2024-2025学年新教材高中化学第二章海水中的重要元素-钠和氯单元评估含解析新人教版必修第一册

PAGEPAGE12其次章单元评估第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(每小题2分，共40分)1．某校化学爱好小组在试验中发觉一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L－1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是(D)A．配制1L该溶液，可将0.1molCaCl2溶于1L水中B．Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.1mol·L－1C．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1D．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl－)为0.1mol·L－1解析：A选项，0.1molCaCl2溶于1L水中，所得溶液体积不是1L。B选项，由CaCl2=Ca2＋＋2Cl－知n(CaCl2)∶n(Ca2＋)∶n(Cl－)＝1∶1∶2，因此c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，c(Cl－)＝0.2mol·L－1。C选项，溶液具有均一性，同一浓度的溶液，不管体积是多少，其浓度都不变更，故所取溶液浓度仍为0.1mol·L－1。D选项，溶液稀释一倍，体积变为原来的两倍，溶质的物质的量不变。设原溶液的体积为VL，稀释前，n(Cl－)＝2×0.1mol·L－1×VL＝0.2Vmol，稀释后，c(Cl－)＝eq\f(0.2Vmol,2VL)＝0.1mol·L－1。2．利用碳酸钠晶体(化学式为Na2CO3·10H2O)来配制0.5mol/L的Na2CO3溶液1000mL，假如其他操作均是精确无误的，下列状况会引起配制溶液的浓度偏高的是(B)A．称取碳酸钠晶体100gB．定容时，俯视视察刻度线C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D．定容后，将容量瓶振荡匀称，静置时发觉液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线解析：A项，须要称取碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)的质量为286g/mol×0.5mol/L×1L＝143g，故称取100g碳酸钠晶体配制溶液浓度会偏低；B项，平视时，凹液面的最低点与刻度线刚好相平，俯视时液面的最低点低于刻度线，即实际加水量少于应加水量，因此可导致配制溶液浓度偏高；C项，对用于稀释或溶解的烧杯，如不数次加水冲洗并将洗涤液转入容量瓶，会使溶质损失，使所配制的溶液浓度偏低；D项，定容后，当振荡、静置后发觉液面低于刻度线，这是由于液体沾在瓶壁和磨口等处所致，不会造成偏差，若加水则使所配溶液浓度偏低。B项符合题意。3．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是(B)A．甲的分子数比乙的分子数多B．甲的物质的量比乙的物质的量少C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D．甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小解析：由两容器的温度和压强均相同，且气体质量相等，而甲的密度大于乙的密度，又由ρ＝eq\f(m,V)可知V甲<V乙；同温同压下，气体的物质的量与体积成正比，故n甲<n乙，B项正确；气体的分子数与物质的量成正比，甲的分子数比乙的少，A项错误；因为气体的摩尔体积在相同温度和压强下相等，C项错误；依据M＝eq\f(m,n)可知M甲>M乙，D项错误。4．有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是(C)A．溶质的质量分数是24.0%B．溶液的物质的量浓度是2.4mol·L－1C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40D．硫酸根离子的质量分数是19.2%解析：由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为eq\f(120,24)×4.8%＝24.0%，其浓度为c＝eq\f(1000cm3·L－1×1.20g·cm－3×24.0%,120g·mol－1)＝2.4mol·L－1，溶质与溶剂的物质的量之比为eq\f(24,120)∶eq\f(76,18)≈1∶21，SOeq\o\al(2－,4)的质量分数为eq\f(96,24)×4.8%＝19.2%。5．下列叙述正确的是(A)A．与28gCO具有相同分子数的CO2的质量肯定是44gB．与VLCO具有相同分子数的CO2的体积肯定是VLC．所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7∶11D．所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21∶22解析：A项：依据公式eq\f(N,NA)＝n＝eq\f(m,M)，可列式：eq\f(mCO,MCO)＝eq\f(mCO2,MCO2)，可推断A项正确。B、C、D都未指明两种气体所处的温度和压强条件是否相同，所以说法都不正确。6．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是(D)A．25℃、1.01×105Pa时，2.24LCl2中含有的原子数为0.2×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有N原子数为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与足量CuSO4溶液反应生成的铜原子数为1×6.02×1023D．46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3×6.02×1023解析：A项，所处状态不是标准状况，不能运用标准状况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量，A项错误；B项，0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，0.3mol硝酸铵中含有0.6mol氮原子，含有的N原子数目为0.6×6.02×1023，B项错误；C项，5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与硫酸铜溶液反应能够置换出0.1mol铜，反应生成的铜原子数为0.1×6.02×1023，C项错误。D项，NO2、N2O4的最简式均为NO2,46gNO2和N2O4的混合物相当于1molNO2，含有3mol原子，故混合物中含有的原子数为3×6.02×1023，D项正确。7．有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：eq\x(\a\al(Na2CO3,溶液))eq\o(→,\s\up17(甲))eq\x(\a\al(白色,沉淀))eq\o(→,\s\up17(过量乙))eq\x(\a\al(沉淀溶解,并产生气体))eq\o(→,\s\up17(少量丙))eq\x(\a\al(产生白,色沉淀))则甲、乙、丙三种溶液中的溶质可能是(B)A．BaCl2、H2SO4、MgCl2 B．CaCl2、HNO3、AgNO3C．CaCl2、HNO3、NaCl D．BaCl2、HCl、Na2CO3解析：接受逐项试验分析法即可推出。A中，BaSO4不溶于稀H2SO4；B中，发生的反应依次为：CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl，CaCO3＋2HNO3=Ca(NO3)2＋H2O＋CO2↑，AgNO3＋NaCl=AgCl↓＋NaNO3；C中，最终加入NaCl不能产生白色沉淀；D中，由于其次步加入过量盐酸，第三步也得不到BaCO3沉淀。8．VLFe2(SO4)3溶液中含有agSOeq\o\al(2－,4)，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为(A)A.eq\f(a,576V)mol·L－1 B.eq\f(125a,36V)mol·L－1C.eq\f(250a,26V)mol·L－1 D.eq\f(125a,48V)mol·L－1解析：agSOeq\o\al(2－,4)的物质的量为eq\f(ag,96g·mol－1)＝eq\f(a,96)mol，取出的0.5VL溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)的物质的量为eq\f(a,96)mol×eq\f(0.5VL,VL)＝eq\f(a,192)mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量为eq\f(a,192)mol×eq\f(2,3)＝eq\f(a,288)mol，稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为eq\f(\f(a,288)mol,2VL)＝eq\f(a,576V)mol·L－1，A项正确。9．标准状况下，现有①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6gH2S，④0.2molNH3，对这四种气体的关系有以下四种表述：a．体积：②>③>①>④ B．物质的量：②>③>④>①c．质量：②>③>①>④ D．氢原子个数：①>③>④>②其中正确的是(D)A．abc B．bcdC．abcd D．acd解析：依据相关计算关系即可得出下表：CH4HClH2SNH3体积6.72L11.2L8.96L4.48L物质的量0.3mol0.5mol0.4mol0.2mol质量4.8g18.25g13.6g3.4g氢原子数1.2NA0.5NA0.8NA0.6NA可知：a、c、d正确，故选D。10．下列说法正确的是(D)A．0.3mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的总物质的量为0.9molB．当1L水汲取22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L－1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol·L－1C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，若Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度肯定相等D．将10℃条件下的100mL0.35mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，再冷却到10℃后，溶液的体积小于100mL，其物质的量浓度仍为0.35mol·L－1解析：A项，没有指明溶液的体积，故溶液中Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的总物质的量不肯定为0.9mol；B项，未指明22.4L是氨气在标准状况下的体积，氨气的物质的量不肯定是1mol，配制成1L溶液时，浓度也不肯定是1mol·L－1；C项，当Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的物质的量相等时，依据化学式中K＋与SOeq\o\al(2－,4)、Na＋与Cl－的比例关系，可得c(K＋)∶c(Cl－)＝2∶1；D项，对于10℃时0.35mol·L－1的KCl饱和溶液，蒸发掉水分，温度复原到10℃时，必析出KCl晶体，仍为饱和溶液，故浓度不变。11．在标准状况下，与12gH2的体积相等的N2的(B)A．质量为12g B．物质的量为6molC．体积为22.4L D．物质的量为12mol解析：n(H2)＝eq\f(12g,2g/mol)＝6mol，则标准状况下n(N2)也应为6mol，6molN2的质量为6mol×28g/mol＝168g，在标准状况下的体积为6×22.4L。12．下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是(C)A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3B．常温时在水中的溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多解析：NaHCO3热稳定性差，受热易分解，故热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，A项错误；常温时在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B项错误；等质量的NaHCO3和Na2CO3，物质的量Na2CO3<NaHCO3，与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3，C项正确；等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，放出的CO2一样多，D项错误。13．①纯净的碳酸钠ag；②碳酸钠与碳酸氢钠的混合物ag，两者相比下列各种状况的描述正确的是(C)A．分别和盐酸完全反应时，混合物的耗酸量大B．分别和盐酸完全反应时，纯净的碳酸钠放出的CO2多C．分别溶于水，再加入足量澄清石灰水，混合物得到的沉淀质量大D．分别配成等体积溶液，混合物溶液中的Na＋的物质的量浓度大解析：同质量的Na2CO3比NaHCO3耗酸量要多，但是产生的CO2要少，故A、B项均错误；同质量的两组物质，混合物含的碳元素较多，故最终转化成CaCO3沉淀的质量就大，C项正确；同质量的Na2CO3比NaHCO3所含Na＋物质的量大，故配成等体积溶液后纯净的碳酸钠溶液中Na＋物质的量浓度大，故D项错误。14．下列叙述不正确的是(A)A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面渐渐变暗，发生的反应为2Na＋O2=Na2O2B．4.6gNa与O2完全反应，生成7g产物时失去电子的物质的量为0.2molC．Na与稀硫酸反应的离子方程式为2Na＋2H＋=2Na＋＋H2↑D．将少量Na投入到CuSO4溶液中，既有沉淀生成又有气体放出解析：A项错，常温下切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面渐渐变暗是因为生成Na2O；B项正确，由题意知虽然生成Na2O2和Na2O的混合物，但是Na的物质的量为0.2mol，故失去电子的物质的量仍为0.2mol；C项正确，Na与稀H2SO4反应的本质是与H＋的反应，H2SO4是强酸须拆分成离子；D项正确，Na与水反应放出气体，生成的NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。15．若mgNa在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55)g，则mgNa与氧气反应，生成固体的质量为(D)①(m＋0.8)g②(m＋1.0)g③(m＋1.2)g④(m＋1.6)g⑤(m＋1.4)gA．①④ B．①⑤C．③④ D．①②③④⑤解析：由题可知，Na的质量为2.3g，物质的量为0.1mol，与O2反应可能生成(m＋0.8)gNa2O，也可能生成(m＋1.6)gNa2O2，也可以既生成Na2O，又生成Na2O2，质量在两者之间。16．铁屑和氯气在500～600℃下可制取无水FeCl3，试验装置如下图。下列说法正确的是(B)A．分液漏斗中盛放的试剂是稀盐酸B．试验时应先点燃Ⅰ处的酒精灯，再点燃Ⅲ处的酒精灯C．装置Ⅱ中盛放的试剂是饱和食盐水D．烧杯中盛放的试剂是石灰水，目的是汲取尾气解析：A.装置Ⅰ是制备氯气，分液漏斗中应当盛放的试剂是浓盐酸，选项A错误；B.试验时应先点燃Ⅰ中酒精灯先制备氯气，用氯气排尽装置Ⅲ中的空气后，再点燃Ⅲ中酒精灯，选项B正确；C.洗气瓶中盛放的试剂是浓硫酸，干燥氯气，选项C错误；D.澄清石灰水对氯气的汲取效果差，烧杯中盛放的试剂是浓氢氧化钠溶液，目的是汲取尾气，避开污染空气，选项D错误。答案选B。17．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是(C)A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，须要水和CO2的质量相等C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D．Na2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同解析：Na2O2中的阴离子为Oeq\o\al(2－,2)，阳离子为Na＋，其个数比为1∶2，A错；Na2O2与H2O、CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，产生相同量的O2时，须要H2O和CO2的物质的量相等，转移电子的物质的量相等，质量不相等，B错，C正确；Na2O2的漂白为强氧化性漂白，而活性炭的漂白则是利用其吸附性，二者原理不同，D错。18．下列关于钠及其化合物的叙述正确的是(C)A．钠能与硫酸铜溶液反应置换出红色的铜B．在Na2O2与水的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4C．相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子的物质的量之比为1∶1D．等质量的Na2O与Na2O2投入等量且足量水中充分反应后所得溶液物质的量浓度相等解析：钠投入硫酸铜溶液中时，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，所以得不到金属铜，故A错误；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，氧化产物为O2，还原产物为NaOH，过氧化钠为氧化剂也为还原剂，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故B错误，Na2O是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，所以阳离子和阴离子数目之比为2∶1，Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，阳离子和阴离子数目之比也是2∶1，故相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子的物质的量之比为1∶1，故C正确；由Na2O＋H2O=2NaOH,2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑可知，设Na2O与Na2O2的质量均为mg，反应后溶液质量相同，但NaOH的物质的量不同，则所得溶液物质的量浓度不相等，故D错误。19．ClO2是一种广谱型的消毒剂，依据世界环保联盟的要求，ClO2将渐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，其中Na2SO3被氧化为Na2SO4。在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为(B)A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．2∶3解析：NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价有＋5价降到＋4价，降低了1价，硫元素化合价从＋4价上升到＋6价，上升了2价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为(6－4)/(5－4)＝2∶1，答案选B。20．肯定质量的钠、钾投入肯定量的稀盐酸中，产生气体随时间的变更如图所示，则下列说法正确的是(B)A．投入的Na、K肯定等质量B．投入的Na的质量小于K的质量C．曲线a为Na，b为KD．稀盐酸的量肯定是不足量的解析：A项，由图像分析知，2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑46g1mol2K＋2HCl=2KCl＋H2↑78g1mol即生成相同物质的量的氢气须要金属的质量不同，故错误。B项，通过A项知，生成相同物质的量的氢气须要金属的质量不同，须要钾的质量大于钠的质量，故正确。C项，依据金属的活泼性推断反应速率大小，因为钾的活泼性大于钠，所以钾与酸反应的速率大于钠与酸反应的速率，即生成相同物质的量的氢气，钾须要的时间短，钠须要的时间长，所以曲线a为钾，b为钠，故错误。D项，钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应，所以钠、钾生成相同物质的量的氢气与稀盐酸是否足量无关，故错误。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、非选择题(共60分)21．(10分)有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：①Weq\o(→,\s\up17(△))X＋H2O＋CO2↑②Z＋CO2→X＋O2③Z＋H2O→Y＋O2↑④X＋Ca(OH)2→Y＋CaCO3↓试回答下列问题：(1)W、X、Y、Z的化学式分别是：WNaHCO3、XNa2CO3、YNaOH、ZNa2O2。(2)以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是②③(填反应序号)，反应中氧化剂是Na2O2(写化学式)，还原剂是Na2O2(写化学式)。(3)若反应④在溶液中进行，写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个化学反应的化学方程式：①离子方程式：Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓；②化学方程式：Ca(OH)2＋K2CO3=2KOH＋CaCO3↓(合理即可)。解析：反应①可认定为NaHCO3的分解反应：2NaHCO3eq\o(=,\s\up17(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，该反应是非氧化还原反应。由X(Na2CO3)逆推可知Z为Na2O2，Y为NaOH：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2,2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，以上两反应都是氧化还原反应，且Na2O2既是氧化剂又是还原剂。反应④为Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，其离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓。多数可溶性碳酸盐和Ca(OH)2的反应都可用此离子方程式表示，该反应不是氧化还原反应。22．(10分)某课外活动小组的同学在网上查询资料时得知，干燥的CO2与Na2O2不能反应，只有在水蒸气存在下二者才能发生反应。他们设计了如图所示试验装置，用于验证上述结论。(1)过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。(2)装置Ⅰ中的试剂的最佳组合是BC。A．稀盐酸 B．稀硫酸C．小苏打 D．石灰石(3)试验时，甲同学认为先关闭K1、打开K2，通过视察Ⅲ中固体颜色是否由淡黄色变成白色(回答出要点即可)推断此时Ⅲ中是否发生了化学反应。(4)乙同学认为可以分别按“先关闭K1、打开K2，再关闭K2、打开K1”的方式进行操作，并在a处收集所得气体，然后用带火星的木条检验收集到的气体，但他发觉两种状况下木条均没有复燃。①丙同学经过视察分析，建议在Ⅲ后安装一个盛有碱石灰的干燥管，目的是除去未反应的CO2、H2O(g)；②丁同学认为即使接受丙同学的建议且最终视察到木条复燃，也不能证明CO2参加了反应，缘由是水蒸气与Na2O2反应也能产生O2。(5)为进一步达到试验目的，应补充的试验操作是：取最终反应后Ⅲ中所得固体，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(其他合理答案也可)。解析：本题考查Na2O2、CO2的性质及化学试验基本操作学问。(2)盐酸易挥发，挥发的HCl会对后面的试验产生干扰，稀硫酸与CaCO3反应会生成微溶的CaSO4，导致反应很快停止，故用稀硫酸与小苏打最佳。(3)试验中先行关闭K1、打开K2，使干燥的CO2与Na2O2接触，通过视察Ⅲ中Na2O2颜色有无变更推断CO2在干燥条件下能否与Na2O2反应。(4)①当收集到的气体中含有较多的水蒸气、CO2时，带火星的木条无法复燃，用碱石灰可以除去未反应的CO2及水蒸气。②收集到的氧气也可能是由水蒸气与Na2O2反应生成的。(5)若要最终达到试验目的，还应对反应后Ⅲ中所得的固体进行检验，确定其中是否含有碳酸盐。23．(15分)O2和O3是氧元素的两种单质，依据其分子式完成下列各题：(1)等质量的O2和O3所含分子个数比为3∶2，原子个数比为1∶1，分子的物质的量之比为3∶2。(2)等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为1∶1，原子个数比为2∶3，质量比为2∶3。(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值，假如ag氧气中含有的分子数为b，那么cg氧气在标准状况下的体积约是eq\f(22.4bc,a·NA)L(用含NA的式子表示)。(4)配制100mL1mol·L－1的稀H2SO4溶液，须要用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84g·mL－1，质量分数为98%)的体积为5.4mL。(5)现要配制1mol·L－1Na2CO3溶液250mL，求：①须要固体Na2CO326.5g；②须要含结晶水的碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)71.5g；③须要物质的量浓度为4mol·L－1的Na2CO3溶液62.5mL；④须要溶质的质量分数为12%、密度为1.12g·cm－3的Na2CO3溶液197.2mL。解析：(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为eq\f(m,32)∶eq\f(m,48)＝3∶2，则所含分子个数之比为3∶2，原子个数之比为1∶1。(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子数，即O2和O3所含分子数之比为1∶1，则原子个数比为2∶3，质量比为2∶3。(3)氧气的摩尔质量为：M＝eq\f(m,n)＝eq\f(ag,\f(b,NA)mol)＝eq\f(a·NA,b)g·mol－1，则cgO2在标准状况下的体积为：V＝eq\f(cg,M)·Vm＝eq\f(cg,\f(a·NA,b)g·mol－1)×22.4L·mol－1＝eq\f(22.4bc,a·NA)L。(4)该浓H2SO4的物质的量浓度为c＝eq\f(1000mL·L－1ρw,M)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1。据稀释定律得：100mL×1mol·L－1＝18.4mol·L－1×V，解之得V＝5.4mL。24.(10分)试验室配制500mL0.2mol/L的Na2SO4溶液，试验操作步骤有：A．在天平上称出14.2g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；B．把制得的溶液当心转移至容量瓶中；C．接着向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管当心滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；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．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤正确依次为ABDCE(填序号)。(2)本试验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、玻璃棒，还缺少的仪器是量筒、胶头滴管、500_mL容量瓶。(3)下列状况会使所配溶液浓度偏高的是ad(填序号)。a．某同学视察液面的状况如图所示b．没有进行上述操作步骤Dc．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线d．砝码上沾有杂质e．容量瓶运用前内壁沾有水珠解析：(1)配制肯定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。(2)配制肯定物质的量浓度溶液运用的仪器有肯定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、量筒。(3)依据c＝eq\f(m,V)＝eq\f(m,MV)进行推断。a.俯视使V减小，故使c偏高；b.未进行洗涤，使n减小，故使c偏低；c.V增大，故使c偏低；d.m增大，故使c偏高；e.无影响。25．(15分)有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的试验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)试验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好试验装置后，首先进行的操作是检查装置气密性。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗