云南省蒙自一中2023-2024学年化学高一第一学期期末达标测试试题含解析

云南省蒙自一中2023-2024学年化学高一第一学期期末达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、相同条件，相同分子数的各种气体的体积相同，其主要原因是()A．粒子大小相同 B．粒子质量相同C．粒子间距离相同 D．粒子间作用力相同2、将少量氯水加入盛有KBr溶液的试管中，再加入适量的汽油，然后振荡，静置，产生的现象是（）A．溶液呈橙色B．溶液呈无色C．上层液体呈橙色，下层液体几乎无色D．上层液体呈紫红色，下层液体几乎无色3、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）A．含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl﹣B．含有大量OH-的溶液：Na+、Ca2+、SO42-、CO32-C．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN-D．含有大量NO3-的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl﹣4、下列方案能达到实验目的的是()A．用盐酸除去镁粉中的少量铝粉B．用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体C．用浓硫酸干燥氨气D．用排水法收集NO25、能与Fe3＋反应且能证明Fe3＋具有氧化性的物质是（）A．氢氧化钠 B．硫氰化钾 C．氯化亚铁 D．铁6、下列说法中正确的是（）A．液态氯化氢、固态氯化钠都不导电，所以氯化氢、氯化钠都是非电解质B．氨气、二氧化碳的水溶液都能导电，所以氨气、二氧化碳都是电解质C．蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时都不导电，所以它们是非电解质D．铜、石墨都导电，所以它们都是电解质7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．化学反应中1molMg变成Mg2+时失去电子的数目为2NAB．28N2所含有的原子数目为NAC．标准状况下，22.4L水中含有NA个水分子D．1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的数目为NA8、下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A．K+、、H+、Cu2+ B．Na+、OH-、Cl-、C．H+、Na+、Cl-、 D．Na+、Ba2+、、9、下列叙述，正确的是A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl和NaCl均为非电解质B．NH3、SO3的水溶液均导电，所以NH3、SO3是电解质C．蔗糖、酒精在水溶液中和熔融时均不导电，所以它们是非电解质D．铜丝、石墨均导电，所以它们是电解质10、将SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是()A．Cl- B．SO2 C．Fe3+ D．NO3-11、下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的A1C13溶液中滴入NaOH溶液至过量。D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失12、下列仪器中，使用时必须检查是否漏水的是()A． B． C． D．13、下列有关溶液配制说法错误的是()A．称取12.5g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水中，并加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为0.1mol·L－1B．取58.5gNaCl固体放入1L水中完全溶解，所得NaCl溶液的物质的量浓度为1mol·L－1C．将100g5%的食盐水加热蒸发掉50g水后（无NaCl析出），所得溶液中NaCl的质量分数为10%D．将浓度2mol·L－1硫酸钠溶液10mL加水稀释至200mL，所得溶液浓度为0.1mol·L－114、下列说法或实验操作不正确的是A．配制10%的ZnSO4溶液，将l0gZnSO4溶解于90g水中B．用四氯化碳萃取碘水中的碘时，将碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出C．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发血中有晶体析出并剩余少量液体时即停止加热D．检验蔗糖水解产物具有还原性时，先向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热。15、下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（）①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A．①② B．②③ C．①④ D．③④16、某班就“使用金属材料的利与弊”为题进行小组辩论，甲方的观点是使用金属材料有利，下列甲方观点不科学的是A．金属材料大多有延展性，可以加工成各种形状B．金属材料大多有美丽的光泽C．废弃的金属不会造成土壤污染和水污染D．金属材料大多数可以回收再利用二、非选择题（本题包括5小题）17、如图所示为A、B、C、D、E五种含同一元素物质之间的相互转化关系。其中A、B、C、D在常温下都是气体，且B为红棕色气体。(1)①A、D、E三种物质中从相同元素化合价的角度分析既具有氧化性又具有还原性是(填化学式)____________；②写出B的化学式：_______________，D的一种常见用途_____________；(2)按要求写出下列化学方程式或离子方程式①写出E的稀溶液与Cu反应的离子方程式：_______________________；②写出D的实验室制法的化学方程式___________________。18、有X、Y、Z三种元素：（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。试写出其元素符号：（1）X_______，Y_______，Z_______，以及化合物的分子式：XZ_______，X2Y_________。（2）写出Z单质与X2Y反应的化学反应方程式：____________________________。19、用Cl2和Ca(OH)2制备少量漂粉精（一种含氯消毒剂）的装置如下。（1）A为氯气发生装置。A中反应方程式是________。（2）B的作用是吸收挥发出的HCl。HCl可能对制备漂粉精造成的影响是________。（3）用Cl2和Ca(OH)2制备的漂粉精，其有效成分是_________。（4）漂粉精常用于游泳池的消毒，起消毒作用的是HClO。漂粉精在水中释放HClO的途径如下：途径一：Ca(ClO)2+2H2O⇌Ca(OH)2+2HClO途径二：Ca(ClO)2+H2O+CO2＝________+_______（把反应补充完整）（5）池水的酸碱性对漂粉精的消毒效果影响明显。①池水碱性过强，杀毒作用会________（填“增强”或“减弱”）。②池水酸性过强，会刺激眼睛和皮肤。通常加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，起到降低酸性作用的离子分别是________（填离子符号）。（6）某届奥运会期间，发生了室外游泳池水变绿的事件，成为当时的一大新闻。有关负责人说，池水变绿是藻类生长造成的。该游泳池每隔一段时间就要投放含氯消毒剂，当再次投放时，误投了过氧化氢（H2O2）消毒剂。消毒剂为什么不起作用了？_______。20、超细碳酸钙的应用非常广泛。下图为工业生产超细碳酸钙的流程图:（1）反应池中发生反应的化学方程式为___________。（2）将反应池中得到的固体过滤、洗涤、烘干，得到超细碳酸钙。判断固体是否洗净的操作是__________。（3）实验小组在实验室中利用如图所示装置(部分夹持装置已略去)

模拟侯氏制碱法制纯碱。实验步骤:I.食盐精制:

粗盐(含少量Ca2+、Mg2+、SO32-)

溶解，依次加入足量NaOH

溶液、______溶

液、_______溶

液；过滤；加入盐酸调pH

至7。II.转化:

①

将精制后的食盐溶液控制温度在30~35℃之间；不断搅拌，先后通入足量氨气和二氧化碳气体；保温，搅拌半小时；②静置，过滤、洗涤、烘干，得到NaHCO3晶体。III.

制纯碱:

将制得的NaHCO3放入坩埚中，在酒精灯上灼烧，冷却至室温，即得到纯碱。已知各物质在不同温度下的溶解度见右表。①B中应盛装________。②C装置中发生“转化”生成NaHCO3

的离子方程式是___________。③“转化”过程中，温度控制在30~35℃之间的加热方式是_______；温度需控制在30~35℃之间的原因是_________。21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。Ⅰ.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______；a．化合反应b．分解反应c．置换反应d．复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是___________；(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_____________；II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、_______________；(5)用托盘天平称取固体NaCl________g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是______________________；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。a．容量瓶洗净后残留了部分的水b．转移时溶液溅到容量瓶外面c．定容时俯视容量瓶的刻度线d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

影响物质体积的因素有微粒数目、粒子本身大小以及粒子间的距离等因素。对于气体来说，温度、压强决定气体粒子间距，气体粒子间的距离远大于粒子本身的大小，粒子本身可以忽略不计。所以在同温同压下，粒子间距离近似相同，相同物质的量的气体体积约相等。故合理选项是C。2、C【解析】氯气具有强氧化性，通入溴化钾溶液发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后得到橙黄色的溴水溶液，倒入汽油后，汽油与水互不相溶，汽油的密度小于水，溶液分层，汽油层在上层，溴在汽油中的溶解度大于在水中的溶解度，振荡后，溴被萃取到汽油层，所以看到的现象是溶液分层，下层为无色的水层，上层为橙色的溶有溴的汽油层，答案选C。点睛：本题考查了氯气的氧化性和萃取的原理，熟悉氯气的性质，明确溴在汽油中溶解度大是解题的关键，注意汽油的密度小于水。3、A【解析】

A．该组离子之间不反应，可大量共存，选项A正确；B．Ca2+分别与、结合生成沉淀，不能共存，选项B错误；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，选项C错误；D．H+、Fe2+、发生氧化还原反应，不能共存，选项D错误；答案选A。4、B【解析】

A．Mg、Al均与盐酸反应，应选NaOH溶液、过滤，故A错误；B．加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，固体质量减少，因此用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体，故B正确；C．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误；D．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故D错误；故选：B。5、D【解析】

A.氢氧化钠与Fe3＋反应生成Fe(OH)3，化学价不变，错误。B.硫氰化钾与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3，化学价不变，错误。C.氯化亚铁与Fe3＋不反应，错误。D.铁与Fe3＋反应生成Fe2＋，化学价降低，得电子，做氧化剂，正确。【点睛】明确氧化还原反应的原理：化合价升高，失电子，被氧化，做还原剂；化合价降低，得电子，被还原，做氧化剂。6、C【解析】

A.液态氯化氢、固体氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质，故A错误；

B.NH3、CO2自身不能电离，是非电解质，其水溶液之所以导电是因为和水发生反应生成电解质，故B错误；

C.蔗糖、酒精在水溶液中和融化时都不导电，属于非电解质，不是电解质，故C错误；

D.铜、石墨能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选：C。【点睛】电解质指：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。7、A【解析】

A.一个Mg原子变成一个Mg2+时失去的电子数是2个，所以1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为2NA，故A正确；B.28g氮气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故B错误；C.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.不知溶液的体积，所以计算不出Na+的数目，故D错误。故选A。8、B【解析】

A．该组离子在溶液中不反应，能共存，但Cu2+在水溶液中为蓝色，不满足溶液无色的条件，故A不符合题意；B．该组离子在溶液中不反应，能共存，且离子均为无色，故B符合题意；C．该组离子在溶液中H+与SiO32-发生反应生成H2SiO3沉淀，即2H++SiO32-=H2SiO3↓，则不能大量共存，故C不符合题意；D．该组离子在溶液中Ba2+与SO42-发生反应生成BaSO4沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，则不能大量共存，故D不符合题意；答案为B。9、C【解析】

A.液态HCl、固态NaCl均不导电，但其水溶液都导电，所以HCl和NaCl均为电解质，A不正确；B.NH3、SO3的水溶液均导电，但导电离子来自NH3·H2O和H2SO4，所以NH3、SO3是非电解质，B不正确；C.蔗糖、酒精在水溶液中和熔融时均不导电，且它们都属于化合物，所以它们是非电解质，C正确；D.铜丝、石墨均导电，但它们都是单质，所以它们既不是电解质，也不是非电解质，D不正确。故选C。【点睛】电解质不一定能导电，导电的物质不一定是电解质；强电解质溶液导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱。比如硫酸不导电，但它是电解质；铜能导电，但它不是电解质；氨气通入水中，其水溶液能导电，但氨气不是电解质。碳酸钙是强电解质，它的水溶液不导电；硫酸是强电解质，很稀的硫酸导电能力弱；醋酸是弱电解质，但浓醋酸溶液的导电能力较强。10、D【解析】

由滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀，可知SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应为SO2被氧化为了SO42-。溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，说明在此过程中，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，究其原因是因为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，溶液由黄色变为浅绿色，而后溶液中3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，溶液立即又变为黄色。【详解】由于滴入BaCl2溶液后会产生白色沉淀，可知SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应为SO2被氧化为了SO42-。在此过程中溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，说明此过程中，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，并没有真正被还原，究其原因是因为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，而后溶液中3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，溶液立即又变为黄色。即最终发生化合价变化的是NO3-，NO3-被还原为NO，故D项正确。答案应选D。【点睛】此题考查的是氧化还原反应中电子守恒。解题的关键需把握无论反应如何进行，在氧化还原反应中氧化剂与还原剂必定同时存在，且氧化剂得电子的总数永远与还原剂失电子的总数相等。11、D【解析】

A.1mol偏铝酸钠需要1mol盐酸，而溶解1mol氢氧化铝需要3mol盐酸，故A正确；B.氢氧化钙和CO2反应的方程式为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，溶解碳酸钙的方程式为CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故B正确；C.氢氧化钠首先和盐酸反应，然后在和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，最后溶解氢氧化铝，故C正确；D.反应的方程式依次为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故D错误，答案选D。12、D【解析】

带有旋塞或瓶塞的仪器在使用之前需要检验是否漏夜；A为蒸馏烧瓶，B为量筒，C为直形冷凝管，D为分液漏斗；四种仪器中，仅分液漏斗需要验漏，故选D。13、B【解析】

A．称取12.5g胆矾(CuSO4·5H2O)，硫酸铜的物质的量为0.5mol，溶于水中并加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为0.1mol·L－1，A说法正确；B．取58.5gNaCl固体即1mol，放入1L水中完全溶解，溶液的总体积大于1L，所得NaCl溶液的物质的量浓度小于1mol·L－1，B说法错误；C．将100g5%的食盐水加热蒸发掉50g水后（无NaCl析出），则氯化钠的质量为5g，此时溶液的质量为50g，所得溶液中NaCl的质量分数为10%，C说法正确；D．将浓度2mol·L－1硫酸钠溶液10mL加水稀释至200mL，稀释时溶质的物质的量不变，即0.02mol，所得溶液浓度为0.1mol·L－1，D说法正确；答案为B。【点睛】溶液的稀释或浓缩时(溶质未析出)，溶质的物质的量或质量不变。14、D【解析】A、10gZnSO4溶解在90g水中，所得溶液质量分数为1010+90×100%=10%，符合要求，因此A描述正确。B、CCl4不溶于水，可以用作萃取碘水中碘的萃取剂，由于CCl4点睛：①由于质量具有加和性，所以配制一定质量分数的溶液可以直接计算得到所需物质质量，再进行混合即可。配制一定物质的量浓度的溶液时，由于体积没有加和性，所以通过计算得到所需物质体积，再进行混合，实际所得到的体积不是二者体积和，所以配制的结果也就是错误的，因此必须使用一定规格的容量瓶准确配制出所需的体积。15、C【解析】

①硅元素是地壳中大量存在的元素，是许多种岩石和矿物的基本构成元素之一，故①正确；②水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故②错误；③光导纤维的主要成分是二氧化硅，故③错误；④陶瓷的主要成分是硅酸盐且陶瓷应用极早，故④正确。综上所述，本题正确答案为C。16、C【解析】

A、金属材料一般具有延展性,所以可以对金属材料进行加工锻打,以便成为需要的形状,故A正确；

B、金属材料一般具有金属光泽,如铜为红色、金为黄色等，故B正确；

C、金属材料废弃后有可能污染土壤和水源,例如干电池中的汞就是一例,故C错误；

D、金属材料废弃后绝大部分能够回收和再利用,这是保护金属资源常用的方式,故D正确；

综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、N2NO2致冷剂3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

根据题干信息可知，B为红棕色气体，则B为NO2，C与氧气反应生成NO2，则C为NO；A气体在闪电条件下与氧气反应生成NO，则A为氮气(N2)；E与铜反应生成NO，则E为硝酸(HNO3)；D在催化剂条件下与氧气加热反应生成NO，且D是A在高温高压、催化剂条件下反应生成的，则D为氨气(NH3)，据此分析解答。【详解】(1)①根据上述分析可知，A为氮气(N2)，其中N的化合价为0价，既可以升高又可以降低，D为氨气(NH3)，其中N的化合价为最低价-3价，只能升高，E为硝酸(HNO3)，其中N的化合价为最高价+5价，只能降低，因此三种物质中既具有氧化性又具有还原性的是N2；②B为NO2，D为氨气(NH3)，氨气易液化，常用作致冷剂；(2)①Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O；②实验室常用氯化铵和熟石灰(氢氧化钙)混合加热制取氨气，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑。【点睛】本题考查框图形式的无机推断，解题的关键是在审题的基础上找准解题的突破口，本题的突破口为“B为红棕色”气体可推测B为二氧化氮。本题的易错点为二氧化氮与水反应方程式的书写，要注意基础知识的记忆。18、HOClHClH2OCl2+H2O=HCl+HClO【解析】

（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，则X是H，Z是Cl，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢；（3）氯化氢溶于水得到盐酸，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，所以Y是O，氢气在氧气中燃烧生成水；（5）氯气溶于水生成次氯酸，所得溶液具有漂白性。【详解】（1）根据以上分析可知X是H，Y是O，Z是Cl，XZ的分子式为HCl，X2Y的分子式为H2O；（2）氯气与水反应生成HCl和HClO，反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO。19、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OHCl能与Ca(OH)2发生反应生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2浓度降低Ca(ClO)2HClOCaCO3减弱CO32－、HCO3－HClO具有强氧化性，能将H2O2氧化，HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O【解析】

根据装置图，装置A为制备氯气，装置B是除去氯气中的HCl，装置C为Cl2与Ca(OH)2反应生成漂粉精，据此分析；【详解】(1)装置A为氯气发生装置，其中反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；答案：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；(2)制取漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，HCl能与Ca(OH)2发生反应生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2浓度降低；答案：HCl能与Ca(OH)2发生反应生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2浓度降低；(3)Cl2与Ca(OH)2发生2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，其有效成分是Ca(ClO)2；答案：Ca(ClO)2；(4)利用碳酸的酸性强于次氯酸，即途径二：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=HClO＋CaCO3；答案：HClO、CaCO3；(5)①ClO－在酸性条件下生成HClO，HClO具有强氧化性，即ClO－在碱性过强时，ClO－氧化性减弱，消毒作用减弱；答案：减弱；②酸性过强，说明溶液中有大量的H＋，CO32－、HCO3－能与H＋反应生成CO2和H2O，降低c(H＋)；答案：CO32－、HCO3－；(6)根据题意，再次投放时，误投过氧化氢，HClO具有强氧化性，能将H2O2氧化，即发生反应的是HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O，造成藻类生长；答案：HClO具有强氧化性，能将H2O2氧化，HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O。【点睛】难点是(6)，学生应分析出误投过氧化氢，是在前一段时间投放含氯消毒剂的后面，即水中含有含氯的消毒剂，利用含氯消毒剂的强氧化性，将H2O2氧化成O2，含氯消毒剂起消毒作用的是HClO，因此发生HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O。20、CaCl2+

CO2+

2NH3+

H2O=CaCO3

↓+

2NH4Cl取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，则已洗净，否则未洗净氯化钡或BaCl2碳酸钠或Na2CO3饱和碳酸氢钠溶液Na++

CO2+

H2O+

NH3=N