甘肃省兰州市第一中学2020届高三9月月考化学试题

甘肃省兰州市第一中学2020届高三9月月考化学试题

甘肃省兰州市第一中学2020届高三9月月考 化学成绩 ‎1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是( )‎ A. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B. 开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题 C. PM 2.5是指大气中直径接近2.5×10－‎6m的颗粒物，分散在空气中形成胶体 D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、绿色化学的核心是应用化学原理不产生污染或少产生污染，A错误；‎ B、开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题，B正确；‎ C、胶体微粒直径1×10－‎9m～1×10－‎7m ，PM 2.5是指大气中直径接近2.5×10－‎6m的颗粒物，分散在空气中形成的不是胶体，而是悬浊液，C错误；‎ D、半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是晶体硅，不是二氧化硅，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列各组物质按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是 A. 氯水，水煤气，硫酸，醋酸，干冰 B. 冰醋酸，福尔马林，硫酸钡，次氯酸，乙醇 C. 纯碱，绿矾，水玻璃，氢硫酸，三氧化硫 D. 胆矾，漂白粉，氯化钾，氢氟酸，氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水、水煤气均为混合物，醋酸、硫酸、干冰分别属于化合物，则硫酸是强电解质、醋酸属于电解质，干冰属于非电解质，故A错误；‎ B．冰醋酸属于纯净物、福尔马林属于混合物、硫酸钡属于强电解质、次氯酸属于弱电解质，乙醇属于非电解质，故B正确；‎ C ‎．纯碱、绿矾、水玻璃，氢硫酸，三氧化硫分别属于纯净物、纯净物、混合物、弱电解质，非电解质，故C错误；‎ D．胆矾、漂白粉、氯化钾、氢氟酸，氯气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质，氯气既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎3.分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈 B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用 C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉 D. 从海水中提取氯化镁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D. 从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 通入1 molCl2的新制氯水中，HClO、Cl−、C1O−粒子数之和为2NA B. 标准状况下，‎22.4L CCl4中所含分子数为NA C. ‎6‎‎2g白磷含有0.2NA P-P键 D. 在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1mol Cl2时转移的电子总数为1.5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中含有未反应的氯气分子，则溶液中的HClO、Cl-、C1O-粒子数之和小于2NA，故A错误；‎ B．标况下CCl4 为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C．每个白磷分子内含有6个P-P键，‎6.2g白磷的物质的量为0.05mol，含有0.3NA P-P键，故C错误；‎ D．反应4Cl2+8NaOH═6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气，故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子即1.5NA个，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列实验操作或结论正确的是( )‎ A. 配制溶液的操作中，向容量瓶中转移溶液后，玻璃棒、烧杯未洗涤会使得所配溶液浓度偏高 B. 洗涤沉淀的操作是在过滤器中边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗沉淀物 C. 实验室配制950 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液时，需称取胆矾的质量为‎50.0 g D. 制备Fe(OH)3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，边加热边搅拌，直到得到红褐色溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制溶液的操作中，转移溶液后，玻璃棒、烧杯未洗涤，部分溶质损失，会使所配溶液浓度偏低，故A不正确； B．洗涤沉淀的操作是将沉淀置于过滤器中，不能用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗，故B不正确； C．实验室配制950 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液时，由于没有950 mL的容量瓶，要以1000mL计算，需称取胆矾的质量为0.2 mol/L ×‎1L×‎250g/mol=‎50.0 g，故C正确； D．制备Fe(OH)3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，加热直到得到红褐色溶液，不能搅拌，故D不正确。‎ 故答案选C。‎ ‎6.类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类比推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列类推结论中正确的是（ ）‎ A. Mg失火不能用CO2灭火；Na失火也不能用CO2灭火 B. Fe3O4可写成FeO·Fe2O3；Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3‎ C. Cu与Cl2直接化合生成CuCl2；Cu与S直接化合也能得到CuS D. CO2通入到硝酸钡溶液中不能生成沉淀；SO2通入到硝酸钡溶液中也不能生成沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Mg失火不能用CO2灭火是因为Mg可以在CO2中燃烧，其反应为：2Mg+CO22MgO+C，钠失火不能用CO2灭火是由于Na燃烧生成Na2O2，而Na2O2与CO2反应生成O2又起助燃作用，A正确；‎ B、Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，是因为Fe有+2和+3两种化合价，而Pb有+2和+4两种化合价，无+3价，故不能写成PbO·Pb2O3，而应写成2PbO·PbO2，B错误；‎ C、Cu与Cl2直接反应生成CuCl2，是由于Cl2的强氧化性，而S的氧化能力较弱，只能将Cu氧化为Cu2S，C错误；‎ D、CO2通入Ba(NO3)2溶液中不生成沉淀，是因为不能用弱酸制强酸，而SO2通入Ba(NO3)2溶液中，由于在酸性条件下NO3－具有强氧性，可将SO2氧化为SO42－，SO42－与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，D错误，‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】该题的易错选项是D，注意SO2的还原性以及在酸性溶液中硝酸根的强氧化性，平时注意相关基础知识的积累和灵活应用。‎ ‎7.下列体系中，离子能大量共存的是（　　）‎ A. 含1.2 mol·L-1 NO3-的溶液：H+、Fe2+、Mg2+、Br-‎ B. 使酚酞变红的溶液：K+、Na+、NO3-、C1-‎ C. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4+、K+、C1-、I-‎ D. 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO3-、AlO2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．酸性溶液中NO3-能够氧化Fe2+、Br-，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．滴加KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，能够与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．含有AlO2-的溶液显碱性，促进HCO3-的电离，电离出的碳酸根离子与钡离子能够反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。‎ 点睛：把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查。本题的易错点为CD，C中注意隐含Fe3+，D中注意AlO2-的水解对HCO3-的电离和水解的影响。‎ ‎8.用下列装置不能达到实验目的的是( )‎ A. 用甲图装置可证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水) B. 用乙图装置制备Fe(OH)2‎ C. 用丙图装置制取金属锰 D. 用丁图装置制取氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B．由图可知，利用Fe和稀硫酸制FeSO4的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C．由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D．MnO2和浓盐酸混合加热可制氯气，不能用稀盐酸代替，故D错误；故选D。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是 A. 用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ B. 向氧氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O C. 向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+A1O2-+2H2O D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4++OH−=NH3·H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸是弱电解质，不能拆开，正确的离子方程式是：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；‎ B．向Fe(OH)2中加人足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：NO3-+3Fe(OH)2+10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，故B错误；‎ C．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液发生的离子反应为 Al3++2SO42-+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+A1O2-+2H2O，故C正确；‎ D．向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH−=NH3·H2O+H2O+CO32-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等；本题选项B因硝酸有强氧化性，溶解Fe(OH)2时则应发生氧化还原反应。‎ ‎10.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应，下列说法正确的是 ‎①2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2‎ ‎②2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2‎ A. 两个反应中硫元素均被氧化 B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化 C. 氧化性: MnO2＞SO＞IO＞I2‎ D. 反应①②中生成等量I2时，转移电子数之比为1:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A.在第一个反应中S元素的化合价没有发生变化，碘元素的化合价升高，因此该反应是碘元素的氧化反应，错误；B. 碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，错误；C.根据氧化性：氧化剂>氧化产物；氧化剂>还原剂，在第一个反应中，氧化性：MnO2＞SO42﹣；在第二个反应中氧化性：IO3﹣＞SO42﹣，所以选项C错误；D. 反应①产生1molI2转移2mol电子；在②中产生1molI2转移10mol电子，因此生成等量的I2时转移电子数比为1：5，正确。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关知识。‎ ‎11.下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是(　　)‎ 选项 操作和现象 结论或目的 A 红砖中含有氧化铁 向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色 B CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色 黑色固体中没有Fe3O4‎ C 取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该Fe(NO3)2试样已经变质 D 向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色 原溶液中含有Fe2＋‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．氧化铁溶于盐酸反应得氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；B．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+；C．溶液中含有NO3－，在酸性条件下会氧化Fe2+离子，不能证明是否已变质；D．若溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液也变红色。‎ ‎【详解】A. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三价铁离子遇KSCN溶液会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故A正确；‎ B.CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，故B错误；‎ C. NO3－＋H＋具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，二者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，故C错误；‎ D.若原溶液中不存在Fe2＋存在Fe3＋，也有此现象，故D错误，答案选A。‎ ‎12.高铁酸钾K2FeO4是一种新型、高效、氧化性比Cl2更强的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是 A. Na2O2在反应中既作氧化剂，又作还原剂 B. 制取高铁酸钠时，每生成1mol Na2FeO4反应中共有4mol电子转移 C. 高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 D. K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2在反应中，没有全部生成O2，O元素的化合价分别变为-2价、0价，则Na2O2在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；‎ B．对于2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中Fe的化合价由+2价升高为+6价，且生成氧气，每生成lmolNa2FeO4反应中共有5mol电子转移，故B错误；‎ C．加入KOH固体，可析出高铁酸钾，说明高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故C正确；‎ D．K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用来净水，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎13.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下，一步转化关系的组合有（ ）‎ 序号 X Y Z W ‎①‎ Si Na2SiO3‎ H2SiO3‎ SiO2‎ ‎②‎ Na NaOH Na2CO3‎ NaCl ‎③‎ Cl2‎ Ca(ClO)2‎ HClO HCl ‎④‎ Fe FeCl3‎ FeCl2‎ Fe(OH)2‎ A. ①②③ B. ①③ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅在高温条件下与碳反应生成硅单质，选项①符合；‎ ‎②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，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠，选项②符合；‎ ‎③氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成盐酸，浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应制备氯气，选项③符合；‎ ‎④铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不能一步转化为铁，选项④不符合，‎ 综上所述，①②③符合题意，A项正确 答案选A。‎ ‎14.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL 1mol/L的HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体的质量减少了（ ）‎ A. ‎6.4‎g‎ B. ‎4.8g C. ‎2.4g D. ‎‎1.6g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎15.现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加b mol·L−1NaOH溶液，当滴加到V mL 时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是 A. 沉淀中氢氧根的质量为(n—m)克 B. 恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为 bv/1000mol C. 生成标准状况下NO气体的体积为 2.24(n-m)/‎‎17L D. 与合金反应的硝酸的物质的量为bv/1000mol+(n-m)/51mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克，A正确；B、恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3－离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=‎ mol，B正确；C、根据以上分析可知沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e－）=n（OH－）=mol，根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，C错误；D、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，D正确；答案选C。‎ ‎16.某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为血红色，则下列叙述中正确的是（ ）‎ ‎①原溶液中Br-一定被氧化 ‎②通入氯气后原溶液中的Fe2+一定被氧化 ‎③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+‎ ‎④若取少量所得溶液，加入CCl4，静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br-均被完全氧化 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由于还原性强弱顺序是I－、Fe2＋、Br－，所以氯气首先氧化是I－，然后是Fe2＋和Br－。向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中有铁离子生成，所以选项①B不正确，②③④正确，答案选B ‎17.只用试管和胶头滴管就可以鉴别的下列各组溶液是①AlCl3溶液和NaOH 溶液　②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液　③NaAlO2溶液和盐酸　④Al2(SO4)3溶液和氨水　⑤Na2CO3溶液和稀盐酸 A. ①③⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①向AlCl3溶液加NaOH溶液，先有沉淀后沉淀消失，而向NaOH溶液中加AlCl3溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故①选；‎ ‎②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故②不选；‎ ‎③向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故③选；‎ ‎④Al2(SO4)3溶液和氨水，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故④不选；‎ ‎⑤Na2CO3溶液滴入盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故⑤选；‎ 故答案为A。‎ ‎18.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（‎25℃‎）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是 A. B晶体中阴、阳离子个数比为1:2‎ B. 等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞D C. 0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NA D. Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(‎25℃‎)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。‎ A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；‎ B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；‎ C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；‎ D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。‎ ‎19.某溶液中含有大量的Cl－、CO32－、OH－等三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作中，顺序正确的是 ‎①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液 A. ④②③②① B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ①②④②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 银离子能与氯离子、碳酸根离子、氢氧根离子结合，镁离子能与碳酸根离子和氢氧根离子结合，钡离子只能与碳酸根离子结合，故先加入硝酸钡溶液，检验出碳酸根离子，过滤除去生成的沉淀；然后加入硝酸镁溶液，检验出氢氧根离子，过滤除去生成的沉淀；最后加入硝酸银溶液，检验出氯离子，故正确的顺序是④②①②③，故答案选B。‎ ‎【点睛】明确离子的检验方法和离子间发生的反应，防止干扰离子的影响是解题关键，根据已有的离子的检验方法进行分析解答，检验氯离子需要的是银离子，检验碳酸根离子需要的是钡离子，检验氢氧根离子需要的是镁离子，每加一种物质只能鉴别一种离子，据此解答。‎ ‎20.在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3∶2∶1,现加入适量铁粉,使溶液中三种离子的物质的量之比变为1∶2∶4,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为( )‎ A. 2∶1 B. 1∶‎2 ‎C. 1∶3 D. 1∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设原先溶液中Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量依次为3mol、2mol、1mol，根据三种离子物质的量的变化，Cu2＋物质的量并没有发生变化，说明没有参加反应，反应离子方程式：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，Fe3＋物质的量减少了2mol，说明消耗1mol铁，故参加反应的铁粉与原溶液Fe3＋物质的量之比为1：3，故选项C正确。‎ ‎21.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸‎0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液‎1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为‎39.2g。下列有关说法不正确的是 A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L C. 产生的NO在标准状况下的体积为‎4.48L D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有 ‎64x+144y=27.2……①‎ 由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②‎ 解得x=0.2、y=0.1‎ A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；‎ B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /‎0.5L =2.4 mol/L，B不正确；‎ C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为‎22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=‎4.48L，C正确；‎ D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎22.某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、A1O2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种，现进行如下实验：‎ ‎①取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；‎ ‎②另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2 mol • L-1的盐酸，发生的现象是开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；‎ ‎③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀‎0.435 g。‎ 下列说法中正确的是 A. 该溶液中一定不含有Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32-、Cl-‎ B. 该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-‎ C. 该溶液中是否含有K+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）‎ D. 可能含有Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子：A13+、Mg2+；‎ ‎②向原溶液中逐滴加入5mL0.2mol•L-1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2-和CO32-，所以一定不存在不溶于盐酸的SiO32-和与CO32-反应的Ba2+，再根据溶液电中性可知：溶液中一定存在唯一的阳离子：K+；‎ ‎③在②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀‎0.435g，沉淀为AgCl ‎，物质的量为：=0.003mol；②中加入的氯离子的物质的量为：n(HCl)=0.2mol/L×‎0.005L=0.001mol＜n(AgCl)，所以原溶液中一定存在0.002mol Cl-；‎ A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；‎ B．由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；‎ C．根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；‎ D．根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎23.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是(　　)‎ A. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡 B. 乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡 C. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量 D. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；‎ B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O ‎，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；‎ C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；‎ D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎24.碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。‎ ‎ ‎ 下列有关说法正确的是 A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c B. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+‎ C. 步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+‎ D. 若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗11.2 LO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知：‎2a=b+c，A错误；‎ B.根据题干叙述可知反应方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知M是O2，N是H2O，B错误；‎ C.Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3程度而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；‎ D.制备1 molCuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，由于不清楚氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎25.过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验。‎ ‎(1)探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，将其溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。‎ ‎(2)该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了m g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。‎ ‎①装置D的作用是_________________________________；‎ ‎②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_________________________________；‎ ‎③写出装置C中发生主要反应的化学方程式_________________________________；‎ ‎④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积时，你认为合理的是_______________(填序号)；‎ a．读取气体体积前，需冷却到室温 b．调整量筒使E、F内液面高度相同 c．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积 ‎⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为______________________________。‎ ‎【答案】 (1). BaCl2 (2). 吸收氧气中混有的二氧化碳气体 (3). 检查装置气密性 (4). 2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2 (5). abc (6). 39V/‎56m%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过氧化钠在空气中变质会生成碳酸钠固体，依据碳酸根离子检验是否变质； （2）①二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，可能会有过量的二氧化碳干扰氧气体积的测定，因此需用装置D吸收氧气中混有的二氧化碳气体，‎ 故答案为：吸收氧气中混有的二氧化碳气体；‎ ‎②依据装置图分析可知，测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置必须气密性良好；‎ ‎③装置C中是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；‎ ‎④依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面相平，温度在常温下；‎ ‎⑤依据生成氧气的体积计算物质的量，结合化学方程式计算得到过氧化钠的物质的量，得到过氧化钠的质量分数；‎ ‎【详解】（1）过氧化钠在空气中变质会生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀证明Na2O2已经变质，‎ 故答案为：BaCl2溶液；‎ ‎（2）①二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，可能会有过量的二氧化碳干扰氧气体积的测定，因此需用装置D吸收氧气中混有的二氧化碳气体，‎ 故答案为：吸收氧气中混有的二氧化碳气体；‎ ‎②实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置必须气密性良好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；‎ 故答案为：检查装置的气密性；‎ ‎③装置C中发生是二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式为：2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2；‎ 故答案为：2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2；‎ ‎④a. 直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故a项正确；‎ b. 调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b项正确；‎ c. 视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故c项正确；‎ 故答案为：abc；‎ ‎⑤测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为V mL其物质的量=‎ ‎，根据化学方程式2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2可知样品中过氧化钠的物质的量为×2 mol，则其质量分数为=×100% = 39V/‎56m%；‎ 故答案为：39V/‎56m%；‎ ‎26.二草酸合铜(II)酸钾晶体{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O}(其相对式量为354)，是一种工业用化工原料。微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。现以胆矾和草酸为原料制备二草酸合铜( II)酸钾晶体流程如下：‎ ‎（已知：H‎2C2O4CO↑十CO2↑+H2O）‎ 请回答：‎ ‎（1）第①步操作要微热溶解，其原因是加快溶解速率和________。‎ ‎（2）为了将滤纸上的黑色固体充分转移到热的KHC2O4溶液中，以下操作方案中最合理的是______。‎ A.用水溶解滤纸上的黑色固体，然后将溶液转入热的KHC2O4溶液中 B．用硫酸溶液溶解滤纸上的氧化铜，然后转入热的KHC2O4溶液中 C．黑色固体连同滤纸一起加入到热的KHC204溶液中，待充分反应后趁热过滤 D.先将黑色固体转入溶液中，再在空气中灼烧滤纸，将剩余的固体转入热的KHC2O4溶液中 ‎（3）‎50℃‎水浴加热至反应充分，写出该反应的化学方程式___________。‎ ‎（4）步骤③所用的洗涤剂最合适的是_______。‎ ‎（5）二草酸合铜(II)酸钾晶体的制备也可以用CuSO4晶体和K‎2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎①加入适量乙醇的优点有：‎ a．缩短加热的时间，降低能耗；b．________ 。‎ ‎②在蒸发浓缩的初始阶段可通过_______（填操作名称）回收乙醇。‎ ‎（6）准确称取制取的晶体试样l‎.000g溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL于锥形瓶中，再加入l0mL 3.000mol/L的H2SO4溶液，用0.01000mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4标准液20.00mL，则该产品的纯度是_______ 。‎ ‎【答案】 (1). 可避免H‎2C2O4分解 (2). C (3). CuO+2KHC2O4 K2[Cu(C2O4)2]+H2O (4). 热水 (5). 降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出 (6). 蒸馏 (7). 88.50%‎ ‎【解析】‎ 本题考查化学工艺流程，（1）草酸受热易分解，第①步操作微热溶解原因是加快溶解速率和防止H‎2C2O4分解；（2）A、黑色固体为CuO，CuO不溶于水，故A错误；B、引入SO42－新的杂质，故B错误；C、此操作方案可行，故C正确；D、灼烧滤纸，然后转入热的KHC2O4溶液，容易引入新的杂质，故D错误；（3）CuO和KHC2O4反应生成二草酸合铜（II）酸钾晶体，因此化学反应方程式为CuO＋2KHC2O4K2[Cu(C2O4)2]＋H2O；（4）根据题中所给信息，二草酸合铜（II）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，根据流程，③得到的是滤液，因此所用的洗涤剂为热水；（5）①b.硫酸铜不溶于乙醇，因此使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体的析出；②乙醇易挥发，因此可通过蒸馏的方法回收乙醇；（6）根据得失电子数目守恒，因此有n(MnO4－)×5=n(C2O42－)×2×(4－3)，解得n(C2O42－)=20.00×10－3×0.01000×5/2mol=5×10－4mol，即二草酸合铜（II）酸钾物质的量为5×10－4/2mol=2.5×10－4mol，产品的纯度为88.50%。‎ 点睛：本题的易错点是（6），有效数字的保留，根据题中所给数值，有效数字为4位，因此最后计算出的产品的纯度应保留4位有效数字。‎ ‎27.次氯酸溶液是常用的消毒剂、漂白剂。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。‎ ‎【查阅资料】‎ 资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为‎3.8℃‎，‎42℃‎以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。‎ 资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。‎ ‎【装置及实验】用以下装置制备次氯酸溶液 回答下列问题：‎ ‎（1）各装置的连接顺序为______→_____→_____→____→E。‎ ‎（2）装置A中反应的离子方程式是______。‎ ‎（3）装置E中反应的化学方程式是_____。‎ ‎（4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____。‎ ‎（5）装置C的主要作用是_____。‎ ‎（6）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是（答出一条即可）_____。‎ ‎【答案】 (1). A D B C (2). MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O (3). Cl2O+H2O=2HClO (4). 加快反应速率，使反应充分进行 (5). 防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 (6). 除去Cl2O中的Cl2 (7). 制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl−离子或氯元素的利用率高等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入C装置吸收除去Cl2O中的 Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，所以各装置的连接顺序为A→D→B→C→E；‎ ‎(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(3)E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，反应的方程式为：Cl2O+H2O 2HClO；‎ ‎(4)装置B中多孔球泡增大接触面积、搅拌棒的作用增加接触机会，两者的作用是加快反应速率，使反应充分进行；由题可知：Cl2O ‎42℃‎以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；‎ ‎(5)Cl2O为极性分子，Cl2为非极性分子，根据相似相容原理，氯气易溶于四氯化碳，可在装置C中除去Cl2O中的Cl2；‎ ‎(6)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是：制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl-离子或氯元素的利用率高等。‎ ‎【点睛】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。‎ ‎28.爱国实业家侯德榜在氨碱法的基础上，发明了“联合制碱法”，简单流程如图。完成下列问题：‎ ‎（1）在饱和食盐水中通入X和Y，则X____(填物质名称)‎ ‎（2）写出通入X和Y的化学反应方程式_____。‎ ‎（3）操作Z____(填名称)，为了得到化肥(NH4Cl)，需要在溶液B中通入NH3、加食盐，其中通入NH3的作用一____，作用二____。‎ ‎（4）工业生产的纯碱常会含少量NaCl杂质。现用重量法测定其纯度，步骤如下：①称取样品ag，加水溶解；②加入足量的BaCl2溶液；③过滤、___、烘干、冷却、称量、烘干、冷却、___，最终得到固体bg。样品中纯碱的质量分数为____(用含a、b的代数式)‎ ‎（5）某课外活动小组要用NaOH溶液和CO2来制备Na2CO3固体，他们只有未知浓度的NaOH溶液50毫升和足量的CO2，他们的设计方案是：首先_____，然后_____，加热_____后，再____，最后加热浓缩，冷却结晶，过滤得固体Na2CO3 。‎ ‎【答案】 (1). 氨气 (2). NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl (3). 过滤（洗涤） (4). 将NaHCO3转化为Na2CO3 (5). 产生的NH4+有利于NH4Cl形成 (6). 洗涤 (7). (再)称量 (8). 106b/‎197a (9). 将50毫升NaOH溶液分成两等份 (10). 向其中的一份中通入过量的CO2 (11). 除去CO2 (12). 与另一份NaOH溶液混合 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，增加二氧化碳气体的吸收； （2）碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体； （3）过滤后得到的物质有杂质，需要进行洗涤；滤液（溶液B）是含有氯化铵、氯化钠和少量碳酸氢钠的溶液，通入 NH3，增大NH4+ 的浓度，使 NH4Cl 更多地析出，使 NaHCO3 转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl； （4）通过称量沉淀碳酸钡的质量，根据原子守恒来计算样品中纯碱的质量分数，需洗涤沉淀，除去杂质离子，且需干燥，恒重，样品中纯碱的质量分数，根据碳守恒计算。‎ ‎（5）不能直接向氢氧化钠中直接通入CO2，这样会生成碳酸氢钠溶液，但碳酸氢钠与氢氧化钠可以反应生成碳酸钠。‎ ‎【详解】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，X为氨气，Y为二氧化碳，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤（操作 z）、洗涤得NaHCO3‎ 微小晶体（晶体A），再加热制得纯碱产品，其滤液（溶液B）是含有氯化铵和氯化钠的溶液，从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。 （1）二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收； （2）碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体； （3）①固体、液体分离采用过滤的方法，沉淀表面有杂质，需要进行洗涤，所以操作Z可以是洗涤也可以过滤；②滤液（溶液B）是含有氯化铵、氯化钠和少量碳酸氢钠的溶液，通入 NH3，增大NH4+ 的浓度，使 NH4Cl 更多地析出，使 NaHCO3 转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl； （4）加入足量的BaCl2溶液，发生反应：Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl，根据原子守恒，通过称量沉淀碳酸钡的质量，来计算样品中纯碱的质量分数，需洗涤沉淀，除去杂质离子，且将沉淀冷却到室温，恒重操作（再）称量后最终得到固体b（g）为BaCO3，根据碳守恒，纯碱的质量分数=100%；‎ ‎（5）不能直接向氢氧化钠中直接通入CO2，这样会生成碳酸氢钠溶液，但碳酸氢钠与氢氧化钠可以反应生成碳酸钠，所以先向溶液中通入二氧化碳气体后，在让其与氢氧化钠反应就可以得到碳酸钠溶液。‎ ‎【点睛】要了解并熟记联合制碱法的操作流程，以及各阶段产物。‎