2O2能与CO2，则装置C中的现象是_____________________________
（3）碱石灰是干燥剂，在a处收集气体，检测发现该气体中几乎都是CO2气体（过氧化钠足量），则说明过氧化钠与CO2气体不反应。该同学查阅相关文献，然后撤掉装置B，其他都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现得到的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要_______________。
－－＋
（4）将一定量的Na2O2固体投入到含有下列离子的溶液中：NO3、HCO3-、CO32、Na，
反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（不考虑溶液体积的变化）__________（填离子符号）。
【答案】Na2O2＋SO2=Na2SO4 氧化剂 锥形瓶 碳酸钠 干燥二氧化碳气体 淡黄色变成白色固体 有水的参与 NO3－ 【解析】 【分析】
（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，据此写出反应的化学方程式；
（2）①根据仪器A的结构进行分析；产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥；
②Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠； （3）根据题给信息进行分析；
（4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中发生NaHCO3+NaOH= Na2CO3+H2O反应，据此分析溶液中n（HCO3-），n（CO32－），n(Na+)，n（NO3－）变化规律。 【详解】
（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，该反应的化学方程式为：Na2O2＋SO2=Na2SO4；该反应中，Na2O2中-1价的氧降低到SO42-中的-2价，Na2O2发生还原反应，做氧化剂；
故答案是：Na2O2＋SO2=Na2SO4 ；氧化剂；
（2）①装置A的名称是锥形瓶；硫酸与碳酸钠固体反应产生二氧化碳气体中混有少量水蒸气，因此需用浓硫酸进行干燥，所以装置B中试剂的作用为干燥二氧化碳气体； 故答案是：锥形瓶；碳酸钠；干燥二氧化碳气体；
②Na2O2为黄色固体，与CO2发生反应生成白色固体碳酸钠，则装置C中的现象是淡黄色变成白色固体；
故答案是：淡黄色变成白色固体；
（3）根据信息可知，过氧化钠与CO2气体不反应，然后撤掉装置B，不再用浓硫酸吸收水蒸气，其它都保留（包括试剂），连接好装置后再次进行实验，重新收集气体检测，发现得到的气体几乎都是氧气，该实验结果说明过氧化钠与CO2气体反应需要有水的参与； 故答案是：有水的参与 ；
（4）Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，因为发生HCO3-+OH-= CO32－+H2O反应，所以溶
－－
液中n（HCO3-）减小，n（CO32）增大，n(Na+)增大，n（NO3）不变；
故答案选NO3－。
10．将1.05 g由铝和过氧化钠的混合物放入一量的水中，充分反应后固体无剩余。再向其中慢慢滴加50 mL 1 mo1/L的盐酸，可恰好使反应过程中产生的沉淀溶解。 (1)要使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系须满足_________； (2)写出沉淀溶解的离子方程式：___________________； (3)求原混合物中铝、过氧化钠的质量___________________；
(4)求滴加盐酸过程中开始出现沉淀时盐酸的体积___________________。
【答案】n(Al)≤2n(Na2O2) Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O m(Al)=0.27 g；m(Na2O2)=0.78 g； 10 mL 【解析】 【分析】
(1)根据反应方程式找出使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系； (2)氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水；
(3)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸后又发生了反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，可得反应的关系式：Al～
NaAlO2～Al(OH)3～AlCl3～3HCl，Na2O2～2NaOH～2NaCl～2HCl，根据反应的关系式来列式计算；
(4)开始生成沉淀时，原溶液中的氢氧化钠恰好被盐酸中和，根据(3)得出剩余氢氧化钠的物质的量，再计算出消耗盐酸的体积。 【详解】
(1)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，要使混合物溶于水无剩余，则n(Al)与n(Na2O2)的关系须满足，则铝的物质的量必须≤钠离子的物质的量，即：n(Al)≤2n(Na2O2)； (2)生成的沉淀为Al(OH)3，Al(OH)3能够溶于盐酸，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(3)Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸后又发生了反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，最后所得溶液中的溶质是NaCl和AlCl3，综合上述五个化学方程式可得如下关系式：Al～NaAlO2～Al(OH)3～AlCl3～3HCl，Na2O2～2NaOH～2NaCl～2HCl，设原混合物中x mol Al，有y mol Na2O2，则根据关系式Al～3HCl可知x mol Al反应需消耗3x mol HCl，根据Na2O2～2HCl可知y molNa2O2反应需消耗2y mol HCl，则27x+78y=1.05 ①，3x+2y=1×50×10-3 ②，
联立①②两式解得：x=y=0.01 mol，则Al的质量m(Al)=0.01 mol×27 g/mol=0.27 g，Na2O2的质量m(Na2O2)=0.01 mol×78 g/mol=0.78 g；
(4)开始出现沉淀时，原溶液中剩余的氢氧化钠恰好被盐酸中和，根据(3)可知，0.01 mol Na2O2完全反应生成0.02 mol NaOH，而0.01 mol铝消耗0.01 mol NaOH，故反应后剩余0.01 mol NaOH，中和0.01 molNaOH需要消耗0.01 mol HCl，则消耗1 mo1/L的盐酸的体积为：V(HCl)=【点睛】
本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应原理为解答关键，题目充分考查了学生的分析能力及化学计算能力，注意掌握关系式法在化学计算中的应用。
n0.01?mol=0.01 L=10 mL。 c1?mol/L
11．按要求写出下列变化，（1）（2）写化学方程式，（3）（4）写离子方程式
_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 【答案】Ca(OH)2 + 2NH4Cl【解析】
试题分析：（1）实验室用Ca(OH)2和NH4Cl制取氨气，化学方程式为： Ca(OH)2 + 2NH4Cl
CaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O；
（2）氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3+ H2O；（3）将Na2O2粉末投入水中，二者反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式
CaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3+ H2O 2Na2O2 +
2H2O = 4Na++ 4OH—+ O2↑ Al3++ 3NH3·H2O= Al(OH)3↓ + 3NH4+
为：
2Na2O2 + 2H2O = 4Na++ 4OH—+ O2↑；
（4）向AlCl3溶液中加入足量氨水，二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为：
Al3++ 3NH3·H2O= Al(OH)3↓ + 3NH4+。
考点：考查化学用语，涉及化学方程式和离子方程式的书写。
12．氯化钠广泛应用于各个领域，如氯碱工业、制金属钠、侯氏制碱法、生理盐水（0.9%NaCl溶液）以及厨房调味品等。氯化钠一般从海水中获取，已知海水中含量最高的几种离子的浓度如下表所示： 成分 浓度molLCl- 1Na+ 0.47 Mg2 0.054 SO24 Ca2 0.01 0.55 0.027 （1）医生给“病人”做心电图时在仪器与皮肤接触部位所擦的溶液可能是________ A．氯化钠 B．医用酒精 C．氢氧化钠溶液 D．碘酒 （2）下列说法正确的是________
A．以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业” B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
C．侯氏制碱法的操作是将氨气通入二氧化碳的饱和氯化钠溶液中，使溶解度较小的碳酸氢钠从溶液中析出
D．实验室配制500.0g生理盐水需量取蒸馏水的体积为500.0mL
2（3）海水晒盐所得的粗盐中往往含有Mg、Ca2、SO4等杂质离子，为了精制食盐，
2将粗盐溶解后选择加入：①NaOH溶液、②Na2CO3溶液、③BaCl2溶液、④稀盐酸（每种试剂均稍加过量），则所加试剂的顺序为：________（填序号），写出加入Na2CO3溶液过程中发生反应的离子方程式：________。
（4）某研究性小组提出粗盐提纯时用Ba(OH)2溶液代替NaOH溶液和BaCl2溶液，该方案是否可行？请判断并说明理由_____________
【答案】A AB ①③②④或③②①④或③①②④ CO32-＋Ca2+=CaCO3↓、CO32-＋Ba2+=BaCO3↓ 可行，因为Ba(OH)2溶液可以同时提供Ba2+和OH－ 【解析】 【分析】
(1)医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的溶液需要导电，据此分析判断； (2)A、根据氯碱工业的主要反应原理分析；B．钠钾合金呈液态，具有良好的导热性；C．二氧化碳微溶于水；D．500.0g生理盐水中溶剂的质量少于500g，据此分析判断； (3)粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，后加入的试剂需要能够将前面加入的过量试剂除去，据此分析解答；
(4)Ba(OH)2溶液可以同时提供Ba2+和OH－，据此分析判断。 【详解】
(1)NaCl溶液中含有自由移动的离子，能导电，且氯化钠溶液没有强腐蚀性且无毒，所以医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的溶液可能是氯化钠溶液，故答案为：A；
(2)A．氯碱工业指的是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气的工业生产过程，故A正确；
B．钠钾合金呈液态，具有良好的导热、导电性质，可以做中子反应堆作热交换剂，故B正确；
C．向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，即可生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解即可得到碳酸钠，故C错误；
D．500.0g生理盐水中蒸馏水的质量为500g×99.1%=495.5g，体积约为495.5mL，故D错误；
故答案为：AB；
(3)粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，则所加试剂的顺序为①③②④或③②①④或③①②④；加入Na2CO3溶液过程中发生反应的离子方程式为CO32-＋Ca2+=CaCO3↓、CO32-＋Ba2+=BaCO3↓，故答案为：①③②④或③②①④或③①②④；CO32-＋Ca2+=CaCO3↓、CO32-＋Ba2+=BaCO3↓；
(4)Ba(OH)2溶液可以同时提供Ba2+和OH－，可以代替NaOH溶液和BaCl2溶液，故答案为：可行，因为Ba(OH)2溶液可以同时提供Ba2+和OH。
－
【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意物质的分离和提纯的原则的理解和应用，本题中只要注意Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入。
13．工业制得的纯碱中往往含有少量的NaCl固体，现设计以下两种方案测定样品中纯碱的纯度。完成下列填空：
方案一：测量装置如图所示，称取样品m克装入Y型试管中。
（1）检查装置气密性的方法是__________。 （2）量气管中的液体应为__________（填编号）。 a 饱和Na2CO3溶液 b 饱和NaHCO3溶液 c 饱和NaCl溶液
（3）Y型试管另一端应装入试剂为__________（填编号）。 a 盐酸 b 硫酸 c 硝酸
方案二：装置如图二所示，A中样品质量为m克。
（4）根据图中所用实验装置，可以判断需要测定的实验数据是__________。
（5）仔细分析该装置，由此测的的数据计算出的实验结果有可能偏高也有可能偏低，分析原因并对装置进行相应的改进（已知：装置气密性良好）； （i）偏低的原因是____________，改进方法是__________。 （ii）偏高的原因是_____________，改进方法是_________。
【答案】上提水准管，使左右两边形成液面差，一段时间内液面差不变，则气密性良好 b b C装置反应前后的质量 CO2未全部被吸收 通入氮气，使CO2全部进入C装置中 空气中的CO2和H2O进入C装置中 在C装置后再接一个干燥装置 【解析】 【分析】
方案一、该实验设计的原理为通过纯碱样品与没有挥发性的硫酸反应生成二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液测定反应生成的二氧化碳的体积，达到测定样品中纯碱的纯度的目的； 方案二、该实验设计的原理为纯碱样品与稀硫酸反应生成二氧化碳，用浓硫酸干燥二氧化碳，用碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，通过测定干燥管前后质量的变化，达到测定样品中纯碱的纯度的目的。 【详解】
（1）检查装置气密性，可上提右边的水准管，使水准管和量气管两边形成液面差，若装置气密性良好，一段时间内液面差不变，否则漏气，故答案为：上提水准管，使左右两边形成液面差，一段时间内液面差不变，则气密性良好；
（2）纯碱与酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能溶于水，用饱和碳酸氢钠溶液可以降低二氧化碳的溶解度，减小实验误差，故答案为：b；
（3）盐酸和硝酸具有挥发性，挥发出的氯化氢和硝酸能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，使所测结果偏高，则Y型试管另一端应装入没有挥发性的硫酸，减小实验误差，故答案为：b；
（4）由图可知，该实验设计的原理为通过测定干燥管前后质量的变化，达到测定样品中纯碱的纯度的目的，故答案为：C装置反应前后的质量；
（5）（i）根据实验原理，保证纯碱样品与稀硫酸反应产生的二氧化碳被碱石灰完全吸收是实验的关键，若反应生成的二氧化碳没有被完全吸收，会导致所测结果偏低，为减小实验误差，应在纯碱样品与稀硫酸完全反应后，通入氮气使反应生成的二氧化碳被碱石灰完全吸收，故答案为：CO2未全部被吸收；通入氮气，使CO2全部进入C装置中； （ii）碱石灰能够吸收空气中的二氧化碳和水，导致所测结果偏高，为减小实验误差，应在
在C装置后再接一个盛有碱石灰的干燥装置，吸收空气中的二氧化碳和水，故答案为：空气中的CO2和H2O进入C装置中；在C装置后再接一个干燥装置。 【点睛】
要测定碳酸钠的含量，可以通过与酸反应生成的二氧化碳的质量进行求算，而要测定二氧化碳的质量，需排除空气中二氧化碳和水蒸气对生成的二氧化碳的质量的影响是解答关键。
14．亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量，某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道： ①2NO + Na2O2=2NaNO2 ②2NO2+ Na2O2=2NaNO3
③酸性KMnO4溶液可将NO2－氧化为NO3－，MnO4－还原成Mn2+。 Ⅰ.产品制备与检验：用如下装置制备NaNO2：
（1）写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目________。 （2）B装置的作用是______________________________。
（3）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为制备纯净NaNO2应在B、C装置间增加一个装置，请在框内画出增加的装置图，并标明盛放的试剂________。
（4）试设计实验检验装置C中NaNO2的存在（写出操作、现象和结论）________。 Ⅱ.含量的测定
称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示： 滴定次数 KMnO4溶液体积/mL 1 20.60 2 20.02 3 20.00 4 19.98
（5）第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是________（双项选择）。 A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 B．锥形瓶洗净后未干燥
C．滴定终了仰视读数 D．滴定终了俯视读数
（6）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数____________________。 （结果保留4位有效数字） 【答案】
将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸
反应生成NO或制取NO 或 取少量装置C中产物置于试管中，加
入适量蒸馏水溶解，加入稀硫酸酸化，滴加入1～2滴（少量）酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2 A、C 86.25%或0.8625 【解析】 【详解】
Ⅰ、（1）由装置图可知装置A发生反应为浓硝酸与C的反应，反应中碳元素化合价从0价升高到＋4价，失去4个电子，则电子转移可表示为
；
（2）根据实验装置可知，装置C中发生反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，则装置B的作用是将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO（或制取NO）；
（3）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，则产生碳酸钠和氢氧化钠的原因是因为NO气体中混有二氧化碳和水蒸气，二者与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，故要制备纯净NaNO2应在B、C装置间增加一个装置除去混有的二氧化碳和水蒸气，故应用装有碱石灰的干燥管，装置图为：
或
；
（4）由题中所给信息③酸性KMnO4溶液可将NO2－氧化为NO3－，MnO4－还原成Mn2+可知欲检验C中NaNO2的存在，需利用酸性高锰酸钾，可设计实验为：取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，加入稀硫酸酸化，滴加入1～2滴酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2；
Ⅱ、（5）A、酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，则会导致标准酸性高锰酸钾溶液浓度偏小，则会使所测V（标准）偏大，故A项正确； B、锥形瓶洗净后未干燥，对实验结果无影响，故B项错误； C、滴定终了仰视读数，则会导致V（标准）偏大，故C项正确； D、滴定终了俯视读数，则会导致V（标准）偏小，故D项错误；
本题选AC；
（6）由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：(20.02+20.00+19.98)mL/3=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为：0.002mol×250Ml/25mL=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-～5NO2-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为：0.02mol×2.5=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：3.45g/4.000g×100%=86.25%。
15．某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去；碱石灰是生石灰与氢氧化钠的混合物，可以吸收水和二氧化碳)。
实验步骤如下：
①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.20g； ③准确称得20.00g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止； ⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气； ⑥然后称得干燥管D的总质量为86.36g ；
⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到干燥管D的质量不变，为86.80 g。 试回答：
(1)装置B中发生反应的离子方程式_________________________________； (2)装置A中试剂X应选用足量的（______） A．饱和NaCl溶液 B．浓H2SO4 C．NaHCO3溶液 D．NaOH溶液
(3)①请用文字叙述装置C的作用：__________________________________。 ②请用文字叙述装置E的作用：__________________________________。
(4)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果_____(填“偏大”、
“偏小”或“不变”，下同)；若没有操作⑤⑦，则会导致测定结果__________。 (5)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为_________。 【答案】2H++CO32- = H2O+CO2↑ D 吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差(偏大) 防止空气中的水或CO2进入D引起测量误差(偏大) 偏大 偏小 79.5% 【解析】 【分析】
B中发生发反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，C中浓硫酸干燥二氧化碳，D中碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数。通入空气排尽装置中二氧化碳，使二氧化碳进入D中完全吸收，空气中的二氧化碳会影响实验，A中盛放浓氢氧化钠溶液可以除去空气中二氧化碳。F装置吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，防止加入D中影响二氧化碳质量测定。 【详解】
(1)在装置B中，硫酸与碳酸钠发生复分解反应，产生硫酸钠、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式是2H++CO32- =H2O+CO2↑；
(2)鼓入空气可以将装置内残留的二氧化碳全部排出进入D装置，达到精确测量的目的；装置A中试剂X可以除去空气中的二氧化碳，防止干扰物质含量的测定，达到精确测量的目的，应选用浓NOH溶液，选项D合理；
(3)①B中生成二氧化碳中混有水蒸气，若没有C装置中盛有的浓硫酸来吸收，D中碱石灰就吸收二氧化碳与水蒸气，导致测定二氧化碳的质量偏大，样品中碳酸钠的质量分数会偏大；
②装置F盛有碱石灰，可以吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的水或CO2进入D引起测量误差(偏大)；
(4)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，由于HCl具有挥发性，它会与碱石灰发生反应，导致测定结果偏大；若没有操作⑤⑦，碳酸钠反应产生的部分二氧化碳气体会在装置中滞留，使测定结果偏小；
(5)生成二氧化碳的质量为m(CO2)=86.80 g-80.20g=6.60g，其物质的量为n(CO2)=
6.60g=0.15mol，根据碳原子守恒可知样品中碳酸钠的质量为
44g/molm(Na2CO3)=0.15mol×106g/mol=15.9g，则纯碱样品Na2CO3的质量分数为：
15.9g×100%=79.5%。
20.00g【点睛】
本题考查物质含量测定实验，关键是明确实验原理，理解各装置的作用，定量实验要保证原理可靠、实验数据准确，是对学生综合实验能力的考查。
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