Na2C03是盐吗?NaCl是盐吗?

nNa2CO3=nCO2=2.016/22.4=0.09mol
nNa2CO3=nBaSO4=4.66/233g/mol=0.02mol
cNa2CO3=0.09/200*1000=0.45mol
cNa2SO4=0.02/200*1000=0.1mol/L

解题思路：此题为框图式物质推断题，完成此类题目，关键是找准解题突破口，根据叙述的关键，以及物质的性质和物质之间的反应，做出判断，得到的滤液B能与盐酸反应生成气体D，则滤液B中含有碳酸钠，生成的D为二氧化碳，得到的沉淀C能与盐酸反应生成蓝色溶液F，则F为氯化铜，由盐酸与氧化铜反应生成，铜不与盐酸反应，故沉淀G为铜，碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳气体，沉淀C与盐酸反应无气体产生，故C中不含有碳酸钙，混合物A中不含有氢氧化钙，滤液B中还可能含有氢氧化钠，要证明其存在，可以将碳酸钠除去，加入酚酞试液观察是否变红进行判断．

（1）得到的滤液B能与盐酸反应生成气体D，则滤液B中含有碳酸钠，生成的D为二氧化碳，得到的沉淀C能与盐酸反应生成蓝色溶液F，则F为氯化铜，由盐酸与氧化铜反应生成，铜不与盐酸反应，故沉淀G为铜，碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳气体，沉淀C与盐酸反应无气体产生，故C中不含有碳酸钙，混合物A中不含有氢氧化钙；
（2）根据推断，原物质中一定含有碳酸纳、氧化铜和铜；
（5）滤液B中还可能含有氢氧化钠，要证明其存在，可以将碳酸钠除去，加入酚酞试液观察是否变红进行判断，所以本题答案为：氢氧化钠，取样品少许，放入试管中，加入水溶解，然后向溶液中加入过量的氯化钙溶液，然后向上层清液加入酚酞试液，若试液变红，则含有氢氧化钠．
故答案为：（1）CO₂；
（2）Cu0、Cu、Na₂C0₃；
（3）NaOH；加入过量的氯化钙溶液；酚酞试液；无色变红．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断．

考点点评： 本题为框图型物质推断题，完成此类题目，可以依据题干提供的信息，结合框图，找准解题的突破口，直接得出物质的化学式，然后顺推或逆推或由两边向中间推得出其他物质的化学式．

解题思路：通过假设样品全为K₂CO₃，根据反应的化学方程式可计算出假设为纯净物的样品完全反应时放出的二氧化碳恰好与样品实际反应时产生的二氧化碳质量相等，因此，可判断样品中的杂质不影响完全反应所放出二氧化碳的质量；根据样品溶于水得澄清溶液，在可能含有的杂质BaCl₂、KCl、Na₂C0₃中，因BaCl₂能与K₂CO₃生成沉淀不可能共存而排除，剩余的两种KCl、Na₂C0₃中，KCl不能与盐酸反应而使样品产生二氧化碳质量偏小，而Na₂C0₃能与盐酸反应且等质量Na₂C0₃放出二氧化碳质量大于K₂CO₃而使放出二氧化碳质量偏大，因此，可判断同时含有这两种杂质．

设13.8g K₂CO₃完全反应生成二氧化碳的质量为x
K₂CO₃+2HCl═2KCl+H₂O+CO₂↑
138 44
13.8gx
[138/13.8g]=[44/x] x=4.4g
因此，K₂CO₃样品中所含杂质至少有两种且应满足：其中一种杂质若能与盐酸反应放出二氧化碳且等质量的该杂质完全反应产生二氧化碳的质量大于K₂CO₃，则其它杂质或不与盐酸反应或与盐酸反应所放出二氧化碳的质量应小于等质量的K₂CO₃完全反应产生二氧化碳的质量；在可能含有的杂质BaCl₂、KCl、Na₂C0₃中因BaCl₂与K₂CO₃能发生反应生成沉淀而不能共存，因此所含杂质中一定没有BaCl₂，剩余的KCl、Na₂C0₃两物质中，KCl不与盐酸反应而等质量的Na₂C0₃完全反应放出二氧化碳质量大于K₂CO₃，满足K₂CO₃样品中所含杂质的条件，所以，判断杂质为KCl、Na₂C0₃两物质；
故选C．

点评：
本题考点： 含杂质物质的化学反应的有关计算．

考点点评： 解答本题时，关键在于判断所含杂质既存在使CO2增多的因素又存在使CO2减少的因素，这样才能满足完全反应后产生二氧化碳质量不变．

解题思路：（1）因为固体混合物中，只有碳酸钠与盐酸反应可产生二氧化碳气体，利用碳酸钠与盐酸反应的化学方程式和生成二氧化碳的质量，就可计算出原固体混合物中碳酸钠的质量和生成氯化钠的质量；
（2）反应后所得溶液的溶质质量=碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠的质量+氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠的质量，根据氢氧化钠与稀盐酸反应的化学方程式，就可计算出氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠的质量，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠的质量（1）中已计算得出；溶液质量=固体混合物质量+稀盐酸-生成二氧化碳气体的质量，然后根据“溶质质量分数=[溶质的质量/溶液的质量]×100%”计算即可．

（1）设原固体混合物中碳酸钠的质量为x g，生成氯化钠的质量为y g，
Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+H₂ O+CO₂↑
106 117 44
x y 2.2g
[106/44＝
x
2.2g]，[117/44＝
y
2.2g]，
解得：x=5.3g，y=5.85g；
（2）设氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠的质量为z g，
NaOH+HCl=NaCl+H₂O
40 58.5
9.3g-5.3g z
[40/58.5＝
9.3g−5.3g
z]，
解得：z=5.85 g，
反应后所得溶液的溶质质量分数为：[5.85g+5.85g/9.3g+50g−2.2g]×100%≈20.5%．
答：（1）原固体混合物中碳酸钠的质量为5.3g；
（2）反应后所得溶液的溶质的质量分数为20.5%．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．

考点点评： 本题主要考查学生运用化学方程式和溶质质量分数公式综合分析和解决实际问题的能力．增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力．

NaHCO3和Ba(OH)2反应原理要先弄清楚：2molNaHCO3和1molBa(OH)2反应，Ba(OH)2拿出OH-和HCO3-反应生成碳酸根和水，剩下的阳离子有两个Na+和Ba2+，然后他们分别和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀。
所以，2molNaHCO3生成1mol碳酸钡沉淀，剩下的也就都计算出来了

对于CO₃^2-、SO₄^2-检验，实验的方法不是唯一的，简单分析两种：
（一） 由于CO₃^2-在遇到酸时可以转化为气体，所以可以加入酸先检验CO₃^2-，由于还要检验SO₄^2-，所以不能加入硫酸，而是加入盐酸或者硝酸．后面检验SO₄^2-时只要加入可溶性钡盐就可以，所以硝酸钡或者氯化钡都可以．
（二）由于CO₃^2-、SO₄^2-都能够和可溶性钡盐反应生成沉淀，而在继续滴加稀硝酸时，BaCO₃能够溶解且产生气体，BaSO₄无明显现象．所以可以在加入过量可溶性钡盐后，加入过量稀硝酸，观察沉淀是否完全溶解来判断CO₃^2-、SO₄^2-．若沉淀完全溶解，则只有CO₃^2-；若沉淀部分溶解，则CO₃^2-、SO₄^2-同时存在；若沉淀几乎不溶解，则只有SO₄^2-．
题目给定的思路是（一）中的思路，试剂也不是唯一．
故答案：
盐酸（或硝酸）； 氯化钡（硝酸钡也可以）

解题思路：在KCl、Na₂CO₃、CaCl₂、CaCO₃、无水CuSO₄中，硫酸铜溶于水得到溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含有硫酸铜；碳酸钙不溶于水，放入水中形成白色沉淀；Na₂CO₃能与CaCl₂形成的白色CaCO₃沉淀，不能共存；Na₂CO₃能与稀盐酸反应放出气体二氧化碳；KCl和反应产生的CaCl₂能与AgNO₃溶液生成不溶于稀硝酸的白色AgCl沉淀，故无法确定KCl的存在；
利用以上物质间的变化关系，根据实验现象推断白色粉末的组成．

步骤1：加蒸馏水溶解后得到无色透明溶液；可以确定粉末中不含CuSO₄、CaCO₃，因为硫酸铜溶于水得到溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含有硫酸铜；碳酸钙不溶于水，放入水中形成白色沉淀；而且不能同时含有Na₂CO₃与CaCl₂；
步骤2：在此溶液中滴加适量的稀盐酸，产生气泡，可以确定粉末中只含有Na₂CO₃而一定不含CaCl₂；
步骤3：在步骤2的滤液中滴加AgNO₃溶液和稀硝酸，生成白色沉淀；说明滤液中一定含有Cl^-，而溶液中的Cl^-可能来自于所加入的HCl，也可能来自于粉末中的KCl，可判断粉末中可能含有KCl；
[解释与结论]白色粉末中一定含有的物质是Na₂CO₃；可能含有KCl；
故答案为：步骤1：硫酸铜溶于水得到溶液呈蓝色，碳酸钙不溶于水，放入水中形成白色沉淀，所以一定不含有硫酸铜和碳酸钙；
步骤2：Na₂CO₃；CaCl_：；Na₂CO₃能与CaCl₂形成的白色CaCO₃沉淀，不能共存；
[解释与结论]Na₂CO₃．

点评：
本题考点： 缺失标签的药品成分的探究；酸的化学性质；盐的化学性质；酸碱盐的溶解性．

考点点评： 本考点属于物质的推断题，根据粉末中可能含有的物质的性质及相互间的反应关系，结合实验过程中所出现的现象，对粉末的组成进行判断．

解题思路：将该粉末溶解于水，未出现浑浊现象．溶液中滴加氢氧化钠溶液产生蓝色沉淀，判断原固体粉末中一定有氯化铜，一定没碳酸钠；往无色溶液中滴加试剂①产生白色沉淀，试剂①的可能性较多，但再滴加足量的试剂②产生气泡，沉淀不消失，则推断白色沉淀是碳酸钡，试剂②就一定是硫酸．

根据分析和实验现象得：
（1）溶液中滴加氢氧化钠溶液产生蓝色沉淀，判断原固体粉末中一定有氯化铜，滴加NaOH溶液反应的化学方程式：CuCl₂+2NaOH═Cu（OH）₂↓+2NaCl；
（2）往无色溶液中滴加试剂①产生白色沉淀，试剂①的可能性较多，但再滴加足量的试剂②产生气泡，沉淀不消失，则推断白色沉淀是碳酸钡，试剂②就一定是硫酸．试剂②的化学式：H₂S0_4．
故答案为：（1）CuCl₂+2NaOH═Cu（OH）₂↓+2NaCl（2）H₂S0_4．

点评：
本题考点： 酸、碱、盐的鉴别；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 通过蓝色沉淀这明显物质为突破口，根据掌握酸碱盐的性质进行一一分析，推出各项结论．

解题思路：假设1说明碳酸铜是蓝色沉淀，假设2说明氢氧化铜是蓝色沉淀，则蓝色沉淀也可能是碳酸铜和氢氧化铜的混合物，由此确定假设3的内容；
（1）若假设1成立，说明碳酸钠与硫酸铜直接发生复分解反应，生成碳酸铜沉淀和硫酸钠；
（2）若假设2成立，说明发生了水解反应，且氢氧化铜比碳酸铜更难溶；
（3））①装置C的作用除去空气中的二氧化碳和水蒸气，防止干扰，所以该装置应放在最左边；A的作用是使蓝色固体受热分解，通过检验其分解产物是否有水蒸气、二氧化碳判断蓝色沉淀的组成；由于碱石灰既能吸收水又能吸收二氧化碳，浓硫酸只能吸收水，因此必须先通过盛有浓硫酸的洗气瓶，后通过盛有碱石灰的干燥器或U形管；为了防止右边装置外空气中的水蒸气和二氧化碳对实验造成干扰，还需要一个盛有碱石灰的U形管或干燥管，据此连接装置；
②如果有水生成，则m₂≤m₄，说明混合物中含有氢氧化铜，如果有二氧化碳生成，则m₁≤m₃，说明混合物中含有碳酸铜，据此进行解答；
（4）装置B增加的质量就是氢氧化铜分解生成水的质量，根据n=[m/M]计算出水的物质的量，从而得出氢氧化铜的物质的量，再根据m=nM计算出氢氧化铜的质量，最后计算出氢氧化铜的含量．

假设1说明碳酸铜是蓝色沉淀，假设2说明氢氧化铜是蓝色沉淀，则蓝色沉淀也可能是碳酸铜和氢氧化铜的混合物，由此确定假设3：沉淀可能为CuC0₃和Cu（OH）₂的混合物，
故答案为：CuC0₃和Cu（OH）₂的混合物；
（1）若假设1成立，说明碳酸钠与硫酸铜直接发生复分解反应，生成碳酸铜沉淀和硫酸钠，即该反应实质为：Cu²⁺+CO₃^2-=CuCO₃↓，
故答案为：Cu²⁺+C0₃^2-=CuC0₃↓；
（2）若假设2成立，可能的原因是铜离子发生水解反应，且氢氧化铜比碳酸铜更难溶，
故答案为：发生水解反应，且Cu（OH）₂比CuC0₃更难溶；
（3）①读图，装置C的作用除去空气中的二氧化碳和水蒸气，防止干扰，所以该装置应放在最左边；A的作用是使蓝色固体受热分解，通过检验其分解产物是否有水蒸气、二氧化碳判断蓝色沉淀的组成；由于碱石灰既能吸收水又能吸收二氧化碳，浓硫酸只能吸收水，因此必须先通过盛有浓硫酸的洗气瓶，后通过盛有碱石灰的干燥器或U形管；为了防止右边装置外空气中的水蒸气和二氧化碳对实验造成干扰，还需要一个盛有碱石灰的U形管或干燥管；由于洗气时气体必须长进短出，U形管左进右出或右进左出都可以，则称量B、D的质量分别为m₁、m₂，将装置按f→a→b→d→c→g→h→j→i或f→a→b→d→c→h→g→j→i连接；
②称取一定质量的沉淀于A中充分加热，然后从e口通入足量空气，冷却后再称量B、D的质量分别为m₃、m₄，
若m₁=m₃，m₂＜m₄，说明沉淀分解产物没有水蒸气、只有二氧化碳，则假设1成立；
若m₁＜m₃，m₂=m₄，说明沉淀分解产物只有水蒸气、没有二氧化碳，则假设2成立；
若m₁＜m₃，m₂＜m₄，说明沉淀分解产物既有水蒸气、又有二氧化碳，则假设3成立，
故答案为：
实验步骤预期现象结论
d→c→g→h或d→c→h→g；
于A中试管充分加热；从e口通入足量的空气（1）若m₁=m₃，m₂＜m₄
（2）若m₁＜m₃，m₂=m₄
（3）若m_l＜m₃，m₂＜m₄（1）假设1成立
（2）假设2成立
（3）假设3成立（4）装置B增加的质量就是氢氧化铜分解产物水的质量，则ng水的物质的量为：[ng/18g/mol]=[n/18]mol，由于Cu（OH）₂

△
.
CuO+H₂O↑中各物质的系数之比等于物质的量之比，则参加反应的氢氧化铜的物质的量为[n/18]mol；由于Cu（OH）₂的式量为98，则参加反应的氢氧化铜的质量为：98g/mol×[n/18]mol=[98n/18]g，
由于沉淀样品质量为wg，则沉淀中氢氧化铜的质量分数为：

98n
18g
wg×100%=[49n/9w]×100%，
故答案为：[49n/9w]×100%．

点评：
本题考点： 性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查探究实验和化学计算，涉及提出假设、离子方程式、解释原因、整套装置连接顺序、设计实验方案、物质的量在化学方程式中的应用等，题目难度较大，正确分析理解题干信息为解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．

（1）设原固体混合物中碳酸钠的质量为x g，生成氯化钠的质量为y g，
Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+H₂ O+CO₂↑
106 117 44
x y 2.2g

106
44＝
x
2.2g，
117
44＝
y
2.2g，
解得：x=5.3g，y=5.85g；
（2）设氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠的质量为z g，
NaOH+HCl=NaCl+H₂O
40 58.5
9.3g-5.3g z

40
58.5＝
9.3g−5.3g
z，
解得：z=5.85 g，
反应后所得溶液的溶质质量分数为：
5.85g+5.85g
9.3g+50g−2.2g×100%≈20.5%．
答：（1）原固体混合物中碳酸钠的质量为5.3g；
（2）反应后所得溶液的溶质的质量分数为20.5%．

C,碱石灰会吸收水蒸气.至少要用浓H2SO4吸收水蒸气先.

我们知道碳酸根会水解,CO32- + H2O===HCO3- + OH- 一个碳酸根会水解成2个阴离子,所以阴离子数目肯定大于0.1NA

解题思路：根据碳酸钠和氢氧化钙的性质来解答，碳酸钠可以和盐酸反应生成气体，可以和氯化钙反应时生成沉淀等．

A、碳酸钠可以和盐酸反应生成气体，而氢氧化钙不会有气体产生，故A可以确定；
B、氯化钙可以和碳酸钠反应生成沉淀，而氢氧化钙不能，故B可以确定；
C、碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液都能使酚酞变红，故C不能确定；
D、碳酸钠和氢氧化钙反应生成沉淀，但是碳酸钠不反应，故D可以确定．
故选C．

点评：
本题考点： 缺失标签的药品成分的探究；物质的鉴别、推断．

考点点评： 本题考查了常见物质的鉴别，完成此题，可以依据物质的性质进行，所选的鉴别试剂与待鉴别物质混合时要有明显的不同现象．

记到co3是负2价,Na是正1价,这个物质要使化合价相抵消,就要2个正1价的,正2负2相抵消.如果是Na3Co3的话,正3负2,最后多了正1,不就没相平了吗?

该粉末肯定有Ba（N03） 、 Na2c03；肯定无Na2S04
只能有BaCO3沉淀会溶于稀硝酸

解题思路：同一溶液中不同离子的检验，要根据离子的本身性质来进行分析，根据性质差异来检验．本题检验CO₃^2-、SO₄^2-，若采用加入可溶性钡盐，则两种离子对应的生成物都有白色沉淀，无法区别．当然也可以根据该白色沉淀的性质差别加入稀硝酸观察沉淀是否溶解以及溶解的现象来继续分析．

对于CO₃^2-、SO₄^2-检验，实验的方法不是唯一的，简单分析两种：
（一） 由于CO₃^2-在遇到酸时可以转化为气体，所以可以加入酸先检验CO₃^2-，由于还要检验SO₄^2-，所以不能加入硫酸，而是加入盐酸或者硝酸．后面检验SO₄^2-时只要加入可溶性钡盐就可以，所以硝酸钡或者氯化钡都可以．
（二）由于CO₃^2-、SO₄^2-都能够和可溶性钡盐反应生成沉淀，而在继续滴加稀硝酸时，BaCO₃能够溶解且产生气体，BaSO₄无明显现象．所以可以在加入过量可溶性钡盐后，加入过量稀硝酸，观察沉淀是否完全溶解来判断CO₃^2-、SO₄^2-．若沉淀完全溶解，则只有CO₃^2-；若沉淀部分溶解，则CO₃^2-、SO₄^2-同时存在；若沉淀几乎不溶解，则只有SO₄^2-．
题目给定的思路是（一）中的思路，试剂也不是唯一．
故答案：
盐酸（或硝酸）； 氯化钡（硝酸钡也可以）

点评：
本题考点： 证明硫酸和可溶性硫酸盐；证明碳酸盐．

考点点评： 不同的离子之间的干扰要注意排除，另外就是在练习的过程中注意对其他的实验方法进行思考，从而实现一题多解，并且更利于知识的综合运用和掌握．