山东省聊城市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题教学质量抽测（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省聊城市2023-2024学年高一上学期期末教学质量抽测注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H—1N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5Ag—108Ba—127一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与社会、生产和生活密切相关。下列叙述正确的是A.日常生活中常用95%的乙醇来杀菌消毒B.食品包装袋中常有生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质C.《吕氏春秋·别类》中关于青铜的记载“金(铜)柔锡柔，合两柔则为刚”，体现了合金的硬度通常大于各组分金属的硬度D.向沸水中滴加适量饱和的FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强【答案】C【解析】【详解】A．95%的乙醇不能杀死细菌，日常生活中常用75%的乙醇来杀菌消毒，A不正确；B．食品包装袋中常有生石灰、还原铁粉，还原铁粉的作用是防止食品氧化变质，生石灰的作用是防止食品受潮变质，B不正确；C．“金(铜)柔锡柔，合两柔则为刚”，指的是铜和锡的硬度都小，但将二者制成合金，则硬度增大，体现了合金的硬度通常大于各组分金属的硬度，C正确；D．向沸水中滴加适量饱和的FeCl3溶液，可制得氢氧化铁胶体，胶体呈电中性，氢氧化铁胶粒带电，D不正确；故选C。2.下列有关物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是A.铝有强还原性，可用于制作门窗框架B.Fe2O3属于碱性氧化物，可用于涂料的红色颜料C.苏打受热易分解，可用作治疗胃酸过多的药物D.HClO具有强氧化性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂【答案】D【解析】【详解】A．铝用于制作门窗框架，是因为它的密度小、硬度大、抗腐蚀能力强，A不符合题意；B．Fe2O3在空气中性质稳定，不能被氧气氧化，且呈红色，可用于涂料的红色颜料，B不符合题意；C．苏打的主要成分为碳酸钠，受热不易分解，小苏打可用作治疗胃酸过多的药物，C不符合题意；D．HClO的性质活泼，在反应中易得电子，具有强氧化性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，D符合题意；故选D。3.下列说法正确的是A.14N2和15N2互为同位素B.的中子数与电子数的差值为17C.氯离子的结构示意图：D.若两元素离子、电子层结构相同，则【答案】B【解析】【详解】A．14N2和15N2均表示氮气分子，不能互为同位素，A错误；B．的中子数与电子数的差值为115－49－49＝17，B正确；C．氯离子的核电荷数为17，核外电子层为3，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，C错误；D．若两元素离子、电子层结构相同，说明核外电子数相等，则，D错误；答案选B。4.下列反应的离子方程式书写正确的是A.Cl2通入水中制氯水：B.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：C.碳酸镁与稀盐酸反应：D.向溶液中滴加稀硫酸：【答案】B【解析】【详解】A．HClO为弱酸，只发生部分电离，Cl2通入水中制氯水：，A不正确；B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，起初生成的CaCO3全部转化为Ca(HCO3)2：，B正确；C．碳酸镁难溶于水，不能写成离子形式，碳酸镁与稀盐酸反应：，C不正确；D．向溶液中滴加稀硫酸，发生反应，生成硫酸钡和水：，D不正确；故选B。5.下列有关钠元素的单质及其化合物的说法错误的是A.金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，既有沉淀生成又有气体逸出B.灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明该粉末中有Na+，可能有K+C.向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，有沉淀生成D.可用澄清石灰水鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液【答案】D【解析】【详解】A．金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，钠先与水反应生成氢气，生成的NaOH再与Ca(HCO3)2反应生成碳酸钙沉淀，所以既有沉淀生成又有气体逸出，A正确；B．钠元素的焰色为黄色，灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明该粉末中有Na+，但没有透过蓝色钴玻璃观察，不能确定K+是否存在，B正确；C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，生成NaHCO3，由于在饱和碳酸钠溶液中碳酸氢钠的溶解度小，所以部分NaHCO3转化为沉淀，C正确；D．澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3都能反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，D错误；故选D。6.下列关于元素周期律和元素周期表的说法正确的是A.P、S、Cl得电子能力和简单氢化物的稳定性均逐渐增强B.元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素C.同一周期第ⅡA族与第ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1D.Li、Na、K原子半径和熔点均逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A．P、S、Cl为同周期相邻元素，从左向右排列，非金属性依次增强，则得电子能力和简单氢化物的稳定性均逐渐增强，A正确；B．元素周期表中，位于金属和非金属分界线附近的元素既具有金属性，也具有非金属性，通常具有两性，可用于生产半导体材料，B不正确；C．在第四周期及以后的各周期，同一周期第ⅡA族与第ⅢA族元素原子的核电荷数都不是相差1，中间间隔过渡元素，C不正确；D．Li、Na、K为同主族元素，从上到下排列，它们原子核外的电子层数依次增多，原子半径依次增大，但熔点逐渐降低，D不正确；故选A。7.下列转化可通过加入氧化剂实现的是A.NaClO→Cl2 B.Na2O→Na2O2C.K2FeO4→ D.HClO3→KClO3【答案】B【解析】【详解】A．NaClO→Cl2为氯元素化合价降低的过程，需要加入某些还原剂，如HCl，故A错误；B．Na2O→Na2O2为氧元素化合价升高的过程，需要加入氧化剂才能实现，故B正确；C．K2FeO4→为铁元素化合价降低的过程，需要加入还原剂才能实现，故C错误；D．HClO3→KClO3元素化合价不发生变化，加入KOH发生酸碱中和即可实现，故D错误；故选B。阅读下列材料，完成下面小题：世界卫生组织(WHO)和中国卫健委公认二氧化氯(ClO2)为新时代绿色消毒剂。常温下，ClO2是具有与Cl2相似颜色和气味的气体，易溶于水，在水中的溶解度是Cl2的5~8倍；ClO2几乎不与冷水反应，遇热水则会分解；沸点为11℃。工业上ClO2可采用甲醇(CH3OH)在酸性介质中与氯酸钠反应来制取。反应原理如下：(未配平)8.有关上述工业制取ClO2的说法正确的是A.CH3OH发生还原反应B.ClO2为氧化产物C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶1D.生成0.1molCO2时，转移0.4mol电子9.表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中含有共价键的数目为B.足量MnO2与40mL10mol/L浓盐酸共热生成Cl2的数目小于C.1L0.1mol/LNaClO3溶液中含有氧原子的数目为D.标准状况下，2.24LClO2中含有质子的数目为10.某兴趣小组为测定NaClO3样品的纯度进行如下实验：取样品6.00g(假设杂质不参与反应)在酸性条件下与足量CH3OH反应，产生的ClO2被冷水完全吸收得到250mL溶液，向其中加入420mL0.50mmol/LFeSO4溶液，过量FeSO4溶液恰好与200mL0.05mol/LK2Cr2O7完全反应。反应原理如下：①②则NaClO3样品的纯度为A.74.55% B.7.46% C.5.33% D.53.25%【答案】8.C9.B10.D【解析】【分析】利用得失电子守恒，配平该反应的化学方程式为：。【8题详解】A．CH3OH→CO2中碳元素的化合价由-2价升高至+4价，则CH3OH发生氧化反应，故A错误；B．NaClO3→ClO2中Cl元素的化合价由＋5价降低至＋4价，说明ClO2为还原产物，故B错误；C．根据得失电子守恒，氧化剂(NaClO3)和还原剂(CH3OH)的物质的量之比为6：1，故C正确；D．根据方程式可知，生成1molCO2时，碳元素的化合价由-2价升高至+4价，转移6mol电子，则生成0.1molCO2时，转移0.6mol电子，故D错误；故选C。【9题详解】A．的摩尔质量为20g•mol-1，则的物质的量1.8mol，每个水分子中含有2个共价键，则共价键的数目为3.6NA，故A错误；B．40mL10mol/L浓盐酸中含有0.4molHCl，因随着反应的进行，盐酸浓度降低，反应不能进行，故产生Cl的数目小于0.1NA，故B正确；C．1L0.1mol/LNaClO3溶液中，NaClO3中所含氧原子数目为0.3NA，但溶液中的水也含有氧原子，则1L0.1mol/LNaClO3溶液中含有氧原子的数目远大于0.3NA，故C错误；D．ClO2的沸点为11℃，标准状况下ClO2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；故选B。【10题详解】根据得失电子守恒可得，5n(ClO2)＋6n()=n(Fe2+)，即5n(ClO2)+6×0.2L×0.05mol•L-1=0.42L×0.5mol•L-1，解得n(ClO2)=0.03mol。根据Cl元素守恒可知，n(NaClO3)=n(ClO2)=0.03mol，NaClO3的摩尔质量为106.5g•mol-1，则NaClO3样品的纯度为，故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.在给定条件下，下列物质转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】A．Al和氧气在加热条件下可以反应生成氧化铝，氧化铝是两性氧化物，可以和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，A正确；B．Na活泼性强，会与水反应产生氢气，无法从硫酸铜溶液中置换出铜，B错误；C．氯化钙溶液中通入CO2不能生成碳酸钙沉淀，弱酸（H2CO3）不能制强酸（HCl），C错误；D．氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]中，生成次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙中通入CO2生成HClO，D正确；本题选AD。12.为除去括号内的杂质，所选用的试剂错误的是A.Fe(Al)：NaOH溶液B.NaHCO3溶液(Na2CO3)：稀盐酸C.FeCl3溶液(FeCl2)：酸性KMnO4溶液D.CO2气体(HCl)：饱和NaHCO3溶液、浓硫酸【答案】BC【解析】【详解】A．Fe与NaOH溶液不反应，而Al可溶于NaOH溶液，则利用NaOH溶液可除去Fe中混有的Al，A正确；B．NaHCO3溶液中混有Na2CO3，所用稀盐酸的体积难以控制，且反应后NaHCO3中混入NaCl，应采用通入过量二氧化碳的方法，B错误；C．FeCl3溶液中混入FeCl2，采用酸性KMnO4溶液时，不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，还能将Cl-氧化，且FeCl3溶液中混入K+、Mn2+等，C错误；D．CO2气体中混入HCl，将气体通入饱和NaHCO3溶液，可除去HCl，再使用浓硫酸干燥，从而得到纯净的CO2气体，D正确；故选BC。13.下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.0.1mol/L硝酸银溶液中：、、B.与Al反应能放出H2的溶液中：、、C.无色透明的溶液中：、、D.0.1mol/LH2SO4溶液中：、、【答案】D【解析】【详解】A．0.1mol/L硝酸银溶液中，能与Ag+反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．与Al反应能放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，不能大量存在，在碱性溶液中，、不能大量存在，B不符合题意；C．Fe3+呈棕黄色，在无色透明的溶液中，不能大量存在，C不符合题意；D．0.1mol/LH2SO4溶液中，、、都不发生反应，能稳定存在，D符合题意；故选D。14.下列实验方案、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A某钾盐溶于盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊、无色无味的气体该钾盐是K2CO3B向盛有淀粉—KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡溶液变蓝Br2的氧化性比I2强C向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红该溶液中含有Fe2+D某混合气体通过无水硫酸铜粉末粉末变蓝该混合气体中含有水蒸气A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】【详解】A．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊、无色无味的气体,说明该钾盐为K2CO3或是KHCO3，A错误；B．向盛有淀粉—KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变蓝，说明Br2的氧化性比I2强，B正确；C．向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红，说明此时溶液中含有，原溶液中可能含有也可能含有，C错误；D．某混合气体通过无水硫酸铜粉末，粉末变蓝，说明该混合气体中含有水蒸气，D正确；故选BD。15.取BaCl2和KCl的混合液1L分成两等份，分别进行了如下实验：一份加入足量稀硫酸，得到4.66g沉淀；另一份加入足量AgNO3溶液，得到14.35g沉淀。则原混合液中c(K+)为A.0.04mol/L B.0.08mol/L C.0.12mol/L D.0.16mol/L【答案】C【解析】【详解】每份溶液中，n(Ba2+)=n(BaSO4)==0.02mol，n(Cl-)=n(AgCl)==0.1mol。依据电荷守恒，每份溶液中，n(K+)=n(Cl-)-2n(Ba2+)=0.1mol-2×0.02mol=0.06mol，c(K+)==0.12mol/L；故选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.钠的化合物在科技、医药、实验中有着重要的应用。（1）2022年11月29日，“神舟十五号”载人飞船成功发射。为使宇航员在飞船中能有一个稳定、良好的生存环境，一般会在飞船内安装盛有Na2O2颗粒的装置。Na2O2与CO2反应的化学方程式为___________，每消耗3.9gNa2O2转移的电子数为___________。（2）热的NaHCO3溶液和FeSO4溶液混合可制备用于治疗缺铁性贫血的难溶性碳酸亚铁，同时生成温室气体，反应的离子方程式为___________。将0.1molNaHCO3固体置于密闭容器中，加热分解；取出残留固体，滴加0.5mol/LH2SO4至刚好不再产生气体，消耗H2SO4溶液体积为___________mL。（3）实验室配制480mL2.0mol/L的NaCl溶液。①通过计算，需用NaCl质量为___________g。②配制过程中，需要使用的仪器为___________(填标号)。此外还需使用的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管、量筒和___________。③下列有关容量瓶的说法正确的是___________。A．容量瓶上标有温度、容积、刻度线B．容量瓶在使用前要检漏，检漏时倒置一次即可C．配制好的NaCl溶液可在容量瓶中长期贮存D．配制过程中，摇匀操作如图所示：④下列操作使所配制的溶液浓度偏高的是___________。A．称量时，砝码生锈(未破损)B．转移溶液时，未洗涤玻璃棒C．定容时，俯视容量瓶刻度线D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，用胶头滴管吸出【答案】（1）①.②.（2）①.②.100（3）①.58.5②.CD③.500mL容量瓶④.A⑤.AC【解析】【分析】实验室配制480mL2.0mol/L的NaCl溶液，首先应选择容量瓶。由于实验室没有480mL规格的容量瓶，依据就近原则，应选用500mL的容量瓶；计算溶质的质量时，溶液的体积按500mL进行计算。【小问1详解】Na2O2与CO2反应，生成碳酸钠和氧气，化学方程式为，由反应方程式可建立关系式：Na2O2——e-，每消耗3.9gNa2O2转移的电子数为=。【小问2详解】热的NaHCO3溶液和FeSO4溶液混合可制备难溶性碳酸亚铁，同时生成CO2，反应的离子方程式为。将0.1molNaHCO3固体置于密闭容器中，加热分解；取出残留固体，滴加0.5mol/LH2SO4至刚好不再产生气体。由反应可建立关系式2NaHCO3——Na2CO3——H2SO4，消耗H2SO4溶液体积为=100mL。【小问3详解】由分析可知，实验室配制480mL2.0mol/L的NaCl溶液，应选用500mL的容量瓶。①通过计算，需用NaCl的质量为0.5L×2.0mol/L×58.5g/mol=58.5g。②配制过程中，需要使用的仪器有托盘天平、烧杯等，不需使用圆底烧瓶、分液漏斗，故选CD。此外还需使用的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶。③A．容量瓶的容积受温度的影响，则容量瓶上标有温度、容积、刻度线，A正确；B．容量瓶在使用前要检漏，检漏时至少要倒置二次，B不正确；C．容量瓶用于配制溶液，不能用于贮存溶液，则配制好的NaCl溶液不可在容量瓶中长期贮存，C不正确；D．配制过程中，摇匀操作不应如图所示：，而应上下颠倒进行摇匀，D不正确；故选A。④A．称量时，砝码生锈(未破损)，则所称量固体溶质的质量偏大，所配溶液的浓度偏高，A符合题意；B．转移溶液时，未洗涤玻璃棒，则有一部分溶质沾在玻璃棒上，致使所配溶液的浓度偏低，B不符合题意；C．定容时，俯视容量瓶刻度线，则所配溶液的体积偏小，浓度偏高，C符合题意；D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，不能用胶头滴管吸出，应重新配制，D不符合题意；故选AC。【点睛】计算溶质的质量时，应按容量瓶的规格进行计算。17.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A、D原子核外最外层电子数与其电子层数之比均为2，B、D同主族，金属单质C在B的单质中燃烧生成的化合物X，X能与水发生氧化还原反应。请回答下列问题：（1）D在周期表的位置为___________；E的元素符号为___________。（2）A的最高价氧化物的电子式为___________，A、D、E的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________(填化学式)。（3）B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。（4）已知D2E2分子中，各原子最外层均达到8电子稳定结构，该分子的结构式为___________。（5）X中含有的化学键类型为___________。【答案】（1）①.第三周期第ⅥA族②.Cl（2）①.②.HClO4（3）S2-＞O2-＞Na+（4）Cl-S-S-Cl（5）离子键、共价键【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A、D原子核外最外层电子数与其电子层数之比均为2，则A为碳元素、D为硫元素；B、D同主族，则B为氧元素；金属单质C在B的单质中燃烧生成的化合物X，X能与水发生氧化还原反应，则C为钠元素，X为过氧化钠。从而得出A、B、C、D、E分别为C、O、Na、S、Cl，X为Na2O2。【小问1详解】由分析可知，D为硫元素，则D在周期表的位置为第三周期第ⅥA族；E的原子序数比S大，且为短周期元素，则其为氯，元素符号为Cl。【小问2详解】A为碳元素，其最高价氧化物的电子式为，A、D、E分别为C、S、Cl，它们的非金属性Cl最强，则最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4。【小问3详解】B、C、D分别为O、Na、S，简单离子中S2-的电子层数最多，半径最大，Na+与O2-的电子层结构相同，但原子序数比O大，所以离子半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+。【小问4详解】已知S2Cl2分子中，各原子最外层均达到8电子稳定结构，该分子的结构式为Cl-S-S-Cl。【小问5详解】X为Na2O2，电子式为，含有的化学键类型为离子键、共价键。【点睛】对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小。18.铁及其化合物在工业生产中有着重要的用途，其“价—类”二维图如下。（1）下列推断不合理的是___________。A.FeCl2和FcCl3可通过化合反应相互转化B.Fe2+既可被氧化，也可被还原C.FeO在空气中受热，能迅速生成Fe2O3D.存在Fe3+→Fe2+→→→Fe3+的循环转化关系（2）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向所得溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是___________。A.若无固体存在，则溶液中一定有Fe3+B.若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C.若溶液中有Cu2+，则可能有固体存在D.若溶液中有Fe3+，则可能有Cu析出（3）某同学设计如下实验来制备并观察其颜色。①实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是___________；试剂a为___________。A．稀硫酸B．铁粉C．NaOH溶液②按图连接好装置，检验装置气密性后加入药品，打开K1、K2，关闭K3，B中有气体产生，该气体的作用是___________；当___________后，打开K3，关闭K1、K2，B中溶液进入C，C中产生了灰绿色沉淀而没有观察到白色沉淀的原因是___________。【答案】（1）C（2）BC（3）①.去除水中溶解氧②.C③.排除B中空气④.检验H2纯度⑤.C内的空气没有排尽【解析】【分析】根据价类二维图可知涉及的物质有单质铁、氧化亚铁、氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铁、亚铁离子、铁离子和高铁酸根离子，结合物质的性质分析解答。【小问1详解】A.氯化亚铁和氯气化合生成氯化铁，氯化铁和铁化合生成氯化亚铁，即FeCl2和FcCl3可通过化合反应相互转化，A正确；B.Fe2+中元素化合价处于中间价态，既可被氧化，也可被还原，B正确；C.FeO在空气中受热，被氧化生成Fe3O4，C错误；D.铁离子和铁反应生成亚铁离子，亚铁离子和碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁和酸反应生成铁离子，因此存在Fe3+→Fe2+→→→Fe3+的循环转化关系，D正确；答案选C。【小问2详解】加入铁粉时先发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，若铁还有剩余，则再发生Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+。A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，但溶液中不一定含有铁离子，故A错误；B．因为Fe和Cu都可以与Fe3+反应，所以若有固体剩余，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，故B正确；C．若溶液中有Cu2+，说明加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与部分Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C正确；D．因为Fe和Cu都可以与Fe3+反应，若溶液中有Fe3+，则一定没有Cu析出，故D错误；综上所述答案为BC。【小问3详解】①由于亚铁离子以及氢氧化亚铁易被氧气氧化，实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；装置B中产生硫酸亚铁，要制备氢氧化亚铁，则试剂a为NaOH溶液，答案选C。②按图连接好装置，检验装置气密性后加入药品，打开K1、K2，关闭K3，B中有气体氢气产生，该气体的作用是排除B中空气，防止氧化生成的氢氧化亚铁；当检验H2纯度后，说明空气已经排尽，此时打开K3，关闭K1、K2，在氢气压力的作用下B中溶液进入C，C中产生了灰绿色沉淀而没有观察到白色沉淀的原因是C内的空气没有排尽，导致氢氧化亚铁被氧化。19.实验室以某工业食盐粗品(主要成分为NaCl，还含有少量Na2SO4，NaHCO3杂质)为原料，制得纯净氯化钠流程如下：（1）“焙烧”生成“气体1”的化学方程式为___________。（2）滤渣1的成分为___________；“滤液2”中含有的阴离子为___________；“操作1”的名称为___________。（3）有关上述流程的分析不合理的是___________。A.“气体1”和“气体2”均为CO2B.“沉淀1”中加入的BaCl2溶液可用溶液代替C.“沉淀2”中加入“过量Na2CO3溶液”的目的是除去过量的Ba2+D.“煮沸”的目的是为了除去过量的HCl（4）“沉淀1”中，判断BaCl2溶液已过量的方法是___________。（5）该流程实际得到的氯化钠比“食盐粗品”中含有的氯化钠多，原因是___________。【答案】（1）（2）①.BaCO3、BaSO4②.、③.蒸发结晶（3）B（4）反应混合液静置，取少量上清液于试管中，再滴加几滴BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明BaCl2过量（5）流程中Na2SO4、NaHCO3、Na2CO3最终均转化为NaCl【解析】【分析】工业食盐粗品焙烧，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，用水溶解，先加入过量氯化钡溶液除去硫酸根和碳酸根，即滤渣1是硫酸钡和碳酸钡。滤液中加入过量的碳酸钠溶液除去过量的钡离子，过滤后滤液2中加入稀盐酸酸化，然后煮沸，蒸发结晶得到氯化钠固体，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可知“焙烧”生成“气体1”的化学方程式为。【小问2详解】根据以上分析可知滤渣1的成分为BaCO3、BaSO4；碳酸钠是过量的，则“滤液2”中含有的阴离子为、；氯化钠能溶于水，则“操作1”的名称为蒸发结晶。【小问3详解】A.盐酸能和碳酸钠反应放出二氧化碳，则“气体1”和“气体2”均为CO2，A正确；B.“沉淀1”中加入的BaCl2溶液不能用溶液代替，否则引入杂质离子硝酸根，B错误；C.根据以上分析可知“沉淀2”中加入“过量Na2CO3溶液”的目的是除去过量的Ba2+，C正确；D.盐酸易挥发，“煮沸”的目的是为了除去过量的HCl，D正确；答案选B。【小问4详解】“沉淀1”中，判断B