湖北省十堰市2022-2023学年高一化学上学期期末试卷（Word版附解析）

十堰市2022~2023学年度上学期期末调研考试题高一化学本试卷共6页，19题，均为必考题。全卷满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.碳酸氢钠受热易分解，故其可用于治疗胃酸过多B.聚合硫酸铁是新型絮凝剂，其中显+3价C.《千里江山图》中含有很多着色的矿石颜料，其中孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜D.返回舱表面的烧蚀层可以保护返回舱不因高温而烧毁，因为烧蚀层的硬度大【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠可与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，这与碳酸氢钠的不稳定性无关，A错误；B．根据化合物的化合价代数和为0可设中Fe的化合价为x，则x-n-2(3-)=0，解得x=+6，B错误；C．孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜，C正确；D．返回舱在返回地面的时候，外面的涂层和空气摩擦产生高温，要求其可以承受较高的温度，对硬度要求不大，D错误；故选C。2.下列说法错误的是A.可用铁质或铝质容器贮存冷的浓盐酸或稀盐酸B.臭氧和氧气互为同素异形体C.氯气和钠反应生成，氯气和钾反应生成 D.碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物【答案】A【解析】【详解】A．常温下，铁或铝与稀盐酸会发生置换反应，盐酸不能利用铁质或铝质容器贮存，A错误；B．臭氧和氧气是同种元素组成的不同单质，两者属于同素异形体，B正确；C．氯气可与钠、钾等金属发生反应生成金属氯化物，C正确；D．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7、Al2O3等，D正确；故选A。3.铁粉与水蒸气反应的实验装置图(夹持装置已略去)如图，下列说法错误的是A.实验进行前，应检查装置的气密性B.该实验表明：常温下，铁的化学性质不活泼C.生成的气体在点燃之前，必须验纯D.该反应的基本反应类型为置换反应【答案】B【解析】【详解】A．连接装置后，在进行实验之前，需要检查装置的气密性，A正确；B．常温下，铁与冷水和热水不反应，但该实验无法证明这个结论，B错误；C．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气为可燃性气体，与空气混合会引发爆炸，所以在点燃生成的气体之前，需要验纯，C正确；D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，该反应属于置换反应，D正确；故选B。4.某化学兴趣小组同学采用如图所示装置来制备氯气并检验其性质，仪器a中反应的化学方程式为(未配平)，下列说法正确的是(忽略空气对 反应的影响)A.该反应中，浓盐酸只体现了还原性B.生成的氯气中的氯全部来自C.随着反应进行，烧杯中溶液颜色由绿色变为黄色再变为蓝色D.由该实验可判断出氧化性：【答案】D【解析】【分析】氯酸钾与浓盐酸常温下会发生反应产生氯气，FeCl2和KI均具有还原性，氯气具有氧化性，当氯气通入时，因FeCl2和KI足量，且碘离子的还原性大于亚铁离子，所以氯气优先与KI发生反应生成碘单质，再与亚铁离子发生反应，据此分析解答。【详解】A．仪器a中的反应HCl中的Cl元素，一部分化合价升高为氯气，一部分未发生化合价的改变形成了KCl，所以浓盐酸起到酸性和还原性的作用，A错误；B．生成氯气中的氯气既是氧化产物，又是还原产物，所以Cl元素一部分来源于HCl，一部分来自，B错误；C．因还原性：I-＞Fe2+，所以随着反应进行，烧杯中溶液颜色由绿色变为黄色，因无淀粉试剂，所以不会变为蓝色，C错误；D．根据上述分析结合氧化还原反应的规律可判断出，氧化性：，D正确；故选D。5.下列各组物质中，物质之间能通过一步反应实现如图所示转化的是ABCDX YZA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铁与氯化铁发生反应生成氯化亚铁，氯化亚铁被氧化剂氧化可转化为氯化铁，氯化铁被还原剂还原可转化为氯化亚铁，氯化铁不能直接转化得到铁单质，A错误；B．氧气与钠发生反应可生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应转化为碳酸钠，但碳酸钠不能转化为过氧化钠，B错误；C．碳与氧气不完全燃烧生成CO，CO与氧气继续反应生成CO2，CO2被C还原可生成CO，过氧化钠与CO2发生反应可转化为氧气，物质之间能通过一步反应均能实现转化，C正确；D．铝与氯气发生反应生成氯化铝，氯化铝可与氢氧化钠或一水合氨发生反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸发生反应可转化氯化铝，但氢氧化铝不能直接转化为铝单质，D错误；故选C。6.常温下，往一定量的溶液不断通入的过程中(如图所示)，下列图像能正确表示该溶液导电能力(用电流强度I表示)变化的是A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】常温下，往一定量的溶液先通入会生成碳酸钡和水，继续通入会生成可溶于水的碳酸氢钡，溶液中离子浓度大小与导电性有关，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，刚开始通入二氧化碳时，会生成难溶于水的碳酸钡和水，电流强度I不断减小直至降低到几乎为0，继续通入二氧化碳，溶液中会生成可溶于水的碳酸氢钡，从而使溶液中离子浓度增大，电流强度I又逐渐增大，只有B项符合题意。故选B。7.铁在浓度极稀的硝酸中发生的反应为(未配平)，下列说法正确的是A.该反应出现的物质中，属于氧化物的有4种B.溶液可以导电，故溶液属于电解质C.该反应中，参与反应的氧化剂与还原剂的总物质的量之比为15∶4D.该反应中，每消耗，同时转移电子【答案】D【解析】【详解】A．氧化物是由两种元素组成，其中一种元素为氧元素，根据反应方程式可知，只有H2O为氧化物，故A错误；B．电解质属于化合物，属于纯净物，而硝酸铁溶液属于混合物，因此硝酸铁溶液不属于电解质，故B错误；C．根据反应方程式可知，铁元素化合价由0价转化成+3价，化合价升高3，则Fe作还原剂，部分硝酸中N的化合价由+5价转化为-3价，化合价降低8，则部分硝酸作氧化剂，根据得失电子数目守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶8，故C错误；D．根据C选项分析，22.4gFe参与该反应，转移电子物质的量为=1.2mol，故D正确；答案为D。8.将水滴入盛有过氧化钠的仪器中(如图所示，夹持装置已略去)，下列说法正确的是 A.是碱性氧化物B.气体a能使带火星的小木条复燃，则气体a具有可燃性C.反应一段时间后，过氧化钠白色粉末逐渐消失，且轻轻触摸该仪器外壁能感受到发烫D.该实险不需要进行尾气处理【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠属于过氧化物，与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，不属于碱性氧化物，故A错误；B．气体a能使带火星的小木条复燃，说明气体a具有助燃性，故B错误；C．过氧化钠为淡黄色粉末，过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应为放热反应，轻轻触摸该仪器外壁能感受到发烫，故C错误；D．产生的气体为氧气，对环境无污染，不需要尾气处理，故D正确；答案为D。9.下列化学方程式书写正确的是A.往碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸：B.往硫酸亚铁溶液中加入少量铜粉：C.往氯化铁溶液中加入少量金属钠：D.往氯化钙溶液中通入少量二氧化碳：【答案】C【解析】【详解】A．往碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸会生成碳酸氢钠，无气泡产生，A错误；B．金属活动性：Fe＞Cu，往硫酸亚铁溶液中加入少量铜粉，不会发生置换反应，B错误；C．钠与盐溶液反应时，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液溶质为氯化铁，所以氯化铁再 与氢氧化钠反应会生成氢氧化铁与氯化钠，综合反应的离子方程式为：，C正确；D．往氯化钙溶液中通入少量二氧化碳不会发生反应，无沉淀生成，D错误；故选C。10.溶液中，所含的总质量为，往该溶液中逐滴滴入的溶液，当沉淀量达到最大时(不考虑水的电离及与水发生的反应)，共消耗溶液，下列说法正确的是A.B.沉淀量达到最大时，反应的离子方程式为C.原溶液中，D.该反应生成的沉淀均不溶于稀硫酸【答案】A【解析】【分析】根据题干信息可知，当沉淀量达到最大时发生反应的离子方程式为：，据此结合物质的量在化学方程式中的运用分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，n(Al3+)：n(Ba2+)=2:3，则n(Al3+)=，m(Al3+)=，化简整理得，A正确；B．根据上述分析可知，发生上述反应的离子方程式为：，B错误；C．原溶液中，，因铝离子的物质的量浓度c()=，所以=， C错误；D．该反应生成的沉淀为硫酸钡和氢氧化铝，硫酸钡不溶于稀硫酸，但氢氧化铝溶于稀硫酸，D错误；故选A。11.是一种常用的补血剂，在空气中易变质。某同学通过如下实验测定该补血剂中的含量：先称取样品，用煮沸冷却的蒸馏水配制成溶液；再量取溶液于锥形瓶中，逐滴滴入的溶液，反应完全后，共消耗溶液(不考虑空气对反应的影响)。下列说法错误的是A.该反应的离子方程式为B.该样品中的含量为21.875%C.配制溶液时需用到的玻璃仪器仅有烧杯、漏斗、量筒、玻璃棒和容量瓶D.用煮沸冷却的蒸馏水配制溶液的目的是除去溶解在水中的氧气【答案】C【解析】【详解】A．上述反应中酸性高锰酸钾氧化亚铁离子转化为铁离子，高锰酸根离子对应的还原产物为锰离子，其离子方程式为：，A正确；B．根据离子方程式可知，，则样品中n(Fe2+)=，则样品中的含量为：21.875%，B正确；C．配制溶液时需用到的玻璃仪器仅有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶和胶头滴管，实验过程中不用漏斗，C错误；D．易被氧气氧化，所以用煮沸冷却的蒸馏水配制溶液，可除去溶解在水中的氧气，防止其被氧化，D正确；故选C。12.现有X、Y、Z三种元素，它们的单质之间有如下性质：①X的单质可以在Z 的单质中燃烧，生成，燃烧时火焰为苍白色；②X的单质可与Y的单质化合，生成，在常温下为液体；③Z的单质溶于中，所得溶液具有漂白性。下列说法错误的是A.①②③中只有①②发生了氧化还原反应B.将溶液滴入的水溶液中有气泡产生C.Z的单质溶于中，具有漂白性的物质并不是Z的单质本身D.X、Y、Z三种元素的单质中只有X、Y的单质在常温下为无色气体【答案】A【解析】【分析】①X的单质可以在Z的单质中燃烧，生成，燃烧时火焰为苍白色，说明X为H，Z为Cl，两种单质反应会生成HCl；②X的单质可与Y的单质化合，生成，在常温下为液体，则说明Y为O，得到的液体物质为H2O；③Z的单质溶于中，所得溶液具有漂白性，说的是氯气溶于水会形成具有漂白性的次氯酸，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，结合氧化还原反应的特征可知，①②③均发生了氧化还原反应，A错误；B．将溶液滴入HCl中，因酸过量，所以会生成二氧化碳，可观察到有气泡生成，B正确；C．氯气本身无漂白性，溶于水后形成的次氯酸具有漂白性，C正确；D．X、Y、Z三种元素的单质中，X形成的单质为氢气，常温下为无色气体，Y形成的单质为氧气，常温下为无色气体，Z形成的单质为氯气，常温下为黄绿色气体，D正确；故选A。13.粗盐中含有难溶性杂质(泥沙等)和多种可溶性杂质(氯化镁、氯化钙等)。某班同学在粗盐提纯实验中，为把少量可溶性杂质、一并除上，进行如图所示的操作(所加试剂均过量，杂质不参与反应)，下列说法错误的是 A.操作I和操作II的名称均为过滤B.沉淀b的主要成分为、C.试剂X只能为稀盐酸D.往溶液b中滴加硝酸酸化的硝酸银，有白色沉淀产生【答案】C【解析】【分析】粗盐加水溶解，粗盐中含有泥沙，然后过滤，粗盐中含有CaCl2、MgCl2，除去Ca2+，不引入新杂质，常用碳酸钠溶液，除去Mg2+，常用NaOH溶液，沉淀b为碳酸钙和氢氧化镁，溶液b中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠，需要加入盐酸除去，然后蒸发结晶，得到精盐，据此分析；【详解】A．根据流程图可知，操作I和操作II均得到溶液和沉淀，操作名称为过滤，故A说法正确；B．根据上述分析，沉淀b为Mg(OH)2、CaCO3，故B说法正确；C．为了不引入新杂质，试剂X可以是稀盐酸，也可以是浓盐酸，故C说法错误；D．溶液b中为NaCl、Na2CO3、NaOH，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，可以得到白色沉淀氯化银，故D说法正确；答案为C。14.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中的质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】C【解析】【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后可计算碳酸钠的 质量分数，A不选；B．得到bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，则，可以计算碳酸钠的质量分数，B不选；C．反应后只给了溶液的质量为bg，没有给溶质的质量分数，故溶液中溶质的质量无法得知，不能计算碳酸氢钠质量分数，该选项不能达到实验目的，选C；D．逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，增加的质量为水和二氧化碳的总质量，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，则，可以计算碳酸钠质量分数，该选项能够达到实验目的，D不选；故本题选C。15.将物质的量之比为4∶1∶3的、和的混合物通入和放入一密闭容器中，用电火花点燃并充分反应后，再恢复到常温下。下列说法正确的是A容器中有剩余B.容器中有剩余C.容器中有剩余D.容器中固体是和【答案】C【解析】【分析】由丙烷、氧气、过氧化钠在150℃下用电火花不断引燃反应，若恰好完全反应，压强为零可知，反应化学方程式为3O2+2C3H8+14Na2O26Na2CO3+16NaOH，由方程式可知，丙烷、氧气、过氧化钠的物质的量比为3：2：14，根据所给物质的量分析解答。【详解】根据上述分析可知，物质的量之比为4∶1∶3的、和的混合物通入和放入一密闭容器中，用电火花点燃并充分反应后，再恢复到常温下，发生反应，则容器内氧气会过量，故AB错误，C正确，反应后碳酸氢钠和氢氧化钠会继续反应，不能大量共存，故D错误。故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.钛是航空、军工、电力等领域的重要原材料。地壳中的含钛矿石之一是金红石，其是冶炼钛的重要原料。生产钛的工艺流程如图：已知：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应，也不与强酸反应；②加热时，钛可以和常见的非金属单质反应。（1）在反应I中：①下列有关的说法正确的是_______(填标号)。A.属于酸性氧化物　　B.摩尔质量为28　　C.为可燃性气体　　D.具有还原性②反应I的化学方程式为_______。③每转移电子，同时生成的体积为_______(标准状况下)。（2）在反应II中：①氩气的作用为_______。②该反应的基本反应类型为_______。（3）为了测定反应II制得的金属钛(杂质仅含)中的钛元素含量。常温下，取反应II制得的金属钛置于烧杯中，往烧杯中逐滴滴入物质的量浓度为的稀硫酸，当不再出现气泡时，共用去稀硫酸：①上述反应的离子方程式为_______。②金属钛的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】（1）①.CD②.③.（2）①.防止生成的钛被空气中的氧气氧化②.置换反应（3）①.②.【解析】【分析】根据流程可知，C、TiO2、Cl2在高温下生成TiCl4、CO，利用Mg的还原性强，将Ti 置换出来，据此分析；【小问1详解】①A．CO不属于酸性氧化物，属于不成盐氧化物，故A错误；B．摩尔质量的单位是g/mol，因此CO的摩尔质量为28g/mol，故B错误；C．CO为可燃性气体，与氧气燃烧生成二氧化碳，故C正确；D．CO具有还原性，可以还原金属氧化物得到金属单质，如氧化铜，故D正确；答案为CD；②反应Ⅰ中得到TiCl4和CO，其反应方程式为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO；故答案为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO；③根据②的分析，生成2molCO时，转移电子物质的量为4mol，因此每转移0.2mol电子，同时生成标况下CO的体积为=2.24L；故答案为2.24L；【小问2详解】①氩气为稀有气体，因此氩气的作用是防止生成的钛被空气中的氧气氧化；故答案为防止生成的钛被空气中的氧气氧化；②反应Ⅱ为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，该反应为置换反应；故答案为置换反应；【小问3详解】常温下金属钛不与强酸反应，金属镁与强酸能发生反应，金属镁与稀硫酸反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑；故答案为Mg+2H+=Mg2++H2↑；金属镁与稀硫酸反应消耗稀硫酸的体积为VmL，根据Mg+2H+=Mg2++H2↑，样品中镁的物质的量为VmL×10-3L/mL×cmol/L=Vc×10-3mol，金属钛的质量分数为×100%=；故答案为。17.合成氨工业生产中所用的催化剂的主要成分是。回答下列问题：（1）的摩尔质量为_______。（2）室温下，将适量的粉末投入足量的稀盐酸中： ①取少量上述反应后的溶液于试管中，静置一段时间后，可观察到溶液的颜色由绿色变为黄色，溶液由绿色变为黄色的原因为_______(用离子方程式表示)。②往①的试管的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，此时观察到溶液中的现象为_______。③_______(填“能”或“不能”)选用酸性高锰酸钾溶液检验①试管中的存在，原因为_______(用离子方程式表示)。（3）在的混合物中：①若铁原子、氧原子的物质的量之比为7∶8，则与的物质的量之比为_______。②当该混合物中+2价铁与+3价铁的物质的量之比为时，该混合物中铁元紫的质量分数为_______(用含a、b的代数式表示)。（4）电子工业上常用30%的溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。发生的反应为，该反应中，若生成的还原产物与氧化产物质量相差，则此时转移的电子的物质的量为_______。【答案】（1）（2）①.②.溶液由黄色变为无色且底部出现红褐色难溶物③.不能④.（3）①.5∶1②.（4）0.2【解析】【小问1详解】氧化铁的摩尔质量为160g/mol；故答案为160g/mol；【小问2详解】①Fe2+显绿色，Fe3+显黄色，绿色变为黄色，说明Fe2+被氧气氧化成Fe3+，其离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；故答案为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；②往①的试管的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，发生Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，观察到的现象是溶液由黄色变为无色，且试管底部出现红褐色难溶物；故答案为溶液由黄色变为无色，且试管底部出现红褐色难溶物； ③加入盐酸是足量，①试管溶液中还有盐酸，盐酸能被高锰酸钾溶液氧化，因此不能选用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，盐酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为不能；2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；【小问3详解】①令FeO物质量为xmol，Fe2O3物质的量为ymol，铁原子、氧原子物质的量之比为7∶8，因此有(x+2y)∶(x+3y)=7∶8，推出x∶y=5∶1；故答案为5∶1；②该混合物中+2价与+3价铁的物质的量之比为a∶b，令FeO物质的量为amol，Fe2O3物质的量为mol，该混合物中铁元素的质量分数为=；故答案为；【小问4详解】根据反应方程式可知，CuCl2为氧化产物，FeCl2为还原产物，消耗1molCu时，还原产物与氧化产物质量相差119g，生成的还原产物与氧化产物质量相差11.9g，则消耗0.1molCu，转移电子物质的量为0.2mol，故答案为0.2。18.实验室制备氯气并进行相关实验的装置(加热及夹持装置均已略去)如图。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______。（2）该实验装置中有一处明显的错误，请指出具体的错误装置：_______，判断的理由为_______。（3）装置VI中，溶液的作用为_______。（4）装置I中发生反应的化学方程式为_______。（5）实验进行过程中，在装置V中(不考虑物质与水发生的反应)： ①可能观察到的现象为_______。②发生反应的离子方程式为_______。③由此可判断，氧化性：_______(填“>”、“<”或“=”)。【答案】（1）长颈漏斗（2）①.IV②.氯气的密度比空气大，收集气体时，气体应从长导气管进，短导气管出(或因氯气的密度比空气大，装置导气管应长进短出)（3）吸收多余的（4）（5）①.溶液由无色变为蓝色②.③.>【解析】【分析】装置I中二氧化锰和浓盐酸共热可制备氯气，生成的氯气中含HCl和H2O，所以装置II中饱和氯化钠溶液的作用是除去氯气中的HCl，装置III中盛装浓硫酸是为了干燥氯气，则装置IV是收集氯气，装置V是为了检验氯气的氧化性，最后装置VI中的氢氧化钠溶液的作用是为了吸收多余的氯气，防止污染环境。据此结合氯气的性质分析解答。【小问1详解】根据仪器构造可知，仪器a的名称为长颈漏斗；【小问2详解】实验中，装置IV有明显错误，是因为氯气的密度比空气大，收集气体时，气体应从长导气管进，短导气管出(或因氯气的密度比空气大，装置导气管应长进短出)【小问3详解】装置VI中，溶液可吸收多余的氯气，防止污染环境；【小问4详解】装置I中二氧化锰和浓盐酸共热可制备氯气，其化学方程式为：；【小问5详解】①装置V中氯气可氧化KI生成能使淀粉变蓝的碘单质，所以可能观察的现象为：溶液由无色变为蓝色； ②发生上述反应的离子方程式为；③因氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，结合上述离子方程式与实验现象可知，氧化性：>。19.将一定物质的量浓度的溶液分成A、B两等份，分别向A、B中通入物质的量不等的，充分反应后，再继续向两溶液中分别逐滴加入的盐酸，边滴边振荡，产生的气体体积(假设所产生的气体全部逸出)与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，回答下列问题：已知：①不考虑水电离出的和及和与水发生的反应；②不考虑溶液混合时引起的体积和温度的变化；③只考虑反应过程中盐酸的酸性。（1）由曲线A可知：①相同状况下，_______。②P点溶液中，_______(用含x的代数式表示)。（2）由曲线B可知：①“”段发生反应的离子方程式为_______。②向原B等份的溶液中通入后，所得溶液中的溶质为_______(填化学式)，其质量之比为_______。（3）若将M、N两处所产生的气体全部通入足量的某未知浓度的澄清石灰水中，所得沉淀的质量为_______g(用含x的代数式表示，不考虑气体的逸出，下同)，原溶液中溶质的质量为_______g。 【答案】（1）①.10∶3②.0.75x（2）①.②.和(或和)③.53∶42(或42∶53)（3）①.10.4x②.9.6x【解析】【分析】从图中可以看出曲线A和曲线B生成二氧化碳的体积不相同，且曲线A在加入盐酸96mL时，产生气体，是曲线B产生气体时盐酸的两倍还多，说明A中溶质除了碳酸钠以外还有NaOH；对于曲线B来说，当盐酸的体积小于40mL时，没有气体生成，主要为碳酸钠与HCl反应生成碳酸氢钠，其离子反应为，则B中溶质应为碳酸钠和碳酸氢钠，据此分析解答。【小问1详解】①根据上述分析可知，曲线B中开始生成气体时加入盐酸40mL，此时溶液中溶质为，从开使产生气体到生成气体最大值时消耗盐酸80mL，根据反应，可知生成二氧化碳的物质的量为=；同理可知，曲线A中生成二氧化碳的物质的量，相同条件下，二氧化碳的体积之比等于其物质的量之比，所以体积比为：；②P点溶液中溶质只有氯化钠，根据原子守恒规律可知，c(HCl)=；【小问2详解】①根据分析可知，“”段溶液中的碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：；②根据分析可知，向原B等份的溶液中通入后，所得溶液中的溶质为，其质量之比为和(或和)，其物质的量之比为40mL（120-40-40）mL=1:1,则质量之比为； 【小问3详解】根据第（1）问可知，M与N处产生的二氧化碳的物质的量分别为和，若将M、N两处所产生的气体全部通入足量的某未知浓度的澄清石灰水中，所得沉淀均为碳酸钙的物质的量为，所以其质量为；对于曲线A来说，最终溶液溶质为NaCl，根据溶液呈现电中性及原子守恒可知，原溶液中溶质的物质的量浓度等于消耗的盐酸中HCl的物质的量，即n()=n(HCl)=，因平均分成两份做实验，所以原氢氧化钠的物质的量为，所以其质量为。