浙江省温州中学自主招生化学模拟试卷1 含解析

2016年浙江省温州中学自主招生化学模拟试卷（1）
一、选择题（第1～10题每题3分、第11～13题每题4分且仅1个正确答案，多选、错选、不选均不得分，共42分）
2．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3，混合物中Na2CO3质量分数的是（）A．取a g混合物充分加热，剩余b g固体
B．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
C．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
D．取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
3．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（）A．13.5L B．9.0L C．16.8L D．15.7L
4．某探究小组用KMnO4酸性溶液与草酸（H2C2O4）溶液反应过程中溶液紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素．实验条件作如下限定：所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.01mol•L﹣1、0.001mol•L﹣1，催化剂的用量为0.5g、实验温度为298K，每次实验KMnO4酸性溶液的用量均为4mL，H2C2O4溶液（0.1mol•L﹣1）的用量均为2mL．
某同学对两种不同浓度的酸性KMnO4溶液进行实验（其它条件相同），测得如图实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：则实验Ⅱ中用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为（忽略
×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1
C．1.5×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1D．无法计算
二、不定项选择题（每题4分且至少有1个正确答案，多选、错选、不选均不得分，少选1个得2分，1个以上不得分，共28分）
5．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同的是（）
A．NaHSO4和Ba（OH）2 B．AlCl3和NaOH
C．NaAlO2和H2SO4D．Ba（HCO3）2和Ba（OH）2
6．已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2mol NaOH，1mol Ba （OH）2，2mol Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀
．．．．
三、简答题（除第24题每空2分外，其余每空均为3分，共25分）
7．科学兴趣小组的同学取一定量的某碱式碳酸铜晶体[Cu2（OH）2CO3•2H2O]投一定量入水中，后往其中逐滴加入稀盐酸．
（1）某同学通过实验得到沉淀质量、气体质量与加入盐酸的关系如图：当加入60mL盐酸时的总化学反应方程式为．
（2）若完全反应后产生的气体全部通入100g 8%的NaOH溶液中充分反应，所得溶液的溶质总质量为．
四、实验探究题（第27题9分、第28题6分、第29题16分、第30题9分，共40分）8．根据侯德榜制碱法原理并参考下表的数据，实验室制备纯碱Na2CO3的主要步骤是：将配制好的饱和NaCl溶液倒入烧杯中加热，控制温度在30～35℃，搅拌下分批加入研细的
NH4HCO3固体，加料完毕后，继续保温30分钟，静置、过滤得NaHCO3晶体．用少量蒸馏水洗涤除去杂质，抽干后，转入蒸发皿中，灼烧2小时，制得Na2CO3固体．四种盐在不同温g/100g35NH
（1）反应温度控制在30～35℃，是因为若高于35℃，则，若低于30℃，则；为控制此温度范围，采取的加热方法为；
（2）加料完毕后，继续保温30分钟，目的是．静置后只析出NaHCO3晶体的原因是．用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去杂质（以化学式表示）；
（3）过滤所得的母液中含有（以化学式表示），需加入，并作进一步处理，使NaCl 溶液循环使用，同时可回收NH4Cl；
（4）测试纯碱产品中NaHCO3含量的方法是：准确称取纯碱样品W g，放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加1～2滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色（指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点），所用HCl溶液体积为V1mL，再加1～2滴甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，所用HCl溶液体积为V2 mL．写出纯碱样品中NaHCO3质量分数的计算式：NaHCO3（%）=．
9．实验室里临时要用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液．已知CO2气体通入NaOH溶液过程中极易生成过量NaHCO3，且无明显现象．实验室有下列试剂：①未知浓度的NaOH 溶液②37%的盐酸③37%的硫酸④14%盐酸⑤大理石⑥K2CO3固体⑦Cu2（OH）2CO3实验室有下列仪器：铁架台、启普发生器、量筒、烧杯、橡皮管、玻璃导管、分液漏斗．
g/100g
）本实验应选用的仪器除启普发生器、橡皮管、玻璃导管外，还需要．
（2）为保证制得的Na2CO3溶液尽量纯，应选用的药品（填编号）除①外，还需要．（3）简要叙述实验步骤，直到制得纯Na2CO3溶液（仪器安装可省略）．
（4）根据给出的溶解度表，求出当NaOH溶液中溶质的质量分数大于多少时，在配制过程中会有晶体析出（写出计算步骤和必要的文字说明）
五、分析计算题（第31题5分，第32题10分，共15分）
10．把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为112g，向此剩余固体中加入200g稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色．同时将反应所得的气体全部通入含溶质37g的澄清石灰水中，得到沉淀25g．下列有关说法正确的是（）
A．生成气体的质量可能是11克或33克
B．滤渣中的红色物质可能是32克或96克
C．参与反应的氧化铜质量可能是40克或120克
D．稀硫酸的溶质质量可能是38.4克或115.2克
2016年浙江省温州中学自主招生化学模拟试卷（1）
参考答案与试题解析
一、选择题（第1～10题每题3分、第11～13题每题4分且仅1个正确答案，多选、错选、不选均不得分，共42分）
2．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3，混合物中Na2CO3质量分数的是（）A．取a g混合物充分加热，剩余b g固体
B．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
C．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
D．取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；钠的重要化合物．
【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．
A．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
B．根据钠守恒，可列方程组求解；
C．应先把水蒸气排除才合理；
D．根据质量关系，可列方程组求解．
【解答】解：A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；
B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；
C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；
D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选．
故选C．
3．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（）A．13.5L B．9.0L C．16.8L D．15.7L
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），
根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nV m计算气体体积，实际气体介于二者之间．
【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转
移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol，NO和NO2的体积相等，
设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得：x=0.3，故气体体积V=0.6mol ×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子
物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积为：0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
由于是CuS和Cu2S的混合物，则生成的气体体积介于8.4～13.44之间，所以B正确，
故选B．
4．某探究小组用KMnO4酸性溶液与草酸（H2C2O4）溶液反应过程中溶液紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素．实验条件作如下限定：所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.01mol•L﹣1、0.001mol•L﹣1，催化剂的用量为0.5g、实验温度为298K，每次实验KMnO4酸性溶液的用量均为4mL，H2C2O4溶液（0.1mol•L﹣1）的用量均为2mL．
某同学对两种不同浓度的酸性KMnO4溶液进行实验（其它条件相同），测得如图实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：则实验Ⅱ中用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为（忽略
×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1
C．1.5×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1D．无法计算
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】计算出高锰酸钾的浓度和三次平均时间，再根据v=计算．
【解答】解：反应开始时：c（KMnO4）==0.00067 mol•L﹣1
反应时间：△t==6.7min
KMnO4的平均反应速率：
ν（KMnO4）===1×10﹣4 mol•L﹣1•min﹣1
故选A．
二、不定项选择题（每题4分且至少有1个正确答案，多选、错选、不选均不得分，少选1个得2分，1个以上不得分，共28分）
5．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同的是（）
A．NaHSO4和Ba（OH）2 B．AlCl3和NaOH
C．NaAlO2和H2SO4D．Ba（HCO3）2和Ba（OH）2
【考点】镁、铝的重要化合物．
【分析】无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同，说明化学反应、离子反应都相同，与反应物量的多少无关，据此分析解答．
【解答】解：A．无论硫酸氢钠是否过量，二者反应离子方程式均为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，所以无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同，故A正确；
B．氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液时，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，氯化铝滴入氢氧化钠溶液时发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所以前者滴入后者或是后者滴入前者，反应现象不同，故B错误；
C．当稀硫酸滴入偏铝酸钠时发生反应为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，当偏铝酸钠滴入硫酸时发生反应为Al02﹣+4H+═Al3++2H2O，所以反应现象不同，故C错误；
D．Ba（HCO3）2溶液与Ba（OH）2溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，只发生Ba2++2HCO3﹣+2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，所以反应现象相同，故D正确；
故选：AD．
6．已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2mol NaOH，1mol Ba （OH）2，2mol Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀
【考点】真题集萃；化学方程式的有关计算．
【分析】CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液，反应的先后顺序为：Ba（OH）2、NaOH、Na[Al（OH）4]．含NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，发生的反应有：
CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O；
CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，
【解答】解：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A正确；
B．当通入的n（CO2）=3 mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、2[Al（OH）4]﹣+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al（OH）3），故B错误；C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳与Na[Al（OH）4]发生反应2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al （OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀，
最后1mol与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；
D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol 碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba （HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故D错误；
故选：AC．
三、简答题（除第24题每空2分外，其余每空均为3分，共25分）
7．科学兴趣小组的同学取一定量的某碱式碳酸铜晶体[Cu2（OH）2CO3•2H2O]投一定量入水中，后往其中逐滴加入稀盐酸．
（1）某同学通过实验得到沉淀质量、气体质量与加入盐酸的关系如图：当加入60mL盐酸时的总化学反应方程式为Cu2（OH）2CO3+2HCl=CuCO3↓+CuCl2+2H2O
（Cu2（OH）2CO3？2H2O+2HCl=CuCO3↓+CuCl2+4H2O）．
（2）若完全反应后产生的气体全部通入100g 8%的NaOH溶液中充分反应，所得溶液的溶质总质量为13.7g．
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】（1）Cu2（OH）2CO3•2H2O溶于水时，结晶水先失去，则开始时沉淀为Cu2（OH）
2CO3，n（Cu2（OH）2CO3）==0.15mol，加入稀盐酸60mL时没有气体生成，说
明Cu2（OH）2CO3中氢氧根离子和稀盐酸反应，当加入60mL后有气体生成，说明此时碳酸根离子和稀盐酸反应；
（2）根据C原子守恒得n（CO2）=n[Cu2（OH）2CO3]=0.15mol，100g 8%的NaOH溶液中n
（NaOH）==0.2mol，1＜＜2，说明二氧化碳和NaOH反应有碳酸钠、碳
酸氢钠生成，
设碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据C原子、Na原子守恒列方程组计算溶质的质量．
【解答】解：（1）Cu2（OH）2CO3•2H2O溶于水时，结晶水先失去，则开始时沉淀为Cu2（OH）
2CO3，n（Cu2（OH）2CO3）==0.15mol，加入稀盐酸60mL时没有气体生成，说
明Cu2（OH）2CO3中氢氧根离子和稀盐酸反应，当加入60mL后有气体生成，说明此时碳酸根离子和稀盐酸反应，所以反应方程式为Cu2（OH）2CO3+2HCl=CuCO3↓+CuCl2+2H2O（Cu2（OH）2CO3？2H2O+2HCl=CuCO3↓+CuCl2+4H2O），
故答案为：Cu2（OH）2CO3+2HCl=CuCO3↓+CuCl2+2H2O（Cu2（OH）2CO3？
2H2O+2HCl=CuCO3↓+CuCl2+4H2O）；
（2）根据C原子守恒得n（CO2）=n[Cu2（OH）2CO3]=0.15mol，100g 8%的NaOH溶液中n
（NaOH）==0.2mol，1＜＜2，说明二氧化碳和NaOH反应有碳酸钠、碳
酸氢钠生成，
设碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据C原子、Na原子守恒列方程组得
，解得
则溶质的质量=m（Na2CO3）+m（NaHCO3）=0.05mol×106g/mol+0.1mol×84g/mol=13.7g，
故答案为：13.7g．
四、实验探究题（第27题9分、第28题6分、第29题16分、第30题9分，共40分）8．根据侯德榜制碱法原理并参考下表的数据，实验室制备纯碱Na2CO3的主要步骤是：将配制好的饱和NaCl溶液倒入烧杯中加热，控制温度在30～35℃，搅拌下分批加入研细的
NH4HCO3固体，加料完毕后，继续保温30分钟，静置、过滤得NaHCO3晶体．用少量蒸馏水洗涤除去杂质，抽干后，转入蒸发皿中，灼烧2小时，制得Na2CO3固体．四种盐在不同温
（1）反应温度控制在30～35℃，是因为若高于35℃，则NH4HCO3分解，若低于30℃，则反应速率降低；为控制此温度范围，采取的加热方法为水浴加热；
（2）加料完毕后，继续保温30分钟，目的是使反应充分进行．静置后只析出NaHCO3晶体的原因是NaHCO3的溶解度最小．用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去NaCl、NH4Cl、NH4HCO3杂质（以化学式表示）；
（3）过滤所得的母液中含有NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3（以化学式表示），需加入HCl，并作进一步处理，使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl；
（4）测试纯碱产品中NaHCO3含量的方法是：准确称取纯碱样品W g，放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加1～2滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色（指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点），所用HCl溶液体积为V1mL，再加1～2滴甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，所用HCl溶液体积为V2 mL．写出纯碱
样品中NaHCO3质量分数的计算式：NaHCO3（%）=×100%．
【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学方程式的有关计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】（1）碳酸氢铵在低于30℃时分解较少，40℃时开始大量分解．若温度过低，则反应速率较慢．故反应温度控制在30﹣35℃之间为宜；水浴加热是把要加热的物质放在水中，通过给水加热达到给物质加热的效果．水浴加热的优点是避免了直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度；
（2）加料完毕后，继续保温一段时间为使反应充分进行，使反应完全．物质的溶解度，碳酸氢铵0℃时溶解度为11.3%；20℃时为21%；40℃时为35%．碳酸氢钠30℃为11.1g，30℃时碳酸氢钠的溶解度更小，故碳酸氢钠先析出．用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体中杂质，此反应中杂质为NaCl、NH4Cl、NH4HCO3；
（3）过滤除去析出的碳酸氢钠后所得的母液主要成分为NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3．加入盐酸后，溶液中剩余的NaCl和NH4Cl，氯化钠可以重复使用，氯化铵可以回收利用；（4）加酚酞指示剂，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣应的终点，再加甲基橙指示剂，指示HCO3﹣
+H+=CO2+H2O反应的终点，样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为（V2﹣V1 ）mL，消耗盐酸的物质的量为c（V2﹣V1 ）÷1000 mol，故碳酸氢钠的物质的量为c（V2﹣V1）÷1000 mol，以此来计算碳酸氢钠的质量分数为．
【解答】解：（1）碳酸氢铵10～20℃时，不易分解，30℃时开始大量分解．若温度过低，则反应速率较慢．故反应温度控制在30﹣35℃之间为宜．水浴加热是把要加热的物质放在水中，
通过给水加热达到给物质加热的效果．一般都是把要反应的物质放在试管中，再把试管放在装有水的烧杯中，再在烧杯中插一根温度计，可以控制反应温度．水浴加热的优点是避免了直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，许多反应需要严格的温度控制，就需要水浴加热．水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度．
故答案为：NH4HCO3分解；反应速率降低；水浴加热；
（2）加料完毕后，继续保温30分钟，可以使反应充分进行，使反应完全．碳酸氢铵0℃时溶解度为11.3%；20℃时为21%；40℃时为35%．碳酸氢钠0℃溶解度为6.9 g，5℃为7.45 g，10℃为8.15 g，15℃为8.85 g，20℃为9.6 g，25℃为10.35 g，30℃为11.1g，35℃为11.9 g，40℃为12.7 g，45℃为13.55 g，50℃为14.45 g，55℃为15.4g，60℃为16.4g．30℃时碳酸氢钠的溶解度更小，故碳酸氢钠先析出．用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是为了除去杂质，此反应中杂质为NaCl、NH4Cl、NH4HCO3．
故答案为：使反应充分进行；NaHCO3的溶解度最小；NaCl、NH4Cl、NH4HCO3；
（3）过滤除去析出的碳酸氢钠，溶液中还有部分碳酸氢钠未析出，还有溶解在溶液中的NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，所得的母液主要成分为NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3．加入盐酸后，碳酸氢钠转化为氯化钠，碳酸氢铵转化为氯化铵，这时溶液中的NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl．
故答案为：NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3；HCl；
（4）加酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL；再加甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL．上述的两个离子方程式为①CO32﹣+H+=HCO3﹣②HCO3﹣+H+=CO2+H2O，故样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为（V2﹣V1 ）mL，消耗盐酸的物质的量为c（V2﹣V1 ）÷1000 mol，故碳酸氢钠的物质的量为c（V2﹣V1）÷1000 mol，碳酸氢钠的质量为c（V2﹣V1 ）
M÷1000 g，碳酸氢钠的质量分数为×100%，
故答案为：×100%．
9．实验室里临时要用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液．已知CO2气体通入NaOH溶液过程中极易生成过量NaHCO3，且无明显现象．实验室有下列试剂：①未知浓度的NaOH 溶液②37%的盐酸③37%的硫酸④14%盐酸⑤大理石⑥K2CO3固体⑦Cu2（OH）2CO3实验室有下列仪器：铁架台、启普发生器、量筒、烧杯、橡皮管、玻璃导管、分液漏斗．
g/100g
（）本实验应选用的仪器除启普发生器、橡皮管、玻璃导管外，还需要烧杯、量筒．（2）为保证制得的Na2CO3溶液尽量纯，应选用的药品（填编号）除①外，还需要④⑤．（3）简要叙述实验步骤，直到制得纯Na2CO3溶液（仪器安装可省略）①量取一定量的NaOH溶液，分成两等份②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通入过量的CO2气体③将两溶液混合均匀．
（4）根据给出的溶解度表，求出当NaOH溶液中溶质的质量分数大于多少时，在配制过程中会有晶体析出（写出计算步骤和必要的文字说明）
【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．
【分析】根据NaOH+CO2=NaHCO3、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O知，用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液，如果二氧化碳过量则生成NaHCO3，如果二氧化碳不足量，则溶液中易存在杂质NaOH，为了制取较纯净的Na2CO3溶液，应该量取两份相同体积、相同浓度的NaOH溶液，向其中一份中通入过量二氧化碳制取NaHCO3，然后将制取的NaHCO3溶液倒入另一份NaOH溶液中即可得到较纯净的Na2CO3溶液，据此分析解答．
【解答】解：根据NaOH+CO2=NaHCO3、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O知，用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液，如果二氧化碳过量则生成NaHCO3，如果二氧化碳不足量，则溶液中易存在杂质NaOH，为了制取较纯净的Na2CO3溶液，应该量取两份相同体积、相同浓度的NaOH溶液，向其中一份中通入过量二氧化碳制取NaHCO3，然后将制取的NaHCO3溶液倒入另一份NaOH溶液中即可得到较纯净的Na2CO3溶液．
（1）做该实验需要制取二氧化碳，制取二氧化碳时需要启普发生器、橡皮管、玻璃导管，还需要烧杯盛放氢氧化钠溶液，量筒量取溶液，故答案为：烧杯、量筒；
（2）实验时需要制取碳酸氢钠溶液，制取碳酸氢钠溶液时除了需要NaOH溶液外还需要二氧化碳，实验室用稀盐酸和大理石制备二氧化碳，故选④⑤，故答案为：④⑤；
（3）根据分析知，其操作步骤为：①量取一定量的NaOH溶液分成两等份，
②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通人过量的CO2气体，
③将两份溶液混合摇匀，
故答案为：①量取一定量的NaOH溶液分成两等份，
②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通人过量的CO2气体，
③将两份溶液混合摇匀；
（4）从表中可知，NaHCO3常温下溶解度为8.4g，设常温下溶解的NaOH的质量为x时，NaHCO3达到饱和，
NaOH+CO2=NaHCO3
40 84
x 8.4g
x=4g
故溶液中NaOH的质量分数大于×100%=3.85%时，在步骤②中有NaHCO3晶体析出．
五、分析计算题（第31题5分，第32题10分，共15分）
10．把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为112g，向此剩余固体中加入200g稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色．同时将反应所得的气体全部通入含溶质37g的澄清石灰水中，得到沉淀25g．下列有关说法正确的是（）
A．生成气体的质量可能是11克或33克
B．滤渣中的红色物质可能是32克或96克
C．参与反应的氧化铜质量可能是40克或120克
D．稀硫酸的溶质质量可能是38.4克或115.2克
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】氢氧化钙和少量二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，发生反应为CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，
A．当二氧化碳不足时，只发生反应Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，据此计算出生成二氧化碳的质量；当二氧化碳稍过量时，发生反应Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O、CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，据此计算出生成二氧化碳的质量；
B．氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：
2CuO+C2Cu+CO2↑，
128 44
分别根据二氧化碳为11g、33g计算出滤渣中的红色物质的质量；
C.2CuO+C2Cu+CO2↑，
160 44
分别根据二氧化碳为11g、33g计算参与反应的氧化铜的可能质量；
D．不知剩余氧化铜的质量，无法判断稀硫酸中的溶质质量．
【解答】解：氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，反应的化学方程式为：CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，
A．如果二氧化碳不足，碳酸钙是25g，根据反应可知生成二氧化碳的质量为：25g×=11g；
如果二氧化碳过量，37g氢氧化钙和二氧化碳反应生成50g碳酸钙沉淀，然后过量的二氧化碳
溶解（50﹣25）g=25g碳酸钙，则总共消耗二氧化碳的质量为：×44g+×44g=33g，故
A正确；
B．氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：
2CuO+C2Cu+CO2↑，
128 44
如果生成的一氧化碳是11g时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是32g，如果生成的二氧化碳是33g时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是96g，故B正确；
C.2CuO+C2Cu+CO2↑，
160 44
如果生成的一氧化碳是11g时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是40g，如果生成的一氧化碳是33g时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是120g，故C正确；
D．由于不知剩余氧化铜的质量，因此无法判断稀硫酸中的溶质质量，故D错误；
故选ABC．
2016年12月14日。