四川省自贡市2021-2022学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版含解析）

2021～2022学年高一年级上学期期末考试化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64I-127第Ⅰ卷(选择题共50分)1.中国汉语博大精深，很多成语体现了化学知识.下列成语中涉及到的主要变化不是化学变化的是A.百炼成钢B.死灰复燃C.火上浇油D.大浪淘沙【答案】D【解析】【详解】A．百炼成钢有新物质铁生成，属于化学变化，故A错误；B．死灰复燃中的燃烧过程，属于化学变化，故B错误；C．火上浇油发生燃烧，有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故C错误；D．大浪淘沙意思是在大浪中洗净沙石，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选D。2.危险化学品标志的识别能有效预防事故，下列物质与其标志不一致的是烟花爆竹酒精ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．具有可燃性，属于易燃气体，A正确；B．烟花爆竹属于爆炸品，B正确；C．酒精属于无毒物质，具有杀菌消毒作用，不是剧毒品，C错误； D．具有强氧化性，是强氧化剂，D正确；故选C。3.下列微粒通常只具有氧化性的是A.NaB.Fe2+C.H+D.Cl2【答案】C【解析】【详解】A．钠单质中钠元素处于最低价态，仅具有还原性，故A错误；B．亚铁离子中铁元素为+2价，即可升高到+3价，又可降低到0价，即有氧化性又有还原性，故B错误；C．氢离子中氢元素为+1价，处于最高价态，仅具有氧化性，故C正确；D．氯气单质中氯元素为0价，价态即可升高，又可降低，即有氧化性又有还原性，故D错误；故选C。4.下列叙述中，正确的是A.相同条件下，1体积的CH4与1体积的CO、CO2的混合气体所含碳原子数相同B.等质量的O2和O3中所含分子数相同C.H2SO4的摩尔质量是98D.将98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由于CH4、CO、CO2中都含有1个C，所以相同条件下相同体积分子数相同，所含C原子数相同，故A正确；B．设二者均为48g，则有1.5molO2和1molO3，所以分子数不同，故B错误；C．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D．应将98gH2SO4溶解于水中配制成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L，故D错误；故选A。5.合金在我们生活中应用广泛。下列不属于合金的是A.新版1元硬币B.国宝司母戊鼎C.温度计中的水银D.不锈钢菜刀【答案】C 【解析】【分析】【详解】A．1999版的1元硬币为钢芯镀镍合金，故A不选；B．司母戊鼎为青铜器，属于铜合金，故B不选；C．水银为单质汞，不属于合金，故选C；D．不锈钢刀为铁合金，故D不选。答案选C6.在水溶液中能电离出。下列对的分类错误的是A.是盐B.是酸C.是电解质D.是化合物【答案】B【解析】【分析】【详解】A．能电离出阴阳离子，是盐，故A正确；B．电离出的阳离子除了是酸H+，还有，故B错误；C．是溶于水能导电的化合物是电解质，故C正确；D．是化合物，故D正确；故选B。7.下列实验操作过程中，观察不到金属Na光亮银白色的是A.取出长期保存在煤油中的NaB.Na投入水中C.用小刀将Na切开D.Na在空气中加热【答案】A【解析】【分析】【详解】A．取出长期保存在煤油中的Na，发现钠块表面呈黄色，看不到钠的银白色，A符合题意；B．投入水中，与水反应，熔化成光亮的银白色液体小球，在水面上四处游动，B不符合题意；C．用小刀将切开，断面暴露出没有被氧化的Na，呈银白色，C不符合题意；D．在空气中加热时，先熔化为银白色的液体，然后才发生燃烧，D不符合题意； 故选A。8.胶体是生活中常见的分散系。下列说法错误的是A.将饱和溶液加热煮沸制备胶体B.可用丁达尔效应区分胶体和溶液C过滤胶体，胶体粒子可以通过滤纸D.胶体粒子的直径在之间【答案】A【解析】【分析】【详解】A．制备胶体时，是将饱和溶液滴入沸水中，然后继续加热煮沸，至溶液呈红褐色时停止加热，A错误；B．区分胶体和溶液时，可利用胶粒对光的散射作用，能产生丁达尔效应的是胶体，B正确；C．由于胶粒直径比滤纸的孔隙直径小，所以用滤纸过滤时，胶粒会通过滤纸，C正确；D．胶体与溶液、浊液的本质区别是分散质粒子直径不同，胶体粒子的直径在之间，D正确；故选A。9.分别用坩埚钳夹住一块未经打磨的铝箔和一块经过砂纸打磨的铝箔在酒精灯火焰上加热。关于此实验的叙述错误的是A.两个实验中均观察到铝箔熔化但不滴落B.的熔点远高于C.易与反应，加热条件下反应更快D.上述实验用稀盐酸处理铝箔后洗净，不能达到与砂纸打磨一样的目的【答案】D【解析】【分析】【详解】A．未经打磨的铝箔表面有一层致密的氧化膜，是氧化铝，经过打磨的铝箔在加热过程中，会重新形成氧化铝薄膜，所以两个实验中均观察到铝箔熔化但不滴落，A项正确；B．实验中观察到察到铝箔熔化但不滴落，证明的熔点远高于，B项正确； C．Al是活泼金属，易与O2,反应，加热能提高反应速率，所以加热条件下反应更快，C项正确；D．用砂纸打磨铝箔是为了除去铝箔表面的氧化铝，氧化铝能与盐酸反应，所以用稀盐酸处理铝箔后洗净也可除去铝箔表面的氧化铝，两种方法能达到相同的目的，D项错误；答案选D。10.已知是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是A.标准状况下，含有的数为B.熔融中含有的数为C.与足量盐酸反应，转移的电子数为D.标准状况下，和的混合气体中分子数为【答案】B【解析】【详解】A．的物质的量为，每个水分子含有1个H原子，则含有的数为，故A正确；B．熔融中存在，不存在H+，故B错误；C．为0.1mol，与足量盐酸反应形成Mg2+，转移的电子数为，故C正确；D．标准状况下，和的混合气体的总物质的量为，则分子数为故D正确；故选B。11.下列各组离子能大量共存的是A.K+、Cu2+、Na+、B.、Fe3+、、C.OH-、、、D.Ba2+、Na+、、Cl-【答案】A【解析】 详解】A．K+、Cu2+、Na+、之间不反应，能大量共存，A符合题意；B．、Fe3+发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，B与题意不符；C．OH-与或反应，不能大量共存，C与题意不符；D．Ba2+与反应生成沉淀，不能大量共存，D与题意不符；答案为A。12.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是A.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3B.Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3C.Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4D.Na→NaOH→Na2CO3→NaCl【答案】A【解析】【详解】A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。13.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是A.明矾作净水剂B.小苏打做发泡剂C.Al(OH)3作胃酸中和剂D.铁粉作食品袋内的脱氧剂【答案】D【解析】【详解】A．明矾作净水剂，铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性，反应中没有化 合价变化，不起还原作用，A错误；B．小苏打做发泡剂是利用碳酸氢钠受热分解放出二氧化碳气体，反应中没有化合价变化，不起还原作用，B错误；C．Al(OH)3作胃酸中和剂，利用的是氢氧化铝与盐酸发生中和反应，反应中没有化合价变化，不起还原作用，C错误；D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，防止食品氧化，利用Fe的还原性，起还原作用，D正确；答案选D。14.下列离子方程式中不正确的是A.向硝酸银溶液中加入铜粉：B.碳酸钠溶液与氯化钙溶液混合：C.氧化铁与稀盐酸混合：D.向澄清石灰水中通入少量：【答案】A【解析】【详解】A．向硝酸银溶液中加入铜粉离子反应方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故A项符合题意；B．碳酸钠溶液与氯化钙溶液混合，钙离子与碳酸根结合成碳酸钙沉淀，故B项不符合题意；C．氧化铁是金属氧化物，与盐酸反应生成相应的盐和水，故C项不符合题意；D．向澄清石灰水中通入少量CO2，生成碳酸钙白色沉淀，澄清石灰水变浑浊，故D项不符合题意；故本题选A。15.现有NaOH、Na2CO3和Ba(OH)2。三种溶液，选用一种试剂把它们鉴别出来A.稀盐酸B.MgSO4溶液C.石蕊溶液D.稀硫酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氢氧化钠、氢氧化钡都可与盐酸发生中和反应，分别生成氯化钠和水、氯化钡和水，反应无明显现象；碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，有气体放出；因此，使用盐酸不能区分出三种物质中的氢氧化钠和氢氧化钡，故A错误；B．硫酸镁和三种物质均反应生成白色沉淀，无法鉴别，故B错误；C．三种物质都显碱性，不能用石蕊试液鉴别，故C错误； D．氢氧化钠与稀硫酸发生中和反应，生成硫酸钠和水，反应无明显现象；碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气体放出；氢氧化钡与硫酸发生中和反应，生成硫酸钡沉淀和水，出现白色沉淀，因此，使用硫酸可以区分三种溶液，故D正确；故选D。16.化学实验中颜色变化丰富多彩，下列说法正确的是A.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水至过量，最终不产生沉淀B.向Na2O2固体中加入适量水，再滴加几滴酚酞，溶液变红后不褪色C.向FeCl2溶液中加入KSCN溶液，不变红，滴加少量氯水后溶液变红D.向碘的饱和水溶液中加入适量CCl4溶液分层，上层显紫红色【答案】C【解析】【详解】A．向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水产生氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式应为：Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH，氨水是弱碱，不能和氢氧化铝反应，则氨水过量，沉淀不溶解，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，所以再滴加几滴酚酞，溶液变红色，又因为过氧化钠和水反应生成具有漂白性的物质，所以最终溶液褪色，故B错误；C．氯水能够氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+和KSCN反应使溶液变为红色，所以向FeCl2溶液中加入KSCN溶液，不变红，滴加少量氯水后溶液变红，故C正确；D．碘在CCl4中的溶解度比水大，CCl4不能和水互溶，且密度比水大，故向碘的饱和水溶液中加入适量CCl4，溶液分层，下层显紫红色，故D错误；故选C。17.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A.氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与碳酸B.Al2O3与硫酸反应；Al2O3与盐酸C.Na2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液D.BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．盐酸显强酸性，在溶液中完全电离，碳酸是二元弱酸，在溶液中部分电离，因此在书写离子 方程式时，醋酸要保留分子形式，二者与氢氧化钠溶液反应的离子方程式不同，A不符合；B．Al2O3与硫酸反应和Al2O3与盐酸反应的离子方程式相同，均是Al2O3+6H＋＝2Al3＋+3H2O，B符合；C．Na2CO3属于易溶性盐，碳酸钙属于难溶性盐，因此在书写离子方程式时，碳酸钙要保留化学式形式，二者与硝酸溶液的离子方程式不同，C不符合；D．BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式不同，D不符合；答案选B。18.已知反应：①；②；③。下列说法不正确的是A.氧化性：B.还原性：C.反应①中氧化剂与还原剂的质量之比为D.反应③中被氧化的元素与被还原的元素的质量之比为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由反应②可知氯气是氧化剂，氯化铁是氧化产物，氯气氧化性大于氧化铁，由反应③可知氯化铁是氧化剂，碘单质是氧化产物，氯化铁的氧化性大于碘单质，由此可知氧化性：，故A正确；B．由反应②可知HI为还原剂，为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故B正确；C．反应①中氧化钾为碘单质，还原剂为二氧化硫，两者的质量比为：，故C错误；D．反应③中被氧化的元素为I，被还原的元素为Fe，由反应系数可知两者的物质的量之比为1:1，质量之比为：，故D正确；故选：C。19.下列实验现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2+ B取无色溶液做焰色试验火焰为黄色无色溶液中有Na+，无K+C某少量无色无味气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2D向未知液中滴加BaCl2，再加稀HNO3产生白色沉淀未知液中一定含有SOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯水具有强氧化性，向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，未知液中可能含有Fe2+，若未知液中含铁离子，也有此现象，A错误；B．溶液中可能含K+，只是被黄色掩盖，应透过蓝色钴玻璃观察才能证明K+的存在，B错误；C．二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，但能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体一定是CO2，C正确；D．若未知液中含银离子，滴加BaCl2，再加稀HNO3，也有白色沉淀产生，D错误；答案选C。20.由的转化一定未涉及到的化学反应类型为A.氧化还原反应B.分解反应C.化合反应D.复分解反应【答案】B【解析】【分析】【详解】Ca→CaO，是Ca与O2化合生成CaO，发生氧化还原反应，也属于化合反应；CaO→Ca(OH)2，是CaO与H2O发生化合反应；Ca(OH)2→CaCO3，是Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3和H2O，属于复分解反应；由此可以看出，在转化过程中，只有分解反应没有发生，故选B。21.有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述中正确的是A.热稳定性：NaHCO3>Na2CO3B.鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可以用Ca(OH)2溶液C.等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸充分反应时，产生的CO2质量相同D.可以用加热的方式除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质【答案】D【解析】 【详解】A．NaHCO3受热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，Na2CO3受热时不分解，则热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A错误；B．二者均与氢氧化钙反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，则等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2更多，故C错误；D．NaHCO3受热易分解生成Na2CO3，所以可用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，故D正确。故选：D。22.下列叙述正确的是A.Na2O2投入FeSO4溶液中剧烈反应生成白色沉淀和氢气B.Na投入CuSO4溶液中剧烈反应生成红色固体C.Na2O2可以作漂白剂是因为其有强氧化性D.少量Na投入FeCl3溶液可使溶液质量增大【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠可氧化亚铁离子，且溶液为碱性，最终得到红褐色沉淀为氢氧化铁，且生成的气体是氧气，故A错误；B．Na投入CuSO4溶液中剧烈反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，故B错误；C．过氧化钠具有强氧化性，所以过氧化钠可以作漂白剂，故C正确；D．少量Na投入FeCl3溶液中生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和氢气，因此可使溶液质量减小，故D错误；故选C。23.亚硝酸钠(NaNO2)具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2.酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式为：MnO+NO+H+→Mn2++NO+H2O(未配平)，下列叙述错误的是A.生成1molMn2+，转移电子为5molB.该反应中氮元素被氧化C.配平后，水的化学计量数为6D.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:5【答案】C【解析】【详解】A．锰元素化合价由+7降低为+2，所以生成1molMn2＋转移电子为5mol，故A正确； B．NO2－中N元素化合价升高，该反应中氮元素被氧化，故B正确；C．根据得失电子守恒、元素守恒，配平方程式为，配平后水的化学计量数为3，故C错误；D．在反应方程式中，中的锰元素化合价降低，作氧化剂，中的N元素化合价升高，作还原剂，两者比为2:5，故D正确；故选C。24.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如图(用于沉淀的试剂稍过量)：称取粗盐滤液滤液精盐下列说法正确的是A.第②步的过滤操作可以省略B.第③，④、⑤步添加试剂的操作顺序可以是：NaOH、Na2CO3、BaCl2C.在第④步中可以用KOH替代NaOHD.第⑦步加入盐酸的目的只是除去溶液中C【答案】A【解析】【分析】由流程可知，粗盐溶解后，过滤除去泥沙，加氯化钡可除去S，加氢氧化钠除去Mg2+，加碳酸钠可除去Ba2+、Ca2+，过滤后溶液中的溶质为NaCl、NaOH和Na2CO3，加适量盐酸，NaOH和Na2CO3与盐酸反应后，溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl。【详解】A．由分析可知，第②步的过滤是过滤出不溶于水的泥沙，可在第⑥步中和碳酸钡、碳酸钙等一起过滤除去，故可以省略第②步操作，故A正确；B．若第③步加入氢氧化钠可除去Mg2+，第④步加入碳酸钠可除去Ca2+，第⑤步加入氯化钡可除去S，但这样的顺序，最后加入氯化钡溶液又引入了杂质Ba2+，加入盐酸不能除去，所以BaCl2溶液必须在Na2CO3溶液之前加入，可在NaOH溶液之前加入，也可在NaOH溶液之后加入，故B错误；C．在第④步中若用KOH替代NaOH，就会在溶液中引入杂质离子K+，因此不能使用KOH，故C错误；D．盐酸不仅和碳酸根离子反应，还会和氢氧根离子反应，故D错误；答案选A。 25.在100mLK2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，c(Fe3+)为0.1mol·L-1，c(K+)为0.3mol·L-1，要将溶液中的全部转化为沉淀，至少需加0.1mol·L-1BaCl2溶液的体积为A.250mLB.280mLC.300mLD.320mL【答案】C【解析】【分析】【详解】根据电荷守恒得：c()=，则n()=0.3mol·L-1×0.1L=0.03mol，则V(BaCl2)=，故C正确。故选C。第Ⅱ卷(非选择题共50分)26.现有下列物质：①氯化氢②二氧化碳③熔融硫酸钡④铁丝⑤氢氧化钡固体⑥蔗糖⑦氯化钾溶液⑧氢氧化钠溶液⑨酒精⑩氨气（1）能导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质但其水溶液能导电的是___________。（2）将①通入⑧中发生反应的离子方程式为___________。（3）将少量的②通入⑤的水溶液中发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.③④⑦⑧②.①③⑤③.②⑩（2）（3）【解析】【分析】物质导电的条件：存在自由移动的电子或者自由移动的离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；非电解质与水反应生成电解质，且在水溶液中能电离产生自由移动的离子，能够导电，据此分析解答。【小问1详解】③熔融硫酸钡、⑦氯化钾溶液、⑧氢氧化钠溶液，都含有自由移动的离子，能导电，④铁丝含有自由移动的电子能导电；①氯化氢、③熔融硫酸钡、⑤氢氧化钡固体是电解质；②二氧化碳、⑩氨气是非电解质，水溶液中与水反应分别生成碳酸、一水合氨，碳酸、一水合氨电离产生自由移动的离子，能够导电，所以能导电的是：③④⑦⑧；属于电解质的是：①③⑤；属于非电解质但其水溶液能导电的是：②⑩。 【小问2详解】氯化氢与氢氧化钠溶液发生酸碱中和反应生成氯化钠和水，离子方程式为：，故答案为：。【小问3详解】少量二氧化碳与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡和水，离子方程式为：，故答案为：。27.高铁酸盐是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上可用湿法制备高铁酸钾。2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O（1）FeO中铁元素化合价为____，在该反应中氧化剂是____，还原剂是____，氧化产物是____。（2）请用双线桥表示反应中电子转移情况：____。（3）根据化合价，推测FeO能和下列____反应(填序号)。A.KMnO4B.SO2C.H2SD.O2【答案】（1）①.+6价②.ClO-③.Fe(OH)3④.FeO（2）（3）BC【解析】【小问1详解】FeO中O元素为-2价，则铁元素化合价为+6价，Cl元素化合价降低，氧化剂是ClO-，Fe元素化合价升高，还原剂是Fe(OH)3，氧化产物是FeO；【小问2详解】Fe元素从+3升高到+6，有2个Fe原子变价，失去6个电子，Cl元素从+1降至-1，有3个Cl原子变价，得到6个电子，用双线桥表示反应中电子转移情况：【小问3详解】 FeO中铁元素化合价为+6价，是高价态，具有氧化性，能与还原性物质反应，即能与SO2、H2S反应，故选BC。28.下图为实验室某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为_________mol/L。（2）现在要配制该浓度的NaOH溶液100ml，需称量_________g固体氢氧化钠。溶液配制的所需的基本步骤如下：（3）将上述实验步骤A到F按实验过程先后次序排列（不重复）_________。（4）上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为__________。（5）下列操作对NaOH溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。①摇匀后发现液面低于刻度线再加水_________；②容量瓶中原有少量蒸馏水_________；③定容时俯视观察液面_________。【答案】①.6②.24.0③.CBDFAE④.100ml容量瓶⑤.偏低⑥.无影响⑦.偏高【解析】【详解】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制方法及误差分析。（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)===6mol/L。（2）现在要配制该浓度的NaOH溶液100ml，需称量6mol/L×0.1Lmol/L×40g/mol=24.0g固体氢氧化钠。（3 ）配制溶液时，首先溶解溶质，再转移、洗涤溶液，之后是定容，摇匀，所以上述实验步骤的先后次序为CBDFAE。（4）上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为100ml容量瓶。（5）①溶液被稀释，浓度偏低；②对浓度无影响；③溶液体积变小，浓度偏高。29.纯碱是重要化工产品，侯氏制碱法是由我国著名化学家侯德榜所创立，打破了欧美对制碱业的垄断。其简化工艺流程如下图：回答下列问题：(1)高温下“水煤气变换”可制取合成氨的原料气体___________(填化学式)；沉淀池中反应的化学方程式为___________，该反应是否符合复分解反应发生的条件？___________(填“是”或“否”)(2)流程中的操作为___________；“副产品”为___________(填化学式)。(3)流程中可循环利用的物质有___________。(4)产品中可能混有杂质，设计实验检验___________。【答案】①.②.③.是④.过滤⑤.⑥.、分离出副产品后的母液(或或或)⑦.取少量产品于试管中，加入足量稀酸化，再加入少量溶液，有白色沉淀，则含有；无白色沉淀，则不含。【解析】【分析】流程第一步是一氧化碳和高温水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，然后分离，第二步氢气与氮气反应合成氨气，第三步氨气先通入饱和食盐水，再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠固体和氯化铵，第四步，过滤，对碳酸氢钠进行煅烧分解生成碳酸钠。【详解】(1)工艺流程第一步是一氧化碳和高温水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，可以制合成氨的原料气，第三步氨气先通入沉淀池中饱和食盐水，再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠固体和氯化铵，反应方程式为，该反应有反应物相互交换成分，并有固体析出，符合复分解反应的条件，故答案为；，是；(2)流程中的操作为过滤；“副产品”为，故答案为过滤；(3)从流程中可知，二氧化碳可循环利用，分离出副产品后的母液可循环利用，答案为、分离出副产 品后的母液(或或或)；(4)产品中可能混有杂质，设计实验检验氯化钠是否存在。取少量产品于试管中，加入足量稀酸化，再加入少量溶液，有白色沉淀，则含有；无白色沉淀，则不含。故答案为取少量产品于试管中，加入足量稀酸化，再加入少量溶液，有白色沉淀，则含有；无白色沉淀，则不含。30.在含有一定量NaHCO3和Na2CO3溶质的溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀盐酸，产生CO2的物质的量与滴入盐酸的量的关系如图，回答下列问题：（1）0～a点发生反应的离子方程式为____（2）NaHCO3与Na2CO3物质的量之比为____。（3）b=____(用含a的代数式表示)。【答案】（1）CO+H+=HCO（2）3∶2（3）2.5a【解析】【分析】加盐酸0~a段不产生二氧化碳，发生的反应为Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，a~3.5a段发生的反应为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑.【小问1详解】0～a点发生的反应为Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，反应的离子方程式为CO+H+=HCO；【小问2详解】0~a段是Na2CO3与HCl反应，n(Na2CO3)=n(HCl)=amol，同时产生amolNaHCO3，a~3.5a段发生的反应为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，消耗n(HCl)=3.5a-a=2.5amol，消耗HCl包含原溶质的NaHCO3和0~a段生成的NaHCO3，则a+n(NaHCO3)=2.5a，n(NaHCO3)=1.5a，则NaHCO3与Na2CO3物质的量之比为1.5a:a=3:2；【小问3详解】