江苏省2024届化学高一第一学期期末经典试题含解析

江苏省2024届化学高一第一学期期末经典试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、必须通过加入其它试剂才能鉴别的一组无色溶液是A．氯化铝溶液和氢氧化钾溶液 B．碳酸氢钠和稀盐酸C．偏铝酸钠溶液和稀硝酸 D．碳酸钠和稀硫酸2、为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VLNaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为()A．mol·L－1 B．mol·L－1C．mol·L－1 D．mol·L－13、下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）①配制100g10%的CuSO4溶液，称取10gCuSO4晶体溶于90g水中②称量NaOH固体时动作太慢③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g④配制完成后装入的试剂瓶中有水A．只有① B．只有② C．只有②③④ D．①②③④4、化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应D．屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程属于化学变化5、将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100mL2mol·L-1的盐酸中,同温同压下产生的气体体积比是()A．6∶3∶2B．2∶1∶1C．3∶1∶1D．1∶1∶16、下列叙述错误的是A．常温下，可用铝槽车贮运浓硝酸B．将氯气通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝C．把铝箔放在酒精灯上加热，铝箔熔化但并不滴落D．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的吸水性7、下列选项中能表示阿伏加德罗常数数值的是（）A．1molH+含有的电子数B．标准状况下，22.4L酒精所含的分子数C．1.6gCH4含有的质子数D．1L1mol·L-1的硫酸钠溶液所含的Na+数8、下列各组离子能够大量共存的是A．Ag+、NO3-、H+、Cl- B．H+、K+、SiO32-、ClO-C．Mg2+、Na+、Cl-、SO42- D．Fe3+、Na+、CO32-、I-9、化学概念在逻辑上存在如图所示关系：对下列概念的说法不正确的是()A．纯净物与混合物属于并列关系B．化合物与氧化物属于包含关系C．单质与化合物属于交叉关系D．氧化还原反应与化合反应属于交叉关系10、下列物质中，既能与强酸反应，又能跟强碱反应的是（）①②Al③Al2O3④⑤A．①②③④⑤ B．②③④ C．①③④ D．①②③④11、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）A．HClB．Cl2C．NaHCO3D．CO212、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．24gNaH中阴离子所含电子总数为NAB．1mol甲烷分子所含氢原子数为4NAC．1mol碳酸氢钠固体中含有NA个CO32-D．9g水中含有10NA个电子13、同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是A．O2 B．CH4 C．CO2 D．H214、现有浓度均为1mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液100mL，向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。已知，氧化性Fe3+>Cu2+下列有关叙述正确的是()A．反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15mol B．反应后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+C．反应后残留固体为3.2g D．反应后残留固体中可能含有未反应的铁粉15、将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)，下列说法正确是（）A．Oa段反应的离子方程式只有：

H++=H2O+CO2↑B．O点溶液中所含溶质为NaHCO3、Na2CO3C．b点产生CO2的体积为44.8LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L16、某无色透明的酸性溶液中能大量共存的是()A．Na+、K+、Cu2+、SO42- B．NH4+、Na+、NO3-、Cl-C．K+、Ca2+、HCO3-、Cl- D．Mg2+、Fe3+、Cl-、OH-二、非选择题（本题包括5小题）17、利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的氧化物为_____(填化学式)。(2)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为_____。(3)Z的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了Z的_____性。(4)写出硫与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式_____。(5)Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方法理论上可行的是_____(填字母)。a．Na2SO3+Sb．Na2S+Sc．SO2+Na2SO4d．Na2SO3+Na2SO418、某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。（1）B、C、D、E4种物质的化学式为：B____________、C____________、D____________、E____________。（2）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。沉淀E与稀硫酸反应的离子方程为____________________________________。溶液G与过量稀氨水反应的化学方程为________________________________。19、化学兴趣小组设计以下实验方案，测定某已部分变质的小苏打样品中碳酸钠的质量分数。[方案一]称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算。（1）坩埚中发生反应的化学方程式为____________。（2）实验中，需加热至恒重的目的是_____________。[方案二]称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量氢氧化钡溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量，计算。(已知：Ba2＋＋OH－＋HCO3-=BaCO3↓＋H2O)。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为__________。（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是__________。[方案三]按如下图所示装置进行实验：（1）D装置的作用是________，分液漏斗中_____(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取17.90g样品，实验后测得C装置增重8.80g，则样品中碳酸钠的质量分数为________。（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是_________。20、已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性；②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；③称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到bg；④从分液漏斗滴入6mol/L的硫酸，直到不再产生气体时为止；⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到cg；⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为dg。请填空和回答问题：（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明______①样品重②样品轻③砝码重④砝码轻（2）装置中干燥管B的作用是______（3）如果分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果将_____（填偏高、偏低或不变）；如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，测试的结果将______（填偏高、偏低或不变）。（4）步骤⑤目的是____________。（5）该试样中纯碱的质量分数的计算式为________（结果无须化简）。21、NaOH、FeCl3、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.07g沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示.试回答：（1）A点沉淀为______，(填化学式)B点沉淀为________.(填化学式)（2）原固体混合物中各物质的物质的量分别是多少？___________（3）C点处的盐酸的体积是多少毫升？____________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】试题分析：A、氯化铝和氢氧化钾相互滴加现象不同，KOH中加入氯化铝开始无现象，氯化铝中加入KOH开始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鉴别，不需要再加试剂，错误；B、把碳酸氢钠加入到盐酸中或者把盐酸加入到碳酸氢钠中都有气体放出，无法鉴别，需要再加试剂，正确；C、偏铝酸钠和硝酸相互滴加现象不同，盐酸中加入偏铝酸钠开始无现象，偏铝酸钠中加入盐酸开始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鉴别，不需要再加试剂，错误；D、碳酸钠中加入硫酸开始无现象，然后有气体生成，硫酸中加入碳酸钠有气体生成，不需要再加试剂，错误。考点：考查物质的鉴别2、B【解题分析】

恰好反应时需要氢氧化钠最少，由钠离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaNO2)，根据N原子守恒可知n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)，故n(NaOH)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=amol+bmol+2cmol=(a+b+2c)mol，故氢氧化钠溶液最小浓度==mol/L，故选B。3、D【解题分析】

①CuSO4晶体的化学式为CuSO4·5H2O，配制100g10%的CuSO4溶液，应称取CuSO4晶体15.6g（CuSO4粉末10g）溶于水中，若称取10gCuSO4晶体溶于90g水中，使得溶液质量分数偏低，①符合题意；②NaOH固体易潮解，易吸收空气中的水蒸气，若称量动作太慢，导致称量结果偏低，②符合题意；③称量时，药品与砝码放反，游码读数为0.2g，则称量结果偏小，导致溶液浓度偏低，③符合题意；④配制完成后装入的试剂瓶中的水，会稀释配制好的溶液，导致溶液浓度偏低，④符合题意；综上所述，①②③④均符合题意，故选D。4、D【解题分析】

A.雾霾属于气胶体，具有胶体的性质，能够发生丁达尔效应，A不符合题意；B.胆矾为CuSO4，“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”过程中发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，发生的是置换反应，B不符合题意；C.诗句中涉及蜡烛的燃烧，燃烧反应都为氧化还原反应，C不符合题意；D.加入乙醚作用是萃取，在这个过程中，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；故合理选项是D。5、B【解题分析】钠、镁、铝各0.4mol分别放入100mL2mol·L-1的盐酸中，钠完全反应，产生氢气的物质的量为0.2mol；镁、铝与盐酸反应时，盐酸不足，盐酸完全反应，产生氢气的物质的量相等即0.1mol，则气体体积比是2∶1∶1，答案选B。6、D【解题分析】

A．常温下，浓硝酸能将铝钝化，所以可用铝槽车贮运浓硝酸，A正确；B．将氯气通入淀粉碘化钾溶液中，生成的I2使淀粉变蓝，B正确；C．把铝箔放在酒精灯上加热，由于生成的氧化铝包在铝的外面，且氧化铝的熔点比铝高，所以铝箔熔化但并不滴落，C正确；D．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，D错误；故选D。7、C【解题分析】

A．H+不含有电子，A错误；B．标准状况下酒精是液体，不能利用气体的摩尔体积计算分子数，B错误；C．1.6gCH4是0.1mol，含有的质子数为1mol，可以表示阿伏加德罗常数数值，C正确；D．1L1mol/L的硫酸钠溶液所含的Na+的物质的量是2mol，其个数不能表示阿伏加德罗常数数值，D错误；答案选C。8、C【解题分析】

A项、因Ag+与Cl-之间反应生成难溶物氯化银，故在溶液中不能大量共存，A错误；B项、因H＋与SiO32-能结合生成硅酸沉淀，H+与ClO-结合生成弱电解质HClO，故在溶液中不能大量共存，B错误；C项、因Mg2+、Na+、Cl-、SO42-之间不反应，故在溶液中能够大量共存，C正确；D项、因Fe3＋具有很强的氧化性，而I－具有很强的还原性，它们之间能发生氧化还原反应：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，Fe3+与CO32-在溶液中发生双水解反应，故在溶液中不能大量共存，D错误；故本题选C。【题目点拨】本题考查离子共存的判断，能够发生反应的离子不能大量共存，注意D项中铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，在溶液中可以发生氧化还原反应。9、C【解题分析】

A、物质按含有物质种类的多少可分为纯净物与混合物，是并列关系，故A正确；B、化合物是由两种或两种以上元素组成的纯净物，而氧化物是由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，两者属于包含关系，故B正确；C、纯净物按元素的含有情况可分为化合物与单质，单质（只含有一种元素）与化合物（含有2种或2种以上的元素）二者是并列关系，故C错误；D、有些氧化反应为化合反应，是交叉关系，故D正确。故选：C。【题目点拨】此题是对概念间关系的考查，把握个概念间的关系是解题的关键，易错点D，有些氧化反应为化合反应，部分化合反应是氧化还原反应，是交叉关系．10、A【解题分析】

①NaHCO3属于弱酸强碱盐,既能与酸反应,生成CO2气体，又能与碱反应，生成盐，故①正确；②金属铝与酸反应生成Al3+和氢气,与碱反应生成AlO2−和氢气，故②正确；③Al2O3属于两性氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2−离子，故③正确；④Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2−离子，故④正确；⑤Na2CO3只能与酸(盐酸、硫酸等)反应生成盐、水、二氧化碳,与碱(氢氧化钡、氢氧化钙等)反应生成盐和NaOH，故⑤正确；故选A.【题目点拨】Na2CO3只能与特定的碱(氢氧化钡、氢氧化钙等)反应，生成难容于水的盐和NaOH，要灵活运用知识。11、D【解题分析】试题分析：A、HCl在水中能电离，则其水溶液导电，即HCl属于电解质，故A错误；B、因非电解质是化合物，而Cl2是单质，即Cl2既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、因NaHCO3在水溶液或熔化状态下都能导电，则NaHCO3属于电解质，故C错误；D、CO2的水溶液能导电，是因二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离生成离子而导电，即发生电离不是CO2本身，故CO2属于非电解质，故D正确；故选D．考点：电解质与非电解质的定义12、B【解题分析】

A.24gNaH的物质的量为1mol，阴离子为H-，1molH-中含有2mol电子，即2NA个电子，A项错误；B、甲烷的分子式为：CH4，1mol甲烷分子所含氢原子数为4NA，B项正确；C、碳酸氢钠固体由钠离子和碳酸氢根离子构成，没有碳酸根离子，C项错误；D、9g水的物质的量为0.5mol，1mol水中含有的电子为10mol，所以9g水含有的电子数为5NA，D项错误；答案选B。【题目点拨】A项是易错点，了解NaH是由钠离子与-1价的氢离子构成是解题的关键。13、D【解题分析】

同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、氢气的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、2g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，氢气的物质的量最大，故H2占有的体积最大，故选D。14、C【解题分析】

n(FeCl3)=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol，n(CuCl2)=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(Cu2+)=0.1mol，n(Fe)==0.1mol，根据氧化性Fe3+＞Cu2+，铁粉会先和Fe3+反应，若铁粉有剩余，再和Cu2+反应，A．反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15+0.05=0.2mol，故A错误；B．反应后的溶液中不存在Fe3+，但是还剩余0.05molCu2+，故B错误；C．反应后残留固体为生成的铜单质，其质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，故C正确；D．反应后残留固体只有铜单质，铁粉已经反应完全，故D错误；答案选C。15、D【解题分析】

A．Na2CO3与盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，则Oa段反应的离子方程式有：H++OH-=H2O，

H++=H2O+CO2↑，A错误；B．Na2CO3与盐酸的反应分步进行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，B错误；C．缺少反应条件，不能判断气体的体积大小，C错误；D．加入5molHCl生成二氧化碳体积达到最大值，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mol，由于溶液的体积是2L，则c(NaOH)==2.5mol/L，D正确；故答案是D。16、B【解题分析】

A、Cu2+呈蓝色，与无色溶液相矛盾，A不符合题意；B、该组离子均为无色，且可以在酸性溶液中大量共存，B符合题意；C、HCO3-不能在酸性溶液中大量存在，C不符合题意；D、Fe3+呈黄色，OH-不能在酸性溶液中大量存在，Mg2+、Fe3+不能和OH-共存，D不符合题意；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、SO22H2S+SO2＝3S↓+2H2O强氧化S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2Oa【解题分析】

（1）元素处于中间价态，既具有氧化性又有还原性；（2）X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（3）Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；（4）硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水；（5）制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2。【题目详解】(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，则图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3，氧化物为SO2，故答案为：SO2；(2)X为H2S，Y为SO2，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，发生反应的化学方程式：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O；(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：强氧化；(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水，反应的化学方程式：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2，只有a符合，故答案为：a。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒的计算为解答的关键，注意元素的化合价与微粒的性质，注意硫元素的各种化合价之间转换。18、Al2O3Fe2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAl(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4【解题分析】本题考查无机推断，Al2(SO4)3溶于水，Al2O3和Fe2O3是不溶于水的物质，因此A中加水，过滤，沉淀F为Al2O3和Fe2O3的混合物，溶液G为Al2(SO4)3，氧化铝属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，因此F中加入NaOH发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，然后过滤，沉淀C为Fe2O3，溶液D为NaAlO2，溶液G中加入过量的稀氨水，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，沉淀E为Al(OH)3，氢氧化铝不稳定受热分解为Al2O3，即B为Al2O3，（1）根据上述分析，B为Al2O3，C为Fe2O3，D为NaAlO2，E为Al(OH)3；（2）沉淀F为氧化铝和氧化铁的混合物，氧化铁属于碱性氧化物，不与NaOH反应，氧化铝属于两性氧化物，与NaOH反应：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；氢氧化铝为两性氢氧化物，与硫酸反应的离子反应方程式为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；硫酸铝与过量氨水的反应化学方程式为Al2(SO4)＋6NH3·H2O=2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。19、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O保证碳酸氢钠分解完全玻璃棒静置后取少量上层清液于试管中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生白色沉淀，表明沉淀已完全防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置不能29.6%缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置【解题分析】

[方案一]（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（2）实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠，故应保证碳酸氢钠完全分解，加热恒重则碳酸氢钠完全分解，故答案为保证NaHCO3分解完全；[方案二]（1）过滤时需用玻璃棒引流，故答案为玻璃棒；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：取上层清液少许于试管中，加入氢氧化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀完全，故答案为取少量上层清液于一支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若没有白色沉淀生成，则沉淀完全；反之则没有沉淀完全；[方案三]（1）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小，故答案为防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；不能；（2）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x、y，则Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4、xx2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑yy，解得，则样品中Na2CO3的质量分数为×100%=29.6%；（3）实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收，故答案为缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置。20、①④防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中偏高偏高把反应产生的CO2全部导入U型管中106（d—b）/44a×100%【解题分析】

(1)根据天平称量时按照左物右码的原则考虑；(2)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；(3)根据盐酸的挥发性考虑；根据浓硫酸洗气瓶的作用考虑；(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；(5)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。【题目详解】(1)由于称量时左物右码，向左偏说明样品重，砝码轻，选①④，因此，本题正确答案是：①④；(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，

因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；(3)因为盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；浓硫酸的作用是吸水，如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，水蒸气也进入U型管被吸收，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高，因此，本题正确答案是：偏高；偏高；(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；

因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2全部导入U型管中；(5)设需要碳酸钠的质量为X则：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑106

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X

d-b列比例式：=计算得出X=；所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（d—b）/44a×100%，因此，本题正确答案是：106（d—b）/44a×100%。【题目点拨】本题考查了物质定量测定的实验方法测定和物质性质应用，本实验的装置连接顺序非常严密，最前面的氢氧化钠溶液是为了防止空气中的二氧化碳进入装置，最后面的碱石灰也是为了防止空气中的二氧化碳进入装置。21、Fe(OH)3Al(OH)3，Fe(OH)3原混合物中n(AlCl3)=0.03mol、n(FeCl3)=0.01mol、n(NaOH)=0.17mol170mL.【解题分析】向所得浊液中，逐滴加入1mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：①0-20mL，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量不变，说明A点沉淀是Fe(OH)3；m[Fe(OH)3]=1.07g，NaOH