取50MLNaCO3和Na2SO4的混合液,加入过量的BaCl2溶液后,得到14.51克白色沉淀,用过量

所加入稀硫酸中H₂SO₄的质量：98g×20%=19.6g；加入的氢氧化钠溶液中NaOH的质量：80g×10%=8g
设与NaOH反应的H₂SO₄的质量为x，生成的Na₂SO₄的质量为y₁
2NaOH+H₂SO₄═Na₂SO₄+2H₂O
80 98 142
8g x y₁
[80/8g]=[98/x] x=9.8g
[80/8g]=[142
y1 y₁=14.2g
与Na₂CO₃反应的H₂SO₄的质量：19.6g-9.8g=9.8g
设与H₂SO₄反应的Na₂CO₃的质量为m，生成的Na₂SO₄的质量为y₂，生成的CO₂的质量为z
Na₂CO₃+H₂SO₄═Na₂SO₄+H₂O+CO₂↑
106 98 142 44
m 9.8g y₂z

106/m]=[98/9.8g] m=10.6g
[98/9.8g]=[142
y2 y₂=14.2g

98/9.8g]=[44/z]z=4.4g
反应后溶液中Na₂SO₄的质量分数：[14.2g+14.2g+12g−10.6g/12g+98g+80g−4.4g]×100%=16.1%
答：恰好完全中和后，所得溶液中溶质的质量分数为16.1%．

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： 利用质量守恒定律计算反应后所得溶液的质量可起到事半功倍的作用，反应后溶液的质量=固体混合物质量+所加稀硫酸质量+所加氢氧化钠溶液质量-放出气体质量．

：A、铁在与盐酸反应中显示+2价，正确的方程式为：Fe+2HCl═FeCl₂+H₂↑，故A错误；
B、该反应的生成物中没有沉淀、气体、水生成，不满足复分解反应的条件，故B错误；
C、实验室制取氧气不是利用通电分解水的方法制取氧气．如用过氧化氢制取氧气，反应的方程式是：2H₂O₂

MnO2
.
2H₂O↑+O₂↑，故C错误；
D、该反应应用原理正确，化学式符合客观规律，满足质量守恒定律，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据方程式的书写规则进行判断．

（1）配制溶液的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，则实验步骤的顺序为B、A、D、C、E，
故答案为：B、A、D、C、E；
（2）一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，则还缺少的必要仪器是500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．某同学观察液面时仰视，体积偏大，由c=[n/V]可知，浓度偏小，故A不选；
B．没有进行上述的操作步骤D，则溶质的物质的量n偏小，由c=[n/V]可知，浓度偏小，故B不选；
C．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，体积偏大，由c=[n/V]可知，浓度偏小，故C不选；
D．容量瓶使用前内壁沾有水珠，对溶质的物质的量、溶液体积均无影响，由c=[n/V]可知，对实验无影响，故D选；
故答案为：D．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液；溶液的配制．

考点点评： 本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作步骤、仪器和误差分析，题目难度不大，注意利用浓度公式分析误差为解答的关键．

根据（1）的现象可以知道在该混合物中能够产生的沉淀为：碳酸钙以及硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而实验（2）中加入稀硝酸后沉淀溶解并有气体放出，而硫酸钡不溶于水也不溶于稀硝酸，所以说明该白色固体为碳酸钙，根据实验（3）向（1）中的滤液中加入稀硫酸后生成了白色沉淀，能够和硫酸反应生成沉淀的只有氯化钡，综上分析可以得出该粉末中一定含有碳酸钙和氯化钡，一定不含硫酸钠，由于所描述的现象中没有涉及到氯化钠，所以该物质中可能含有氯化钠．
故答案为：CaCO₃；BaCl₂；Na₂SO₄；NaCl．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断．

考点点评： 本题为推断题，对于推断题的解法，要根据题给条件和物质的化学特性找准突破口，然后顺藤摸瓜将各物质一一推出，然后进行解答．

（1）原试剂中CaCO₃不溶于水，CuSO₄溶于水得到蓝色溶液，根据题中信息可以判断原固体粉末中一定不含CaCO₃和CuSO₄这两种物质；
（2）根据实验操作及物质的相互反应现象可以知道，滴加过量的BaCl₂溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡；再根据“加入过量的稀硝酸，沉淀部分消失并产生气泡”沉淀消失产生气泡的是碳酸根，沉淀不能溶解于稀硝酸的是硫酸钡，判断固体中一定有Na₂CO₃、Na₂SO₄可以据此解答；
（3）步骤（2）中已经引入了氯离子，加入稀硝酸、硝酸银溶液出现白色沉淀，只能确定清液中含氯离子，不能判断原溶液中一定含NaCl；
（4）要确定是否含NaCl，应该排除氯离子的干扰，所以在步骤（2）中不能引入氯离子，可将BaCl₂溶液换成Ba（NO₃）₂溶液或Ba（OH）₂溶液；
（5）根据上述解答可以知道，所发生的其中一个反应为碳酸钠和氯化钡的反应，该反应的化学方程式为：Na₂CO₃+BaCl₂═BaCO₃↓+2NaCl．
故答案为：
（1）CaCO₃、CuSO₄；
（2）Na₂CO₃、Na₂SO₄；
（3）否；
（4）将BaCl₂溶液换成Ba（NO₃）₂溶液或Ba（OH）₂溶液；
（5）Na₂CO₃+BaCl₂═BaCO₃↓+2NaCl．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断．

考点点评： 本题属于实验探究题，较难，解此类试题时要熟记常见物质的特殊反应现象，如鉴别硫酸根离子用钡离子、鉴别氯离子用银离子、碳酸根与酸反应产生气体等．

硫酸钠的物质的量不变，根据稀释定律，令混合后溶液的体积为V，则：
200mL×0.5mol•L^-1=V×0.2mol•L^-1，解得V=500mL，选用500mol容量瓶配制500ml溶液；
故混合后溶液中n（H₂SO₄）=0.5L×2mol•L^-1=1mol，
故加入的硫酸的物质的量为：1mol-0.2L×1mol•L^-1=0.8mol，
55.8%的H₂SO₄溶液的物质的量浓度c=[1000×1.35×55.8%/98]mol/L=7.69mol/L，故需要加入55.8%的H₂SO₄溶液的体积为=[0.8mol/7.69mol/L]=104mL，
答：需要加入的55.8%的H₂SO₄溶液的体积为104mL，配制的溶液的体积为500ml．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，根据硫酸钠的物质的量不变计算混合后溶液的体积是关键．

混合物中Na₂SO₄的质量=[2.33g/233g/mol×142g/mol=1.4 2g，
设混合物中Na₂CO₃和NaHCO₃的物质的量分别为x和y，
反应中放出的CO₂物质的量=
2.016L
22.4L/mol]=0.0900mol
与Na₂CO₃、NaHCO₃反应的盐酸的物质的量为0.250L×1.00mol•L^-1-0.500L×0.100mol•L^-1×2+0.0100L×1.00 mol•L^-1=0.160mol
则：

x+y＝0.0900mol
2x+y＝0.160mol
解得：x=0.0700 mol，y=0.0200mol
Na₂CO₃质量=0.0700 mol×106g•mol^-1=7.42g
NaHCO₃质量=0.0200 mol×84g•mol^-1=1.68g
答：Na₂CO₃的质量为7.42g；NaHCO₃的质量为1.68g；Na₂SO₄的质量为1.42g．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查物质的量的有关计算，题目难度中等，根据钠离子和氯离子最后完全结合为氯化钠，钡离子和硫酸根离子最后完全结合为硫酸钡，碳元素守恒等思路解题．

用硫酸除去碳酸钠，生成硫酸钠、水和v氧化碳，不会在溶液中带入新的杂质，若用盐酸除去碳酸钠，会生成新的杂质氯化钠，故不能用盐酸．
故答案为：H₂SO₄，Na十l．

点评：
本题考点： 物质除杂或净化的探究．

考点点评： 进行物质除杂时，要根据物质的性质进行，要求选用的除杂试剂反应后不能产生新的杂质且不能与原物质反应．

（1）五种物质中会与盐酸反应生成气体的只有碳酸钠，碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，故答案为：CO₂ ；
（2）加入盐酸有气体产生，说明混合物中一定含有碳酸钠，固体样品A加入足量的稀盐酸充分溶解，只得到无色气体B和蓝色滤液C，说明溶液中有铜离子，铜不会与盐酸反应，也不会溶于水，所以固体样品A中一定含有氧化铜，向滤液E中滴加适量BaCl₂溶液和稀硝酸，过滤得到无色溶液F和白色沉淀G，说明溶液中含有硫酸根离子，所以固体样品A中含有硫酸钠；
（3）溶液中存在的阳离子有：钠离子、铜离子、钡离子，而铜离子与氢氧化钠反应生成了氢氧化铜沉淀，被除掉了，钡离子与硫酸钠反应生成了硫酸钡沉淀，也被过滤掉了，所以滤液F中，一定大量存在的阳离子是钠离子，即：Na⁺；
（4）蓝色溶液是氧化铜与盐酸反应制取的氯化铜，加入氢氧化钠后，氢氧化钠与氯化铜发生反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，用观察法配平即可，氢氧化铜后面标上沉淀符号，所以方程式是：CuCl₂+2NaOH═Cu（OH）₂↓+2NaCl；
（5）加入钡离子是为了沉淀除去碳酸根离子和硫酸根离子，防止对验证氯离子产生干扰，如果加入氯化钡会引入氯离子，而不能验证原来溶液中是否含有氯离子，所以甲同学是对的，而乙同学加入氯化钡，引入了氯离子，再加入硝酸银和硝酸，一定能产生白色沉淀，而甲和乙同学现象不同，说明甲同学没有产生沉淀，所以固体A中不含有氯化钠．
故答案为：（1）CO₂；（2）Na₂CO₃、Na₂SO₄、CuO；（3）Na⁺；（4）CuCl₂+2NaOH═Cu（OH）₂↓+2NaCl；（5）甲同学；除去溶液中的碳酸根离子和硫酸根离子；不存在氯化钠．

点评：
本题考点： 实验探究物质的组成成分以及含量．

考点点评： 在解此类题时，首先根据题中的条件推出一定存在的物质，对现象没有影响的，视为可能存在，然后再结合原题进行验证．

A、在三种物质中加入硝酸银，三种溶液中都会生成白色的沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误，
B、在三种物质中加入石蕊，氯化钠和硫酸钠都不会使石蕊变色，现象相同，不能鉴别，故B错误，
C、在三种物质中加入硝酸银，三种溶液中都会生成白色的沉淀，加盐酸后，碳酸银沉淀中会生成气体，但是氯化银和硫酸银不能区别，不C错误，
D、在三种物质中加入氯化钡，和氯化钠不反应，和碳酸钠和硫酸钠都会生成沉淀，但是碳酸钡沉淀会溶于硝酸，硫酸钡不溶于硝酸，三种现象不同，可以鉴别，故D正确，
故选D．

点评：
本题考点： 酸、碱、盐的鉴别；证明盐酸和可溶性盐酸盐；证明硫酸和可溶性硫酸盐；证明碳酸盐．

考点点评： 在解此类题时，首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择的试剂要出现不同的现象才能鉴别．

滤渣D和稀硫酸反应会生成蓝色溶液，所以蓝色溶液是硫酸铜，滤渣D是固体A和氢氧化钠反应生成的，所以滤渣D是氢氧化铜，则A中一定含有氯化铜，一定不含氯化银，滤液C中加入氯化钡会生成白色沉淀，所以滤液C中可能含有...

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断；碱的化学性质；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后结合题中所给的现象分析各种物质的存在性，最后确定混合物的成分．

硫酸钠的物质的量不变，根据稀释定律，令混合后溶液的体积为V，则：
200mL×0.5mol•L^-1=V×0.2mol•L^-1，解得V=500mL；
故混合后溶液中n（H₂SO₄）=0.5L×2mol•L^-1=1mol，
故加入的硫酸的物质的量为：1mol-0.2L×1mol•L^-1=0.8mol，
55.8%的H₂SO₄溶液的物质的量浓度c=[1000×1.35×55.8%/98]mol/L=7.69mol/L，故需要加入55.8%的H₂SO₄溶液的体积为=[0.8mol/7.69mol/L]=104mL，
答：需要加入的55.8%的H₂SO₄溶液的体积为104mL，需加水至500毫升．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，根据硫酸钠的物质的量不变计算混合后溶液的体积是关键．

1）含有Na₂SO₄、NaCl中的一种或两种杂质，结合假设1和假设2的内容可知假设3为碳酸钠中含Na₂SO₄和NaCl杂质，故答案为：Na₂SO₄和NaCl；
（1）碳酸根、硫酸根均可以和钡离子反应生成白色沉淀，向试管中滴入0.1mol•L^-1的BaCl₂溶液，有白色沉淀产生，样品中含有碳酸钠或者是Na₂SO₄，
故答案为：不正确，溶液中含有CO₃^2-，可与BaCl₂溶液产生BaCO₃沉淀，因此无法确定该沉淀是BaSO₄；
（2））①只有碳酸钠可以和酸反应生成二氧化碳气体，可以用硝酸检验是否生成二氧化碳气体来检验碳酸钠的存在；
②向酸化后的试管中加入0.1mol•L^-1的Ba（NO₃）₂ 溶液至过量，生成的白色且不溶于硝酸的沉淀是硫酸钡，证明含有硫酸钠；
③能和硝酸酸化的硝酸银反应生成的白色沉淀一定是氯化银，证明含有氯化钠，故答案为：

编号 实验操作 预期现象和结论
① 取少许样品于试管中，加蒸馏水溶解．向试管中加足量的1.0 mol•L^-1HNO₃．（或加入1.0 mol•L^-1HNO₃至溶液中不再有气体放为止．） 有气体产生，说明样品中含有Na₂CO₃．
② 向试管中加入0.1 mol•L的Ba（NO₃）₂ 溶液．若有沉淀产生，则继续加入0.1 mol•LBa（NO₃）₂至过量． 若有沉淀产生，则含Na₂SO₄，若没有沉淀产生，则不含Na₂SO₄．
③ 若②操作无沉淀，则向试管中加入0.1 mol•L^-1AgNO₃溶液．若②操作中有沉淀，则将试管静置片刻后，取上层清液于另一去试管中，加入0.1 mol•L^-1AgNO₃溶液． 有沉淀产生，则含NaCl，若无沉淀，则不含NaCl．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的实验方案设计．

考点点评： 本题考查物质检验、鉴别的实验方案的设计，侧重离子检验及实验探究的考查，注意混合物中一定存在、一定不存在和可能存在的是什么物质，题目难度不大．