重庆市南开中学2020-2021学年高一上学期期中（半期）考试化学试题（解析版）

学而优教有方PAGEPAGE32重庆南开中学2020-2021学年高一上学期期中(半期)考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5第I卷(选择题满分73分)一、选择题(本题包括15个小题，每题只有一个选项符合题意。每小题3分，共45分)1.下列各组物质中，全部属于化石燃料的是A.煤、天然气、报纸 B.秸秆、焦炭、汽油C.煤油、柴油、柴草 D.天然气、石油、煤2.我国古代人民编写的古诗或谚语包含了丰富的化学知识，下列诗句或古文中包含了化学变化的是A.日照澄州江雾开 B.日照香炉生紫烟C.蜡炬成灰泪始干 D.玉不琢不成器3.下列物质中，属于强电解质的是A.石墨 B.烧碱 C.乙醇 D.醋酸4.下列实验操作与微粒直径大小无关的是A.渗析 B.升华C.过滤 D.验证丁达尔效应5.下列物质分类的正确组合是碱酸盐纯净物A纯碱盐酸烧碱干冰B烧碱硫酸纯碱液氮C熟石灰醋酸小苏打医用酒精D氨水硝酸蔗糖冰水混合物A.A B.B C.C D.D6.下列叙述中，不正确的是A.摩尔是物质量的单位 B.N2的摩尔质量为28g/molC.阿伏加德罗常数为6.02×1023 D.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.常温常压下，28gCO和C2H4混合气体中的碳原子数为NAB.标准状况下，11.2L的乙醇所含的氢原子数等于3NAC.7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.1NAD.将含0.1molFeCl3的饱和溶液逐滴滴入到沸水中充分反应，得到的Fe(OH)3胶体微粒的数目为0.1NA8.常温下，下列钠的化合物在空气中能稳定存在的是A.Na2CO3 B.Na2O C.Na2O2 D.NaOH9.下列除杂试剂或操作不正确的是(括号内的物质为杂质)A.NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加盐酸调pH至中性B.KNO3溶液(AgNO3)：加过量盐酸，再加NaOH溶液调pH至中性C.BaSO4(BaCO3)：加足量稀盐酸后过滤、洗涤、干燥D.NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入足量CO2气体充分反应10.在澄清透明的溶液中能大量共存的离子组是A.K+、NH、Cl-、OH- B.H+、Cl-、Na＋、CH3COO–C.Na+、Ba2+、Cl-、CO D.H+、K+、SO、Fe3+11.下列离子方程式中，正确的是A.钠与水反应：Na＋2H2O=Na＋＋2OH-＋H2↑B.碳酸氢钠溶液与盐酸混合：HCO＋H＋=CO2↑＋H2OC.大理石加入到盐酸中：CO＋2H＋=CO2↑＋H2OD.醋酸溶液与氢氧化钾溶液混合：H＋＋OH-=H2O12.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质比较中，正确的是A.热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3B.等物质的量的固体分别与足量的相同浓度的盐酸反应时产生CO2的速率：Na2CO3＞NaHCO3C.等质量固体分别与相同浓度的盐酸完全反应时消耗盐酸体积：Na2CO3＞NaHCO3D.常温下水溶液中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO313.有下列四种饱和溶液：①BaCl2溶液②Ca(OH)2溶液③Na2CO3溶液④溶有NH3的NaCl溶液，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的有（）种A.1 B.2 C.3 D.414.一定条件下，KClO3与I2按下式反应：2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl2，则下列推断正确的是A.该反应属于复分解反应 B.还原产物为Cl2，氧化产物为KIO3C.还原性KClO3＞I2 D.氧化性I2＞KClO315.在一定条件下，PbO2和Cr3+反应，产物是Cr2O和Pb2+，则与2molCr3+反应所需PbO2的个数为A3NA B.1.5NA C.10NA D.7.5NA二、选择题(本题包括7个小题，每题只有一个选项符合题意。每小题4分，共28分)16.下列说法不正确的是A.NaCl的焰色试验为黄色B.量筒上标有适用温度和0刻度C.钠钾合金可用作导热剂D.金属钠着火时可用沙土盖灭17.下列离子方程式书写正确的是A.醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2OB.过量的CO2通入Ca(OH)2溶液中：Ca2+＋2OH–＋CO2=CaCO3↓＋H2OC.碳酸氢铵溶液中加足量澄清石灰水：NH＋HCO＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2OD.向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO4溶液：2H+＋SO＋Ba2＋＋2OH-=BaSO4↓＋2H2O18.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：Ⅰ.P4＋10CuSO4＋16H2O=10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4Ⅱ．11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4下列有关说法中错误的是A.在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B.在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C.在上述两个反应中，白磷所起的作用不完全相同D.等质量的白磷分别发生上述两个反应，转移的电子数目之比为6：1119.已知醋酸可简写为HAc,硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液中，其化学方程式是：PbSO4+2NH4Ac=Pb(Ac)2+(NH4)2SO4。当醋酸铅溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质HAc生成，表示这个反应的有关离子方程式正确的是A.Pb2++2Ac-+2H++S2-=PbS↓+2HAc B.Pb2++H2S=PbS↓+2H+C.Pb2++2Ac-+H2S=PbS↓+2HAc D.Pb(Ac)2+H2S=PbS↓+2HAc20.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制取干燥纯净的氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过浓硫酸、NaOH溶液，然后收集D制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中AA B.B C.C D.D21.在200g8%的NaOH溶液中通入一定量的CO2后，再向溶液中逐滴滴加稀盐酸至150g时开始产生气体，继续滴加稀盐酸到200g时，气体质量最大(假设CO2全部逸出)。溶液中产生CO2的质量与加入盐酸的质量如右图所示。下列说法正确的是(设盐酸的密度为1g/mL)A.B点时所得溶液的溶质为NaHCO3B.AB段发生的反应只有Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaClC.最初通入的CO2的质量为8.8gD.加入盐酸的物质的量浓度为2mol/L22.某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L(忽略水的电离)。阳离子K+Ag+Mg2+Cu2+NH阴离子Cl–COHCOSOOH–甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，有紫色火焰。Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，无气体生成。Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。则下列判断不正确的是A.Ⅰ中反应的离子方程式为：Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NHB.Ⅳ中反应的离子方程式有：Ag++Cl–=AgCl↓C.原溶液中一定存在K+、Mg2+和SO、可能存在Cl–D.若向原溶液加入等体积0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，则可以得到只含一种溶质的溶液第Ⅱ卷(非选择题满分77分)三、填空题(本题包括6个小题，共77分)23.回答下列指定问题。（1）用单线桥法标出下列氧化还原反应电子转移方向和数目：4NH3＋5O24NO＋6H2O___________。该反应中，氧化剂是___________，还原产物是___________；氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，原子数之比为___________。（2）有如下反应：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，该反应的离子方程式是___________。其中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________。24.有下列三个在溶液中发生的氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑请根据上述反应分析推断后回答下列问题：（1）FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是___________。（2）Cr2O、I-在强酸性溶液中能否大量共存？___________(填“能”或“不能”)，理由是___________。（3）在酸性溶液中存在大量的I-，则Cr2O、Fe3+、Fe2+、Cl-中能与I-大量共存的离子是___________。（4）＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O还原成Cr3＋，反应的离子方程式为___________。25.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质分别由NH4+、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH-、Cl-、HCO、SO中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。（1）由②可知乙溶液中含有的阴离子是___________。（2）由③可知丙溶液中含有的阴离子是___________。（3）写出下列物质化学式：甲___________；丁___________。（4）写出甲与丁按物质的量之比1：1反应的离子方程式：___________。写出甲与丙反应的离子方程式：___________。26.某学生拟用100mLNaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液，为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，他设计了如下的实验步骤：第一步：用50mLNaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；第二步：小心煮沸溶液1~2分钟；第三步：在得到的溶液中加入另一半50mLNaOH溶液，使溶液充分混合。（1）写出第一步中反应的化学方程式：___________；（2）按他的设计，第一步实验装置如下图：①装置A使用的试剂分别是a___________，b___________。发生反应的化学方程式为___________；②装置B使用的试剂是___________饱和溶液(填“碳酸氢钠”或“碳酸钠”)，作用是___________；③将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调(即先混合，再煮沸)，是否合理？___________，(填“是”或“否”)，说明理由___________。27.硫酸和氢氟酸(HF)的溶液可作为矿物中稀有元素的萃取液。实验室模拟生产该萃取液，要求萃取液中硫酸的浓度为2mol·L-1，氢氟酸的浓度为4mol·L-1。现有一批回收酸液共40mL，经测定其中氢氟酸浓度25mol·L-1，硫酸的浓度为1mol·L-1。（1）现要用此回收酸配制上述萃取液，40mL回收酸液经稀释可以得到4mol·L-1的氢氟酸的体积为___________mL。（2）在40mL回收酸中加入___________mL密度为1.84g·cm-3、浓度为98%的浓硫酸，然后再稀释得到符合要求的萃取液。在此过程中，配制该萃取液所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、量筒和___________。若加入浓硫酸后，立刻定容至相应体积，则所得浓度会___________(填“偏大”或“偏小”或“不变”)28.侯氏制碱法是在索尔维制碱法的基础上创造出的一种新的制造纯碱的方法。具体工艺流程图如下：Ⅰ．根据以上流程回答下列问题：（1）与索尔维制碱法相比，侯氏制碱法最突出的优点是___________A．原料利用率高B．设备少C．生产方便碳酸化这一步的原理是(用化学方程式表示)___________（2）侯氏制碱法副产品的一种用途为___________。（3）Y物质是___________。（4）向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，降温结晶析出副产品，通氨气的作用有___________。A.使Na2CO3结晶析出B.使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出NH4Cl的纯度C.使NaHCO3更多地析出D.增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定某碳酸钠样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组取样品bg设计了如下实验方案。该实验的操作步骤如下：①如图连接装置(除B外)并加入所需药品。②称量并记录B的质量(a1)。③按动鼓气球，持续约1分钟。④连接上B。⑤打开分液漏斗F的活塞，将稀硫酸快速加入D中后，关闭活塞。⑥按动鼓气球，持续约1分钟。⑦称量并记录B的质量(a2)。⑧计算（5）操作⑥中，鼓入空气的作用是___________；根据题干所给的数据列出样品中Na2CO3的质量分数表达式___________。（6）经实验发现最终所得的Na2CO3的质量分数超过100%，其可能的原因是___________。Ⅲ．现有碳酸钠和氯化钠的混合物样品25g，将其放入干净的烧杯中，加入200g水，使其完全溶解。向所得溶液中慢慢加入溶质质量分数为14.6%的盐酸，烧杯中溶液的质量与加入盐酸的质量关系曲线如图所示。请回答下列问题。（7）在碳酸钠和氯化钠的混合物样品中，含碳酸钠的质量为___________(结果精确至0.1g)。（8）A点时，求此温度下所得不饱和溶液中溶质质量分数为___________(计算结果精确至0.1%)。

重庆南开中学2020-2021学年高一上学期期中(半期)考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5第I卷(选择题满分73分)一、选择题(本题包括15个小题，每题只有一个选项符合题意。每小题3分，共45分)1.下列各组物质中，全部属于化石燃料的是A.煤、天然气、报纸 B.秸秆、焦炭、汽油C.煤油、柴油、柴草 D.天然气、石油、煤【答案】D【解析】【分析】秸秆，柴草属于生物质能，报纸是植物纤维做的，也属于生物质能，焦炭、煤油、柴油是以化石燃烧生产出来的，属于化石燃料，据此分析。【详解】A．煤、天然气属于化石燃料，但报纸不是，故A不符合题意；B．焦炭、汽油属于化石燃料，但秸秆不是，故B不符合题意；C．煤油、柴油属于化石燃料，但柴草不是，故C不符合题意；D．天然气、石油、煤都属于化石燃料，故D符合题意；本题答案D。2.我国古代人民编写的古诗或谚语包含了丰富的化学知识，下列诗句或古文中包含了化学变化的是A.日照澄州江雾开 B.日照香炉生紫烟C.蜡炬成灰泪始干 D.玉不琢不成器【答案】C【解析】【分析】【详解】A．“日照澄州江雾开”表述的是可见光通过江雾时会产生丁达尔效应，没有新物质的产生，属于物理变化，A错误；B．“日照香炉生紫烟”表述的是光的折射、水的蒸发，没有新物质的产生，不属于化学变化，B错误；C．“蜡炬成灰泪始干”表述的是物质的燃烧，有新物质的产生，属于化学变化，C正确；D．“玉不琢不成器”表述的是玉的形状的改变，没有新物质的产生，不属于化学变化，D错误；答案选C。3.下列物质中，属于强电解质的是A.石墨 B.烧碱 C.乙醇 D.醋酸【答案】B【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸碱盐和大多数金属氧化物均为电解质，非电解质是指水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，据此分析解题。【详解】A．石墨是单质，既不是电解质又不是非电解质，A错误；B．烧碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质且为强电解质，B正确；C．乙醇的水溶液和液态时均不导电，属于非电解质，C错误；D．醋酸为弱电解质，D错误；故答案为：B。4.下列实验操作与微粒直径大小无关的是A.渗析 B.升华C.过滤 D.验证丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A．胶粒直接较大，不能透过半透膜，水分子和溶质微粒直径较小，能透过半透膜，常用渗析的方法提纯胶体，渗析与微粒直径大小有关，A不符题意；B．升华利用某些固体物质易升华的性质分离易升华和不易升华且稳定性好的固体混合物，与微粒直径大小无关，B符合题意；C．固体物质粒子直径较大，常用过滤进行固液分离，过滤与微粒直径大小有关，C不符题意；D．分散质粒子直径介于1-100nm的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，因此丁达尔效应与微粒直径大小有关，D不符题意；选B。5.下列物质分类的正确组合是碱酸盐纯净物A纯碱盐酸烧碱干冰B烧碱硫酸纯碱液氮C熟石灰醋酸小苏打医用酒精D氨水硝酸蔗糖冰水混合物A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，是盐不是碱；烧碱是氢氧化钠，是碱不是盐，故A错误；B．烧碱是氢氧化钠，是碱；硫酸是酸；纯碱是碳酸钠，是盐；液氮是液态的氮气，是纯净物，故B正确；C．熟石灰是氢氧化钙，是碱；醋酸是酸；小苏打是碳酸氢钠，是盐不是碱；医用酒精是75%的酒精溶液，是混合物不是纯净物，故C错误；D．氨水是碱；硝酸是酸；蔗糖是有机物，不是盐；冰水混合物中只有一种物质，是纯净物，故D错误；故选B。6.下列叙述中，不正确的是A.摩尔是物质的量的单位 B.N2的摩尔质量为28g/molC.阿伏加德罗常数为6.02×1023 D.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol【答案】C【解析】【详解】A．物质的量的单位是摩尔，故A正确；B．N2的分子量是28，则N2的摩尔质量为28g/mol，故B正确；C．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，故C错误；D．气体摩尔体积在标准状况下为22.4L/mol，故D正确；本题答案C。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.常温常压下，28gCO和C2H4混合气体中的碳原子数为NAB.标准状况下，11.2L的乙醇所含的氢原子数等于3NAC.7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.1NAD.将含0.1molFeCl3的饱和溶液逐滴滴入到沸水中充分反应，得到的Fe(OH)3胶体微粒的数目为0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．CO和C2H4摩尔质量都为28g/mol，28g混合气体的物质的量n==1mol，1molCO含1mol碳原子，1molC2H4含2mol碳原子，28gCO和C2H4混合气体中的碳原子数为NA～2NA间，故A错误；B．标准状况下，乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L的乙醇的量，故B错误；C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为-1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成-2价的氧，故1mol过氧化钠参与反应时转移电子的量为1mol，7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，转移电子数为0.1NA，故C正确；D．氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中的胶粒数目，故D错误；故选C。8.常温下，下列钠的化合物在空气中能稳定存在的是A.Na2CO3 B.Na2O C.Na2O2 D.NaOH【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Na2CO3不与空气中的成分反应，所以能稳定存在，A正确；B．Na2O会与空气中的H2O或CO2反应生成NaOH、Na2CO3，所以不能稳定存在，B错误；C．Na2O2会与空气中的H2O或CO2反应生成NaOH、Na2CO3所以不能稳定存在，C错误；D．NaOH会与空气中的CO2、H2O反应生成Na2CO3所以不能稳定存在，D错误；答案选A。9.下列除杂试剂或操作不正确的是(括号内的物质为杂质)A.NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加盐酸调pH至中性B.KNO3溶液(AgNO3)：加过量盐酸，再加NaOH溶液调pH至中性C.BaSO4(BaCO3)：加足量稀盐酸后过滤、洗涤、干燥D.NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入足量CO2气体充分反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．BaCl2与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，过滤除去BaCO3再加盐酸和过量的Na2CO3反应，除去CO，完成除杂且没有引入新杂质，A正确；B．AgNO3与盐酸反应生成AgCl沉淀，除去Ag+加入NaOH中和盐酸，生成NaCl，即引入了新杂质Na+、Cl-，B错误；C．BaCO3可与盐酸反应而BaSO4不与盐酸反应，故加入盐酸后BaCO3溶解，BaSO4不溶经过滤，洗涤干燥得到法净的BaSO4，C正确；D．Na2CO3与CO2反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故将Na2CO3转化成NaHCO3，D正确；答案选B。10.在澄清透明的溶液中能大量共存的离子组是A.K+、NH、Cl-、OH- B.H+、Cl-、Na＋、CH3COO–C.Na+、Ba2+、Cl-、CO D.H+、K+、SO、Fe3+【答案】D【解析】【分析】【详解】A．OH-、NH能够反应生成弱电解质，不能大量共存，故A不选；B．CH3COO–、H+能够反应生成CH3COOH，不能大量共存，故B不选；C．Ba2+、CO能够反应生成沉淀，不能大量共存，故C不选；D．H+、K+、SO、Fe3+四种离子间不反应，能够大量共存，故D选；故选D。11.下列离子方程式中，正确的是A.钠与水反应：Na＋2H2O=Na＋＋2OH-＋H2↑B.碳酸氢钠溶液与盐酸混合：HCO＋H＋=CO2↑＋H2OC.大理石加入到盐酸中：CO＋2H＋=CO2↑＋H2OD.醋酸溶液与氢氧化钾溶液混合：H＋＋OH-=H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．离子方程式要满足电荷守恒和质量守恒，钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．多元弱酸根离子不能拆，碳酸氢钠溶液与盐酸反应的离子方程式为HCO+H+═H2O+CO2↑，故B正确；C．大理石的主要成分为碳酸钙，难溶于水，与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D．醋酸为弱酸，跟氢氧化钾溶液反应的离子方程式为CH3COOH+OH-═CH3COO-+H2O，故D错误；故选B。12.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质比较中，正确的是A.热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3B.等物质的量的固体分别与足量的相同浓度的盐酸反应时产生CO2的速率：Na2CO3＞NaHCO3C.等质量的固体分别与相同浓度的盐酸完全反应时消耗盐酸体积：Na2CO3＞NaHCO3D.常温下水溶液中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故A错误；B．Na2CO3与盐酸反应时分别发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3(盐酸不足)，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑(盐酸过量)，而NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3与稀盐酸反应比Na2CO3与稀盐酸反应放出CO2快，故B错误；C．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等质量的两种盐的物质的量之比为∶=84∶106，与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积之比为(84×2)∶106＞1，即消耗盐酸体积：Na2CO3＞NaHCO3，故C正确；D．常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误；故选C。13.有下列四种饱和溶液：①BaCl2溶液②Ca(OH)2溶液③Na2CO3溶液④溶有NH3的NaCl溶液，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的有（）种A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】【详解】①碳酸比盐酸弱，二氧化碳与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，故①不符合；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca(OH)2反应：Ca(OH)2+2CO2═Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故②不符合；③过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故③符合；④发生的反应NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出，故④符合；最终得到沉淀或析出晶体的为③④，有2种，故选B。14.一定条件下，KClO3与I2按下式反应：2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl2，则下列推断正确的是A.该反应属于复分解反应 B.还原产物为Cl2，氧化产物为KIO3C.还原性KClO3＞I2 D.氧化性I2＞KClO3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl2是一种单质与一种化合物生成另一种单质与另一种化合物的反应，为置换反应，故A错误；B．2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl2反应中Cl元素的化合价由+5→0，I元素的化合价由0→+5，还原产物为Cl2，氧化产物为KIO3，故B正确；C．Cl元素的化合价由+5→0，I元素的化合价由0→+5，因此I2为还原剂，其还原性大于KClO3，故C错误；D．Cl元素的化合价由+5→0，I元素的化合价由0→+5，KClO3为氧化剂，其氧化性大于I2，故D错误；故选B。15.在一定条件下，PbO2和Cr3+反应，产物是Cr2O和Pb2+，则与2molCr3+反应所需PbO2的个数为A.3NA B.1.5NA C.10NA D.7.5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】当2molCr3+被氧化生成Cr2O时，失去的电子为6mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为3mol，综上所述，故选A项；二、选择题(本题包括7个小题，每题只有一个选项符合题意。每小题4分，共28分)16.下列说法不正确的是A.NaCl的焰色试验为黄色B.量筒上标有适用温度和0刻度C.钠钾合金可用作导热剂D.金属钠着火时可用沙土盖灭【答案】B【解析】【分析】【详解】A．焰色试验是某些金属或者它们的化合物在灼烧时火焰呈现特殊颜色的反应，Na及其化合物焰色试验为黄色，因此NaCl的焰色试验为黄色，A正确；B．量筒是粗测液体体积的仪器，有使用温度以及刻度线，但是没有0刻度，B错误；C．钠钾合金内部有大量的自由电子，所以钠钾合金可以传导热量可以用作导热剂，C正确；D．金属钠着火，会与水发生反应，因此可以用沙土盖灭，D正确；答案选B。17.下列离子方程式书写正确的是A.醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2OB.过量的CO2通入Ca(OH)2溶液中：Ca2+＋2OH–＋CO2=CaCO3↓＋H2OC.碳酸氢铵溶液中加足量澄清石灰水：NH＋HCO＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2OD.向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO4溶液：2H+＋SO＋Ba2＋＋2OH-=BaSO4↓＋2H2O【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，是不拆的，正确的离子方程式是2CH3COOH＋CaCO3=Ca2＋＋2CH3COO-+CO2↑＋H2O，故A错误；B．过量的CO2通入Ca(OH)2溶液中生成的是碳酸氢钙，正确的离子方程式是CO2+OH–=，故B错误；C．碳酸氢铵溶液中加足量澄清石灰水。其反应的化学方程式是NH4HCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NH3·H2O＋H2O，则其离子方程式是NH＋HCO＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故C正确；D．向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO4溶液，其反应的化学方程式是Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O，则其离子方程式是Ba2＋＋OH-＋H+＋SO=BaSO4↓＋H2O，故D错误；本题答案C。18.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：Ⅰ.P4＋10CuSO4＋16H2O=10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4Ⅱ．11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4下列有关说法中错误的是A.在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B.在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C.在上述两个反应中，白磷所起的作用不完全相同D.等质量的白磷分别发生上述两个反应，转移的电子数目之比为6：11【答案】D【解析】【分析】两个反应均为氧化还原反应，反应Ⅰ中磷的化合价只升高，作还原剂，反应Ⅱ中，P元素的化合价一部分升高为+5，一部分降低为-3，既是氧化剂又是还原剂；两个反应中，铜元素的化合价降低，硫酸铜作氧化剂；水的化合价无变化，既不是氧化剂也不是还原剂，据此分析解题。【详解】A．两个反应中，反应物水中H、O元素的化合价均没有变化，故水既不是氧化剂也不是还原剂，A正确；B．两个反应中，磷元素的化合价均升高生成H3PO4，磷酸为氧化产物，B正确；C．反应Ⅰ中磷的化合价只升高，作还原剂，反应Ⅱ中，P元素的化合价一部分升高为+5，一部分降低为-3，既是氧化剂又是还原剂，C正确；D．1molP4发生反应Ⅰ得到4molH3PO4，转移电子20mol，1molP4发生反应Ⅱ得到molH3PO4，转移电子5×mol，等质量白磷分别发生上述两个反应，转移的电子数目之比为11：6，D错误；答案选D。19.已知醋酸可简写为HAc,硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液中，其化学方程式是：PbSO4+2NH4Ac=Pb(Ac)2+(NH4)2SO4。当醋酸铅溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质HAc生成，表示这个反应的有关离子方程式正确的是A.Pb2++2Ac-+2H++S2-=PbS↓+2HAc B.Pb2++H2S=PbS↓+2H+C.Pb2++2Ac-+H2S=PbS↓+2HAc D.Pb(Ac)2+H2S=PbS↓+2HAc【答案】D【解析】【详解】H2S、HAc是弱酸，PbS是不溶性盐，Pb(Ac)2是弱电解质，均不能拆成离子形式，因此该反应的离子方程式就是该反应的化学方程式：Pb(Ac)2+H2S=PbS↓+2HAc，故选D。20.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制取干燥纯净的氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过浓硫酸、NaOH溶液，然后收集D制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．n(NaOH)==0.1mol，NaOH在烧杯中溶解，冷却至室温再转移至500mL容量瓶中定容，得到溶液的物质的量浓度为=0.2mol·L-1，故A不选；B．氯化铁具有氧化性，维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应，溶液的黄色消失，观察溶液颜色能够达到实验目的，故B选；C．生成的气体依次通过浓硫酸可干燥氢气，NaOH溶液除HCl，气体中会混入水蒸气，不能达到实验目的，故C不选；D．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，不能得到氢氧化铁胶体，故D不选；故选B。21.在200g8%的NaOH溶液中通入一定量的CO2后，再向溶液中逐滴滴加稀盐酸至150g时开始产生气体，继续滴加稀盐酸到200g时，气体质量最大(假设CO2全部逸出)。溶液中产生CO2的质量与加入盐酸的质量如右图所示。下列说法正确的是(设盐酸的密度为1g/mL)A.B点时所得溶液的溶质为NaHCO3B.AB段发生的反应只有Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaClC.最初通入的CO2的质量为8.8gD.加入盐酸的物质的量浓度为2mol/L【答案】D【解析】【分析】200g8%的NaOH溶液中含有氢氧化钠16g，物质的量为=0.4mol，根据图象，滴加稀盐酸至150g时开始产生气体，继续滴加稀盐酸到200g时，气体质量最大，发生的反应为，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O＋CO2↑，B点溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，C点溶液中的溶质为NaCl，结合守恒关系分析解答。【详解】A．B点时所得溶液的溶质为NaHCO3和NaCl，故A错误；B．碳酸氢钠完全反应需要消耗50g稀盐酸，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则碳酸钠完全反应转化为NaHCO3，也需要消耗50g稀盐酸，因此AB段发生的反应除了Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，还有盐酸与氢氧化钠的反应，故B错误；C．最终生成44.4g二氧化碳，则最初通入的CO2的质量为4.4g，故C错误；D．C点溶液中的溶质为NaCl，根据守恒关系，稀盐酸中HCl的物质的量=200g8%的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量=0.4mol，200g盐酸的体积为200mL，则盐酸的物质的量浓度为=2mol/L，故D正确；故选D。22.某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L(忽略水的电离)。阳离子K+Ag+Mg2+Cu2+NH阴离子Cl–COHCOSOOH–甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，有紫色火焰。Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，无气体生成。Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。则下列判断不正确的是A.Ⅰ中反应的离子方程式为：Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NHB.Ⅳ中反应的离子方程式有：Ag++Cl–=AgCl↓C.原溶液中一定存在K+、Mg2+和SO、可能存在Cl–D.若向原溶液加入等体积0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，则可以得到只含一种溶质的溶液【答案】C【解析】【分析】由I可知为无色溶液，故无Cu2+，加入氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明NH是新的离子种类，故原溶液中无NH，有沉淀生成，说明可能有Mg2+、Ag+，则原溶液中定无CO、OH–(因为它们均与Mg2+、Ag+'有沉淀产生)，由Ⅱ可知，加过量HCl，无气体生成说明无CO、HCO，还是溶液，故无Ag+，则由I可知，定有Mg2+，由IV可知，向Ⅲ中所得溶液加AgNO3，有白色沉淀生成，(III为过量HCl)，说明可能存在Cl–，一定存在SO，生成Ag2SO4沉淀，由电荷守恒可知，一定存在K+、Mg2+、SO、Cl–，据此分析解题。【详解】A．由于仅有Mg2+，Ⅰ中反应的离子方程式为：Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH，A正确；B．IV中有Cl–存在，因为Ⅲ中加入过量HCl，Ⅳ中反应的离子方程式有：Ag++Cl–=AgCl↓，B正确；C．原溶液中一定存在K+、Mg2+、SO、Cl–，C错误；D．原溶液中存在K+、Mg2+、SO、Cl–，加入Ba(OH)2，将Mg2+、SO全部沉淀，则可以得到只含KCl溶质的溶液，D正确；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题满分77分)三、填空题(本题包括6个小题，共77分)23.回答下列指定问题。（1）用单线桥法标出下列氧化还原反应电子转移的方向和数目：4NH3＋5O24NO＋6H2O___________。该反应中，氧化剂是___________，还原产物是___________；氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，原子数之比为___________。（2）有如下反应：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，该反应的离子方程式是___________。其中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________。【答案】（1）①.②.O2③.NO和H2O④.5：4⑤.5：8（2）①.MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O②.1：1【解析】【小问1详解】在4NH3＋5O24NO＋6H2O反应中，反应物NH3中氮元素化合价从-3价升到产物NO中的+2价，所以NH3是还原剂，NO是氧化产物，O2中氧元素的化合价从0价降到产物NO、H2O中氧元素的-2价，所以O2是氧化剂，NO、H2O都是还原产物，根据O2和NH3在化学方程式中的化学计量数，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，其所含的原子数之比为5：8。NH3是还原剂，氮元素从-3价到产物NO中的+2价，升高5价，则一个N失去5个电子，则4个NH3总共失去20个电子，O2是氧化剂，得电子，根据单线桥书写规则，则这个反应的单线桥是。【小问2详解】根据离子方程式的书写规则，MnO2、Cl2、H2O的化学式是不拆的，则该反应的离子方程式为MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，在该反应中，锰元素的化合价从+4价降到+2价，氯元素从-1价升到0价，所以MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，根据它们的化学计算数，可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。24.有下列三个在溶液中发生的氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑请根据上述反应分析推断后回答下列问题：（1）FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是___________。（2）Cr2O、I-在强酸性溶液中能否大量共存？___________(填“能”或“不能”)，理由是___________。（3）在酸性溶液中存在大量的I-，则Cr2O、Fe3+、Fe2+、Cl-中能与I-大量共存的离子是___________。（4）＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O还原成Cr3＋，反应的离子方程式为___________。【答案】（1）K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2（2）①.不能②.Cr2O会氧化I-（3）Fe2+、Cl-（4）Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3＋+3SO+4H2O【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，结合离子共存分析解答。【小问1详解】根据氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，氧化性：FeCl3＞I2；②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，氧化性：Cl2＞FeCl3；③K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑，氧化性：K2Cr2O7＞Cl2；FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2，故答案为：K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2；【小问2详解】氧化性：K2Cr2O7＞I2，Cr2O、I-在强酸性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，故答案为：不能；Cr2O会氧化I-；【小问3详解】FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2，则Cr2O、Fe3+在酸性溶液中均能将I-氧化，不能大量共存，Fe2+、Cl-能够与I-大量共存，故答案为：Fe2+、Cl-；【小问4详解】＋6价铬化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O还原成Cr3＋，反应的离子方程式为Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3＋+3SO+4H2O，故答案为：Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3＋+3SO+4H2O。25.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质分别由NH4+、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH-、Cl-、HCO、SO中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。（1）由②可知乙溶液中含有的阴离子是___________。（2）由③可知丙溶液中含有的阴离子是___________。（3）写出下列物质化学式：甲___________；丁___________。（4）写出甲与丁按物质的量之比1：1反应的离子方程式：___________。写出甲与丙反应的离子方程式：___________。【答案】（1）SO（2）Cl-（3）①Ba(OH)2②.NH4HCO3（4）①.Ba2++2OH-+NH+HCO=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O②.Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓【解析】【分析】OH-只能与四种阳离子中的Ba2+大量共存，则四种物质中其中一种为Ba(OH)2，H＋只能与C1-、共存，则其中一种物质为H2SO4或HCl，根据②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)>0.1mol/L，说明乙为二元或多元酸，则乙为H2SO4，根据离子组成，则另外两种物质为MgCl2和NH4HCO3或NH4C1和Mg(HCO3)2，根据③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则丙中含有氯离子，可能为MgCl2或NH4Cl，根据①甲溶液分别与其它3种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为Ba(OH)2，乙为H2SO4，丙为MgCl2，丁为NH4HCO3，据此解答。【小问1详解】经分析由②可知乙溶液是H2SO4溶液，则其溶液中含有的阴离子是SO。【小问2详解】经分析由③可知丙溶液是MgCl2溶液，其含有的阴离子是Cl-。【小问3详解】经分析由①甲溶液分别与其它3种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为Ba(OH)2，丁为NH4HCO3。【小问4详解】经分析甲是Ba(OH)2，丁为NH4HCO3，其按物质的量之比1：1反应的化学方程式是Ba(OH)2+NH4HCO3=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，则其离子方程式是Ba2++2OH-+NH+HCO=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O；丙是MgCl2，则甲与丙反应的化学方程式是Ba(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+BaCl2，则其离子方程式是Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。26.某学生拟用100mLNaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液，为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，他设计了如下的实验步骤：第一步：用50mLNaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；第二步：小心煮沸溶液1~2分钟；第三步：在得到的溶液中加入另一半50mLNaOH溶液，使溶液充分混合。（1）写出第一步中反应的化学方程式：___________；（2）按他的设计，第一步实验装置如下图：①装置A使用的试剂分别是a___________，b___________。发生反应的化学方程式为___________；②装置B使用的试剂是___________饱和溶液(填“碳酸氢钠”或“碳酸钠”)，作用是___________；③将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调(即先混合，再煮沸)，是否合理？___________，(填“是”或“否”)，说明理由___________。【答案】（1）CO2+NaOH=NaHCO3（2）①.稀盐酸②.大理石(或石灰石)③.CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑④.饱和碳酸氢钠溶液⑤.除去CO2中混有的HCl气体⑥.否⑦.若不先除去溶液中溶解的CO2气体，实验三加入的NaOH将有一部分消耗于与CO2的反应，致使NaHCO3不能完全转化为Na2CO3【解析】【分析】第一步中NaOH溶液与CO2反应生成NaHCO3，第二步加热除去溶解的二氧化碳气体，第三步中NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，据此分析解答。【小问1详解】第一步中NaOH溶液与CO2反应生成NaHCO3的化学方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3。【小问2详解】①装置A是用来制备二氧化碳气体的，反应原理是固体和液体不加热，可以选用碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳气体，即a为盐酸，b为大理石或石灰石，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，故答案为：盐酸；石灰石；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；②盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，为了除去二氧化碳中的氯化氢气体又不引进新的杂质，用饱和的碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，即装置B使用的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：饱和的NaHCO3溶液；吸收二氧化碳气体中的氯化氢气体；③如果将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调，溶液中溶解了部分二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应，使氢氧化钠的量减少，混合液中碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量不相等，所以不能恰好完全反应生成碳酸钠，所以不合理。故答案为：否；若不先除去溶液中溶解的CO2气体，第三步加入的NaOH将有一部分消耗于与CO2的反应，致使NaHCO3不能完全转化为Na2CO3。27.硫酸和氢氟酸(HF)的溶液可作为矿物中稀有元素的萃取液。实验室模拟生产该萃取液，要求萃取液中硫酸的浓度为2mol·L-1，氢氟酸的浓度为4mol·L-1。现有一批回收酸液共40mL，经测定其中氢氟酸浓度25mol·L-1，硫酸的浓度为1mol·L-1。（1）现要用此回收酸配制上述萃取液，40mL回收酸液经稀释可以得到4mol·L-1的氢氟酸的体积为___________mL。（2）在40mL回收酸中加入___________mL密度为1.84g·cm-3、浓度为98%的浓硫酸，然后再稀释得到符合要求的萃取液。在此过程中，配制该萃取液所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、量筒和___________。若加入浓硫酸后，立刻定容至相应体积，则所得浓度会___________(填“偏大”或“偏小”或“不变”)【答案】（1）250（2）①.25②.250mL容量瓶③.偏大【解析】【分析】根据稀释定律，稀释前后HF的物质的量不变，据此计算稀释后溶液的总体积；要符合萃取液要求，应保证硫酸、氢氟酸的浓度分别为2mol•L-1、4mol•L-1，根据氢氟酸的浓度可知溶液的总体积为250mL，即加入一定量的浓硫酸，再加水稀释后溶液的体积为250mL，据此分析解答。【小问1详解】设稀释后溶液体积为V，根据稀释定律，稀释前后氢氟酸的物质的量不变，则有25mol•L-1×40mL=4mol•L-1×V，解得：V=250mL，故答案为：250；【小问2详解】要符合萃取液要求，应保证硫酸、氢氟酸的浓度分别为2mol•L-1、4mol•L-1，根据氢氟酸的浓度可知溶液的总体积为250mL，即加入一定量的浓硫酸，再加水稀释后溶液的体积为250mL。设需加浓硫酸的体积为xmL，根据H2SO4物质的量守恒，则有+0.040L×1mol•L-1=0.250L×2mol•L-1，解得：x=25；配制该萃取液所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、量筒和250mL容量瓶；浓硫酸稀释放热，温度升高，若加入浓硫酸后，立刻定容至相应体积，会单质溶液的体积偏小，则所得浓度偏大，故答案为：25；250mL容量瓶；偏大。28.侯氏制碱法是在索尔维制碱法的基础上创造出的一种新的制造纯碱的方法。具体工艺流程图如下：Ⅰ．根据以上流程回答下列问题：（1）与索尔维制碱法相比，侯氏制碱法最突出的优点是___________A．原料利用率高B．设备少C．生产方便碳酸化这一步的原理是(用化学方程式表示)___________（2）侯氏制碱法副产品的一种用途为___________。（3）Y物质是___________。（4）向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，降温结晶析出副产品，通氨气的作用有___________。A.使Na2CO3结晶析出B.使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出NH4Cl的纯度C.使NaHCO3更多地析出D.增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定某碳酸钠样