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    8．实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液．
    【方案一】：沉淀法．利用化学反应把HCO3-、CO32-完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．
    （1）量取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3-、CO32-完全转化为沉淀，应选用的试剂是D（填编号）．
    A．CaCl2溶液      B．MgSO4溶液     C．NaCl溶液     D．Ba（OH）2溶液
    （2）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算ω（Na2CO3）．如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得ω（Na2CO3）偏小（填“偏大”、“偏小“或“无影响”）．
    【方案二】：量气法．量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃、1.01×105Pa）的体积，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．
    （1）装置中导管a的定量作用是让锥形瓶中的气体进入分液漏斗上部，保证测量气体体积的准确．
    （2）若撤去导管a，使测得气体体积偏大（“偏大”，“偏小”或“无影响”）．
    【方案三】：滴定法．量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol•L-1的盐酸滴定到终点（已知终点时反应H++CO32-═HCO3-恰好完全）．重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL．
    （1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管仪器来完成．
    （2）判断滴定终点的依据是由红色突变为无色，且30s不恢复．
    （3）此法测得ω（Na2CO3）=84.8%．

    分析 方案一：（1）滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3-、CO32-完全转化为沉淀，关键是该沉淀剂能够与碳酸氢根离子反应生成沉淀；
    （2）沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，据此判断对测定结果的影响；
    方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差；
    （2）若撤去导管a，会导致硫酸的体积产生误差；
    方案三：（1）碳酸钠、碳酸氢钠的混合液显碱性，应该用碱式滴定管量取；
    （2）酚酞的变色范围是8.2～10.0，反应结束时溶液由红色突变为无色，据此判断滴定终点；
    （3）根据反应H++CO32-=HCO3-计算出50 mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量，然后计算出250mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出碳酸钠的质量，最后根据质量分数的表达式计算出样品中碳酸钠的质量分数．

    解答 解：方案一：（1）A．CaCl2溶液只能与碳酸根反应转化为碳酸根沉淀，故A错误；
    B．MgSO4溶液与HCO3-、CO32-均不反应，故B错误；
    C．NaCl溶液与HCO3-、CO32-都不反应，故C错误；
    D．Ba（OH）2溶液与HCO3-、CO32-都发生反应生成碳酸钡沉淀，故D正确；
    故答案为：D；
    （2）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，所以如果称量值偏大，则碳酸氢钠的质量偏大，则碳酸钠的含量偏小，故答案为：偏小；
    方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差，故答案为：让锥形瓶中的气体进入分液漏斗上部，保证测量气体体积的准确；
    （2）若撤去导管a，滴入硫酸到一定程度会产生压强，使测得气体体积偏大，
    故答案为：偏大；
    方案三：（1）溶液显碱性，因此应该用碱式滴定管量取，
    故答案为：碱式滴定管；
    （2）酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以判断滴定终点的依据是由红色突变为无色，且30s不恢复，
    故答案为：由红色突变为无色，且30s不恢复；
    （3）反应达到终点时，发生的离子方程式为：H++CO32-=HCO3-，
    则根据消耗盐酸的体积可知20.00ml可知，消耗碳酸钠的物质的量为：0.2000 mol/L×0.02000L=0.004mol，
    则原混合物中碳酸钠的物质的量为：0.004mol×$\frac{250ml}{25ml}$=0.04mol，质量为：0.04mol×106g/mol=4.24g，
    所以碳酸钠质量分数为：$\frac{4.24g}{5.0g}$×100%=84.8%，
    故答案为：84.8．

    点评 本题考查物质含量的测定，为高考常见题型，题目难度中等，明确化学实验基本操作方法及碳酸钠、碳酸氢钠的性质为解答此题关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．

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    A．MgCl2B．NaOHC．C2H6D．CO2

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    13．红磷P（s）和Cl2（g）发生反应生成PCl3（g）和PCl5（g）．反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）．
    根据图回答下列问题：
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    （2）PCl5分解成PCl3和Cl2时，该反应为吸热反应（填吸热反应或放热反应），该反应的热化学方程式是PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1．
    （3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-399kJ•mol-1，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4等于△H3（填“大于”、“小于”或“等于”）．

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    20．运用化学反应原理研究氮、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义．
    （1）如图是一定的温度和压强下N2和H2反应生成lmolNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学方程式（△H的数值用含字母Q1、Q2的代数式表示）：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=2（Q1-Q2）kJ•mol-1
    （2）已知：25℃时KSP（AgCl）=1.6×l0-10KSP（AgI）=1.5×l0-16
    海水中含有大量的元素，常量元素如氯，微量元素如碘，其在海水中均以化合态存在．在25℃下，向0.1L0.002mol•L-l的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1L0.002mol•L-l硝酸银溶液，有白色沉淀生成，从难溶电解质的溶解平衡角度解释产生沉淀的原因是c（Ag+）．c（Cl-）＞Ksp（AgCl），向反应后的浑浊液中继续加入0.1L0.002mol•L-1的NaI溶液，看到的现象是白色沉淀转化为黄色沉淀，产生该现象的原因是（用离子方程式表示）AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）．
    （3）氨气溶于水得到氨水．在25℃下，将a mol•L-1的氨水与b mol•L-1的盐酸等体积混合（混合后体积为混合前体积之和），反应后溶液显中性．求25℃下该混合溶液中氨水的电离平衡常数．

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    17．在一密闭容器中发生反应N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示：
    回答下列问题：
    （1）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）．
    t1时刻C； t3时刻E；t4时刻B；
    A．增大压强     B．减小压强     C．升高温度
    D．降低温度     E．加催化剂     F．充入氮气
    （2）t4时刻改变条件后平衡将向逆反应方向移动．
    （3）依据（1）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是A （填选项）．
    A．t0～t1　          B．t2～t3　　       C．t3～t4　　       D．t5～t6．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    18．运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义
    I．部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L-1）溶液的pH和原子序数的关系如图所示．

    （1）元素R在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，元素Z的原子结构示意图是．
    （2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为离子键、非极性共价键．
    Ⅱ．短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO2、CS2、COS等
    （1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是AC（填序号）
    A．S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易
    B．酸性：H2SO3＞H2CO3
    C．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价
    （2）羰基硫（COS）其分子结构和CO2相似．用电子式表示羰基硫（COS）的形成过程．
    （3）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与元素碳（C）同主族．则：
    ①锗的原子序数为32
    ②它们最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱顺序为Pb（OH）4＞Sn（OH）4＞Ge（OH）4（填化学式）．
    Ⅲ．若1.52g铜镁合金完全溶解于X元素的最高价氧化物的水化物的浓溶液中，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属阳离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，那么，该铜镁合金中铜与镁的物质的量之比是2：1．

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