专题3微粒间作用力与物质性质第二单元离子键离子晶体随堂练习题高中化学苏教版（2019）选择性必修2.docx

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1、专题3微粒间作用力与物质性质第二单元离子键离子晶体随堂练习题高中化学苏教版（2019）选择性必修2一、单选题( 共16题）1下表给出几种氯化物的熔点和沸点：NaClAlCl3熔点/801190-70沸点/141318057.57有关表中所列三种氯化物的性质，以下叙述正确的是（ ）氯化铝在加热时能升华 四氯化硅在晶态时属于分子晶体氯化钠晶体中粒子之间以范德华力结合 氯化铝晶体属于离子晶体ABCD2下列指定粒子的个数比为21的是（ ）ABe2中的质子和电子 BH原子中的中子和质子CNaHCO3晶体中的阳离子和阴离子 DBaO2(过氧化钡)固体中的阴离子和阳离子3下列说法符合科学性的是（ ）A某厂生

2、产的食盐有益于人体健康，它是纳米材料，易吸收、易消化B某厂生产的食盐，处于液晶状态，是日常生活中不可缺少的物质C金的常规熔点为1064，但尺寸金的熔点仅为327左右，所以纳米金属于分子晶体D液晶是一种具有晶体性质的特殊物质，可用于制造液晶显示器4下列说法正确的是（ ）A形成离子键的阴、阳离子间只存在静电吸引力B第A族元素与第A族元素形成的化合物一定是离子化合物C离子化合物的熔点一定比共价化合物的熔点高D金属元素与非金属元素化合时，不一定形成离子键5下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是（ ）Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO292097.812911902073

3、-107-571723ANa2O、AlF3是离子晶体；AlCl3、BCl3是分子晶体B同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体CSiO2是共价晶体D在上面涉及的共价化合物分子中各原子都形成8电子结构6下列说法正确的是（ ）ABF3分子和PCl3分子中，每个原子的最外层都达到8电子稳定结构BCO2和SiO2均为共价化合物，其固体熔化时，均破坏了分子间作用力CNaHSO4固体溶于水时，既破坏了离子键也破坏了共价键DCaO2和CaCl2中含有的化学键类型完全相同7下列关于晶体的说法不正确的是（ ）晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性；含有金属阳离子的晶体一定是离子晶

4、体；共价键可决定分子晶体的熔、沸点；的晶格能远比的大，这是因为前者离子所带电荷数多，离子半径小；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒在空间按一定规律做周期性重复排列；干冰晶体中，1个分子周围有12个分子紧邻；和晶体中阴、阳离子的配位数都为6。ABCD8氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是（ ）A金刚石和晶体SiO2BC60和固体碘C冰和干冰D氯化钠和氧化镁固体9下列说法错误的是（ ）A晶格能：NaFNaClNaBrB某原子的质量数是52，中子数是28，则其基态原子中，未成对电子数为6C已知

5、金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，则铜原子的配位数为12D某元素基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子价电子排布可能是3d94s210下列说法正确的是（ ）A硝酸钾和冰的熔化需克服相同类型的作用力B氢化物HA的沸点比HB高，是因为1molHA分子中的H-A键断裂时吸收的能量比1molHB分子中键断裂吸收的能量多C离子晶体在熔融状态下能导电是因为晶体受热时离子键被削弱，形成了自由移动的离子D非金属元素间只能形成共价化合物，金属和非金属元素间形成离子化合物11在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与键能无关的变化规律是（ ）A、的沸点依次升高B、熔点依次升高C、的熔点依次降低D金

6、刚石、碳化硅、晶体硅的熔点依次降低12下列关于Na、Cs的化合物结构与性质的说法错误的是（ ）ANaCl为离子化合物，可推知CsCl也为离子化合物BNaCl与CsCl相比，熔点更高CNaCl与CsCl晶胞中Cl-的配位数均为8DCs+容易形成配合物而Na+一般不会形成配合物的原因与微粒半径有关13下列关于晶体的说法错误的是（ ）A熔融状态导电的晶体不一定是离子晶体B金属晶体中一定含有金属键，金属键没有方向性和饱和性C熔点是10.31，液态不导电，水溶液能导电的晶体一定是分子晶体D具有正四面体结构的晶体，可能是共价晶体或分子晶体，其键角都是1092814短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大

7、，浙江大学研究团队以(固态物质)为载体，利用纳米颗粒催化气态单质、合成，其原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）A元素主要化合价(最高正价)： B地壳中元素含量：C、均具有较高熔点 D与形成的化合物可能含极性键和非极性键15食盐晶体的结构示意图如图所示已知食盐的密度为，摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则在食盐晶体中和的最小距离大约是（ ）ABCD16红砷镍是一种六方晶体(底面为和的菱形)，其晶胞如图所示。下列说法错误的是（ ）A晶胞中原子个数为2 B红砷镍晶体的化学式为C晶胞中周围距离最近且等距的有6个 D和间的最短距离为二、综合题（ 共3题）17某混合物的无色溶液中，可能含有以下离子中的若

8、干种：K、Ca2、Fe3、NH4+、Cl、CO32和SO42。现每次取10.00mL进行实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体448mL（标准状况下）；第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤、干燥，得到固体4.30g，该固体经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。（1）c(CO32)=_molL1；（2）某同学认为该溶液中一定存在K，浓度范围是_；（3）根据以上实验，某离子可能存在。检验该离子是否存在的方法是_；（4）写出中固体加入足量盐酸洗涤的离子方程式_。四种物质有如下相互转化关系：（5）若化合物A是红棕色粉末状固体，化合物B是一种既可

9、以与强酸溶液反应又可以与强碱溶液反应的氧化物，则该反应的化学方程式为_；（6）若甲是活泼金属，化合物B是强碱，则该反应的离子方程式为_；（7）若乙是黑色固体，化合物B是优质的耐高温材料。则该反应的化学方程式为_；（8）若化合物A可作光导纤维材料，乙是一种重要的半导体材料。则该反应的化学方程式为_。18金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298 K时的稳定状态）。（1）下列选项中正确的是_（填序号）。MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力MgBr2与Cl2反应是放热反应化合物的熟稳定性顺序为： MgI2

10、MgBr2MgCl2MgF2（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式： _。已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：2Mg+CO22MgO+C，现将a克镁放在盛有b L（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_A 一定只有MgO B 一定有MgO，可能有CC 一定有MgO和C D 一定有C，可能有MgO（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_，出现此种状况，容器中原来b L混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）_。（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_；若容器

11、中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_。19某研究性学习小组将一定浓度的 Na2CO3溶液滴入 CuSO4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为沉淀可能是 CuCO3；乙同学认为沉淀可能是 Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是 CuCO3和Cu(OH)2的混合物（查阅资料可知：CuCO3和 Cu(OH)2均不带结晶水，且 CuCO3CuO+CO2、Cu(OH)2CuO+H2O）按照甲同学的观点，发生反应的化学方程式为_；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_ 请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分各装置连接顺序为_（用

12、字母代号填写）；能证明生成物中有 CuCO3的实验现象是_参考答案1C【详解】由表中的数据可知，的沸点低于熔点，加热时能升华，故正确；的熔、沸点较低，在晶态时属于分子晶体，故正确；的熔、沸点较高，属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，故错误；的熔、沸点都较低，属于分子晶体，故错误；正确，C满足题意；故选：C。2A【详解】铍元素为4号元素，质子数为4，则Be2+的核外电子数为2，符合题意,其余选项中的个数之比均为11。答案选A。3D【详解】A食盐易溶于水，易被吸收，不是纳米材料，故A错误；B食盐通常处于晶体状态，而不是处于液晶状态，故B错误；C纳米材料不同于一般的晶体、非晶体，故C错误。D液晶是一

13、种具有晶体性质的特殊物质，可用于制造液晶显示器，故D正确；故选D。4D【详解】A形成离子键的阴、阳离子之间不但存在阴、阳离子之间的相互吸引，也存在着电子之间和原子核之间的相互排斥，A项错误；B氢是第A族元素，与第A族元素形成的化合物HX都是共价化合物，B项错误：C是离子化合物，是共价化合物，但的熔点低于的熔点，C项错误；D金属元素与非金属元素的电负性之差小于1.7时往往形成共价键，如Al与Cl，Be与Cl(、均是共价化合物)等，D项正确；故选：D。5D【详解】ANa2O、AlF3的熔点较高，是活泼的金属与活泼的非金属元素的原子之间通过离子键结合形成的离子晶体；AlCl3、BCl3的熔点较低和分

14、子晶体比较接近，且两种物质的组成元素的电负性相差都小于1.7，所以AlCl3、BCl3是由分子通过分子间作用力结合而形成的分子晶体，故 A说法正确；BC、Si都是第IVA的元素，它们形成的氧化物中，CO2的熔点较低，是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，而SiO2熔点很高，是原子通过共价键结合形成的共价晶体，故B说法正确；CSiO2熔点很高，是原子通过共价键结合形成的共价晶体，故C说法正确；D在上面涉及的物质中，BCl3、CO2、AlCl3属于共价化合物，其中在BCl3分子中B原子最外层只有6个电子，没有形成8电子稳定结构，故D说法错误；故答案为D。6C【详解】APCl3分中P原子中的最

15、外层电子为5，形成3个共用电子对，Cl原子中的最外层电子为7，形成1个共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，B原子最外层含有3个电子，则BF3中B的最外层电子数为6，B原子最外层未达到8电子稳定结构，故A错误；BCO2是分子晶体，而SiO2晶体是原子晶体，熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故B错误；CNaHSO4固体溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，方程式为NaHSO4NaH+SO，破坏了离子键和共价键，故C正确；DCaO2中钙离子和过氧根离子间为离子键，过氧根中O-O为共价键，而CaCl2中只含离子键，故D错误；故选：C。7D【详解】晶体中粒子呈周期

16、性有序排列，且有自范性，非晶体中粒子排列相对无序，无自范性，项正确；含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中也含有金属阳离子，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，项错误；决定分子晶体熔、沸点的是分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，项错误；晶格能与离子间距(核间距)成反比，与离子所带电荷数成正比，、所带电荷数分别多于、，且、，即与之间的核间距比与之间的核间距小，所以的晶格能远比的大，项正确；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒在空间按一定规律做周期性重复排列，项正确；干冰晶体中，1个分子周围有12个分子紧邻，项正确；晶体中阴、阳离子的配位数都是8，晶体中阴、阳离子的配位数都是6，项

17、错误；综上，项不正确；答案选D。8A【分析】氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，说明其形成原子晶体，氮化硼熔化时所克服的粒子间作用是共价键。【详解】A金刚石和晶体SiO2 都为原子晶体，熔化时破坏共价键，故正确；BC60和固体碘都为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故错误；C冰和干冰都为分子晶体，冰熔化时破坏氢键，干冰分子熔化时破坏间作用力，故错误；D氯化钠和氧化镁固体都为离子晶体，熔化时破坏离子键，故错误。故选A。9D【详解】A离子半径：BrClF，离子半径越小，晶格能越大，因此晶格能：NaFNaClNaBr，故A正确；B某原子的质量数是52，中子数是28，则质子数=

18、52-28=24，该元素为Cr，基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，轨道表达式为，未成对电子数为6，故B正确；C面心立方堆积，这样看，先取一个面，与之相邻且等距的有8个面，每个面的面心到取的标准面的面心的距离是(把棱长看成1)，同时，面心这一点倒顶点最近且等距的有4个，距离也是，所以配位数是12，故C正确；D3d94s2不满足洪特规则特例，正确排布式为3d104s1，故D错误；综上所述，说法错误的是D项，故答案为D。10C【详解】A硝酸钾和冰的熔化克服的作用力分别是离子键和氢键，A错误；B氢化物的沸点与分子间作用力有关系，与共价键没有关系，B错误；C离子晶体在熔融状态下能导电是因为晶体受

19、热时离子键被削弱，形成了自由移动的离子，C正确；D非金属元素间不一定只能形成共价化合物，例如氯化铵是离子化合物，金属和非金属元素间也不一定形成离子化合物，例如氯化铝是共价化合物，D错误；答案选C。11A【详解】A新戊烷、异戊烷和正戊烷互为同分异构体，分子中支链数目越多，分子间作用力越小，沸点越低，则新戊烷、异戊烷和正戊烷的沸点依次升高与键能无关，故A符合题意；B金属晶体中金属键越强，熔点越高，钠、镁、铝都属于金属晶体，晶体中阳离子的离子半径依次减小、电荷数依次增大，金属键依次增强，熔点依次升高，则钠、镁、铝的熔点依次升高与键能有关，故B不符合题意；C离子晶体中离子键越强，熔点越高，氟化钠、氯化

20、钠、碘化钠都是离子晶体，晶体中卤素离子的离子半径依次增大，离子键依次减弱，熔点依次降低，则氟化钠、氯化钠、碘化钠的熔点依次降低与键能有关，故C不符合题意；D原子晶体中共价键越强，熔点越高，金刚石、碳化硅、晶体硅都是原子晶体，晶体中CC键、CSi键、SiSi键的键长依次增大、键能依次减小，共价键依次减弱，熔点依次降低，则金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点依次降低与键能有关，故D不符合题意；故选A。12C【详解】ACs与Na是同一主族元素，元素的金属性Cs比Na强，若NaCl为离子化合物，则可推知CsCl也为离子化合物，A正确；B由于Na+离子半径比Cs+离子半径小，与Cl-形成的离子键比CsCl强。离

21、子键越强，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，所以NaCl的熔点比CsCl高，B正确；CNaCl是离子晶体，1个Na+被6个Cl-吸引，1个Cl-被6个Na+吸引，所以NaCl 晶胞中Cl-的配位数为6；在CsCl晶体中，1个Cs+被8个Cl-吸引，1个Cl-被8个Cs+吸引，所以CsCl晶胞中Cl-的配位数为8，C错误；DNa、Cs是同一主族元素，离子半径：Cs+Na+，Cs+容易形成配合物而Na+一般不会形成配合物，这与微粒半径有关，D正确；故合理选项是C。13D【详解】A 熔融状态导电的晶体不一定是离子晶体，可以是金属，故A正确；B 金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种

22、强烈的相互作用是金属键，金属晶体中一定含有金属键，金属键没有方向性和饱和性，故B正确；C 熔点是10.31，液态不导电，水溶液能导电的晶体一定是分子晶体，说明是共价化合物，故C正确；D 有中心原子的正四面体结构分子中，键角为10928，如甲烷，无中心原子的正四面体结构分子中，键角为60，如白磷，故D错误；故选D。14B【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，在一定条件下气态单质、合成，根据示意图结合原子半径相对大小可知W是H，X是O，根据化学式(固态物质)结合原子序数、化合价可判断Y是Al，Z是Si，据此解答。【详解】根据以上分析可知W是H，X是O，Y是Al，Z是Si。A氧元素没有

23、最高价，Al的最高价是+3价，则元素主要化合价(最高正价)：，A正确；B地壳中元素含量：OSi，B错误； C氧化铝是离子晶体，二氧化硅是原子晶体，二者均具有较高熔点，C正确；D与形成的化合物双氧水中含极性键和非极性键，D正确；答案选B。15B【详解】每个食盐晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，每个晶胞的体积为，设食盐晶体里Na+和Cl-的最小距离为xcm，可得，解得，即在食盐晶体中Na+和Cl-的最小距离大约是，综上所述，故选B。16D【详解】A由晶胞图用分摊法计算，Ni原子数目为：，故A正确；B由晶胞图用分摊法计算，有两个As原子，Ni原子数目为：， 因此化学式为，故B正确；C晶胞中Ni和As

24、的个数相同，配位数相同，有劲爆可知As的配位数为6，则Ni的配位数也为6，故C正确；D该晶体是一种六方晶体(底面为和的菱形)，则以下面As分析，如图：，As到底面的距离为，左前下的顶点Ni与As垂直地面的交点距离为，因此最短距离为，故D错误。综上所述，答案为D。171 2 molL1 取少量原溶液置于试管中，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在氯离子，否则无氯离子 BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 2Na2H2O=2Na2OHH2（或2K2H2O=2K2OHH2） 2MgCO22MgOC SiO22CSi2CO

25、【详解】无色溶液中不存在Fe3，第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则Cl、CO32和SO42至少含有一种；第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体448mL（标准状况下），气体是氨气，物质的量是0.02mol，因此含有0.02mol NH4+；第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤、干燥，得到固体4.30g，该固体经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g，所以一定存在CO32和SO42，因此不能存在Ca2。其中硫酸根的物质的量是2.33g233g/mol0.01mol，碳酸钡的质量是4.30g2.33g1.97g，则碳酸根离子的物质的量是1.97g197g/mol0.01mol。（1

26、）c(CO32)0.01mol0.01L1.0 molL1；（2）根据电荷守恒可知阴离子所带电荷数大于阳离子所带电荷数，所以该溶液中一定存在K。铵根的浓度是2.0mol/L，硫酸根的浓度是1.0mol/L，由于氯离子不能确定，则K浓度范围是2 molL1；（3）根据以上实验可知氯离子可能存在，检验该离子是否存在的方法是取少量原溶液置于试管中，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在氯离子，否则无氯离子；（4）中固体加入足量盐酸洗涤时碳酸钡溶解，反应的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2。（5）若化合物A是红棕色粉末状固体，化合物B是一种既可以与强酸

27、溶液反应又可以与强碱溶液反应的氧化物，则该反应是金属铝与氧化铁的铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（6）若甲是活泼金属，化合物B是强碱，则该反应是钠或与水的反应，反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2或2K2H2O=2K2OHH2；（7）若乙是黑色固体，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应是镁在二氧化碳中燃烧，反应的化学方程式为2MgCO22MgOC；（8）若化合物A可作光导纤维材料，乙是一种重要的半导体材料，则该反应是碳与二氧化硅的反应，反应的化学方程式为SiO22CSi2CO。点睛：该题考查的知识点较多，试题综合性强，难度较大。离子共存判断时应注

28、意三原则：互斥性原则、电中性原则、进出性原则。进行物质推断时掌握常见元素及其化合物的性质、相互之间的反应是解答的关键。该反应属于置换反应，注意中学化学中常见置换反应的归纳，例如铁与水蒸气、金属与酸置换出氢气、卤素单质之间的置换反应以及氧气与H2S发生置换反应生成单质S和水等。18 MgF2(s)Br2(l)MgBr2(s)+ F2(g) H+600kJ/mol B g bV(O2) (a)m(a) m 【分析】(1)离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；化合物的热稳定性与物质的能量大小有关，能量越小越稳定；(2)根据盖斯定律书写；(3)镁在燃

29、烧时先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁；(4)若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒计算；采用极限的方法计算；(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，假设气体全部为氧气或二氧化碳，然后采用极限的方法解答；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。【详解】(1)相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI2中Mg2与I间的作用力小于MgF2中Mg2与F间的作用力，故正确；根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg与F2的反应是放热反应，故正确；能量越小的物质越稳定，所以化合物的

30、热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故错误；故选；(2)镁和氟气反应的热化学反应方程式为：Mg(s)F2(g)MgF2(s) H1124kJ/molMg(s)Br2(l)MgBr2(s) H524kJ/mol将方程式得MgF2(s)Br2(l)MgBr2(s)+ F2(g) H(524kJ/mol)( 1124kJ/mol)+600kJ/mol，故答案为：MgF2(s)Br2(l)MgBr2(s)+ F2(g) H+600kJ/mol；(3)镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以

31、残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B；(4)镁的物质的量mol，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n(Mg)n(MgO)，所以氧化镁的质量mol40g/molg；氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2MgO22MgO，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量molmol，则需要氧气体积mol22.4L/molL，所以氧气的体积为bV(O2)，故答案为：g；bV(O2)；(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气完全反应时固体质量增加的质量mol32g/molg，则固体

32、质量为(a)g；假设气体全部是二氧化碳，根据2MgCO22MgOC知，固体增加的质量为二氧化碳的质量，所以固体增加的质量mol44g/molg，所以固体质量为(a)g，则容器内固体质量为(a)m(a)；假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量g；假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量a144g/molg，实际上固体质量介于二者之间，为m，故答案为：(a)m(a)；m。【点睛】根据镁和氧气、二氧化碳之间的反应结合极限法来分析解答，明确镁和氧气、二氧化碳混合气体反应的先后顺序是解本题关键。19Na2CO3+CuSO4CuCO3+ Na2SO4 取最后一次洗涤液，滴加BaCl

33、2溶液，无沉淀生成，说明已洗净 A； C； B 装置B中澄清石灰水变浑浊 【详解】（1）沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，反应的化学方程式为Na2CO3+CuSO4CuCO3+ Na2SO4；（2）若沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含有硫酸根离子，因此检验沉淀是否洗涤干净的方法：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净；（1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，因此各装置连接顺序为ACB；（2）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3。