高中化学鲁科版 (2019)必修 第二册第3节 元素周期表的应用一课一练

这是一份高中化学鲁科版 (2019)必修 第二册第3节 元素周期表的应用一课一练，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知A、B、C、D为短周期元素，简单离子A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子结构，下列关系正确的是：
A．质子数：A＞B＞C＞DB．离子半径：C﹣＞D2﹣＞A+＞B2+
C．氢化物的稳定性：H2D＞HCD．离子的氧化性：B2+＞A+
2．综合处理铅阳极泥(含Pb、Ag、Au、Se、Sb、S、As等)有利于保护环境和合理利用资源，一种处理工艺如图所示。已知：烧渣中含有PbO、Sb2O3、As2O5、Ag、Au，浸液中含有AsCl5、PbCl2、SbCl3等。下列说法正确的是
A．“水吸收”反应能证明S的非金属性弱于Se
B．“浸取”过程涉及反应2Ag+2HCl=2AgCl+H2↑
C．“还原”的主要目的是将As(V)转化为As(III)
D．“蒸馏”装置中冷凝管适合选用蛇形冷凝管
3．下列关于Na、Mg、C、N、O、Cl元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径：r(O)>r(N)>r(C)
B．N的非金属性比C的弱
C．NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
D．Cl形成的最高价氧化物对应的水化物是HClO3
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物的结构式为。下列说法正确的是
A．第一电离能：B．Z和H元素只能形成一种化合物
C．电负性：D．简单气态氢化物的热稳定性：
5．查德威克通过用α粒子轰击X原子的实验发现了中子，核反应为：X+He→Y+n。已知X原子核内质子数比中子数少一个，已知在元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，如对角线上氧氯间化学性质相似。下列说法正确的是
A．X的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应生成盐和水.
B．X单质可与强酸溶液反应，但不能与强碱溶液反应
C．Y的主族序数与X中子数相等
D．12Y和14Y互为同素异形体
6．U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期元素，质子数之和39，V、W同周期，U、X同主族，U、W能形成两种液态化合物U2W和U2W2。Y元素的周期序数与主族序数相等。下列说法中正确的是
A．简单离子半径：X>Y>W
B．XYU4中有离子键，其YU4原子团的空间构型是正四面体，在潮湿的空气中会变质而产生H2
C．U、V、W、X形成的一种离子化合物，与W、X、Y组成的盐溶液相遇时，会产生大量的气泡
D．1 ml X的淡黄色化合物，投入到1 L 2ml / L的氯化亚铁溶液中，产生的气体在标准状况下的体积为5.6 L
7．下列说法正确的是
A．卤素单质均能与水发生：的反应
B．碱金属在空气中加热均生成
C．碱金属单质与水反应均浮在水面上
D．卤素单质与反应均生成
8．X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示，下列说法正确的是
A．金属性：N＞Q
B．最高价氧化物对应水化物酸性：M＞Y＞N
C．简单离子半径：Q＞N＞X
D．原子序数：Z＞M＞Y＞X
9．《厉害了，我的国》“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于传统无机非金属材料
B．“长征五号”运载火箭使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
C．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
D．“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是
A．原子半径：r(X)Y>N，B正确；
C．核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：X>Q>N，C错误；
D．原子序数：Z>M >X>Y，D错误；
答案选B。
9．C
【详解】A．钢铁是铁碳合金，属于金属材料，A错误；
B．“长征五号”运载火箭使用的碳纤维复合材料是由碳纤维材料为增强体、树脂为基体的新型复合材料，不是碳元素的单质，不属于碳的同素异形体，B错误；
C．高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结而成，属于新型无机非金属材料，C正确；
D．太阳能电池板的主要材料是硅单质，D错误；
10．D
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，则X为F元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；Y、Z处于同一周期且相邻，则Z为Si元素；W原子最外层电子比内层电子少3个，则为Cl元素。
A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径： r(Y) >r(Z) >r(W) >r(X)，选项A错误；
B. X与Z组成的化合物SiF4是共价化合物，选项B错误；
C. 非金属性Cl>Si，Z的简单气态氢化物SiH4的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl弱，选项C错误；
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间能反应生成盐和水，选项D正确；
答案选D。
11． 6MgO·4SiO2·4H2O 第三周期ⅡA 3s23p2 SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O 低 SiCl4是分子晶体，晶体中主要作用力是较弱的分子间作用力；SiO2是原子晶体，晶体中的作用力为共价键，所以后者的熔点更高 BD
【详解】试题分析：（1）“蛇纹石石棉”的氧化物形式在进行变换写法时，将各元素表示成氧化物的形式，注意原子个数和元素种类不能变，化合价不能改变，故答案为6MgO·4SiO2·4H2O。其中原子半径最大的元素是镁，在周期表中的位置是第三周期ⅡA 。
（2）Si原子的最外层的电子排布式为3s23p2，SiO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成盐和水，化学方程式为 SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O 。
（3）由于SiCl4是分子晶体，晶体中主要作用力是较弱的分子间作用力；SiO2是原子晶体，晶体中的作用力为共价键，所以后者的熔点更高。
（4）A．利用Si和O在周期表中的位置处于同一周期左到右元素非金属性增强，可以判断。
B．SiO2与水不发生反应这不能做为判断依据；
C．Si在一定条件下与氧气反应，生成SiO2，由于氧的非金属性强，故化合价为负，可以判断。
D．H2SiO3的酸性比H2O的酸性强，无法判断。
故选BD。
12．(1)①
(2) 混合物 SiO2+ 4HF ＝ SiF4↑+ 2H2O
(3) 化合 Si3N4
【详解】（1）硅酸盐产品是指利用含硅物质制成的，如水泥、玻璃、陶瓷，是三大硅酸盐产品，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐产品，所以答案选①。
（2）玻璃的成分有硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，所以玻璃属于混合物；氢氟酸用于雕饰玻璃，是因为氢氟酸与二氧化硅反应，化学方程式为SiO2+ 4HF ＝ SiF4↑+ 2H2O。
（3）采用高纯硅与纯氮在1300℃反应获得氮化硅，Si与氮气反应生成氮化硅，所以该反应是化合反应；氮化硅中硅元素的化合价为+4价，N元素的化合价是－3价，根据化合物中正负化合价代数和为0的原则，所以氮化硅的化学式为Si3N4。
13． 5 Na2O或Na2O2 增强 H2O H2S
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为S，根据此分析进行解答。
【详解】（1）⑤为Na，原子结构示意图为。
故答案为
（2）③为N，原子序数为7，最外层电子数为5.
故答案为 5
（3）④为O、⑤为Na，组合出的离子化合物为Na2O或Na2O2。
故答案为 Na2O或Na2O2
（4）同周期，原子序数依次增大，自左而右元素非金属性增强。
故答案为 增强
（5）④为O、⑥为S氢化物分别为水和硫化氢，且O的非金属性强于S，故稳定性的强弱顺序为H2O＞H2S。
故答案为 H2O H2S
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律等，难度不大，注意整体把握元素周期表，理解元素周期律。
14．(1) 四 ⅣA
(2)②
(3)D
【解析】(1)
根据元素周期表可知，锗属于第四周期ⅣA族元素；
(2)
锗位于元素周期表中金属与非金属分界线附近，它具有某些金属元素的性质，又具有某些非金属元素的性质，它是金属元素，故答案为②；
(3)
用于制造半导体材料的元素既具有金属性又具有非金属性，
A．左上方区域的元素，除氢元素外都是金属元素，它们的金属性较强，不具有非金属性，氢只具有非金属性，故A错误；
B．右上方区域的非金属元素的非金属性很强，不具有金属性，故B错误；
C．过渡元素中均为金属元素，不能用于制造半导体材料，故C错误；
D．金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，则可用于制造半导体材料，故D正确；
故选D。
15． F Ne Na NaOH HClO4 C
【分析】根据元素在周期表中位置可判断A为H元素，B为Na元素，C为Al元素，D为N元素，E为P元素，F为C元素，G为Cl元素，J为F元素，L为Ne元素，据此解答。
【详解】（1）由元素周期律可知，同周期元素从左至右，原子半径依次减小，非金属性依次增强，同主族元素从上往下，原子半径依次增大，非金属性依次减弱，可判断上述元素中非金属性最强的为F元素，惰性气体化学性质最不活泼，则化学性质最不活泼的为Ne元素，除L外，原子半径最大的是Na元素；答案为F，Ne，Na；
（2）B为Na元素，位于周期表第三周期IA族元素，最外层1个电子，最高正价为+1价，最高价氧化物对应水化物的化学式为NaOH，G为Cl元素，位于周期表第三周期ⅦA族元素，最外层7个电子，最高正价为+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；答案为NaOH，HClO4；
（3）因为有机化合物中均含有C元素，则形成化合物种类最多的元素是C元素；答案为C。
16．(1)2
(2)HNO3
(3)核电荷数N大于B
(4)a c
【详解】（1）N为7号元素，位于第2周期、第VA族。
（2）N原子最外层电子数为5，最高正价为+5价，最高价氧化物对应的水化物为HNO3。
（3）N和B在同一周期，原子核外电子层数相同，核电荷数N大于B，原子半径N小于B，得电子能力N强于B，故N的非金属性强于B。
（4）a．砷(As)与N同主族，故原子的最外层电子数为5，对；
b．同主族元素，核电荷数越大非金属性越弱，故元素的非金属性： As
(2) SO2+2OH-=SO+H2O 还原性 红棕 3NO2+H2O=2HNO3+NO 0.2
【详解】（1）①硅是14号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，Si元素在周期表中的位置是第三周期第IVA族；
②SiO2为常见的摩擦剂，其在牙膏中以固体形式存在，因此SiO2在水中难溶；
③根据强酸制弱酸的原理，硫酸可以制备硅酸，因此硫酸酸性强于硅酸，故酸性：H2SO4＞H2SiO3；
（2）①SO2可以和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO+H2O；
②反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr中S元素化合价从+4升到+6价，SO2做还原剂，体现还原性；
③NO2为红棕色气体；与水发生歧化反应，反应的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；消耗3ml二氧化氮转移2ml电子，则每生成标准状况下的气体2.24L，物质的量为，转移0.2ml电子。
18． C A B
【详解】(1)水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸可与之反应，故答案为：C；
(2)光导纤维的主要成分是SiO2，故答案为：A；
(3)液氨在汽化时要吸热，常用作制冷剂，故答案为：B。
19． K HClO4 KOH Al(OH)3 Na Cl2 2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br，据此分析结合元素性质和元素周期律解答。
【详解】(1)周期表中，同周期从左到右失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，同主族从上到下失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，失去电子能力强则元素的金属性就强，所以金属性最强的是K；
(2)上述元素中只有Ar原子的最外层电子数为8，性质不活泼，原子结构示意图为：；
(3)根据元素周期律：周期表中，同周期从左到右失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强，同主族从上到下失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，元素非金属性逐渐减弱，上述元素中Cl的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该酸为HClO4，K的金属性最强，则KOH的碱性最强，Al(OH)3为两性氢氧化物；
(4)同一周期，元素原子半径从左到右减小，则Na的原子半径最大；
(5)⑦号元素Cl，⑩号元素Br，从与氢气反应的难易程度和所需条件，可推断氧化性较强的单质应该是Cl2，即化学性质较活泼的是Cl2，反应事实可用置换反应来证明，即Cl2+2KBr=2KCl+Br2。
20． Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O AlCl3为分子晶体，在熔融态时不电离，不能被电解 2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O SiO2+4HF=SiF4+2H2O 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 4:1 AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl 16:9
【详解】分析：(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，构成原电池后，负极上铝失去电子生成偏铝酸根离子；Al为13号元素；氯化铝是分子晶体；
(2)Al(OH)3、纯碱、HF在一定条件下生成Na3AlF6、水和二氧化碳；氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应；
(3)向明矾水溶液中滴加氢氧化钡溶液使Al3+恰好完全沉淀生成氢氧化铝，1ml明矾需要1.5ml氢氧化钡；
(4)铝和盐酸的反应方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，说明相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等，因此铁和盐酸生成的氢气的质量等于硅和氢氧化钠生成的氢气的质量；
(5)②根据有效含氢量的定义，每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力，H2做还原剂，1mlH2失去电子2ml，“有效氢”之比为应等于等质量的还原剂失去电子的物质的量之比。
详解：(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，构成原电池后，负极上铝失去电子生成偏铝酸根离子，电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O；Al原子核外电子数为13，有3个电子层，各层电子数为2、8、3，结构示意图为；氯化铝是分子晶体，熔融状态不能导电，因此不能被电解，故答案为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O ；；AlCl3为分子晶体，在熔融态时不电离，不能被电解；
(2)Al(OH)3、纯碱、HF在一定条件下生成Na3AlF6、水和二氧化碳，方程式为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3═2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O，氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，因此上述反应不能在玻璃容器中反应，故答案为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3═2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O；SiO2+4HF=SiF4+2H2O；
(3)向明矾水溶液中滴加氢氧化钡溶液使Al3+恰好完全沉淀的反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故答案为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；
(4)根据题目信息可知，铁和铝与稀盐酸生成氢气，铝和硅与氢氧化钠生成氢气。铝和盐酸的反应方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，说明相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等，因此铁和盐酸生成的氢气的质量等于硅和氢氧化钠生成的氢气的质量。设铁与盐酸生成的氢气的质量为M，硅的质量为X，铁的质量为Y。
Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑
28 4
X M
＝，得：X=7M；
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
56 2
Y M
＝，得：Y=28M，∴合金中铁和硅的质量之比=28M：7M =4：1，故答案为4：1；
(5)①氢化钠和氯化铝在乙醚中反应制备铝氢化钠，反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；
②NaA1H4中H为-1价，做还原剂时，H从-1价升高为+1价，1mlNaBH4转移电子数为4×2=8ml，则1gNaA1H4失去电子的物质的量为×4×2ml=ml，
NaH中H为-1价，做还原剂时，H从-1价升高为+1价，1mlNaH转移电子数为2ml，则1gNaH失去电子的物质的量为×2ml=ml，则NaA1H4，NaH的“有效氢”之比为ml：ml=16：9，故答案为16：9。
21． 不合理 N为活泼非金属元素，不表现金属性 分液漏斗 防止倒吸 浓盐酸 溶液 S2-+Cl2═S↓+2Cl- 稀硫酸 溶液 有白色沉淀产生
【分析】Ⅰ．N元素为活泼非金属元素，不表现金属性；
Ⅱ．（1）根据仪器的构造写出仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；
（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；
（3）要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明。
【详解】Ⅰ．将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3•H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3•H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为N元素为活泼非金属元素，不表现金属性，故答案为：不合理；N为活泼非金属元素，不表现金属性；
Ⅱ．（1）由实验装置图可知仪器A称为分液漏斗，球形干燥管D能够防止溶液倒吸，避免试管C中液体进入锥形瓶中，影响实验，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2═S↓+2Cl-，
故答案为：浓盐酸；KMnO4；Na2S溶液；S2-+Cl2═S↓+2Cl-；
（5）若要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中为Na2CO3溶液，则A中试剂应为没有挥发性的稀硫酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成CO2， CO2通入到C中，与Na2SiO3溶液反应生成硅酸白色胶状沉淀，反应的离子方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，产生，反应证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，则非金属性：C＞Si，故答案为：稀硫酸；Na2SiO3溶液；有白色胶状沉淀产生。
【点睛】N元素为活泼非金属元素，不表现金属性是解答关键和难点。
22．(1)检查装置气密性
(2) 除去氯气中的HCl 浓硫酸 碱石灰或固体氢氧化钠
(3)Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO
(4)b
(5)×100%或×100%或[267n/(102m)]×100%或[89n/(34m)]×100%
【分析】铝土矿和焦炭在焙烧炉中反应，氧化铁被还原为铁；氧化铝和铁的混合物加入焦炭、通入氯气在高温条件下反应生成氯化铝和氯化铁、CO，氯化铝和氯化铁中加入铝粉，氯化铁和铝粉反应生成氯化铝和铁，用升华法分离出氯化铝；
(1)
为防止氯气溢出，组装好仪器后，首先应进行的操作为检查装置气密性；
(2)
二氧化锰和浓盐酸反应制取的氯气中含有杂质氯化氢，装置B中盛放饱和NaCl溶液的作用是除去氯气中的HCl。装置C的作用是干燥氯气，C中盛放的试剂是浓硫酸；F的作用是防止水蒸气进入E， G的作用是吸收氯气，防止污染，若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为碱石灰或固体氢氧化钠；
(3)
氯化炉中Al2O3、C12和焦炭在高温下发生反应生成氯化铝、一氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；
(4)
AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，700℃时，升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离，温度范围应为介于183℃和315℃之间，故选b；
(5)
根据铝元素守恒可得，该样品中AlCl3的质量是，该样品中AlCl3的质量分数 ×100%。
23．(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(2)保证NaHCO3分解完全
(3)吸水干燥
(4)产生的CO2全部吹入C中吸收
(5)55.79
【分析】本实验的目的，测定样品中碳酸钠的质量分数。实验时，通过测定样品与足量硫酸反应生成CO2的质量，进而求出Na2CO3与NaHCO3的总物质的量，再利用样品的总质量，求出Na2CO3的质量。反应前通N2，排尽装置内的空气，防止干扰反应生成CO2质量的测定；反应后通N2，将装置内的CO2全部排出并被C中碱石灰吸收。装置A中样品与足量硫酸完全反应，生成CO2气体等，装置B干燥CO2，装置C吸收反应生成的CO2，装置D防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置并被吸收。
【详解】（1）在坩埚中，NaHCO3受热分解，生成碳酸钠、二氧化碳等，发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）实验中，要确保NaHCO3完全分解，则需加热至恒重的目的是：保证NaHCO3分解完全。答案为：保证NaHCO3分解完全；
（3）由分析可知，B装置的作用是吸水干燥。答案为：吸水干燥；
（4）反应完毕后，装置内还滞留一部分二氧化碳，为保证实验测定结果的准确性，还要通一段时间N2，目的是：产生的CO2全部吹入C中吸收。答案为：产生的CO2全部吹入C中吸收；
（5）实验前称取混合物样品19.00 g，实验后测得C装置增重8.80 g，则生成CO2的物质的量为=0.20ml。设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3物质的量为0.20-x，则存在下列等式：106x+84(0.20-x)=19.00，x=0.10ml，所以样品中碳酸钠的质量分数为≈55.79%。答案为：55.79。
【点睛】本实验成功的关键，是准确测定CO2的质量。