苏教版2019 高中化学 必修一 专题5 微观结构与物质的多样性 检测题 （含解析）

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专题5《微观结构与物质的多样性》检测题
一、单选题
1．有、、三种短周期元素，其原子半径的大小顺序为，原子序数之和为16。三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的反应，其中为、组成的双原子分子，和均为10电子分子。下列判断错误的是（    ）

A．的最外层电子数为6
B．和之间不可能发生氧化还原反应
C．的沸点高于的沸点
D．不能溶于中
2．现有五种短周期主族元素a、b、c、d、e，它们最高(或最低)化合价与原子半径的关系如图。下列有关说法错误的是

A．a、e是同主族元素
B．最简单氢化物的稳定性：d>c
C．简单离子半径：d>c>b>e
D．d的一种氧化物能使溴水褪色
3．甲醛(CH2O)是家庭装修后造成室内污染的主要有害气体。下面关于甲醛组成和构成的说法中正确的是
A．甲醛是由碳和水两种物质组成
B．甲醛是由碳、氢、氧三种元素组成
C．一个甲醛分子是由一个碳原子、一个氢分子和—个氧原子构成
D．甲醛是由—个碳元素、两个氢元素和—个氧元素组成
4．我们的生活时刻离不开化学，下列有关叙述错误的是
A．碳酸氢钠或碳酸钠都可用于治疗胃酸过多
B．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
C．氯化钠是调味剂，它的电子式：
D．“84”消毒液中含强氧化性物质，可用于新型冠状病毒的消杀
5．以下化学用语表述正确的是（   ）
A．甲烷分子的球棍模型：
B．核素18O的电子数为10
C．乙烯的结构简式：CH2CH2
D．二氧化碳的电子式：
6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径(nm)
0.160
0.111
0.104
0.143
0.066
主要化合价


，，



根据表中信息，判断以下说法正确的是A．单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>X
B．离子半径：
C．元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y>R>X
D．离子的还原性：
7．下列物质的性质与氢键无关的是(　　)
A．冰的密度比水的密度小 B．氨气极易溶于水
C．AsH3的沸点比PH3的高 D．溶解度：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛
8．已知M2+有2个电子层，则M在元素周期表中的位置是
A．第2周期0族 B．第2周期Ⅷ族 C．第2周期ⅡA族 D．第3周期ⅡA族
9．下列各组物质中化学键的类型完全相同的是
A．、 B．、 C．、NaOH D．、
10．元素周期表是学习化学的重要工具。下图是元素周期表的一格，从中获取的信息错误的是

A．该元素的原子序数为20 B．该元素属于非金属元素
C．该元素的原子核外有20个电子 D．该元素的相对原子质量为40.08
11．关于键和键的说法正确的是
A．p电子与p电子不能形成键
B．一般情况下，键强度大于键
C．含有键的分子中一定含有键
D．π键只能由相同电子层的p电子形成
12．是最具商业价值的砷的化合物，也是最古老的毒物之一，其水溶液可用于疗白血病，下列说法错误的是（    ）
A．中为价 B．As原子次外层有18个电子
C．As元素位于第4周期第ⅤA族 D．三氧化二砷溶于水发生了氧化还原反应
13．元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法不正确的是
A．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，气态氢化物越稳定
B．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素都是金属元素
C．同周期的主族元素中，第ⅦA族元素的原子半径最小
D．室温下，0族元素的单质都是气体
14．元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是（    ）
A．元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C．C、P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
15．《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO。下列说法不正确的是
A．NaCl属于电解质 B．NaClO既含离子键又含共价键
C．反应中CO2为氧化剂 D．反应为复分解反应

二、填空题
16．现有下列物质：①  ②  ③NaOH  ④HCl  ⑤  ⑥
(1)只由离子键构成的物质是________(填序号，下同)。
(2)只由极性键构成的物质是_________。
(3)只由非极性键构成的物质是________。
(4)由极性键和非极性键构成的物质是________。
(5)由离子键和极性键构成的物质是_______。
(6)由离子键和非极性键构成的物质是______。
(7)属于离子化合物的物质是_______。
(8)属于共价化合物的物质是_______。
17．锰元素在周期表中的位置是___。

三、计算题
18．现有100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl－的溶液，向该溶液中逐滴加入5mol·L－1NaOH溶液，所加NaOH 溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如下所示：

（1）B点的沉淀物的化学式为______________;
（2）原溶液中Cu2+的物质的量为______，原溶液中Cl－物质的量浓度为__________;
（3）原溶液的C(H+)=__________，x－y= _________；
（4）经过滤得到D点的沉淀物，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净的方法是____________________________________________________________________。
19．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑧种元素，请按要求填写下列空白：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
①


②
③
④

3
⑤

⑥


⑦
⑧

(1)在元素①②⑤⑥⑦⑧对应的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是：_____；
(2)写出元素②的最简单氢化物的结构式________；
(3)④⑤⑥⑦四种元素的简单离子半径从大到小排序________________(用离子符号表示)；
(4)写出元素⑥的最高价氧化物与元素⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_________；
(5)写出元素③的常见氢化物和它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_____________；
(6)用电子式表示⑤与⑦组成化合物的形成过程_________________________________。

四、实验题
20．某同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱，实验装置如图所示，已知酸性：H2SO3>H2CO3，回答下列问题：

(1)仪器B的名称为_______。
(2)实验步骤：①连接仪器，②_______，③加入药品，④打开a，滴入浓硫酸，⑤加热观察。
(3)铜与浓硫酸反应的化学方程式为_______，装置E中酸性高锰酸钾溶液的作用为_______。
(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是_______。
(5)该实验是否能证明S的非金属性强于C的非金属性_______(填“能”或“不能”)。
21．化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。
Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。
（1）往滤渣中加入过量 NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是______。
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是__________。
Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。

依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_____。
（4）C中反应生成沉淀的离子方程式是__________。
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____（填标号）。
a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体 b．滴加盐酸不宜过快c．在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置

参考答案：
1．B
【详解】B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径Y＞X，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质X、Z生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，验证符合转化关系。
A. X为氧元素，属于主族元素，最外层电子数为6，处于ⅥA族，故A正确；
B. 氨气与NO可以发生反应生成氮气与水，属于氧化还原反应，故B错误；
C. 常温下，水为液体，氨气为气态，水的沸点更高，故C正确；
D. NO不溶于水，故D正确；
故选B。
【点睛】此题中的突破口在于10电子分子，有HF、H2O、NH3、CH4。
2．B
【分析】短周期主族元素中，结合图示最高或最低化合价与原子半径的关系分析，a原子半径最小，最高+1价，推断为H元素；e原子半径最大，最高+1价，推断为Na元素；b和d最低-2价，d最高+6价，b的半径小于d，则推断d为S元素，b为O元素；c的半径比O大，比S小，最高+7价，最低-1价，故推断为Cl元素。故元素a、b、c、d、e分别为H、O、Cl、S、Na。
【详解】A．据分析，a、e分别是H和Na，二者是同主族元素，A正确；
B．据分析，d、c分别是S和Cl，非金属性Cl强于S，则最简单氢化物的稳定性：HCl>H2S，B错误；
C．据分析，b、c、d、e分别为O、Cl、S、Na，简单离子分别是O2-、Cl-、S2-、Na+，电子层数多的半径较大，若电子层数相同则核电荷数多的半径较小，故半径：S2->Cl->O2->Na+，即d>c>b>e ，C正确；
D．据分析，d是S元素，其一种氧化物SO2具有还原性，能与溴发生氧化还原反应而使溴水褪色，D正确；
故选B。
3．B
【详解】A．甲醛是纯净物，不是由碳和水两种物质组成的，A错误；
B．由甲醛的分子式可知，甲醛是由碳、氢、氧三种元素组成，B正确；
C．一个甲醛分子是由一个碳原子、两个氢原子和一个氧原子构成的，不含氢分子，C错误；
D．元素是宏观概念，只讲种类，不论个数，D错误；
故选B。
4．A
【详解】A．碳酸钠溶液具有较强的碱性，不能用于治疗胃酸过多，但碳酸氢钠可以，故A错误；
B．雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故B正确；
C．氯化钠是调味剂，属于离子化合物，它的电子式：，故C正确；
D．“84”消 毒液有效成分是NaClO，可利用其强氧化性来消杀，故D正确；
故答案为A。
5．A
【详解】A．1个甲烷分子由1个C和4个H构成，其球棍模型为 ，A正确；
B．18O的电子数=质子数=8，B错误；
C．乙烯的结构简式：CH2=CH2，C错误；
D．二氧化碳的电子式：，D错误。
答案选A。
6．D
【分析】X、Y都显+2价，X半径大于Y，X是Mg元素、Y是Be元素；R显+3价，R半径大于Be，R是Al元素；Z显-2、+4、+6价，Z是S元素，T显-2价，T是O元素。
【详解】A．Mg的金属性大于Be和铝，所以镁与稀硫酸反应的速率最快，故A错误；
B．电子层结构相同，质子数越多半径越小，离子半径，故B错误；
C．元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，Mg的金属性最强，所以Mg(OH)2的碱性最强，故C错误；
D．元素的非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：O>S，则还原性，故D正确；
选D。
7．C
【详解】A．冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，与氢键有关，故A正确；
B．氨气分子之间存在氢键，沸点相对较高，故氨气容易液化，与氢键有关，故B正确；
C．AsH3的相对分子质量比PH3的大，且两者都为分子晶体，分子间作用力前者大，故AsH3沸点比PH3的沸点高，与氢键无关，故C错误；
D．与水能形成分子间氢键的物质，在水中的溶解度较大，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛与水分子间易形成氢键，所以溶解度：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛，与氢键有关，故D正确；
故答案为C。
【点睛】氢键的存在对物质性质的影响：①分子间氢键的形成使物质的熔沸点升高．因物质熔化或液体气化时必须要破坏氢键，如：H2O比同族H2S的熔沸点高；②分子间形成的氢键对物质的水溶性、溶解度等也有影响，如NH3极易溶于水，主要是氨分子与水分子之间已形成氢键；③水中氢键对水的密度的影响：水结成冰时体积会膨胀，密度减小；特别注意氢键不影响化学性质，如H2O比H2S稳定，与氢键无关。
8．D
【详解】M2+离子有2个电子层，则M原子的质子数为12，是Mg，所以M在周期表的位置是：第三周期ⅡA族，故D项正确。答案选D。
9．B
【详解】A．NH3中只含有极性共价键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，A项不符合题意；
B．H2O、CO2中均只含有极性共价键，B项符合题意；
C．CaCl2中只含有离子键，NaOH中含有离子键和极性共价键，C项不符合题意；
D．Cl2中只含有非极性共价键，MgCl2中只含有离子键，D项不符合题意；
答案选B。
10．B
【分析】根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，据此进行分析。
【详解】A．左上角的数字表示原子序数，根据元素周期表中的一格中获取的信息，该元素的原子序数为20，故A正确；
B．根据元素周期表中的一格中获取的信息，该元素的名称是钙，属于金属元素，不是非金属元素，故B错误；
C．根据元素周期表中的一格中获取的信息，该元素的原子序数为20；根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素的原子核外有20个电子，故C正确；
D．根据元素周期表中的一格中获取的信息，汉字下面的数字表示相对原子质量，可知元素的相对原子质量为40.08，故D正确；
答案选B。
11．C
【详解】A．p电子与p电子头碰头重叠能形成键，比如中的键，p电子与p电子肩并肩重叠能形成π键，故A错误；
B．π键的电子云重叠程度小，易断裂，键的电子云重叠程度大，比较稳定，所以键强度大于π键，故B错误；
C．分子中只要含有共价键，则至少含有一个键，所以含有π键的分子中一定含有键，故C正确；
D．π键可由不同电子层的p电子形成，如二氧化硫分子中氧与硫形成的π键，故D错误；
答案为：C。
12．D
【详解】A．由化合物中化合价代数和为0可知，H3AsO3中As为价，A正确；
B．As的原子序数为33，原子外层电子依次为2、8、18、5，次外层有18个电子，B正确；
C．As最外层电子是5个，电子层数为4层，故位于第4周期第ⅤA族，C正确；    
D．H3AsO3中As为价，说明三氧化二砷中As为价，说明三氧化二砷溶于水未发生氧化还原反应，D错误；
故答案为D。
13．A
【详解】A．同主族元素自上而下原子半径增大，非金属性减弱，所以第ⅥA族元素的原子，其半径越大，非金属性越弱，气体氢化物越不稳定，故A错误；
B．从ⅢB族到ⅡB族为过渡金属元素，则十个纵列的元素都是金属元素，故B正确；
C．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以同周期的主族元素中，第ⅦA族元素的原子半径最小，故C正确；
D．稀有气体常温下都是气体，即室温下，0族元素的单质都是气体，故D正确；
综上所述答案为A。
14．C
【详解】A．第二周期的元素 O、F无正价，故A错误；
B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故B错误；
C． P、S、Cl同周期，且原子序数依次增大，则得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，C的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，是弱酸，酸性弱于磷酸，故C正确；
D. 位于金属和非金属分界线附近的元素，表现一定的金属性与非金属性，而过渡元素包含副族元素与第Ⅷ族元素，故D错误；
答案选C。
15．D
【详解】A．NaCl是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够发生电离而导电，因此NaCl属于电解质，A正确；
B．NaClO是离子化合物，Na+与ClO-之间以离子键结合，在ClO-中Cl与O原子之间以共价键结合，因此在NaClO中既含离子键又含共价键，B正确；
C．在该反应中C元素化合价由反应前CO2中的+4价变为反应后CO中的+2价，化合价降低，得到电子被还原，因此CO2为氧化剂，C正确；
D．在该反应中有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应。而复分解反应中元素化合价不变，故该反应不属于复分解反应，D错误；
故合理选项是D。
16．     ⑥     ④     ①     ⑤     ③     ②     ②③⑥     ④⑤
【详解】①属于单质，只含有非极性共价键；②属于离子化合物，含有离子键和非极性共价键；③NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键；④HCl属于共价化合物，只含极性共价键；⑤属于共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键；⑥属于离子化合物，只含有离子键；
(1)只由离子键构成的物质是⑥；
(2)只由极性键构成的物质是④；
(3)只由非极性键构成的物质是①；
(4)由极性键和非极性键构成的物质是⑤；
(5)由离子键和极性键构成的物质是③；
(6)由离子键和非极性键构成的物质是②；
(7)属于离子化合物的物质是②③⑥；
(8)属于共价化合物的物质是④⑤。
17．第四周期第ⅦB族
【详解】Mn是第25号元素，位于第四周期第ⅦB族。
18．     Al（OH）3、Cu（OH）2        0.05mol     1.65mol/L     0.2mol/L     0.01mol       取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【分析】分析图象确定各线段对应的化学反应如下：OA段：①H＋＋OH－=H2O，AB段：②Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓和③Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，BC段：④NH4＋＋OH－=NH3·H2O，CD段：⑤Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。
【详解】(1) B点的沉淀物的化学式为Al(OH)3和Cu(OH)2；
(2)在图象的CD段，溶解Al(OH)3沉淀消耗的NaOH溶液的体积为2mL，则n(NaOH)=0.002L×5mol/L=0.01mol，由反应⑤求得n(Al(OH)3)= n(Al3＋)=0.01mol，再由反应③算出沉淀Al3＋要消耗n(NaOH)= 0.03mol，而图象的AB段消耗氢氧化钠的总物质的量为n(NaOH)= 0.026L×5mol·L－1 =0.13mol，所以沉淀Cu2＋需要消耗的n(NaOH)= 0.13mol－0.03mol= 0.10 mol，由反应②求得原溶液中n(Cu2＋)= n(Cu(OH)2)= 0.05mol。由OA段反应①求得n(H＋)= 0.004L×5mol·L－1= 0.02mol，由BC段反应④求得n(NH4＋)= 0.003L×5mol·L－1= 0.015mol，根据溶液中电荷守恒可求得，n(Cl－)= n(H＋)×1+ n(Cu2＋)×2+ n(Al3＋)×3+ n(NH4＋)×1=0.165mol，则c(Cl－)=1.65mol/L；
(3) 由上述分析，原溶液中的C(H+)=0.2mol/L，又x点对应的是全部沉淀量，即n(Al(OH)3)+ n(Cu(OH)2)= 0.01mol+0.05mol=0.06mol，而y点对应的只有Cu(OH)2沉淀，n[Cu(OH)2]= 0.05mol，所以x－y=0.06mol－0.05mol=0.01mol。
(4)D点溶液中的溶质是NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，只要在最后一次的洗涤液中检验没有Cl-，即证明沉淀洗涤干净了，因此取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
19．               r(S2-)＞r(O2－)＞r(Na+)＞r(Al3+ )     Al2O3+2OH-=2+ H2O     NH3+HNO3=NH4NO3    
【分析】由元素在周期表中的位置，可推断出：①为Li②为C③为N④为O⑤为Na⑥为Al⑦为S⑧为Cl，再根据元素的性质及元素周期表中元素性质变化的规律进行解答。
【详解】(1) Na的金属性最强，所以NaOH的碱性最强，由钠离子和氢氧根离子构成，电子式为：，答案为：；
(2) 元素②是C，C的最简单氢化物是CH4，甲烷的结构式为，答案为：；
(3) ④⑤⑥⑦四种元素是：O、Na、Al、S，它们的离子为：O2-、Na+、Al3+、S2-，离子电子层数越多半径越大，电子层数相同的离子核电荷数越大半径越小，所以这四种离子半径由大到小的顺序为：r(S2-)> r(O2)-> r(Na+)> r(Al3+ )，故答案为：r(S2-)＞r(O2－)＞r(Na+)＞r(Al3+ )；
(4) 元素⑥的最高价氧化物为Al2O3，元素⑤的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+ H2O，答案为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+ H2O；
(5) 元素③的常见氢化物为NH3，它的最高价氧化物的水化物为HNO3，二者反应生成NH4NO3，方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3，答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；
(6) Na失去电子，S得到电子，以离子键结合，则形成过程可表示为：，故答案为：。
20．(1)圆底烧瓶
(2)检验装置的气密性
(3)     Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O     除去SO2气体
(4)E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀
(5)不能

【分析】铜片和浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，生成的SO2和D中的饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2气体，过量的SO2被E中酸性高锰酸钾溶液除去，CO2进入F中和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，据此解答。
（1）
仪器B的名称为圆底烧瓶。
（2）
反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏。
（3）
在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收，防止干扰后面的试验，则E中高锰酸钾溶液的作用为除去SO2气体。
（4）
二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以当酸性KMnO4溶液褪色不完全，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，则实验现象为E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀。
（5）
依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断非金属性强弱。
21．     Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O或Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－     先有白色沉淀生成;后加入盐酸沉淀溶解有气体产生     把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收     Ba2++2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O     c、d
【分析】Ⅰ．(1)氢氧化铝是两性氢氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
(2)碳酸酸性强于氢氧化铝，二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，再加入过量稀盐酸，氢氧化铝白色沉淀会溶解；
Ⅱ．(3)实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；(4)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；
(5)a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；
b．滴加盐酸过快CO2，CO2不能完全被吸收，排出装置C；
c．在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；
d．在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2。
【详解】Ⅰ．(1)氢氧化铝是两性氢氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；
(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是：往(1)通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解；
Ⅱ．(3)装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；
(4)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，反应的离子方程式为：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O；
(5)a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a不符合；
b．滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；
c．在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高提高测定准确度，故c符合；
d．在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2，不能提高测定准确度，故d符合；
故答案为：cd。
【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等