Question

12．某NaOH固体中含有Na₂CO₃．老师安排第一小组做除去NaOH溶液中Na₂CO₃的实验．第二、第三小组同学做测定该固体混合物中Na₂CO₃质量分数的实验．
Ⅰ、第一小组的同学取一定量的该固体溶于水，得到混合溶液，为了除去溶液中的Na₂CO₃杂质，甲、乙、丙、丁四位同学分别选择下列试剂进行实验．其中，合理的是丙．
甲：适量稀盐酸．乙：过量KOH溶液．丙：适量Ca （OH）₂溶液．丁：适量CaCl₂溶液．
Ⅱ、第二组选用一种方案测定NaOH和Na₂CO₃的混合物（mg）中Na₂CO₃的质量分数，其操作流程如下：
称量
操作B
固体混合物$\stackrel{水}{→}$溶液$→_{操作B}^{A溶液}$CaCO₃$→_{称量}^{洗涤干燥}$a g
（1）A是CaCl₂（填化学式）．该实验要求加入的A溶液必须过量，检查A溶液已经过量的方法是取滤液
滴入硝酸银溶液．
（2）B操作的名称是过滤．该操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．
Ⅲ、第三组测定NaOH和Na₂CO₃的混合物中Na₂CO₃的质量分数，称量数据如下表：

称   量   项   目	质量（g）
NaOH和Na2CO3的混合物	9.30
锥形瓶+稀盐酸质量（过量）	141.20
锥形瓶+稀盐酸质量+全部NaOH和Na2CO3的混合后，第一次称量的质量	148.50
锥形瓶+稀盐酸质量+全部NaOH和Na2CO3的混合后，第二次称量的质量	148.30
锥形瓶+稀盐酸质量+全部NaOH和Na2CO3的混合后，第三次称量的质量	148.30

（1）写出固体混合物与盐酸发生化学反应的化学方程式：NaOH+HCl═NaCl+H₂O、Na₂CO₃+2HCl═2NaCl+H₂O+CO₂↑．
（2）混合物中Na₂CO₃的质量分数为57%．

Answer 1

分析 I、可以根据物质的性质方面进行分析、判断，从而得出I的正确的结论．如除去氢氧化钠中的碳酸钠，所选物质含氢氧根，且能将碳酸根除去，故想到氢氧化钙和氢氧化钡可氢氧化钙微溶，所以选氢氧化钡，所以选丙；
II、（1）考虑CaCl₂与稀盐酸反应生成氯化银沉淀．
（2）考虑B操作的名称是过滤，该操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．
Ⅲ、（1）根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以正确书写化学方程式；
（2）依据题目中的数据，首先分析出反应前物质的总质量及反应后物质的总质量，再结合质量守恒定律，计算出产生的气体二氧化碳的质量，再由化学方程式算得碳酸钠的质量，最后得出混合物中碳酸钠的质量分数．

解答 解：I、除去氢氧化钠中的碳酸钠，所选物质含氢氧根，且能将碳酸根除去；
甲、盐酸，盐酸即与碳酸钠反应也和氢氧化钠反应，故甲方案不行；
乙、氢氧化钾和碳酸钠不反应；
丙、除去氢氧化钠中的碳酸钠，所选物质含氢氧根，且能将碳酸根除去，故想到氢氧化钙和氢氧化钡，所以选丙；
丁、氯化钙和碳酸钠生成碳酸钙沉淀，同时若氯化钙过量也会和氢氧化钠反应生成少量的氢氧化钙和碳酸钠，还有杂质，故丁方案不行；
II、（1）过第二步操作得到碳酸钙沉淀，故加入的A溶液能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，A是两种元素组成的盐，则A是CaCl₂；该实验要求加入的A溶液必须过量，检查A溶液已经过量的方法是取滤液
滴入硝酸银溶液，如果有白色沉淀，则证明氯化钙过量．
（2）B操作是过滤，该操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
Ⅲ、（1）氢氧化钠、碳酸钠与稀盐酸反应的化学方程式分别为：NaOH+HCl═NaCl+H₂O；Na₂CO₃+2HCl═2NaCl+H₂O+CO₂↑．
（2）解：由题目中的数据，得出反应前物质的总质量为：9.30g+141.20g=150.50g，由35秒与55秒的质量相等可得反应后物质的总质量为：148.30g，根据质量守恒定律，可得产生的气体二氧化碳的质量为：150.50g-148.30g=2.20g，
设混合物中碳酸钠的质量为x，
Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+H₂O+CO₂↑
106                   44
x                    2.2g
则$\frac{106}{44}=\frac{x}{2.2g}$，解得x=5.3g．
碳酸钠的质量分数为：$\frac{5.3g}{9.3g}$×100%=57%．
故答案为：
Ⅰ、丙．
Ⅱ、（1）CaCl₂，取滤液，滴入硝酸银溶液．（2）过滤．烧杯、漏斗、玻璃棒．
Ⅲ、（1）NaOH+HCl═NaCl+H₂O、Na₂CO₃+2HCl═2NaCl+H₂O+CO₂↑．（2）57%．

点评 解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，只有这样才能对问题做出正确的判断．