江蘇省蘇州高新區(qū)第一中學(xué)教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期12月月考化學(xué)試題（解析版）

蘇州高新區(qū)第一中學(xué)教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年第一學(xué)期12月自主學(xué)習(xí)獨(dú)立作業(yè)高一年級(jí)化學(xué)(總分100分時(shí)間75分鐘)一、選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.下列哪種物質(zhì)不列入城市“空氣質(zhì)量日?qǐng)?bào)”的首要污染物（

）A.CO2 B.NO2 C.SO2 D.可吸入顆粒物PM2.5【答案】A【解析】【詳解】A.CO2是空氣成分之一，不屬于空氣污染物，A符合題意；B.NO2屬于氮氧化物，會(huì)破壞臭氧層，且溶于雨水形成酸雨，屬于空氣污染物，B不符合題意；C.SO2溶于雨水形成酸雨，且為有毒氣體，屬于空氣污染物，C不符合題意；D.可吸入顆粒物PM2.5，會(huì)形成霧霾，造成空氣污染，屬于空氣污染物，D不符合題意；故答案為：A2.下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)正確的是A.中子數(shù)為12鈉原子： B.KBrO3中Br元素的化合價(jià)：-1C.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖： D.硫酸鉀的電離方程式：【答案】D【解析】【詳解】A．中子數(shù)為12的鈉原子的質(zhì)量數(shù)為11+12=23，該核素為，故A錯(cuò)誤；B．K為+1價(jià)，O為-2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零可知，KBrO3中Br元素的化合價(jià)為：+5，故B錯(cuò)誤；C．氯離子的質(zhì)子數(shù)為17，核外電子數(shù)為18，核外電子分層排布2、8、8，最外層電子數(shù)為8，其結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯(cuò)誤；D．硫酸鉀完全電離生成鉀離子和硫酸根離子，電離方程式為，故D正確；答案選D。3.實(shí)驗(yàn)室從草木灰中獲得碳酸鉀并檢驗(yàn)鉀元素存在的原理和裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.溶解 B.過(guò)濾C.蒸發(fā)結(jié)晶 D.焰色反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】把草木灰加入水中，用玻璃棒攪拌可以加速草木灰中所含的碳酸鉀等可溶性鹽的溶解，過(guò)濾除去不溶性固體，所得濾液經(jīng)過(guò)蒸發(fā)結(jié)晶可獲得碳酸鉀粗產(chǎn)品，焰色試驗(yàn)時(shí)，由于鈉元素的干擾，檢驗(yàn)鉀元素應(yīng)透過(guò)藍(lán)色的鈷玻璃觀察，則D滿足；答案選D。4.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.細(xì)鐵粉具有還原性，可用作食品抗氧劑 B.NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑C.漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于漂白紙張 D.Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料【答案】A【解析】【詳解】A．細(xì)鐵粉具有還原性，能與空氣中的氧氣反應(yīng)，所以可用作食品抗氧劑，A符合題意；B．NaHCO3具有弱堿性，能與HCl反應(yīng)，所以NaHCO3可用于制胃酸中和劑，與NaHCO3受熱易分解無(wú)關(guān)，B不符題意；C．漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與二氧化碳、水反應(yīng)生成氧化性強(qiáng)的次氯酸，可作漂白劑，與漂白粉穩(wěn)定性無(wú)關(guān)，C不符題意；D．Al2O3是離子化合物，離子鍵強(qiáng)，使其熔點(diǎn)高，可用作耐高溫材料，與Al2O3是兩性氧化物無(wú)關(guān)，D不符題意。答案選A。5.碳元素形成的化合物品種多樣，常見有CO、CO2、Na2CO3、NaHCO3、酒精、醋酸等，它們?cè)谏钆c生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛。NaHCO3俗稱小蘇打，下列有關(guān)NaHCO3的說(shuō)法正確的是A.NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na++H++COB.NaHCO3溶液呈酸性，可與NaOH溶液反應(yīng)C.可用石灰水區(qū)別NaHCO3溶液和Na2CO3溶液D.NaHCO3粉末與相同濃度的鹽酸反應(yīng)比Na2CO3粉末更劇烈【答案】D【解析】【詳解】A．NaHCO3是弱酸的酸式鹽，在水溶液中的電離方程式：，故A錯(cuò)誤；B．NaHCO3溶液呈弱堿性，可與NaOH溶液反應(yīng)，，故B錯(cuò)誤；C．石灰水中的氫氧化鈣分別與NaHCO3溶液和Na2CO3溶液反應(yīng)都會(huì)生成碳酸鈣沉淀，無(wú)法區(qū)別，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)樘妓徕c和鹽酸反應(yīng)分兩步進(jìn)行，、，所以NaHCO3粉末與相同濃度的酸反應(yīng)比Na2CO3粉末更劇烈，故D正確；故答案為：D。6.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.強(qiáng)堿性溶液中：、、、B.新制飽和氯水中：、、、C.澄清透明的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】C【解析】【詳解】A．強(qiáng)堿性溶液中含有大量OH-，OH-與NH會(huì)發(fā)生產(chǎn)生弱電解質(zhì)NH3·H2O，不能大量共存，A不符合題意；B．新制飽和氯水具有強(qiáng)氧化性，會(huì)與Fe2+、SO發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，B不符合題意；C．澄清透明的溶液中：MnO、NO、SO、K+之間不能發(fā)生任何反應(yīng)，可以大量共存，C符合題意；D．碘離子和鐵離子、次氯酸根離子均會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D不符合題意；故選C。7.下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（

）A.FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-B.氯氣溶于水：Cl2+H2OH++CI-+HClOC.次氯酸鈣中通二氧化硫：SO2+Ca2++H2O+2ClO-=CaSO3↓+2HClOD.水玻璃(硅酸鈉水溶液)中滴加醋酸：SiO32-+2H+=H2SiO3↓【答案】B【解析】【詳解】A.反應(yīng)前后電荷不守恒，A不符合題意；B.Cl2溶于水的過(guò)程中，與H2O反應(yīng)生成HCl和HClO，HClO是弱酸，在離子方程式中保留化學(xué)式，B符合題意；C.ClO-具有氧化性，能將SO2氧化成SO42-，C不符合題意；D.CH3COOH為弱酸，在離子方程式中保留化學(xué)式，D不符合題意；故答案為：B。8.亞氯酸鈉()是一種高效的漂白劑和氧化劑，一種制備亞氯酸鈉的流程如下。下列說(shuō)法正確的是A.反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的和的物質(zhì)的量之比為1：2B.為加快反應(yīng)②速率，可以選用高溫條件C.反應(yīng)②中的，可用代替D.反應(yīng)②的條件下，的氧化性大于【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)流程圖反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，氯元素化合價(jià)由+5變?yōu)?4，還原劑是SO2，硫元素化合價(jià)由+4變?yōu)?6，根據(jù)化合價(jià)升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1，A錯(cuò)誤；B．過(guò)氧化氫不穩(wěn)定，高溫易分解，故不能高溫反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．據(jù)流程圖反應(yīng)②，在ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價(jià)降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價(jià)升高，不能用NaClO2代替H2O2，C錯(cuò)誤；D．據(jù)流程圖反應(yīng)②ClO2與H2O2反應(yīng)的變價(jià)情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正確；故選D。9.硫酸亞鐵是一種重要的化工原料，部分轉(zhuǎn)化如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.只用KSCN溶液不可以檢驗(yàn)是否變質(zhì)B.制納米時(shí)通入的需過(guò)量C.制時(shí)應(yīng)將飽和溶液加入溶液中D.生成的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)【答案】C【解析】【分析】硫酸亞鐵在氫氧化鈉溶液中通入氧氣發(fā)生反應(yīng)生成納米四氧化三鐵；硫酸亞鐵和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀；硫酸亞鐵加入硫酸銨發(fā)生反應(yīng)生成(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O?！驹斀狻緼．若FeSO4變質(zhì)，其中含有Fe3+，遇KSCN溶液會(huì)變?yōu)檠t色，可據(jù)此檢驗(yàn)是否變質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．四氧化三鐵中鐵元素化合價(jià)+2價(jià)、+3價(jià)，氧氣過(guò)量會(huì)氧化亞鐵為+3價(jià)，不能得到四氧化三鐵，B錯(cuò)誤；C．制FeCO3時(shí)，應(yīng)將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應(yīng)容器中，避免生成氫氧化亞鐵沉淀，C正確；D．生成中鐵元素化合價(jià)為+2價(jià)，反應(yīng)過(guò)程中無(wú)元素化合價(jià)的變化，因此反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。10.已知X、Y、Z、W四種元素，原子序數(shù)小于18且依次增大。其中X元素原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍：Y元素最外層電子數(shù)比其次外層電子數(shù)多4個(gè)；Z元素原子最外層有1個(gè)電子；W元素原子K層和M層電子總數(shù)等于其L層電子數(shù)。下列說(shuō)法正確的是A.W元素形成的陰離子的結(jié)構(gòu)示意圖為B化合物XY屬于酸性氧化物C.化合物能與發(fā)生化合反應(yīng)D.化合物中陰、陽(yáng)離子的最外層電子數(shù)均達(dá)到8個(gè)電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】D【解析】【分析】已知X、Y、Z、W四種元素，原子序數(shù)小于18且依次增大，其中X元素原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，X為C元素：Y元素最外層電子數(shù)比其次外層電子數(shù)多4個(gè)，Y為O元素；Z元素原子最外層有1個(gè)電子，Z為Na元素；W元素原子K層和M層電子總數(shù)等于其L層電子數(shù)，W為S元素；據(jù)此推斷作答?！驹斀狻緼．W元素形成的陰離子為S2-，S2-的結(jié)構(gòu)示意圖為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．化合物XY為CO，CO屬于不成鹽氧化物、不屬于酸性氧化物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．化合物Z2Y2、XY2依次為Na2O2、CO2，兩者反應(yīng)生成Na2CO3和O2，該反應(yīng)不屬于化合反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．化合物Z2W為Na2S，其陰、陽(yáng)離子分別為S2-、Na+，S2-、Na+的最外層電子數(shù)均達(dá)到8個(gè)電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D項(xiàng)正確；答案選D。11.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中加入溶液，將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙不變藍(lán)溶液中一定不含B將除去表面氧化膜的相同大小的鎂片和鋁片分別投入的鹽酸中，鎂片反應(yīng)更劇烈金屬性：C將鐵銹溶于過(guò)量濃鹽酸，再滴入幾滴溶液，觀察溶液顏色變化鐵銹中不含D向酸化的溶液中加入Cu片，觀察Cu片溶解氧化性比強(qiáng)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．銨根離子和稀的NaOH溶液反應(yīng)生成一水合氨，不加熱得不到氨氣，所以往某溶液中加入NaOH溶液，將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙顏色不變藍(lán)，該溶液中也可能含銨根離子，A錯(cuò)誤；B．金屬性越強(qiáng)，反應(yīng)越劇烈，鎂片表面產(chǎn)生氣泡速率大于鋁片，可說(shuō)明鎂較活潑，則金屬性：，B正確；C．溶液中亞鐵離子、氯離子均會(huì)和高錳酸鉀溶液反應(yīng)干擾亞鐵離子鑒定，C錯(cuò)誤；D．硝酸和銅也會(huì)反應(yīng)使得銅溶解，不能證明氧化性比Cu2+強(qiáng)，D錯(cuò)誤；故選B。12.海洋是一個(gè)資源寶庫(kù)，海水資源的開發(fā)和利用是現(xiàn)代和未來(lái)永恒的主題。下面是海水利用的流程如下：下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A.反應(yīng)②加熱應(yīng)在HCl氣流保護(hù)下制備無(wú)水B.氯堿工業(yè)與電源正極相連的電極上產(chǎn)生了使?jié)駶?rùn)淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)的氣體C.過(guò)程中制得是先往精鹽溶液中通入，再通入D.反應(yīng)⑤中，用水溶液吸收后，用70~80%硫酸富集【答案】C【解析】【分析】氨的溶解度大于二氧化碳，由飽和精鹽溶液制NaHCO3時(shí)，必須先通入NH3，使得溶液顯堿性吸收更多CO2，反應(yīng)生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉分解得到碳酸鈉；母液加入堿生成氫氧化鎂，氫氧化鎂和鹽酸轉(zhuǎn)化為氯化鎂；溴化鈉和氯氣生成溴單質(zhì)，使用碳酸鈉溶液吸收生成生成的NaBr、NaBrO3，酸化得到溴單質(zhì)；【詳解】A．加熱會(huì)促進(jìn)鎂離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)導(dǎo)致生成氫氧化鎂，故應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)制備無(wú)水，A正確；B．氯堿工業(yè)中與電源正極相連的陽(yáng)極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能使?jié)駶?rùn)淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)，B正確；C．氨的溶解度大于二氧化碳，由飽和精鹽溶液制NaHCO3時(shí)，必須先通入NH3，使得溶液顯堿性吸收更多CO2，C錯(cuò)誤；D．碳酸鈉溶液吸收生成生成的NaBr、NaBrO3，用70~80%硫酸酸化得到溴單質(zhì)，D正確；故選C。13.將和空氣的混合氣體通入、、的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如題圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.在圖示轉(zhuǎn)化中，化合價(jià)不變的元素只有銅、氫B.過(guò)程Ⅲ反應(yīng)的離子方程式為C.通入過(guò)量的氧氣或者增大的濃度可以減少回收的S中CuS的含量D.有轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，理論上消耗的物質(zhì)的量為2mol［若溶液中不變］【答案】C【解析】【分析】由圖可知，反應(yīng)Ⅰ為溶液中亞鐵離子與空氣中氧氣反應(yīng)生成鐵離子，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榱蚧瘹渑c銅離子反應(yīng)生成硫化銅沉淀和氫離子，反應(yīng)Ⅲ為溶液中鐵離子與硫化銅反應(yīng)生成硫、銅離子和亞鐵離子，反應(yīng)過(guò)程中金屬離子的濃度不變，總反應(yīng)為亞鐵離子做催化劑條件下，硫化氫與氧氣反應(yīng)生成硫和水，反應(yīng)的方程式為2H2S＋O22S↓＋2H2O?！驹斀狻緼．由分析可知，圖示轉(zhuǎn)化中，化合價(jià)不變的元素為銅、氫、氯，共3種，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，反應(yīng)Ⅲ為溶液中鐵離子與硫化銅反應(yīng)生成硫、銅離子和亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為，故B錯(cuò)誤；C．要減少回收S中的CuS含量，S2-不能過(guò)量，可以通入過(guò)量的氧氣或者增大Fe3+的濃度與S2—反應(yīng)以減小S2—的濃度，故C正確；D．由分析可知，反應(yīng)過(guò)程中金屬離子的濃度不變，總反應(yīng)方程式為2H2S＋O22S↓＋2H2O，則1mol硫化氫轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，反應(yīng)消耗氧氣的物質(zhì)的量為1mol×=0.5mol，故D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題：共4趣，共61分。14.隨著原子序數(shù)的遞增，8種短周期元素(用英文字母表示)原子半徑的相對(duì)大小、最高正化合價(jià)或最低負(fù)化合價(jià)的變化如圖所示。（1）元素x在元素周期表中的位置是___________。（2）元素x、z可形成含10電子的分子甲，其結(jié)構(gòu)式為___________。在微電子工業(yè)中，甲的水溶液可作刻蝕劑的消除劑，所得產(chǎn)物不污染環(huán)境，其化學(xué)方程式是___________。（3）x分別與yzd形成的化合物中，最穩(wěn)定的物質(zhì)是___________(填化學(xué)式)（4）元素d．e形成的簡(jiǎn)單離子，半徑較大的離子是___________(填離子符號(hào))。（5）元素g、h的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性較強(qiáng)的是___________(填化學(xué)式)。（6）元素e、f的最高價(jià)氧化物的水化物之間發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（7）化合物遇水反應(yīng)生成氨氣()和一種強(qiáng)堿，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（8）NaH的電子式___________?！敬鸢浮?4.第一周期第ⅠA族15①.②.16.H2O17.O2-18.HClO419.20.21.【解析】【分析】8種短周期元素中，d、g均有-2價(jià)，二者處于ⅥA族，而g的原子序數(shù)較大，故d為O元素、g為S元素；y有+4價(jià)，其處于ⅣA族，原子序數(shù)小于d(氧)，故y為C元素；z的原子序數(shù)介于y(碳)、d(氧)之間，故z為N元素；e有+1價(jià)，其處于ⅠA族，原子序數(shù)大于d(氧)，故e為Na；f有+3價(jià)，處于ⅢA族，原子序數(shù)大于e(鈉)，故f為Al；h有-1價(jià)，原子序數(shù)大于g(硫)，故h為Cl；x有+1價(jià)，處于ⅠA族，其中原子半徑小于y(氮)，故x為H元素，綜上分析可知，x為H、y為C、z為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S、h為Cl；【小問(wèn)1詳解】x為H，位于第一周期第ⅠA族；【小問(wèn)2詳解】由分析可知，x為H，z為N，故元素x、z可形成含10電子的分子為氨氣，結(jié)構(gòu)式為；氨氣具有還原性，過(guò)氧化氫具有氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，其化學(xué)方程式是；【小問(wèn)3詳解】非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)，x分別與yzd形成的化合物中，最穩(wěn)定的物質(zhì)是H2O；【小問(wèn)4詳解】電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，半徑越小；元素O、Na形成的簡(jiǎn)單離子，半徑較大的離子是O2-；【小問(wèn)5詳解】非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，元素g、h的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性較強(qiáng)的是HClO4；【小問(wèn)6詳解】元素e、f的最高價(jià)氧化物的水化物分別為氫氧化鈉、氫氧化鋁，兩者反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為；【小問(wèn)7詳解】化合物遇水反應(yīng)生成氨氣()和一種強(qiáng)堿，根據(jù)質(zhì)量守恒可知堿為氫氧化鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；【小問(wèn)8詳解】NaH的電子式。15.硫代硫酸鈉(Na2S2O3)常用作紙漿漂白的脫氯劑。實(shí)驗(yàn)室可用下圖裝置制備少量Na2S2O3。已知∶①BaS2O3難溶于水；②Na2S2O3在酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)(1)裝置A用于制備SO2，其化學(xué)方程式為_____。裝置B的作用是_____。(2)裝置C中反應(yīng)生成Na2S2O3的同時(shí)放出CO2，其離子方程式為___，該反應(yīng)中SO2體現(xiàn)了____性(填“氧化”或“還原”)。(3)裝置C所得溶液經(jīng)過(guò)結(jié)晶等操作獲得的Na2S2O3晶體中含有少量Na2SO4，檢驗(yàn)其中含有Na2SO4的方法是∶取少量固體，______，靜置，過(guò)濾，_____，有白色沉淀生成。(4)裝置D的作用是_____(5)為驗(yàn)證裝置C中生成了CO2，下列所選的試劑組合和順序合理的是____。a.品紅→NaOH溶液→澄清石灰水b.酸性KMnO4溶液→品紅→澄清石灰水c.NaOH溶液→品紅→澄清石灰水【答案】①.②.防止倒吸③.④.氧化⑤.加入足量稀鹽酸⑥.向?yàn)V液中加入少量BaCl2溶液⑦.吸收SO2，防止污染空氣⑧.b【解析】【分析】向盛有亞硫酸鈉固體燒瓶中滴加濃硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫和碳酸鈉、硫化鈉溶液反應(yīng)生成硫代硫酸鈉，用氫氧化鈉溶液吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此回答問(wèn)題。【詳解】(1)裝置A用于制備SO2，亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，其化學(xué)方程式為，裝置B是安全瓶，其作用是防止倒吸；(2)裝置C中反應(yīng)生成Na2S2O3的同時(shí)放出CO2，其離子方程式為，該反應(yīng)中SO2中硫元素的化合價(jià)由+4價(jià)到+2價(jià)，化合價(jià)降低，被還原，體現(xiàn)了氧化性；(3)Na2S2O3晶體中含有少量Na2SO4，依據(jù)，則檢驗(yàn)其中含有Na2SO4的方法是∶取少量固體，加入足量稀鹽酸，靜置，過(guò)濾，向?yàn)V液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說(shuō)明Na2S2O3晶體中含有少量Na2SO4；(4)從裝置C中出來(lái)的有二氧化硫，則裝置D的作用是吸收SO2，防止污染空氣；(5)裝置C中除了生成的二氧化碳，還有剩余的二氧化硫，用酸性高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，再用品紅檢驗(yàn)二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液完全除去，最后通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，則說(shuō)明有二氧化碳?xì)怏w生成，故答案為：b。16.I.侯氏聯(lián)合制堿法的工藝流程如下：（1）該流程中生成的化學(xué)方程式為___________。（2）向母液b中通氨氣并加入食鹽粉，通氨氣的作用有___________(填序號(hào))。A.使結(jié)晶析出B.使更多地析出C.增大濃度，使更多地析出D.使轉(zhuǎn)化為，提高析出的純度Ⅱ．常溫下，向含的溶液中，逐滴加入含溶質(zhì)的鹽酸溶液，溶液中含碳元素的各種微粒的含量隨溶液變化如圖（3）在滴加鹽酸的過(guò)程中的數(shù)目變化的原因是___________、___________(分別用離子方程式表示)。（4）反應(yīng)結(jié)束時(shí)，溶液中含碳元素的微粒的含量比反應(yīng)開始時(shí)低的原因是___________。Ⅲ．某實(shí)驗(yàn)小組將和固體分別配制成的溶液，設(shè)計(jì)如下方案并對(duì)反應(yīng)現(xiàn)象作出預(yù)測(cè)：實(shí)驗(yàn)方案預(yù)測(cè)現(xiàn)象預(yù)測(cè)依據(jù)操作1：向溶液中滴加溶液有白色沉淀溶液中的濃度較大，能與發(fā)生反應(yīng)操作2：向溶液中滴加溶液無(wú)白色沉淀溶液中的濃度很小，不能與反應(yīng)（5）實(shí)際實(shí)驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)操作2的現(xiàn)象為產(chǎn)生白色沉淀和氣體，與預(yù)測(cè)有差異。則該條件下，溶液與液反應(yīng)的離方程式為___________?！敬鸢浮浚?）（2）CD（3）①.②.（4）鹽酸的物質(zhì)的量為碳酸鈉的2倍，反應(yīng)結(jié)束時(shí)有二氧化碳?xì)怏w生成逸出，導(dǎo)致含碳元素的微粒的質(zhì)量分?jǐn)?shù)比反應(yīng)開始時(shí)低（5）【解析】【分析】“侯氏聯(lián)合制堿法”以食鹽、二氧化碳、氨氣為原料來(lái)制取純堿，最大的優(yōu)點(diǎn)是使食鹽的利用率大幅度提高，應(yīng)用同量的食鹽比氨堿法生產(chǎn)更多的純堿；飽和食鹽水通入足量氨氣后，再通入足量二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉受熱分解為碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳循環(huán)利用；母液通入氨氣、加入氯化鈉固體生成氯化銨晶體，得到母液c含有氯化鈉，可以循環(huán)利用；【小問(wèn)1詳解】飽和食鹽水通入足量氨氣后，再通入足量二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，；【小問(wèn)2詳解】向母液b中通氨氣，氨氣溶于水能增大溶液中的銨根離子濃度，有利于氯化銨更多地析出，氨氣與溶液中的碳酸氫鈉反應(yīng)，使碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，有利于提高析出的氯化銨的純度，故選CD【小問(wèn)3詳解】在滴加鹽酸的過(guò)程中碳酸根離子和氫離子生成碳酸氫根離子，碳酸氫根離子又和氫離子生成水和二氧化碳，故的物質(zhì)的量先增加后減少的原因是、；小問(wèn)4詳解】含的溶液中，逐滴加入含溶質(zhì)的鹽酸溶液，鹽酸的物質(zhì)的量為碳酸鈉的2倍，反應(yīng)結(jié)束時(shí)有二氧化碳?xì)怏w生成逸出，導(dǎo)致含碳元素的微粒的質(zhì)量分?jǐn)?shù)比反應(yīng)開始時(shí)低；【小問(wèn)5詳解】向溶液中滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀和氣體，結(jié)合質(zhì)量守恒可知，生成碳酸鈣沉淀、二氧化碳?xì)怏w，則該條件下反應(yīng)的離子方程式為。17.是重要的化工原料，由軟錳礦(主要成分為，主要雜質(zhì)有和)制備的一種工藝流程如圖：資料：①該工藝條件下與不反應(yīng)。②部分金屬陽(yáng)離子沉淀的(25℃)。

開始沉淀時(shí)1.53.45.86.3完全沉淀時(shí)2.84.77.88.3（1）“溶出”前，軟錳礦需要進(jìn)行研磨的目的___________。（2）“溶出”時(shí)，F(xiàn)e的氧化過(guò)程及得到的主要途徑如圖所示。①Ⅱ是從軟錳礦石中溶出的主要反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是___________。②若全部來(lái)自于反應(yīng)，完全溶出所需Fe與的物質(zhì)的量比值為2，而實(shí)際比值約0.9小于2，原因是___________。（3）“純化”時(shí)，先向溶出液中先加入，將溶液中氧化；再加入調(diào)節(jié)溶液，使、轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀而除去。適宜調(diào)節(jié)的范圍是___________。（4）“純化”后，過(guò)濾所得的濾渣中含有和，實(shí)驗(yàn)室欲以該濾渣為原料制備少量，實(shí)驗(yàn)操作為：取少量濾渣放入燒杯中，___________。(須使用的試劑：溶液、干冰)（5）向所得產(chǎn)品中依次加入足量和足量稀，加熱至充分反應(yīng)，再用