山东省2019年12月高中化学学业水平合格考试化学试题(解析版)

PAGEPAGE1山东省2019年12月普通高中学业水平合格考试化学试题可能用到的相对原子质量:H1O16Na23Mg24Al27Cl35.51.下列关于自然资源开发利用的说法错误的是A.利用煤的干馏可以获得苯等化工原料 B.利用石油分馏可以获得乙烯等气态烯烃C.“可燃冰”的开采利用可以缓解能源危机 D.利用太阳能分解水是获得氢能源的理想方法【答案】B【解析】【详解】A．煤的干馏可以获得煤焦油，煤焦油中含苯、二甲苯等芳香族化合物，从煤焦油中可以获得苯等基本化工原料，故A正确；B．石油的主要成分是烷烃和环烷烃，所以石油分馏的馏分中没有烯烃，石油裂解可以获得乙烯，故B错误；C．可燃冰的主要成分为甲烷的水合物，开发利用可燃冰可以缓解能源危机，故C正确；D．太阳能无污染，利用太阳能分解水来获得氢气使用的量清洁能源，而且可以降低成本，是获得氢能源的理想方法，故D正确；故选B。2.下列有关化学用语表示错误的是A.中子数为8的碳原子：C B.氧化钠的电子式：C.K＋的结构示意图： D.乙醇的结构简式：CH3CH2OH【答案】B【解析】【详解】A．核内有8个中子的碳原子的质量数=6+8=14，该原子可以表示方法为C，故A正确；B．氧化钠为离子化合物，电子式为，故B错误；C．钾离子的质子数比电子数多1个，结构示意图是：，故C正确；D．乙醇含-OH，烃基为乙基，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故D正确；故选B。3.下列关于胶体的说法错误的是A.胶体中所有微粒的直径均介于1~100nm之间B.利用渗析法可涂去Fe(OH)3胶体中的杂质离子C.利用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液D.利用胶体聚沉的原理可制作豆腐【答案】A【解析】【详解】A．胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，分散剂的直径不是介于1~100nm之间，故A错误；B．胶体不能透过半透膜，离子能透过半透膜，氢氧化铁胶体粒子不能透过半透膜，氯离子等杂质离子能透过半透膜，所以可以用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的离子，故B正确；C．丁达尔效应是胶体的独有性质，而溶液无此性质，利用丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液，故C正确；D．豆浆是胶体，加入电解质溶液能发生聚沉，据此可以制作豆腐，故D正确；故选A。4.根据下列事实所得结论正确的是选项事实结论ASO2的水溶液能导电SO2属于电解质BNa2CO3溶液显碱性Na2CO3属于碱CNa2O2能与H2O反应生成NaOH和O2Na2O2属于碱性氧化物DSiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2OSiO2属于酸性氧化物A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．SO2的水溶液能导电，是因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，即SO2＋H2O=H2SO3，亚硫酸在水溶液中能电离，能导电，亚硫酸是电解质，SO2是非电解质，结论错误，故A错误；B．Na2CO3溶液显碱性，原因是Na2CO3水解生成了碱性物质，碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子构成的，属于盐，结论错误，故B错误；C．和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以过氧化钠不是碱性氧化物，是过氧化物，结论错误，故C错误；D．酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因而SiO2是酸性氧化物，故D正确；

答案为D。5.下列物质中只含离子键的是ACaCl2 B.NaOH C.HCl D.NH4Cl【答案】A【解析】【详解】A．CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，故A正确；B．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，故B错误；C．HCl分子中H原子和Cl原子之间只存在共价键，故C错误；D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在共价键，故D错误；故选A。6.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.18gH2O所含原子数为NAB.常温常压下，22.4LCO2所含分子数为NAC.1molN2与3molH2充分反应，转移的电子数为6NAD.3.2gCu与足量浓硫酸反应，生成SO2的分子数为0.05NA【答案】D【解析】【详解】A．1个水分子含有3个原子，常温常压下，18gH2O的物质的量==1mol，含有的原子总数为3NA，故A错误；B．常温常压下，Vm＞22.4L/mol，则22.4LCO2的物质的量小于1mol，含有的分子数少于NA，故B错误；C．N2和H2的反应是可逆反应，不能反应完全，因此转移电子的数目小于6NA，故C错误；D．由Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O可知，浓硫酸足量，1molCu反应生成1molSO2，3.2g铜的物质的量为=0.05mol，则生成SO2的分子个数为0.05NA，故D正确；故选D。7.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2。下列关于该电池的说法错误的是A.Fe为负极 B.Ni2O3发生还原反应C.不能使用酸溶液作电解液 D.该电池放电时化学能全部转换为电能【答案】D【解析】【分析】根据电池总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2中元素化合价的变化结合原电池原理分析解答。【详解】A．总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2中Fe元素的化合价升高被氧化，说明Fe电极发生氧化反应，为负极，故A正确；B．总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2中Ni元素的化合价降低，Ni2O3发生还原反应，故B正确；C．根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2可知产物有氢氧化物生成，则电解液为碱性溶液，不能使用酸溶液作电解液，故C正确；D．该电池放电时化学能主要转换为电能，还有少量转化为热能等，故D错误；故选D。8.下列除杂试剂选择错误的是A.除去甲烷中混有的乙烯——溴水 B.除去氯化钠溶液中的氯化镁——石灰水C.除去氯化铁溶液中的氯化亚铁——氯水 D.除去氯气中混有的氯化氢——饱和食盐水【答案】B【解析】【详解】A．乙烯能和溴水发生加成反应生成二溴乙烷，而甲烷则不能，将混合气体通过溴水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；B．石灰水和氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀，引入了新的杂质离子，故B错误；C．氯气能够氧化氯化亚铁为氯化铁，2FeCl2+Cl2═2FeCl3，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故C正确；D．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，则除去氯气中混有的氯化氢可通入饱和食盐水，故D正确；故选B。9.下列物质之间反应的离子方程式可以用H＋+OH-=H2O表示的是A.稀盐酸和氨水 B.醋酸溶液和氢氢化钠溶液C.稀硫酸和氢氧化钡溶液 D.硫酸氢钠溶液和氢氢化钠溶液【答案】D【解析】【分析】离子方程式H++OH-=H2O表示可溶性强碱与强酸反应生成可溶性盐和水的一类反应，据此分析判断。【详解】A．氨水为弱碱，反应的离子方程式为：NH3•H2O+H+═NH+H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故A不选；B．向醋酸溶液中滴加NaOH溶液，离子方程式：OH-+CH3COOH═H2O+CH3COO-，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故B不选；C．除了氢离子与氢氧根离子反应外还有钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故C不选；D．硫酸氢钠与氢氧化钠的反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O表示，故D选；故选D。10.下列关于元素性质递变规律的说法正确的是A.IA族金属元素从上到下，金属性逐渐增强B.VIIA族元素从上到下，简单氢化物稳定性逐渐增强C.第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D.第三周期非金属元素从左到右，非金属性逐渐减弱【答案】A【解析】【详解】A．第IA族金属元素从上到下，原子半径随着原子序数增大而增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，所以失电子能力逐渐增强，从上到下金属性逐渐增强，故A正确；B．同主族元素从上到下，原子半径随着原子序数增大而增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，所以得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，即非金属性F＞Cl＞Br＞I，非金属性越强，其氢化物越稳定，故第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，故B错误；C．第二周期元素中，O没有最高正价、F没有正价，第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故C错误；D．第三周期非金属元素具有相同的电子层数，从左到右，原子半径随着原子序数增大而减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增强，所以得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，故D错误；答案为A。11.下列物质完全燃烧时，产物的物质的量n(CO2)=n(H2O)的是A.甲烷 B.乙烯 C.乙炔 D.苯【答案】B【解析】【详解】烃完全燃烧生成二氧化碳和水，若产物的物质的量n(CO2)=n(H2O)，说明烃分子中N(C)：N(H)=n(C)∶n(H)=1∶2，甲烷的分子式为CH4，乙烯的分子式为C2H4，乙炔的分子式为C2H2，苯的分子式为C6H6，故选B。12.物质的性质决定着其在生产生活中的应用。下列对应关系错误的是选项性质应用ANaHCO3受热分解产生CO2用作膨松剂BNaClO具有强氧化性84消毒液有效成分CFe的金属性强于Cu用FeCl3溶液刻蚀Cu电路板D用新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖反应产生砖红色沉淀用新制Cu(OH)2悬浊液检验尿糖A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠用于焙制糕点，是利用了碳酸氢钠的不稳定性，加热易分解生成水和二氧化碳，二氧化碳使糕点蓬松，故A对应关系正确；B．次氯酸钠有强氧化性，“84消毒液”可杀菌消毒，B对应关系正确；C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，Cu失去电子，与Fe、Cu的活泼性无关，故C对应关系错误；D．葡萄糖中含-CHO，具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，可以用新制Cu(OH)2悬浊液检验尿糖，故D对应关系正确。故选C。13.ClO2是一种高效消毒剂，可通过反应2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4制得，下列关于该反应的说法错误的是A.NaClO3发生氧化反应 B.SO2在反应中表现还原性C.H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂 D.转移1mol电子时，生成67.5gClO2【答案】A【解析】【详解】A．由2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反应可知，NaClO3中Cl元素的化合价由+5价得电子变为+4价，化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．由2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反应可知，SO2中S元素的化合价由+4价失电子变为+6价，化合价升高，发生氧化反应，SO2作还原剂，在反应中表现还原性，故B正确；C．H2SO4作反应物，参与反应，H2SO4中各个元素化合价没有改变，因而H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂，故C正确；D．反应中Cl元素化合价由+5价降低到+4价，当转移1mol电子时，该反应生成1

mol

ClO2，即m(ClO2)=1mol×67.5g/mol=67.5g，故D正确；答案为A。14.一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的N2和H2，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，下列说法错误的是A.达到平衡前，正反应速率逐渐减小 B.达到平衡前，容器内的压强逐渐增大C.达到平衡后，各物质的含量不再变化 D.达到平衡后，升高温度会导致平衡移动【答案】B【解析】【详解】A．达到平衡前，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，故A正确；B．由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)反应可知，该反应是气体物质的量减小的反应，在达到平衡的过程中，容器中的气体物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，故B错误；C．达到平衡后，正逆反应速率相等，各物质的含量不再变化，故C正确；D．达到平衡后，升高温度会使正逆反应速率均增大，但增大的倍数不同，则v(正)与v(逆)不相等，平衡会发生移动，故D正确；答案为B。15.下列过程中的颜色变化是由加成反应引起的是A.将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色B.将乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色C.将氯气与甲烷混合并光照一段时间后，黄绿色变浅D.将苯滴入溴水中，振荡，静置分层，水层颜色变浅【答案】A【解析】【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br2，而使溴的四氯化碳溶液褪色，属于加成反应，故A符合题意；B．乙烯中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而使KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；C．甲烷与氯气光照下发生反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，属于取代反应，故C不符合题意；D．苯滴入溴水中后，苯和溴水不反应，但能将溴从水溶液中萃取出来，而使水层颜色变浅，该颜色变化是发生了萃取，不是化学反应，故D不符合题意；答案为A。16.下列关于Na、Fe及其化合物的说法错误的是A.Na着火时不能使用泡沫灭火器灭火B.Na2O在空气中久置变为Na2CO3C.Fe(OH)2暴露在空气中会变为红褐色D.向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会产生血红色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠和二氧化碳能够反应生成氧气，氧气具有助燃性，所以金属钠着火后不能泡沫灭火器灭火，故A正确；B．氧化钠与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O久置最终变为碳酸钠，故B正确；C．氢氧化亚铁为白色固体，不稳定，易被空气中的氧气氧化生成红褐色氢氧化铁，故C正确；D．Fe3+和SCN-反应生成血红色溶液，不是沉淀，故D错误；故选D。17.下列关于N、S的化合物的性质解释错误的是A.HNO3需避光保存，是因为HNO3见光易分解B.SO2能使品红溶液褪色，是因为SO2有漂白性C.NH4HCO3化肥需密封储存，是因为NH4HCO3分解D.CuSO4·5H2O遇浓硫酸变白，是因为浓硫酸具有脱水性【答案】D【解析】【详解】A．浓硝酸具有不稳定性，见光分解：4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑，所以要避光保存，故A正确；B．二氧化硫能漂白某些物质，是与有机色素化合成无色不稳定物质，具有漂白性，所以SO2能使品红溶液褪色，故B正确；C．碳酸氢铵在常温下易分解，温度越高，分解越快，所以贮存、运输时要密封，故C正确；D．浓硫酸使蓝色胆矾晶体(CuSO4•5H2O)变白色体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意浓硫酸的吸水性和脱水性的区别。18.能利用图示装置及物质制取和收集相应气体的是(除杂及尾气处理装置已略去)选项a中的物质b中的物质c中最终收集的气体A稀硫酸ZnH2B浓硫酸CuSO2C稀盐酸CaCO3CO2D浓硝酸FeNO2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Zn与稀H2SO4反应生成ZnSO4和H2，即Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成的气体氢气密度比空气小，不能用向上排空气收集，故A错误；B．铜和浓硫酸需要在加热的条件下才能反应，生成CuSO4、SO2和H2O，图示装置不能加热，故B错误；C．石灰石与稀盐酸发生反应，生成CaCl2、CO2和H2O，即CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，反应不需要加热，生成气体二氧化碳密度大于空气，用向上排空气收集，故C正确；D．常温下，Fe在浓HNO3中产生钝化现象，不能制取NO2，故D错误；答案为C。19.下列反应中改变反应物用量不会导致产物发生变化是A.向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液 B.向Ca(OH)2溶液中通入CO2C.向FeI2溶液中加入氯水 D.向稀硝酸中加入铁粉【答案】A【解析】【详解】A．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液发生反应，生成Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，即CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，此反应改变反应物用量不会导致产物发生变化，故A符合题意；B．二氧化碳通入Ca(OH)2溶液中发生反应，若CO2不足，生成CaCO3和H2O，即Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，若CO2过量，生成Ca(HCO3)2，即Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，因而反应物用量不同导致产物不同，故B不符合题意；C．向FeI2溶液中加入少量氯水，I-的还原性大于Fe2+，I-先反应，离子方程式：2I-+Cl2═I2+2Cl-，加入过量的氯水，Fe2+、I-均被氧化，离子方程式：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，因而反应物用量不同导致产物不同，故C不符合题意；D．向稀硝酸中加入铁粉发生反应，若Fe粉不足，生成Fe(NO3)3、NO和H2O，即Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，若Fe过量，生成Fe(NO3)2、NO和H2O，即3Fe(过量)+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，因而反应物用量不同导致产物不同，故D不符合题意；答案为A。20.aLNa2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，溶液中的SO恰好完全沉淀，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出收集到cmol氨气，则原溶液中Na＋的浓度为(单位mol·L－1)A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据SO+Ba2+═BaSO4↓确定c(SO)，根据NH+OH-NH3↑+H2O确定c(NH)，最后利用电荷守恒来计算原溶液中的Na＋浓度。【详解】由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO离子完全沉淀，根据SO+Ba2+═BaSO4↓知，c(SO)==mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol

NH3，根据NH+OH-NH3↑+H2O知，c(NH)==mol/L，由于溶液不显电性，设原溶液中的Na＋浓度为x，由电荷守恒可知，x+mol/L×1=mol/L×2，解得：x=mol/L，故选B。21.甘油是生产日用化妆品的主要原料之一，其合成路线如下：D(甘油)回答下列问题：(1)甘油的分子式为___________；甘油中所含官能团的名称为___________。(2)一定条件下，A可与乙酸发生酯化反应，生成的酯为________________(填结构简式)。(3)B→C的反应类型为___________________；D的结构简式为___________________。【答案】(1).C3H8O3(2).羟基(3).CH3COOCH2CH2CH3(4).取代反应(5).【解析】【分析】根据流程图，在浓硫酸条件下加热发生消去反应生成，丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成；根据甘油的结构可知，D中含有3个卤素原子，因此D是与氯气发生加成反应的产物，D为，D发生水解反应生成甘油，据此分析解答。【详解】(1)根据甘油的结构简式可知，甘油的分子式为C3H8O3所含官能团为羟基，故答案为：C3H8O3；羟基；(2)一定条件下，可与乙酸发生酯化反应生成乙酸丙酯，乙酸丙酯的结构简式为CH3COOCH2CH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH2CH3；(3)B→C是丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成；D的结构简式为，故答案为：取代反应；。【点睛】本题的易错点为B→C反应类型的确定，要注意根据C的结构特点判断。22.A、B、C三种短周期元素的简单离子A+、B3+、C2-具有相同的电子层结构，回答下列问题：(1)C在元素周期表中的位置为____________。(2)A+、B3+、C2-离子半径由大到小的顺序为_________________(用离子符号表示)。(3)A、B的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是____________(填化学式)；A、C的单质在加热条件下反应，所得产物与CO2反应的化学方程式为_____________________________。【答案】(1).第二周期ⅥA族(2).O2-＞Na+＞Al3+(3).NaOH(4).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】【分析】A、B、C三种短周期元素的简单离子A+、B3+、C2-具有相同的电子层结构，A、B为阳离子，说明A、B为第三周期元素，则A为Na元素，B为Al元素；C为阴离子，说明C为第二周期元素，则C为O元素，据此分析解答。【详解】(1)C为O元素，C在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；(2)A+、B3+、C2-具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径由大到小的顺序为O2-＞Na+＞Al3+，故答案为：O2-＞Na+＞Al3+；(3)A、B为同周期元素，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，碱性较强的是NaOH；A、C的单质在加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：NaOH；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意微粒半径的比较方法的归纳和理解。23.某同学利用图装置测定纯碱试样的纯度(杂质不参与反应)，回答下列问题：(1)连接好实验装置，首先必须进行的一项操作是_____；B处仪器的名称为________。(2)将ag试样配成溶液并加入锥形瓶中，再滴加稀硫酸至无气体产生，然后由A处缓慢鼓入一定量空气，鼓入空气的目的是_______；浓硫酸的作用__________。(3)实验后U形管的质量增加了bg，则试样的纯度为_______(用含a、b的代数式表示)，若将空气直接鼓入锥形瓶中，测得试样的纯度将_________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1).检验装置的气密性(2).干燥管(3).使反应产生的CO2全部被U形管中的碱石灰吸收(4).干燥CO2(5).(6).偏大【解析】【分析】根据题中图示，最左边为鼓入空气装置，空气先经过NaOH溶液，空气中CO2被吸收，分液漏斗和锥形瓶构成气体发生装置产生CO2，装浓H2SO4的为洗气装置，除去CO2中水蒸气，U型管为气体吸收装置，根据U型管增重，计算产生的CO2及试样的纯度。【详解】（1）连接好实验装置，首先必须进行的一项操作是检查装置的气密性，防止因装置漏气影响实验结果；B处仪器的名称为球形干燥管；答案为检查装置的气密性，干燥管。（2）将ag试样配成溶液并加入锥形瓶中，再滴加稀硫酸至无气体产生（碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳），然后由A处缓慢鼓入一定量空气，鼓入空气的目的是将反应产生的二氧化碳全部排入到盛有碱石灰的U形管中，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，通入的空气先经过氢氧化钠溶液，除去空气中的二氧化碳；浓硫酸具有吸水性，作用是除去二氧化碳中含有的水蒸气，干燥CO2；答案为使反应产生的CO2全部被U形管中的碱石灰吸收，干燥CO2。（3）碱石灰能吸收二氧化碳，实验后U型管的质量增加了bg（为反应产生二氧化碳的质量），设与硫酸反应的碳酸钠质量为x，则得到，解得x=g，试样的纯度为×100%=，若将空气直接鼓入锥形瓶中，空气中含有二氧化碳，U型管增加