宁夏回族自治区中宁县中宁中学2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题含解析

PAGEPAGE16宁夏回族自治区中宁县中宁中学2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cu-64N-14Cl-35.5Fe-56Ba-137第I卷（选择题，40分）留意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名.考试号.考试科目.试卷类型用2B铅笔涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题上。3.考试结束后，监考人将答题卡和第II卷一并收回。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共40分）1.当钠、钾等金属不慎着火时，可以用来灭火的是：（）A.水 B.煤油 C.沙子 D.泡沫灭火剂【答案】C【解析】【详解】水和钠、钾反应生成氢气；煤油是可燃性液体，更不能用来灭火；泡沫灭火剂可生成二氧化碳，可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气，以上都不能用于灭火，只有沙子符合，答案选C。2.在自然界中，既有以化合态存在，又有以游离态存在的元素是（）A.碳 B.钠 C.镁 D.铝【答案】A【解析】【详解】A．碳化学性质稳定，既可以以游离态存在（金刚石、石墨等），也可以以化合态存在（空气中的二氧化碳、碳酸盐等），故A正确；B．钠最外层电子少，易失去，性质活泼，只能以化合态存在，故B错误；C．因镁最外层电子少，易失去，易被还原，从而性质活泼，只能以化合态存在，故C错误；D．因铝最外层电子少，易失去，易被还原，从而性质活泼，只能以化合态存在，故D错误；答案选A。3.下列说法正确的是（）A.1molN2的质量是14g B.H2SO4的摩尔质量是98gC.H2O的摩尔质量是18g/mol D.1molHCl的质量是36.5g/mol【答案】B【解析】【详解】A.1molN2的质量＝1mol×28g/mol＝28g，A错误；B.H2SO4的摩尔质量是98g/mol，B错误；C.H2O的摩尔质量是18g/mol，C正确；D.1molHCl的质量＝1mol×36.5g/mol＝36.5g，D错误；答案选C。【点睛】选项B和C是易错点，单位物质的量的物质所具有的质量是摩尔质量，用M表示，单位：g/mol。数值上假如用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。另外留意摩尔质量与相对原子(分子)质量的易混点：①相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，只是在数值上相等。②摩尔质量的单位为g·mol－1，相对原子(分子)质量的单位为1。4.下列各组离子，能大量共存于同一溶液中的是()。A.CO32－.H+.Na+.NO3－ B.H+.Ag+.Cl－.SO42－C.K+.Na+.OH－.NO3－ D.Ba2+.Ca2+.SO42－.OH－【答案】C【解析】【详解】A.CO32－和H+反应生成HCO3－或生成水和二氧化碳，故A不符；B.Ag+和Cl－生成AgCl沉淀，故B不符；C.K+.Na+.OH－.NO3－之间不反应，没有沉淀、气体和水生成，故C符合；D.Ba2+和.SO42－生成硫酸钡沉淀，故D不符；故选C。5.下列离子反应方程式中，正确的是()A.铁与稀硫酸反应Fe+2H+=Fe3++H2↑B.二氧化碳与水反应CO2+H2O=2H++CO32－C.碳酸钡与盐酸反应CO32—+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+D.氢氧化钠溶液与硫酸铜溶液反应2OH—+Cu2+=Cu(OH)2↓【答案】D【解析】【详解】A.应当生成硫酸亚铁，而不是硫酸铁，故A错误；B.生成的碳酸是二元弱酸，应当用化学式表示，故B错误；C.碳酸钡难溶于水，应当用化学式表示，故C错误；D.氢氧化钠溶液与硫酸铜溶液反应的离子方程式为2OH—+Cu2+=Cu(OH)2↓，故D正确；答案选D。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生实力的培育和训练。该题须要明确推断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，然后敏捷运用即可。该题有助于培育学生分析问题、解决问题的实力。6.下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是（）A.石墨、醋酸溶液、食盐晶体B.熔融状态的KOH、熔融状态的NaClC.稀H2SO4、NaOH溶液、纯HNO3D.液氨、石灰水、水银【答案】B【解析】【详解】A.石墨能导电，石墨是碳单质而不是电解质，醋酸溶液能导电，是乙酸和水混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，A错误；B.熔融NaCl、熔融KOH，属于强电解质，且都能导电，B正确；C.稀硫酸和NaOH溶液是混合物，不是电解质，纯硝酸不导电，C错误；D.液氨、石灰水是混合物，水银是单质，都不是电解质，D错误；故合理选项是B。7.血液属于胶体，透析是除去肾衰竭病人血液中的毒性物质、从而挽救病人生命的重要方法。透析的原理是A.蒸发 B.电泳 C.过滤 D.渗析【答案】D【解析】【详解】血液属于胶体，透析是除去肾衰竭病人血液中的毒性物质，透析的原理为胶体的提纯方法——渗析，答案选D。8.配制100mL1.0mol／LNa2CO3溶液，下列操作正确的是A.称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B.称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C.转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，干脆倒入容量瓶中D.定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀【答案】D【解析】分析】配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0mol/L0.1L106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100mL，据此解答。【详解】A、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；

B、碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100mL的水，则下面的试验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100mL，故B错误；

C、移液操作时，防止液体外溅，须要玻璃棒来引流，故C错误；

D、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，所以D选项是正确的。

故答案选D。9.对于反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，下列说法正确的是A.MnO2是还原剂 B.MnCl2是氧化产物C.Cl2是氧化产物 D.H2O是还原产物【答案】C【解析】【详解】A．Mn元素的化合价降低，被还原，MnO2是氧化剂，A错误；B．Mn元素的化合价降低，被还原，MnCl2是还原产物，B错误；C．氯元素的化合价上升，被氧化，氯化氢是还原剂，氯气是氧化产物，C正确；D．反应中氢氧元素的化合价没有发生变更，所以水不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；答案选C。10.现有三组试验：①除去混在植物油中的水；②对碘水中的碘进行浓缩；③对30%的酒精溶液中的酒精进行提纯。以上试验采纳的正确方法依次是（）A.分液、萃取、蒸馏 B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取 D.蒸馏、萃取、分液【答案】A【解析】【详解】①植物油不溶于水，密度比水小，所以植物油与水混合会分层，可采纳分液法分别，以除去水；②碘在水中的溶解度不大，往碘水中加入有机溶剂进行萃取，可对碘水中的碘进行浓缩；③采纳蒸馏的方法，对30%的酒精溶液进行蒸馏，可实现酒精的提纯；综合以上分析，三个试验采纳的正确方法依次是分液、萃取、蒸馏，故选A。11.在溶液导电性试验中，往氢氧化钡溶液中滴加硫酸至过量，灯泡的光明度变更是：明→暗→明，下列说法正确的是（）A.溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关B.溶液的导电性与溶液中离子数目的多少有关C.灯泡最暗时溶液中无任何电解质D.往氢氧化钡溶液中滴加盐酸与滴加硫酸时现象相同【答案】A【解析】【详解】A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，溶液中离子浓度越大，溶液导电性越强，故A正确；B．溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，与溶液中离子种类无关，故B错误；C．灯泡最暗时溶液中自由移动的离子很少，而不是无任何电解质，故C错误；D．往氢氧化钡溶液中滴加硫酸至过量，会生成难溶的硫酸钡和难电离的水，所以导电性会先减弱，硫酸过量之后，导电性又增加，所以，灯泡的光明度变更是：明→暗→明，而往氢氧化钡溶液中滴加盐酸，生成的是易溶易电离的氯化钡，所以，溶液导电实力始终很强，灯泡始终光明，故D错误；答案选A。12.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是()A.等浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢Na2CO3<NaHCO3 B.热稳定性Na2CO3<NaHCO3C.常温时水溶性Na2CO3<NaHCO3 D.相对分子质量Na2CO3<NaHCO3【答案】A【解析】【详解】A、与盐酸反应时，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，而碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳气体，则碳酸氢钠反应较快，正确；B、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，错误；C、常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，错误；D、碳酸钠的相对分子质量为106，碳酸氢钠的相对分子质量为84，错误；答案选A。13.24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为A.＋2 B.＋3 C.＋4 D.＋【答案】B【解析】【详解】令Cr元素在产物中的化合价为a价，依据电子转移守恒，则：24×10-3L×0.05mol·L－1×(6-4)=20×10-3L×0.02mol·L－1×2×解得a=+3；答案选B。14.要证明某溶液中含Fe2+而不含有Fe3+，进行如下试验操作时最佳依次为（）①加入足量氯水②视察到无现象③加入少量KSCN溶液A.①③② B.③①② C.③②① D.①②③【答案】C【解析】【详解】要证明某溶液中含Fe2+而不含有Fe3+，首先要证明不含有Fe3+，所以要先加入少量KSCN溶液，视察到无现象；再加入足量氯水，看到溶液呈血红色，证明此时溶液中含有Fe3+，从而证明原溶液中含有Fe2+；由此得出试验操作时最佳依次为③②①，故选C。15.只用一种试剂区分Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、FeCl3五种溶液，这种试剂（）A.Ba(OH)2 B.H2SO4 C.NaOH D.AgNO【答案】C【解析】【详解】A．加入Ba(OH)2，Na2SO4和MgCl2都生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；B．加入H2SO4，以上物质都不反应，不能鉴别，故B错误；C．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，快速变成灰绿色，最终总变成红褐色，Al2(SO4)3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀渐渐溶解，FeCl3干脆生成红褐色沉淀，五种物质现象各不相同，可鉴别，故C正确；D．加入AgNO3，以上物质都生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；答案选C。16.两份铝片，一份与足量盐酸反应，另一份与足量烧碱溶液反应，同温、同压下，放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（）A.1：1 B.2：3 C.3：2 D.1：【答案】A【解析】【详解】2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知：A．当两份铝片的质量之比为1:1时，放出氢气的物质的量之比为1:1，故同温、同压下，放出氢气体积相同，A符合题意；B．当两份铝片的质量之比为2:3时，放出氢气的物质的量物质的量之比为2:3，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，B不符合题意；C．当两份铝片的质量之比为3:2时，放出氢气的物质的量物质的量之比为3:2，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，C不符合题意；D．当两份铝片的质量之比为1:6时，放出氢气的物质的量物质的量之比为1:6，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，D不符合题意；答案选A。17.下列变更中只有通过还原反应才能实现的是（）A.Fe3+→Fe2+ B.Mn2+→MnO4－ C.Cl－→Cl2 D.N2O3→HNO2【答案】A【解析】【分析】下列变更中只有通过还原反应才能实现，说明原物质是氧化剂，化合价降低。【详解】A选项，Fe3+→Fe2+化合价降低，发生还原反应，故A符合题意；B选项，Mn2+→MnO4－，锰元素化合价上升，发生氧化反应，故B不符合题意；C选项，Cl－→Cl2化合价上升，发生氧化反应，故C不符合题意；D选项，N2O3→HNO2化合价未变，没有发生还原反应，故D不符合题意。综上所述，答案为A。18.将5.6LCO2气体缓慢通过确定量的Na2O2固体后，得到3.36L气体(气体体积均在标准状况下测定)，所得气体的质量为（）A.3.8g B.4.8g C.5.4g【答案】C【解析】【详解】令参与反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2气体体积减小△V211ab5.6L-3.36L=解得a=4.48L，b=2.24L，所以3.36L气体中CO2体积为5.6L-4.48L=1.12L，O2的体积为2.24L，则3.36L气体的质量为+=5.4g；答案选C。19.将少量氯水加入盛有KBr溶液的试管中，再加入适量的汽油，然后振荡，静置，产生的现象是（）A.溶液呈橙色 B.溶液呈无色C.上层液体呈橙色，下层液体几乎无色 D.上层液体呈紫红色，下层液体几乎无色【答案】C【解析】氯气具有强氧化性，通入溴化钾溶液发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后得到橙黄色的溴水溶液，倒入汽油后，汽油与水互不相溶，汽油的密度小于水，溶液分层，汽油层在上层，溴在汽油中的溶解度大于在水中的溶解度，振荡后，溴被萃取到汽油层，所以看到的现象是溶液分层，下层为无色的水层，上层为橙色的溶有溴的汽油层，答案选C。点睛：本题考查了氯气的氧化性和萃取的原理，熟识氯气的性质，明确溴在汽油中溶解度大是解题的关键，留意汽油的密度小于水。20.把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如图所示，则原合金中镁与铝的物质的量之比为（）A.1：1 B.1：2 C.2：3 D.3：2【答案】A【解析】【分析】本题涉及的反应方程式有：、、、和，依据这些反应进行计算。【详解】由图中可知，50~60mL时沉淀溶解，即发生，故可以求出：，进而可以依据在0~50mL生成沉淀过程中求出，故原合金中镁与铝的物质的量之比为0.01mol:0.01mol=1:1；故答案为A。第II卷（非选择题，60分）二、填空题21.（1）标况下11gCO2的物质的量为___，体积为___。（2）已知4.8g某混合气体含分子数为0.15NA，该气体的平均摩尔质量为___。（3）等物质的量的SO2和SO3含有的氧原子个数比为____；气体的质量比为___。（4）12gCH4和O2的混合气体在标准状况下的体积为11.2L，则混合气体中CH4与O2的物质的量之比为___。【答案】(1).0.25mol(2).5.6L(3).32g/mol(4).2:3(5).4:5(6).1:1【解析】分析】以物质的量为核心的化学计量公式：；【详解】(1)标况下11gCO2的物质的量为；体积为；故答案为：0.25mol；5.6L；(2)某混合气体含分子数为0.15NA，则物质的量为，该气体的平均摩尔质量为，故答案为：32g/mol；(3)设SO2和SO3的物质的量都是1mol，1个二氧化硫分子中含有2个氧原子，1个三氧化硫分子中含有3个氧原子，则所含O原子数之比为2:3；气体质量比为1mol×64g/mol：1mol×80g/mol=4:5；故答案为：2:3；4:5；(4)在标准状况下混合气体的体积为11.2L，，设混合气体中CH4和O2的物质的量分别为x、y，则、，解得x=0.25mol，y=0.25mol，则混合气体中CH4和O2的物质的量之比为0.25:0.25=1：1，故答案为1:1。22.浓硫酸和碳在确定温度下反应会生成二氧化碳和二氧化硫和水。（1）其化学方程式为___。（2）浓硫酸在反应中表现出来的性质是___。（3）产生0.1molCO2，转移电子的物质的量为___mol。（4）若在反应中共转移了4mol电子，则标况下生成气体的总体积为___L。【答案】(1).(2).强氧化性(3).0.4(4).67.2【解析】【详解】（1）已知浓硫酸和碳在确定温度下反应会生成二氧化碳和二氧化硫和水的反应，故该反应的化学方程式为，故答案为：；（2）在反应中H2SO4中硫元素全部由+6价到+4价，化合价降低，被还原，故表现出来的性质是强氧化性，故答案为：强氧化性；（3）C由0价转化为+4价产生CO2，每生成1molCO2失去4mol电子，故生成0.1molCO2时，转移电子的物质的量为0.4mol，故答案为：0.4；（4）通过分析反应方程式可知，若在反应中共转移了4mol电子，则生成1molCO2，2molSO2，故标况下生成气体的总体积为，故答案为：67.2。23.试验室需配制500mL0.2mol/LNaOH溶液，试验操作步骤为：A.把制得的溶液当心地转移至容量瓶中。B.在天平上称取g的氢氧化钠钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水将它完全溶解并冷却至室温。C.接着向容量瓶中加蒸馏水至，改用胶头滴管当心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都当心注入容量瓶，并轻轻振荡。E.将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确依次为___（填序号）。（2）题目B、C项空白处填入。___、___。（3）本试验用到的基本仪器已有烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒，还缺少的必要仪器是___。（4）下列状况中，会使所配溶液浓度偏高的是___（填序号）。A.没有冷却干脆移液B.没有进行上述的操作步骤DC.加蒸馏水时，不慎超过了刻度线D.容量瓶运用前内壁沾有水珠【答案】(1).BADCE(2).4.0(3).刻度线下1~2cm(4).500mL容量瓶量筒(5).A【解析】【详解】（1）配制确定物质的量浓度的操作步骤包括：验漏→计算→称量→溶解→转移→洗涤→震荡→定容→摇匀→装液，故操作步骤的正确依次为BADCE，故答案为：BADCE；（2）配制500mL0.2mol/LNaOH溶液所需的固体NaOH的质量为：，定容时为防止干脆加水太快而导致溶液超出刻度线，须要在加水到刻度线下1~2cm时改用胶头滴管，故答案为：4.0刻度线下1~2cm（3）用固体配溶液时所需主要仪器有：烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒、500ml容量瓶和量筒，故还缺少的必要仪器是500ml容量瓶和量筒，故答案为：500ml容量瓶和量筒；（4）A．由于固体热胀冷缩比液体慢，故没有冷却干脆移液将导致结果偏大，故A符合题意；B．没有进行上述的操作步骤D，即没有洗涤操作，将导致结果偏小，故B不符合题意；C．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，将导致结果偏小，故C不符合题意；D．容量瓶运用前内壁沾有水珠，因为配制过程中还要向容量瓶中加水，故对试验结果无影响，故D不符合题意；故答案为：A。三、推断题24.将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反应(容器不参与反应)。试推断下列状况下，溶液中存在的金属离子和金属单质。（1）若铁粉有剩余，则容器中不行能有离子是__；铜单质___(填“确定”或“可能”或“确定不”)存在。（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有的离子为___；铜单质___(填“确定”或“可能”“确定不”)存在。（3）若氯化铁和氯化铜都剩余，则容器中不行能有的单质是__，Fe2+___(填“确定”或“可能”“确定不”)存在。【答案】(1).Fe3+和Cu2+(2).确定(3).Fe3+和Fe2+或Fe2+(4).可能(5).Fe、Cu(6).确定【解析】【详解】由于氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，进行如下解题：（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，Cu没有参与反应，确定存在，故答案为：Fe3+、Cu2+确定；（2）若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不行能有Fe，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，可能发生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器中可能有Fe3+、Fe2+或Fe2+，Cu可能存在，故答案为：Fe3+、Fe2+或Fe2+可能；（3）FeCl3和CuCl2都有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，容器中确定存在Fe2+，故答案为：Fe、Cu确定。25.已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试依据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出F、G的化学式。F：__，G：___。（2）检验D中阳离子的方法___。（3）保存C溶液时为什么要加固体A__。（4）写出下列转化的离子方程式或化学方程式。①A→C：___。②C→D：___。【答案】(1).Fe(OH)3(2).Fe2O3(3).取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+(4).防止Fe2+被氧气氧化(5).Fe+2H+=Fe2++H2↑(6).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。【详解】由分析可知：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3，则(1)F：Fe(OH)3，G：Fe2O3；(2)D为FeCl3，含有阳离子为Fe3+，检验Fe3+离子的方法为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显红色，证明有Fe3+；(3)FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧气氧化；(4)①A→C的反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，②C→D的反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。四、计算题26.将1.95g由Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水得溶液A，在A中加入10mL未知的BaCl2溶液恰好完全反应，过滤得沉淀B，向B中加入足量稀盐酸，充分反应后剩余沉淀（1）原混合物中Na2SO4的物质的量___。（2）碳酸钠的质量分数___。【答案】(1).0.01mol(2).27.2%【解析】【分析】将Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水，加入未知浓度的BaCl2溶液恰好完全反应，发生Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，沉淀B为硫酸钡、碳酸钡，在沉淀B中加入足量稀盐酸，发生反应BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O，碳酸钡溶解，剩余沉淀2.33g为BaSO4，由方程式可计算原混合物中Na2SO4的质量，进而计算Na2CO【详解】将Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水，加入未知浓度的BaCl2溶液恰好完全反应，发生Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，Na