2022-2023学年河北衡水中学高一年级上学期综合素质检测化学试题（解析版）

试卷第=page2020页，共=sectionpages2020页试卷第=page1919页，共=sectionpages2020页河北衡水中学2022-2023学年高一年级上学期综合素质检测化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．中国传统文化蕴含了丰富的化学知识，下列说法不正确的是A．《神农本草经》中提到：“白青得铁化为铜”，其中白青属于碱B．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消()、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”，这是利用了的氧化性D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关【答案】A【详解】A．白青的化学式为，含有金属阳离子Cu2+，酸根离子，同时阴离子又含有OH-，故属于碱式盐，选项A不正确；B．“落汤螃蟹着红袍”生成了红色的新物质，发生了化学变化，选项B正确；C．火药发生化学反应时，KNO3中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，选项C正确；D．空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，选项D正确；答案选A。2．下列物质属于纯净物的是A．食醋 B．漂白液 C．液氯 D．软锰矿【答案】C【详解】A．食醋含醋酸和水，还有部分添加剂，故食醋为混合物，A错误；B．漂白液中含水和漂白剂，是混合物，B错误；C．液氯是纯净物，C正确；D．软锰矿的主要成分是二氧化锰，还有其他杂质成分，是混合物，D错误；故选C。3．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．22.4LNe和NH3的混合气体中含电子总数为10NAB．39gNa2O2晶体中含阴阳离子数目为2NAC．71gCl2与铁完全反应生成FeCl3时，反应转移的电子数为2NAD．常温常压下，48gO2和O3的混合气体含有的氧原子数大于1.5NA小于3NA【答案】C【详解】A．没有说明气体所处的状况，不能用标准状况下的气体摩尔体积来计算22.4L混合气体的物质的量，因此22.4LNe和NH3的混合气体所含的电子总数不能确定，A错误；B．Na2O2由Na＋和组成。1molNa2O2中有2molNa＋和1mol，一共含有3mol离子。39gNa2O2的物质的量，因此其含有离子的物质的量n=0.5×3mol=1.5mol，阴阳离子数目为1.5NA，B错误；C．Cl2和铁反应时，氯气得到电子，生成Cl－；1molCl2得到2mol电子。71gCl2的物质的量，因此转移的电子的物质的量n=1×2mol，其数目为2NA，C正确；D．O2和O3均有O原子构成，因此48gO2和O3的混合气体可以看成48gO原子构成的混合气体，其所含的氧原子的物质的量，数目为3NA，D错误；答案选C。4．下列有关钠及其化合物的说法不正确的是A．碳酸钠可用于制造肥皂、玻璃等 B．金属钠应保存在煤油中C．Na在加热时与O2反应生成Na2O2 D．钠可以从硫酸铜溶液中置换出Cu【答案】D【详解】A．碳酸钠是制备肥皂和玻璃的原料，A正确；B．金属钠与煤油不反应且密度比煤油大，可以保存在煤油中，B正确；C．钠在加热时与氧气反应生成过氧化钠，不加热的条件下生成氧化钠，C正确；D．钠进入硫酸铜溶液中后先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠继续与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不会有铜单质生成，D错误；故选D。5．下列关于氯元素的单质及其化合物的说法不正确的是A．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存B．氯水溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明Cl2分子存在C．向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色D．检验Cl2中是否混有HCl气体，可将气体通入硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀【答案】D【详解】A．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，次氯酸钙容易和空气中的水分和二氧化碳反应而变质，应密封保存，A正确；B．氯气呈黄绿色且有刺激性气味，氯气溶于水得到的氯水溶液呈浅黄绿色、且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，B正确；C．氯水含盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性、次氯酸具有漂白性，故向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，C正确；D．氯气与水反应生成HCl和HClO，将氯气通入硝酸银溶液中，会生成白色沉淀AgCl，所以不能用硝酸银溶液检验氯气中是否混有HCl，D不正确；答案选D。6．VmL硫酸铁溶液中含ag，从该溶液中取出V/2mL，并加水稀释至2VmL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度约为A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L【答案】A【详解】，，从该溶液中取出V/2mL，，加水稀释至2VmL，稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度约为c()=故答案为A；7．下列实验装置、试剂选用或操作正确的是A．图I：称量NaOH固体 B．图II：除去CO2中的HClC．图III：稀释浓硫酸 D．图IV：干燥Cl2【答案】D【详解】A．称量氢氧化钠应该用小烧杯，且应将药品放在天平的左盘，砝码放在右盘，A错误；B．CO2也能和NaOH反应，除去CO2中的HCl应该用饱和碳酸氢钠溶液，B错误；C．稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行，C错误；D．浓硫酸具有吸水性，且和氯气不反应，可以干燥Cl2，D正确；故选D。8．在下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量忽略不计)，其中能表示等质量的氢气与氦气的是A． B． C． D．【答案】A【分析】H2的摩尔质量为2g/mol，He的摩尔质量为4g/mol。根据n=，等质量的氢气和氦气的物质的量和摩尔质量成反比，所以物质的量之比为4:2=2:1，根据n=，物质的量和粒子个数成正比，所以氢气和氦气的分子个数比为2:1。根据阿伏加德罗定律，等温等压下，气体体积和物质的量成正比，所以V(H2):V(He)=2:1。氢气是双原子分子，氦气的单原子分子。【详解】A．由分析知，等质量的氢气和氦气的分子个数比为6:3=2:1，V(H2):V(He)=2:1，A正确；B．氢气是双原子分子，氦气的单原子分子，B错误；C．由分析知V(H2):V(He)=2:1，图示恰相反，C错误；D．由分析知等质量的氢气和氦气分子个数比为2:1，图示为1:1，D错误；故正确答案为A。9．以下各组离子能在溶液中大量共存的是()A．含有大量的溶液：加入Mg2＋、Cu2＋、Cl－、B．滴加酚酞变红的溶液：加入、Cu2＋、K＋、Cl－C．所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K＋、、、Na＋D．常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na＋、Ca2＋、Cl－、【答案】A【详解】A.含有大量的溶液中加入Mg2＋、Cu2＋、Cl－、均不反应，可以大量共存，A选；B.滴加酚酞变红的溶液显碱性，加入、Cu2＋、K＋、Cl－后Cu2＋不能大量共存，B不选；C.所含溶质为NaHSO4的溶液中加入K＋、、、Na＋后与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，C不选；D.常温下，加入铁粉能生成H2的溶液显酸性，加入Na＋、Ca2＋、Cl－、后与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不选；答案选A。10．氢氧化钾在我国古代纺织业常用作漂洗的洗涤剂。古人将贝壳灼烧后的固体与草木灰(主要成分是碳酸钾)在水中相互作用，就生成了氢氧化钾。在上述反应过程中，没有涉及的化学反应类型是A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应【答案】C【详解】贝壳主要成分为碳酸钙，灼烧时发生反应CaCO3CaO+CO2↑，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，化学方程式为CaO+H2O===Ca(OH)2，氢氧化钙与碳酸钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙沉淀，化学方程式为Ca(OH)2+K2CO3===2KOH+CaCO3↓，上述反应类型分别为分解反应、化合反应、复分解反应，没有涉及到的反应类型为置换反应，答案选C。11．如下图所示，若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，红色布条不褪色；若关闭Ⅱ阀，打开Ⅰ阀，再通入氯气，红色布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是①浓硫酸

②NaOH溶液

③饱和NaCl溶液

④KI溶液A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④【答案】D【详解】若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥氯气或与氯气反应，①可干燥氯气，②④可吸收氯气，均符合题意，只有③中饱和食盐水抑制氯气的溶解，布条褪色，不符合题意，答案选D。故选：D。12．NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl固体溶于水，下列说法正确的是A．图1表示溶解时形成水合氯离子和水合钠离子的图示B．图2表示熔融NaCl通电后离子移动方向的图示C．NaCl溶液通电后才发生电离D．NaCl固体不导电所以不是电解质，NaCl溶液导电所以是电解质【答案】B【详解】A．Na+带正电荷，应该吸引带有部分负电荷的氧原子；同理，Cl-带负电荷，应该吸引带有部分正电荷的氢原子，图中水合钠离子和水合氯离子的图示不科学，故A错误；B．熔融NaCl通电后阳离子向阴极即向与电源负极相连的电极移动，阴离子向阳极即向与电源正极相连的电极移动，故B正确；C．NaCl溶于水，在水分子的作用下发生电离，电离不需要通电，故C错误；D．NaCl固体不导电，但其水溶液或熔融态能导电，所以是电解质，NaCl溶液是混合物，不是电解质，故D错误；答案选B。13．铅丹()可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为(浓)。下列说法正确的是A．与浓盐酸反应时，作为还原剂B．物质的氧化性：C．中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2∶1D．当上述反应中消耗1mol时，转移电子数为【答案】C【详解】A．Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O反应中Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；B．Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O反应中Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由-1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，物质的氧化性：Pb3O4＞Cl2，故B错误；C．因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2：1，故C正确；D．Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2：1，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，所以消耗1molPb3O4时，转移电子数为2NA，故D错误；故选：C。14．侯氏制碱法制取NaHCO3的原理为。实验室用如图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。下列有关说法正确的是A．装置I中反应的离子方程式为B．向装置II洗气瓶中加入NaOH溶液以除去CO2中的少量HClC．装置III中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出NaHCO3固体D．析出NaHCO3固体的上层清液中不存在【答案】C【详解】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；B．氢氧化钠溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；D．析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；答案选C。15．离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。【详解】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；故选D。16．在花瓶中加入“营养液”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL“营养液”中含有的成分，下列说法不正确的是成分质量(g)摩尔质量(g•mol)蔗糖51.3342硫酸钾0.5174阿司匹林0.4180高锰酸钾0.5158硝酸银0.2170A．蔗糖属于非电解质B．配置该营养液可以用500mL容量瓶C．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水会导致营养液浓度偏低D．“营养液”中蔗糖的物质的量浓度为0.3mol•L【答案】C【详解】A．蔗糖是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物，属于非电解质，选项A正确；B．500mL“营养液”可以用500mL容量瓶进行配制，选项B正确；C．容量瓶不需要干燥，定容操作需要继续加入蒸馏水，所以容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水对实验不产生影响，不会引起误差，选项C不正确；D．“营养液”中蔗糖的物质的量浓度为0.3mol•L，选项D正确；答案选C。17．某离子反应中涉及、、、、、六种粒子，反应过程中，S的质量m(S)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是A．反应过程中得电子后生成SB．反应过程中溶液颜色变浅C．该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为5∶2D．每有8mol参加反应，有8mol电子转移【答案】B【分析】从图中可以看出，S是生成物，则S2-是反应物，反应中S的化合价升高，则Mn的化合价降低，所以MnO是反应物，Mn2+是生成物，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出配平的离子方程式为：2MnO+5S2-+16H+=2Mn2++5S+8H2O。【详解】A．反应过程中S2-失电子后生成S，故A错误；B．MnO是紫色的，Mn2+接近无色，所以反应过程中溶液颜色变浅，故B正确；C．Mn的化合价降低，则MnO是氧化剂，S2-是还原剂，根据反应的方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5，故C错误；D．根据方程式可知，每有16molH+参加反应，有10mol电子转移，则每有8molH+参加反应，有5mol电子转移，故D错误；故选：B。18．以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是A．Na投入水中会沉入底部并四处游动B．上述转化中含有分解反应和置换反应C．反应③④表明不能转化为NaOH或D．向足量固体中通入21mol和混合气体发生反应⑤、⑥，共产生216g【答案】B【详解】A．钠密度小于水，浮在水面，A项错误；B．碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳和水为分解反应，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气为置换反应，B项正确；C．碳酸钠溶液与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以能转化为NaOH或，C项错误；D．过氧化钠与水反应方程式:,过氧化钠与二氧化碳反应方程式:，依据反应方程式可知:2mol水或2mol二氧化碳反应都生成1mol氧气，向足量固体中通入21mol和混合气体发生反应⑤、⑥生成10.5mol氧气，质量为10.5molx32g/mol=336g，D项错误；答案选B。二、多选题19．研究小组以铁丝和Cl2为原料制备Fe(OH)3胶体进行下列三个实验。下列相关分析不正确的是A．实验①现象是出现红棕色的雾，容器中的水可防止集气瓶炸裂B．实验②中玻璃棒的作用是搅拌加速溶解C．②中的分散质1mol，可制备NA个③中的目标分散质D．取少量③中液体，逐滴滴入5mol/L硫酸，观察到先有红褐色沉淀又逐渐溶解【答案】AC【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁固体，则铁丝在氯气中燃烧出现红棕色的烟，不是雾，故A错误；B．②为溶解过程，玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，故B正确；C．氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子聚在一起形成的，所以1molFeCl3转化为Fe(OH)3胶体，其胶粒数目要小于NA，故C错误；D．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，所以向氢氧化铁胶体中加入硫酸溶液，会生成红褐色的氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸溶液，发生氢氧化铁和硫酸的中和反应，生成溶于水的硫酸铁，观察到沉淀逐渐溶解，故D正确；故选AC。20．已知：，现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、。现取两份各200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量4.66g。根据上述实验，以下推测正确的是A．一定存在、、，一定不存在、B．一定存在、、、，可能存在C．0.1mol·L，D．若溶液中存在、、、、五种离子，则mol·L【答案】CD【分析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，说明其中含有NH，

n(NH3)==0.08mol，故n(NH)=0.08mol，由实验②可知沉淀为BaSO4、BaCO3的混合物，n(BaCO3)==0.04mol，n(BaSO4)==0.02mol，溶液中含有CO、SO的物质的量分别为0.04mol和0.02mol，由于Ba2+与CO、SO不共存，溶液中不存在Ba2+，根据溶液中的电荷守恒可得n(K+)+n(NH)=2n(CO)+2n(SO)+n(Cl-)，

n(K+)+0.08mol=2×0.04mol+2×0.02mol+n(Cl-)，故一定存在K+，Cl-可能存在于溶液中。【详解】A．根据分析，溶液中一定存在NH、CO、SO、K+，一定不存在Ba2+，可能存在Cl-，A错误；B．根据分析，溶液中一定存在K+，可能存在Cl-，B错误；C．c(SO)==0.1mol/L，c(NH)==0.4mol/L，,C正确；D．根据分析可知，n(K+)+n(NH)=2n(CO)+2n(SO)+n(Cl-)，若没有Cl-，n(K+)=0.04mol，若存在Cl-，n(K+)＞0.04mol，c(K+)＞=0.2mol/L，D正确；故选：CD。三、填空题21．现有下列9种物质，①②淀粉溶液③④⑤⑥⑦纯醋酸⑧溶液⑨，根据所学知识回答下列问题：(1)以上能发生丁达尔效应的是_______。(2)属于电解质的是_______(填写序号)(3)标准状况下，相同体积的④和⑤原子个数之比为_______，标准状况下，若和混合气体相对于氢气的密度为14.5，则④和⑤物质的量之比为_______，标准状况下，VL溶入100mL(1g/mL)中，溶液密度为ρg/mL，则氨水物质的量浓度表达式为_______mol/L。【答案】(1)②(2)①③⑥⑦⑨(3)

3:4

4:5

mol/L【详解】（1）②属于胶体，能产生丁达尔效应，故答案为:②；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；①③⑥⑨是盐，属于强电解质，⑦醋酸属于弱电解质；故答案为:①③⑥⑦⑨；（3）设体积为VL，④CO2和⑤NH3原子个数之比为():()=3:4，若CO2和NH3混合气体相对于氢气的密度为14.5，则混合气的平均相对分子质量为14.5=29，则有=29，解得n(CO2)：n(NH3)=4:5，标准状况下，VLNH3溶入100mLH2O(1g/mL)中溶液度为g/mL，n(NH3)==mol，V(氨水)==L，氨水物质的量浓度c==mol/L。22．绿矾()为硫酸盐类矿物水绿矾的矿石或化学合成品，具有补血消积、解毒敛疮、燥湿杀虫的功效。要配制480mL0.2mol·L的溶液，配制过程中有如下操作步骤：①把称量好的绿矾()放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；②把①所得溶液小心转入_______中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用_______滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；⑥待溶液恢复到室温。(1)请填写上述实验步骤的空白处：②把①所得溶液小心转入_______中，③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用_______滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；(2)实验操作步骤的正确顺序为(填序号)_______(3)实验室用绿矾()来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾_______g。(4)由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是_______(填写编号)。A．称量绿矾时，左码右物B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中D．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用(5)定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是_______【答案】(1)

容量瓶中

胶头滴管(2)①⑥②④③⑤(3)27.8(4)ABCD(5)重新配置【详解】（1）配置480mL0.2mol·L溶液时，没有480mL的容量瓶，所以选择容量瓶；定容时为了更好控制滴加水的速度，加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用胶头滴管定容。（2）在配置一定体积一定物质的量浓度的溶液时，先将称量好的固体溶质在烧杯中溶解待冷却后，转移至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移至容量中，加水至离刻度线l～2cm处，改用胶头滴管定容，最后振荡摇匀。所以操作的顺序为：①⑥②④③⑤。（3）配制500mL0.2mol·L的溶液，根据，所需的的质量为：。（4）A.称量绿矾时，左码右物，物质的质量=砝码的质量－游码的质量，使用左码右物，使溶质的物质的质量偏小，所得溶液浓度偏小；B.使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏小；C.没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，使溶质减小，所得溶液浓度偏小；D.把配好的溶液倒入刚残留蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，所得溶液被稀释，浓度偏小。（5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，只能重新配置。四、实验题23．碳酸钠和碳酸氢钠是实验室中常用的药品，也是日常生活中常见的物质。它俩在组成和性质上有许多相似之处，也有许多不同之处，现对二者的性质进行探究。Ⅰ.探究和的热稳定性。观察到的实验现象如下表所示：物质装置B中现象装置C中现象无明显变化开始断断续续产生气泡，一会儿后，没有气泡，溶液保持澄清白色粉末变蓝色开始断断续续产生气泡，一会儿后，产生连续气泡，溶液变浑浊根据上述实验现象，回答下列问题：(1)加热时，装置C中产生气泡的原因是_______。(2)实验结论是_______。(3)加热发生反应的化学方程式为_______。Ⅱ.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下，请回答：(4)仪器a的名称是_______。(5)装置B中冰水的作用是_______。(6)该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______。A．样品分解不完全B．装置B、C之间缺少的干燥装置C．产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收D．反应完全后停止加热，通入过量的空气【答案】(1)加热时排出了部分装置内的空气(2)的热稳定性比强(3)(4)干燥管(5)防止水蒸气进入装置C造成误差(6)AC【详解】（1）根据“断断续续产生气泡”可知，气流成分是装置内的空气，加热时排出了部分装置内的空气，故答案为：加热时排出了部分装置内的空气；（2）根据加热时的实验现象可知受热分解，且生成二氧化碳和水蒸气，而受热不分解，由此可判断的热稳定性比强，故答案为：的热稳定性比强；（3）受热分解生成二氧化碳和水蒸气，反应为：，故答案为：；（4）由仪器a的构造可知为干燥管，故答案为：干燥管；（5）该实验是通过碱石灰吸收二氧化碳后的质量变化确定碳酸氢钠的质量，为防止水蒸气进入碱石灰中对质量测定产生影响，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止其进入C中，故答案为：防止水蒸气进入装置C造成误差；（6）A．样品分解不完全，测定二氧化碳质量减小，碳酸氰钠质量减小，则碳酸钠质量增大，导致碳酸钠的质量分数偏高。故A正确；B．装置BC之间缺少CO的干燥装置，水蒸气进入装置C导致测定二氧化碳质量增大，碳酸氢钠质量增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故B错误；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸钠质量增大导致碳酸钠的质量分数偏高，故C正确；D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，会导致空气中的二氧化碳进入C中碱石灰吸收，导致测定二氧化碳质量增大，碳酸氢钠质量增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故D错误；故答案为：AC。24．实验室利用下图所示装置制取并收集氯气(1)仪器A的名称为_______(2)为了尽量减少浓盐酸挥发和多余氯气尽量被氢氧化钠充分吸收(产生氯气不能太快)，可采取的措施有(写一条即可)：_______(3)写出B中反应的离子方程式_______，假设理论上有1mol的HCl被氧化，可产生标准状况下的气体体积为_______L(不考虑损耗)(4)次氯酸钠是家用“84”消毒剂的有效成分，假设尾气吸收装置中的NaOH完全与氯气反应得200mL混合溶液。为了测定有效成分的浓度(假设其它成分不参与反应)，某兴趣小组进行了如下实验：①取20mL溶液，调pH至溶液呈酸性，加入200mL0.60mol·L的溶液(过量)，充分发生下列反应：(未配平)②向上述反应后的溶液中滴加0.50mol·L的20.00mL溶液，恰好完全发生下列反应(此条件下不参与反应)：(未配平)计算次氯酸钠的物质的量浓度_______【答案】(1)分液漏斗(2)控制加热温度或者控制滴加盐酸的速度(3)

11.2(4)1.75mol/L【分析】二氧化锰与浓盐酸加热条件下反应生成氯气，氯气中含有挥发的氯化氢和水，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥氯气，然后收集氯气，过量的氯气用氢氧化钠溶液吸收，据此解答。【详解】（1）根据装置图，仪器A是分液漏斗；故答案为：分液漏斗；（2）根据影响反应速率的因素，加热温度不宜过高、通过分液漏斗控制滴加盐酸的速度(或盐酸的量)都可以控制生成氯气的速率；故答案为：控制加热温度或者控制滴加盐酸的速度；（3）B中MnO2和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：，假设理论上有1mol的HCl被氧化，根据氯元素守恒，可生成0.5mol氯气，在标准状况下的气体体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；故答案为：；11.2；（4）由②的反应得5Fe2+～MnO，则与高锰酸钾反应的亚铁离子的物质的量为