江西省宜丰县高中化学 第四章 非金属及其化合物单元测验试卷 新人教版必修1.doc

非金属及其化合物一、选择题1.光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的（）a石墨b石英c石灰石d高纯硅2.利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项实验结论a稀硫酸na2co3na2sio3溶液非金属性：scsib浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c浓硝酸fenaoh溶液说明铁和浓硝酸反应可生成no2d浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性 3.镁铁混合物138 g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（03 mo1），则向反应后的溶液中加人足量的naoh溶液，可生成的沉淀质量为a26 gb28 g c295 g d291 g4.标准状况下，某同学向100ml h2s饱和溶液中通入so2，所得溶液ph变化如图所示下列分析中正确的是（）ab点对应的溶液导电性最强b亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸cab段反应是so2+2h2s3s+2h2od原h2s溶液的物质的量浓度为0.05moll15.化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中，不正确的是（）a使用太阳能等代替化石燃料，符合低碳节能减排的要求b油脂在碱性条件下水解可制得肥皂c海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀d高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维6.用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（）气体abcano2浓硝酸铜片naoh溶液bso2浓硫酸铜片酸性高锰酸钾溶液cnh3浓氨水生石灰碱石灰dco2稀盐酸大理石浓硫酸 7.下列反应中，调节反应物用量与浓度不会改变反应产物的是（）aso2通入石灰水bnaoh溶液滴入nahco3溶液c硫酸中加入锌粉dalcl3溶液中滴入naoh溶液8.下列物质既能通过与cl2化合反应制取，也能通过与盐酸反应制取的是（）acucl2 bfecl2cfecl3 dzncl29.下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述aso2有氧化性so2可用于漂白纸浆b电镀时阴极上发生还原反应可在铁的镀件上镀铜c往未知溶液中加入稀硝酸和bacl2溶液，有白色沉淀生成该未知溶液一定含有so42d明矾能水解生成al（oh）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂10.足量的铝与20ml 1.0mol/l的下列物质反应，产生气体物质的量最少的是a氢氧化钠溶液 b稀硫酸 c盐酸 d稀硝酸11.下列陈述i、正确并且有因果关系的是 选项表述i表述iiasio2有导电性sio2可用于制备光导纤维 bso2有漂白性so2可使溴水褪色c溶液中含有大量的no3溶液中不能存在大量i或s2d将淀粉与kcl混合液装于半透膜内，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中，5min后取烧杯中液体，加碘水变蓝色半透膜有破损12.下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，正确的是 a实验室用装置a制取氨气 b用b装置吸收氨气，并防止倒吸c用c装置稀释浓硫酸 d用d装置除去co2中的hcl13.下列有关实验的操作不正确的是a分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出b用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体c配制0.1moll-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流d检验nh4+时，往试样中加入naoh溶液，加热，用湿润蓝色石蕊试纸检验逸出的气体14.下列实验可实现鉴别目的的是a用bacl2溶液鉴别so3(g)和so2b用ca(oh)2溶液鉴别na2co3溶液和nahco3溶液c用co2鉴别naal(oh)4溶液和na2sio3溶液d用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别br2(g)和no215.下列有关化学知识的叙述中正确的是ac、s、n所形成的氧化物均为酸性氧化物b“水滴石穿”是因为caco3与co2、水发生了化学反应c常用作水处理剂的kal(so4)2和漂白粉都是强电解质d 232th 转变成233u是化学变化，233u和235u的化学性质几乎相同二、非选择题16.现有金属单质a、b、c和气体甲、乙、丙及物质d、e、f、g、h，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出） 请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：丙 g （2）写出下列反应的离子方程式：反应 反应 （3）写出 乙+d的化学方程式 17.减少co2的排放以及co2的资源化利用具有重要意义（1）用氨水捕集烟气中的co2生成铵盐，是减少co2排放的可行措施之一写出氨水捕集烟气中的co2生成铵盐的主要化学方程式 分别用不同ph的吸收剂吸收烟气中的co2，co2脱除效率与吸收剂的ph关系如图所示，co2脱除效率与吸收剂的ph关系是 烟气中co2的含量为12%，烟气通人氨水的流量为0.052m3/h（标准状况），用ph为12.81的氨水吸收烟气30min，脱除的co2的物质的量为 （精确到0.01）co2脱除效率与温度的关系如图所示从40到45脱除co2效率降低的主要原因是 （2）将co2和甲烷重整制合成气（co和h2）是co2资源化利用的有效途径合成气用于制备甲醇的反应为2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h=90.1kj/mol在t时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投人反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下容器甲乙丙起始反应物投入量2mol h2、l mol co1mol ch3oh2mol ch3oh平衡数据c（ch，0h）/mol/lc1c2c3反应的能量变化zkjxyz体系压强/pap1p2p3反应物转化率a1a2a3下列说法正确的是 （填字母編号）a.2c1c3 b|x|+|y|90.1 c.2p2p3 da1+a31在t、恒容条件下，该反应的平衡常数kp=6.0103（kpa）2若甲容器中反应达到平衡时p（ch3oh）=24.0kpa，则平衡混合气体中ch3oh的物质的量分数为 （kp是用平衡分压代替平衡浓度计算所得平衡常数，分压=总压物质的量分数）18.溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备cabr22h2o的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是 （2）滤渣的成分可能是 （3）试剂m是 ，加入m的目的是 （4）操作的步骤为蒸发浓缩， 、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式 （6）制得的cabr22h2o可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量na2co3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则cabr22h2o的质量分数为 （相对原子质量：ca40 br80 h1 o16）19.如表所示为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。（2）和的最高价含氧酸的酸性强弱为 （用酸的化学式表示）。（3）、两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将fe2+氧化，写出该反应的离子方程式 ；（4）由表中元素形成的物质可发生如图中的反应，其中b、c、g是单质，b为黄绿色气体，d溶液显碱性。写出d溶液与g反应的化学方程式 。写出检验a溶液中溶质的阴离子的方法 。常温下，若电解1l0.1 moll-1的a溶液，一段时间后测得溶液ph为12（忽略溶液体积变化），则该电解过程中转移电子的物质的量为 。写出过量的e与f溶液中溶质反应的离子方程式 。（5）由、元素组成的化合物w（在酸性溶液中发黄，w还原性较强），在溶液中易被的单质氧化，该反应的离子方程式为 。参考答案1.b考点：硅和二氧化硅分析：根据光纤通信的光导纤维是二氧化硅经特殊工艺制成的，光导纤维的主要成分是二氧化硅进行解答解答：解：a二氧化硅不是由碳制成的，故a错误； b光导纤维的主要成分是二氧化硅，而石英的主要成分是二氧化硅，所以光纤通信的光导纤维是由石英经特殊工艺制成，故b正确；c石灰石高温锻烧生成生石灰，不是制光导纤维的原料，故c错误；d硅常用于半导体材料，制作太阳能电池，故d错误故选b点评：本题考查硅及化合物的组成和用途，题目简单，注意基础知识的学习积累2.c3.d试题分析：分别设铁和镁的物质的量，结合电子守恒计算，注意铁被氧化为三价铁。4.c考点：二氧化硫的化学性质分析：h2s 饱和溶液中通入so2，发生反应：so2+2h2s=3s+2h2o，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112ml，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336ml二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸ph值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：ab点为中性，只有水，导电性最差，故a错误；b根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112ml，n（so2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336ml二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸ph值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故b错误；cab段ph在增大，由酸性到中性，则发生的反应是so2+2h2s=3s+2h2o，故c正确；d由图可知，112mlso2与硫化氢恰好完全反应，则n（so2）=0.005mol，由方程式可知n（h2s）=0.01mol，则原h2s溶液的物质的量浓度为=0.1mol/l，故d错误故选c点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意b选项中应根据溶液物质的浓度相等时ph大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等5.d考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；肥皂、合成洗涤剂版权所有专题：化学应用分析：a“低碳经济”就是节能减排；b根据皂化反应原理分析；c原电池中较活泼的金属被腐蚀，不活泼的金属被保护；d光导纤维的主要成分是二氧化硅解答：解：a使用太阳能等代替化石燃料，减少二氧化碳的排放，符合低碳节能减排的要求，故a正确；b脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故b正确；c海轮外壳上镶人锌块，和铁在海水中形成原电池，锌做负极被腐蚀，正极铁被保护，故c正确；d光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作太阳能电池，故d错误；故选：d点评：本题主要考查了节能减排，油脂的水解，原电池原理，硅及其化合物的应用，难度不大6.d考点：常见气体制备原理及装置选择；气体的收集分析：由实验装置图可知，该装置为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理，据此进行判断解答：解：ano2与naoh反应而被吸收，不能用naoh溶液净化，故a错误；b浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，故b错误；c氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，且不能利用浓硫酸干燥，故c错误；d大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故d正确；故选d点评：本题考查实验装置综合及常见气体的制备实验，为高频考点，题目难度中等，把握常见物质的性质及气体的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查7.b考点：钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a、二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠，氢氧化钙过量生成亚硫酸钠；b、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠；c、锌和稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；d、氢氧化钠过量生成偏铝酸钠、氢氧化钠不足生成氢氧化铝沉淀解答：解：a、二氧化硫通入石灰水，二氧化硫过量则生成亚硫酸氢钙，2so2+ca（oh）2ca（hso3）2，氢氧化钙过量则生成亚硫酸钙，ca（oh）2+so2caso3+h2o，反应物用量不同，产物不同；b、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠，nahco3+naohna2co3+h2o，反应物用量与浓度不会改变反应产物；c、锌稀硫酸则生成氢气，h2so4+znznso4+h2；锌与浓硫酸则生成二氧化硫，zn+2h2so4（浓）znso4+so2+2h2o，硫酸浓度不同，产物不同；d、氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，若氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，alcl3+4naohnaalo2+3nacl+2h2o；若氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，alcl3+3naohal（oh）3+3nacl，反应物用量不同，产物不同故选b点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨8.d考点：氯气的化学性质分析：cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，与盐酸反应考虑金属活动性顺序据此回答判断解答：解：a、金属铜和氯气之间反应生成氯化铜，能用cl2跟金属直接化合制取，但与盐酸不反应，故a错误；b、金属铁和氯气之间反应生成氯化铁，不能用cl2跟金属直接化合制取，故b错误；c、金属铁和盐酸反应生成fecl2，故c错误；d、金属锌和氯气之间反应生成氯化锌，与盐酸反应生成氯化锌，故d正确；故选d点评：本题考查氯气的性质和金属的活泼性，比较基础，清楚常见变价金属与氯气反应生成高价态金属氯化物9.b考点：二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；电解原理；硫酸根离子的检验分析：a、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，可以表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质；b、电镀阴极是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜；c、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀；d、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒解答：解：a、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，元素化合价可以降低表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质，正确但无因果关系，故a错误； b、电镀阴极上是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜，有因果关系，故b正确；c、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀，无因果关系，故c错误；d、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒，陈述错误无因果关系，故d错误；故性b点评：本题考查了氧化还原反应、电镀原理分析，离子检验方法的应用，盐类水解分析判断，注意性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等10.d铝与氢氧化钠溶液或盐酸或稀硫酸均是产生氢气，且都是铝作还原剂，所以产生的氢气相等。铝与稀硝酸反应生成硝酸铝、no和水，氮元素的化合价从+5价降低到+2价，所以产生的no最少，答案选d。11.dasio2不导电，是制光导纤维的原料；故a错误；bso2的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，so2和单质溴发生氧化还原反应使溴水褪色；故b错误；cno3在酸性条件下有强氧化性，不能与i或s2共存，碱性条件no3与i或s2能共存，故c错误；d淀粉是高分子，不能透过半透膜，若烧杯中液体，加碘水变蓝色，说明有淀粉进入烧杯的水中，一定是半透膜有破损，故d正确，故选d。12.banh4cl固体受热分解生成nh3和hcl，而当温度降低时，nh3和hcl又重新化合成固体nh4cl，故a错误；b氨气极易溶于水，按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故b正确；c不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故c错误；dco2 也能和na2co3反应，故d错误；故选b。13.da分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故a正确； b碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故b正确；c将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故c正确；d检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故d错误故选d14.a盐酸的酸性大于亚硫酸，则二氧化硫与bacl2不反应，但硫酸钡不溶于酸，可发生三氧化硫与氯化钡的反应生成硫酸钡沉淀，故a正确；bca(oh)2溶液与na2co3和nahco3均能生成白色沉淀caco3故b错误；cco2与naal(oh)4反应生成al(oh)3白色沉淀,co2与na2sio3生成h2sio3白色沉淀,故无法鉴别，c错误； dbr2(g)和no2均能把碘化钾氧化成碘单质而使粉试变蓝，故d错误；故选a。15.b【ks5u解析】 aco、no不是酸性氧化物，所以a错误；b碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了co2的雨水能把石头穿透，所以b正确；c漂白粉属于混合物而不是纯净物，所以漂白粉不属于电解质，所以c错误；d核反应不是物理变化，也不是化学变化，所以d错误；故选b.16.（1）hcl；fecl3；（2）2na+2h2o2na+2oh+h2；2fe2+cl22fe3+2cl；（3）cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o考点：无机物的推断分析：金属a焰色反应为黄色，故a为金属na，由反应可知，d为naoh，气体甲为h2；氢氧化钠与金属b反应生成氢气，故金属b为al黄绿色气体乙为cl2，与氢气反应生成丙为hcl，hcl溶于水得物质e为盐酸氢氧化钠与物质g反应生成红褐色沉淀是fe（oh）3，故物质g中含有fe3+，由转化关系hcl物质f 物质g，可知金属c为fe，物质f为fecl2，物质g为fecl3，结合物质的性质解答该题结合物质的性质解答该题解答：解：金属a焰色反应为黄色，故a为金属na，由反应可知，d为naoh，气体甲为h2；氢氧化钠与金属b反应生成氢气，故金属b为al黄绿色气体乙为cl2，与氢气反应生成丙为hcl，hcl溶于水得物质e为盐酸氢氧化钠与物质g反应生成红褐色沉淀是fe（oh）3，故物质g中含有fe3+，由转化关系hcl物质f物质g，可知金属c为fe，物质f为fecl2，物质g为fecl3，（1）由以上分析可知丙为hcl，g为fecl3，故答案为：hcl；fecl3；（2）反应为na和水的反应，离子方程式为2na+2h2o2na+2oh+h2，反应为氯气氧化氯化亚铁，离子方程式为2fe2+cl22fe3+2cl，故答案为：2na+2h2o2na+2oh+h2；2fe2+cl22fe3+2cl；（3）乙为cl2，d为naoh，乙+d的化学方程式为cl2+2naoh=nacl+naclo（次氯酸钠）+h2o，故答案为：cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能根据物质的特性如颜色为突破口进行推断，答题时注意体会17.（1） co2+nh3h2onh4hco3； co2脱除效率随吸收剂的ph增大而增大；0.14mol； 碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；（2） 选d； 44.4%；（1）氨水与co2反应生成碳酸氢铵，反应的方程式为co2+nh3h2onh4hco3；故答案为：co2+nh3h2onh4hco3；根据图1分析，co2脱除效率随吸收剂的ph增大而增大；因为烟气通人氨水的流量为0.052m3/h（标准状况），所以30min通入的烟气中含二氧化碳体积为0.052m3/h0.5h12%=0.00312m3，则物质的量为=0.14mol，故答案为：co2脱除效率随吸收剂的ph增大而增大；0.14mol；因为温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳，所以从40到45脱除co2效率降低，故答案为：碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；（2）a、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molch3oh，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应ch3oh（g）co（g）+2h2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1c3，故a错误；b、由题目可知生成1molch3oh的能量变化为90.8kj，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=90.8（1n），故a+b=90.8，故b错误；c、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应ch3oh（g）co（g）+2h2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2p3，故c错误；d、甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，由c的分析可知23，所以a1+a31，故d正确，故选d；由 2h2（g）+co（g）ch3oh（g）起始反应物投入量2mol h2、l mol co，设开始时氢气压强为2p，co压强为p，开始（mol） 2p p 0转化（mol）48.0 24.0 24.0平衡（mol）2p48 p24 24kp=6.0103（kpa）2，解得p=34.0kpa，则平衡混合气体中ch3oh的物质的量分数为=100%=44.4%，故答案为：44.4%；18.（1）防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）fe、fe（oh）2 、fe（oh）3；（3）hbr；除去过量的ca（oh）2；（4）冷却结晶、过滤；（5）3ca（oh）2 +3br2+2nh3 3cabr2+n2+6h2o；（6）94.40%解：fe与溴单质反应生成febr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要cabr2 ，在滤液中加hbr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到cabr22h2o晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是fe、fe（oh）2 、fe（oh）3，故答案为：fe、fe（oh）2 、fe（oh）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的m为hbr，故答案为：hbr；除去过量的ca（oh）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3ca（oh）2 +3br2+2nh33cabr2+n2+6h2o，故答案为：3ca（oh）2 +3br2+2nh3 3cabr2+n2+6h2o；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量na2co3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中cabr22h2o的质量为xg，cabr22h2ona2co3caco3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则cabr22h2o的质量分数为100%=94.40%，故答案为：94.40%19.（1）naclf （2）hclo4h2so4 （3）h2o2+2fe2+2h+=2fe3+2h2o （4） 2a