知识点：化学

C

【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；生活中常见合金的组成；焰色反应．

【分析】A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩；

B．碳酸氢钠能和酸反应放出气体还没有腐蚀性，不会对人体造成伤害；

C．注意氧化还原反应的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化；

D．我国使用最早的合金是青铜．

【解答】解：A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩，因此可用作焰火，故A正确；

B．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，也可治疗胃酸过多，故B正确；

C．生石灰或硅胶无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，故C错误；

D．我国使用最早的合金是青铜，世界上使用量最大的合金材料是钢铁，故D正确．

故选C．

知识点：化学

A

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．

【分析】溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；

金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；

水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；

水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质．

【解答】解：A、各物质符合物质类别概念，故A正确；

B、纯碱是碳酸钠属于盐类，铁是单质不是非电解质，故B错误；

C、胆矾是硫酸铜晶体属于盐不是碱，石墨是单质不是电解质，醋酸是电解质，故C错误；

D、KClO3是盐，溶于水全部电离，属于强电解质，故D错误；

故选：A．

知识点：化学

A

【考点】物质的量的相关计算．

【分析】同温同压下，相同体积的任何气体具有相同的物质的量、相同的分子数，结合N=nNA、ρ=m=nM及分子构成计算．

【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的不同气体其物质的量相等．

A．根据N=nNA知，二者的物质的量与分子数成正比，物质的量相等则其分子数相等，每个分子中原子个数相等，所以其原子总数相等，故A正确；

B．盛有H2和Cl2的混合气体的容器中两种气体的物质的量的关系不知道，所以不能求出混合气体的平均摩尔质量，则二者的摩尔质量不一定相等，故B错误；

C．根据m=nM知，物质的量相等时，二者的质量与其摩尔质量成正比，二者的摩尔质量不一定相等，所以其质量不一定相等，故C错误；

D．根据ρ=知，密度与其摩尔质量成正比，两个容器中平均摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故D错误；

故选：A．

知识点：化学

C

【考点】物质的量的相关计算．

【分析】A．H2O在标准状况下不是气体；

B．不是标准状况，无法计算；

C．根据n=结合分子的组成分析；

D．溶液的体积不知，无法计算．

【解答】解：A．H2O在标准状况下不是气体，不能用气体的摩尔体积计算，所以18 g H2O在标准状况下的体积不是22.4 L，故A错误；

B．不是标准状况，气体的摩尔体积的数值不知道，无法计算，故B错误；

C．由n=可知，两种气体的物质的量分别为、，则原子的物质的量之比为×4：×2=2：3，故C正确；

D．将80 g NaOH溶于1 L水中，溶液的体积不是水的体积，所以溶液的体积不知，无法计算，故D 错误．

故选C．

知识点：化学

C

【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．

【分析】A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中可得到氢氧化铁胶体；

B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色；

C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气；

D．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于弱碱．

【解答】解：A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，而非沉淀，故A错误；

B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；

C．铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；

D．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于弱碱，故氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误．

故选C．

知识点：化学

D

【考点】铝的化学性质．

【分析】铝易与氧气生成氧化物薄膜，这层薄膜可以阻碍反应的进一步进行，既防止铝的进一步生锈．

【解答】解：在金属的活动性顺序表中，铝排在比较靠前的位置，也就是说铝的金属性比较强．铝和氧气可以反应生成氧化铝（氧化物薄膜），这层薄膜可以阻碍反应的进一步进行，既防止铝的进一步生锈．故选D．

知识点：化学

D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．氨水与氯化钠、硫酸钠不反应；

B．澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀；

C．酒精和水混溶；

D．胶体具有丁达尔现象区别于溶液．

【解答】解：A．氨水与氯化钠、硫酸钠不反应，与AlCl3、MgCl2反应生成白色沉淀，故A错误；

B．澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；

C．酒精和水混溶不能分层，不能萃取分液，故C错误；

D．胶体具有丁达尔现象区别于溶液，用可见光束照射以区别溶液和胶体，故D正确．

故选D．

知识点：化学

C

【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．

【分析】A．CO32﹣以第一步水解为主；

B．Na2CO3比NaHCO3易溶于水；

C．相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈；

D．NaHCO3不稳定，加热易分解．

【解答】解：A..CO32﹣以第一步水解为主，则Na2CO3溶液的碱性较强，故A正确；

B．在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B正确；

C．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；

D．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热不易分解，较稳定，故D正确；

故选C．

知识点：化学

C

【考点】焰色反应．

【分析】A．钠元素的黄色火焰可以覆盖钾元素的紫色火焰；

B．用稀盐酸洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应；

C．焰色反应时用盐酸洗涤铂丝，可用灼烧氯化钠的方法观察钠的焰色反应现象；

D．焰色反应是某些金属元素具有的性质．

【解答】解：A．钠元素的黄色火焰可以覆盖钾元素的紫色火焰，用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则原溶液中有Na+，可能有K+，故A错误；

B．用稀盐酸洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应，故B错误；

C．焰色反应时用盐酸洗涤铂丝，用铂丝蘸取氯化钠溶液灼烧，观察钠元素的焰色反应现象，故C正确；

D．焰色反应是某些金属元素具有的性质，包括单质、离子等，故D错误；

故选C．

知识点：化学

C

【考点】离子共存问题．

【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能结合生成络离子等，则离子大量共存，以此来解答．

【解答】解：A．Ca2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；

B．H+、CO32﹣结合生成水和气体，Fe2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故B错误；

C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；

D．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故D错误；

故选C．

知识点：化学

B

【考点】金属键与金属的物理性质的关系．

【分析】金属具有良好的导电性、导热性和延展性，根据题干信息，当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立刻报警说明利用了金属的导电性．

【解答】解：新型“防盗玻璃”为多层结构，每层中间嵌有极细的金属线．当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，说明当玻璃被击碎时，形成闭合回路，利用的金属的导电性，故选：B．

知识点：化学

C

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【分析】A．丁达尔现象为胶体特有的性质；

B．MgCl2溶液与NaOH反应生成白色沉淀，AlCl3溶液与NaOH反应先生成沉淀后沉淀消失；

C．NaCl和Na2SO4的焰色反应均为黄色；

D．Na2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能．

【解答】解：A．丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液，故A正确；

B．MgCl2溶液与NaOH反应生成白色沉淀，AlCl3溶液与NaOH反应先生成沉淀后沉淀消失，现象不同，可鉴别，故B正确；

C．NaCl和Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故C错误；

D．Na2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，现象不同，可鉴别，故D正确；

故选C．

知识点：化学

AC

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】由图象可知，加入盐酸3mol时，开始生成CO2，共消耗1molHCl，发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，如开始加入盐酸时中发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则应消耗1mol盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸，则说明溶液中含有NaOH和Na2CO3，开始时先后发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，以此解答该题．

【解答】解：由图象可知，加入盐酸3mol时，开始生成CO2，共消耗1molHCl，发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，如开始加入盐酸时中发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则应消耗1mol盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸，则说明溶液中含有NaOH和Na2CO3，开始时先后发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，

A．由图象可知生成二氧化碳1mol，则通入的CO2气体在标准状况下应为22.4L，故A正确；

B．由以上分析可知A中含有Na2CO3和NaOH，故B错误；

C．由图象可知，反应共生成1mol二氧化碳，则溶液中含有1molNa2CO3，而生成二氧化碳之前分别发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，共消耗3molHCl，由方程式可知Na2CO3消耗1molHCl，则NaOH消耗2molHCl，则NaOH为2mol，所以n（NaOH）=2n（Na2CO3），故C正确；

D．由上述分析可知，A溶液应为Na2CO3和NaOH的混合物，故D错误．

故选AC．

知识点：化学

D

【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

【分析】白色沉淀与过量乙反应生成气体，则乙为酸，沉淀为碳酸钡或碳酸钙，因沉淀溶解，则乙不能为硫酸，气体为二氧化碳，溶液可为硝酸盐或氯化物，与丙反应生成白色沉淀，丙可为硫酸钠、碳酸钠等，以此解答该题．

【解答】解：A．碳酸钠可以和氯化钡反应得到碳酸钡沉淀，但是碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡，沉淀不溶解，故A错误；

B．碳酸钠可以和CaCl2反应得到碳酸钙沉淀，碳酸钙沉淀溶于HNO3得到硝酸钙溶液，但是硝酸钙溶液和AgNO3之间不会发生反应，故B错误；

C．碳酸钠可以和CaCl2反应得到碳酸钙沉淀，碳酸钙沉淀溶于HNO3得到硝酸钙溶液，但是硝酸钙溶液和NaCl之间不会发生反应，故C错误；

D．碳酸钠可以和氯化钡反应得到碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀溶于HCl得到氯化钡溶液，氯化钡溶液会和碳酸钠之间反应生成碳酸钡沉淀，故D正确．

故选D．

知识点：化学

A

【考点】粗盐提纯．

【分析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子．盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求．

【解答】解：镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：⑤加过量的BaCl2溶液，②加过量的NaOH溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸；或者，②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸．所以正确的顺序是⑤②④①③或②⑤④①③或⑤④②①③．

故选A．

知识点：化学

B

【考点】硅和二氧化硅．

【分析】A、根据二氧化硅和二氧化碳的结构判断其物理性质；

B、二氧化硅其实并不是由一个硅原子和两个氧原子组成的单个分子结构；

C、工业上用二氧化硅与碳在高温的条件下生成粗硅和一氧化碳；

D、二氧化硅能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，和HF反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不属于盐．

【解答】解：A、二氧化硅是原子晶体，固体二氧化碳是分子晶体，所以二氧化硅和二氧化碳在物理性质上有很大差别，故A正确；

B．二氧化硅其实并不是由一个硅原子和两个氧原子组成的单个分子结构，而是由硅原子与氧原子组成的一个网状结构，故B错误；

C．工业上用二氧化硅与碳在高温的条件下生成粗硅和一氧化碳，所以工业上用二氧化硅制粗硅，故C正确；

D．二氧化硅能和HF反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不属于盐，二氧化硅能和碱反应生成盐和水，所以它不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故D正确；

故选B．

知识点：化学

B

【考点】镁、铝的重要化合物．

【分析】A．难溶性氢氧化物加热分解为相应的氧化物；

B．Al2O3不与水反应；

C．Al与NaOH发生反应生成AlO2﹣；

D．铝盐与弱碱反应生成氢氧化铝．

【解答】解：A．氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A不选；

B．Al2O3→Al（OH）3转化，应先生成Al3+或AlO2﹣后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，故B选；

C．Al与NaOH发生反应生成AlO2﹣，可以一步实现，故C不选；

D．铝盐与弱碱（氨水）反应生成氢氧化铝，故D不选，故选B．

知识点：化学

A

【考点】硅和二氧化硅．

【分析】A．二氧化硅不溶于水，但二氧化硅是硅酸的酸酐；

B．碳酸酸性强于硅酸，通入水玻璃中得到硅酸沉淀；

C．二氧化硅中每个硅原子周围连有四个氧原子，每个氧原子周围连有2个硅原子，形成原子晶体；

D．氢氟酸（HF）对玻璃有腐蚀作用，故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸．

【解答】解：A．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），故A错误；

B．根据强酸制弱酸，二氧化碳通入水玻璃中发生Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，故B正确；

C．二氧化硅晶体中Si与O以共价键结合，每个Si原子能形成4个共价键，即每个Si原子结合4个O原子，并向空间伸展成网状结构是属于原子晶体，原子晶体熔点高，硬度大，故C正确；

D．氢氟酸能和玻璃成分二氧化硅反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，能够雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸，故D正确；

故选A．

知识点：化学

D

【考点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算；铝的化学性质．

【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol，

所发生的有关反应为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑；HCl+NaOH═NaCl+H2O，根据化学反应方程式结合各种物质的物质的量进行计算和判断．

【解答】解：已知：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol，

所发生的有关反应为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑；HCl+NaOH═NaCl+H2O，

A、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑

0.2mol 2.24L

2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑

0.2mol 6.72L

反应中共得到气体的体积为2.24L+6.72L=8.96L，故A错误；

B、将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，反应后溶液的成分为0.2molNaOH和0.2molNaAlO2，加入0.3molHCl，反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，故B错误；

C、反应后溶溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，故C错误；

D、由氯元素守恒可知反应后生成0.3molNaCl，则浓度为=1.5mol/L，故D正确．

故选D．

知识点：化学

C

【考点】物质的量浓度的相关计算．

【分析】将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，沉淀为Al（OH）3，溶液中的铝元素存在形式可能为AlCl3或NaAlO2，结合反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，讨论进行计算．

【解答】解：等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，令氢氧化铝的物质的量为1mol，则溶液中AlCl3或NaAlO2也是1mol，

若溶液中含铝元素以Al3+形式存在，NaOH完全反应，则：

Al3++3OH﹣═Al（OH）3

1mol 3mol 1mol

则原来AlCl3的物质的量为1mol+1mol=2mol，NaOH为3mol，则：AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=2mol：3mol=2：3，

若溶液中含铝元素以AlO2﹣形式存在，则：

Al3++3OH﹣═Al（OH）3

1mol 3mol 1mol

Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，

1mol 4mol 1mol

则原来AlCl3的物质的量为1mol+1mol=2mol，NaOH为3mol+4mol=7mol，则：AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=2mol：7mol=2：7，

故选C．

知识点：化学

（1）KSCN溶液；

（2）①为Fe；③为盐酸；⑤为Cl2；A为Fe、Cu；B为Cu；

（3）2Fe3++Fe═3Fe2+，Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

【分析】（1）铁离子遇KSCN溶液为血红色；

（2）CuCl2、FeCl3与铁粉反应生成Fe2+、Cu，滤液I中含氯化亚铁，滤渣中A含有Fe和Cu，除去其中的Fe选用③为足量盐酸，过滤得到滤液II中含氯化亚铁、HCl，B为Cu，向氯化亚铁溶液中通入⑤氯气生成氯化铁；

（3）结合（2）及物质的性质分析离子反应．

【解答】解：（1）检验腐蚀后的溶液中是否含有Fe3+，应选用的试剂是KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液；

（2）CuCl2、FeCl3与铁粉反应生成Fe2+、Cu，滤液I中含氯化亚铁，滤渣中A含有Fe和Cu，除去其中的Fe选用③为足量盐酸，过滤得到滤液II中含氯化亚铁、HCl，B为Cu，向氯化亚铁溶液中通入⑤氯气生成氯化铁，则①为Fe，③为盐酸，⑤为Cl2，A为Fe、Cu，B为Cu，

故答案为：①为Fe；③为盐酸；⑤为Cl2；A为Fe、Cu；B为Cu；

（3）有关化学反应的离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，

故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+，Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．

知识点：化学

（1）KAlO2；Al（OH）3；A12O3；AlCl3；NaAlO2；

（2）AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O．

【考点】无机物的推断．

【分析】B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al（OH）3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃片），说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al（OH）3，则A应为KAlO2，结合对应物质的性质解答该题．

【解答】解：B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al（OH）3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃片），说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al（OH）3，则A应为KAlO2，

（1）通过以上分析知，A、B、C、D、E分别是KAlO2、Al（OH）3、A12O3、AlCl3、NaAlO2，

故答案为：KAlO2；Al（OH）3；A12O3；AlCl3；NaAlO2；

（2）A→B的反应为AlO2﹣和Al（OH）3的转化，反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，

A→D的反应为AlO2﹣和Al3+的转化，反应的离子方程式为AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，

故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O．

知识点：化学

（1）Na2CO3；

（2）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c；

（3）NaHCO3．

【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．

【分析】（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多；

（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析；

（3）根据碳酸氢钠的性质分析．

【解答】解：（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多，碳酸钠中含碳量为=11.3%，而碳酸氢钠中含碳量为=14.3%，所以碳酸钠放出二氧化碳量少，故答案为：Na2CO3；

（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故选c，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c；

（3）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠．

故答案为：NaHCO3．

知识点：化学

（1）Na2CO3；1120；

（2）NaHCO3； 2240；

（3）Na2CO3、NaHCO3；1792；

（4）1mol/L．

【考点】化学方程式的有关计算．

【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××106g/mol=5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol=8.4 g，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=计算NaOH溶液的物质的量浓度．

【解答】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××106g/mol=5.3 g，完全转化为NaHCO3时，NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol=8.4 g，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××22.4L•mol﹣1=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x，NaHCO3物质的量为y，则：

解得x=0.02，y=0.06，

故V（CO2）=（0.02 mol+0.06 mol）×22.4L•mol﹣1=1.792L=1792 mL

故答案为：Na2CO3、NaHCO3；1792；

（4）该NaOH溶液的物质的量浓度为=1mol/L，

故答案为：1mol/L．