河南省名校联盟2022-2023学年高一化学上学期阶段性测试试卷（二）（Word版附解析）

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2022-2023学年(上)高一年级阶段性测试(二)
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Ag-108
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学是源自生活和生产实践的基础自然科学，下列对现象或事实的解释错误的是
选项
现象或事实
解释
A
Na和TiCl4在高温下反应制备Ti
Na具有强还原性
B
Fe3O4可用于制备印刷货币票面文字的防伪油墨
Fe3O4具有磁性
C
《天工开物》载有“凡石灰，经火焚炼为用”
“石灰”指的是CaCO3
D
小苏打常作为烘焙糕点的膨松剂
小苏打指的是Na2CO3

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na在高温下可以将TiCl4还原成Ti，故A正确；
B．货币票面文字的防伪油墨所含有的物质是一种磁性物质，Fe3O4具有磁性；故B正确；
C．石灰石加热后能制得生石灰，此处“石灰”指的是CaCO3，故C正确；
D．小苏打指的是NaHCO3，故D错误；
故答案选D。
2. 物质分类观是化学学科的核心观念，下列物质的性质及分类分析正确的是
A. Na2O2与酸反应可以生成盐和水，故Na2O2属于碱性氧化物
B. H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应后只生成NaH2PO2，故H3PO2属于一元酸
C. NaOH和Na2CO3都可以使酚酞溶液变红，所以烧碱和纯碱都属于碱
D. “钴酞菁”分子(直径为1.5×10-9m)所形成的分散系具有丁达尔效应，故“钴酞菁”属于胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O2与酸反应可以生成盐和水，还有O2生成，故Na2O2不属于碱性氧化物，故A错误；
B．H3PO2只能电离出一个H+，故为一元酸，故B正确；
C．Na2CO3水解显碱性，但不是碱，故C错误；
D．胶体分散系直径为1-100nm，并且分散系胶体属于混合物i，故D错误；
故答案选B。
3. 用稀盐酸除铁器表面的铁锈所得废液中，一定可以大量共存的离子是
A. OH- B. NH C. MnO D. Ag+
【答案】B
【解析】
【分析】用稀盐酸除铁器表面的铁锈所得废液中，含有Cl-，Fe3+，H+；据此分析解题。
【详解】A．OH-与Fe3+无法大量共存；故A不符合题意；
B．NH与各离子不反应，能大量共存；故B符合题意；
C．MnO具有氧化锌，Cl-具有还原性，无法大量共存；故C不符合题意；
D．Ag+与Cl-生成AgCl，无法大量共存；故D不符合题意；
故答案选B。
4. 下列变化过程中，需要加入氧化剂才能实现的是
A. Cl2→Cl- B. NaHCO3→Na2CO3 C. Fe→Fe2O3 D. H2O→H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2→Cl-，Cl元素化合价降低，需加入还原剂；故A错误；
B．NaHCO3→Na2CO3，没有元素化合价发生变化，不需要加入氧化剂，故B错误；
C．Fe→Fe2O3，Fe元素化合价升高，需要加入氧化剂，故C正确；
D．H2O→H2，H元素化合价降低，需加入还原剂；故D错误；
故答案选C。
5. 实验是学习化学的有力抓手，下列对实验操作能否达到实验目的的原因分析正确的是

A. 装置甲缺乏加热装置，不能用于制取氯气
B. 装置乙中NaHCO3饱和溶液能与HCl反应，能用于除去CO2中的HCl
C. 装置丙滤纸孔隙大小合适，可以分离出Fe(OH)3胶体中的Fe(OH)3胶体粒子
D. 装置丁对液体加热，是导致Fe(OH)3胶体制备失败的主要原因
【答案】B
【解析】
【详解】A.KClO3+6HCl(浓) =KCl+3Cl2↑+3H2O，不需要加热，A错误；
B.杂质HCl与碳酸氢钠反应生成主要气体二氧化碳，B正确；
C.胶体可以通过滤纸，C错误；
D.制备胶体应该用煮沸的蒸馏水，D错误；
故答案为：B。
6. 下列有关物质性质的叙述错误的是
A. 少量铁在足量氧气中燃烧可以得到Fe2O3固体
B. 将工业废气通入FeCl2溶液中，可除去工业废气中的氯气
C. 高温下将水蒸气通入铁粉中，固体质量增加
D. 制备Fe(OH)2过程中应该注意隔绝空气
【答案】B
【解析】
【详解】A．少量铁，氧气足量时，可以反应得到Fe2O3固体，故A正确；
B．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子；所以去工业废气中的氯气，还需加入铁粉，故B错误；
C．高温下将水蒸气通入铁粉中，生成四氧化三铁，固体质量增加，故C正确；
D．二价Fe容易被氧化，所以制备Fe(OH)2过程中应该注意隔绝空气，故D正确；
故答案选B。
7. 反应Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脱氯。下列有关该反应的说法正确的是
A. Na2SO3是氧化剂 B. Cl2被氧化
C. Na2SO3失去电子 D. 反应中转移2mole-时，消耗22.4LCl2
【答案】C
【解析】
【分析】反应Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl中，Cl元素化合价从0价转化为-1价；S元素化合价从+4价转化为+6价；据此分析解题。
【详解】A．S元素化合价升高，被氧化，所以Na2SO3是还原剂，故A错误；
B．Cl元素化合价降低，Cl2被还原，故B错误；
C．S元素化合价升高，Na2SO3失去电子，故C正确；
D．没说明气体状态，无法确定反应中转移2mole-时，消耗气体的体积，故D错误；
故答案选C
8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 1L1 mol∙L−1 MgCl2溶液中含有的Cl－数目为2NA
B. 常温常压下，106gNa2CO3中Na+的数目为2NA
C. 标准状况下，11.2L H2O含有的原子数为1.5NA
D. 2.3g钠与足量O2反应生成Na2O2时失去的电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1L 1 mol∙L−1 MgCl2溶液中MgCl2物质的量为1mol，含有的Cl－数目为2NA，故A正确；
B．常温常压下，106g Na2CO3物质的量为1mol，含Na+的数目为2NA，故B正确；
C．标准状况下，H2O是非气态物质，无法计算物质的量，故C错误；
D．2.3g钠物质的量为0.1mol，2.3g钠与足量O2反应生成Na2O2时失去的电子数为0.1NA，故D正确。
综上所述，答案为C。
9. 下列有关溶液配制的说法正确的是
A. 定容摇匀后发现液面低于刻度线时应该继续补滴蒸馏水至刻度线
B. 可将量取的浓硫酸直接倒入容量瓶中，再加水稀释至指定浓度
C. 在转移步骤中，玻璃棒的末端应该位于容量瓶刻度线上方
D. 应该将烧杯中溶解后的溶液恢复至室温后再转移至容量瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】A．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低；故A错误；
B．浓硫酸溶于水将放出大量热，不可直接在容量瓶中稀释，故B错误；
C．在转移步骤中，玻璃棒的末端应该位于容量瓶刻度线下方，故C错误；
D．定容时，应该将烧杯中溶解后的溶液恢复至室温后再转移至容量瓶中，故D正确；
故答案选D。
10. 在研究电解质溶液导电能力的装置中，将一种物质逐渐加入另一种含有电解质的溶液过程中，灯泡先明显变暗，后又逐渐变亮的是
A. 将过量的CO2通入饱和NaCl溶液中
B. 将硫酸镁加入Ba(OH)2溶液中
C. 将HCl通入Ba(OH)2溶液中
D. 将石灰石粉末加入新制氯水中
【答案】B
【解析】
【分析】将一种物质逐渐加入另一种含有电解质的溶液过程中，灯泡先明显变暗，后又逐渐变亮，说明溶液中离子浓度先减低后增加，据此分析解题。
【详解】A．将过量的CO2通入饱和NaCl溶液中，溶液离子浓度几乎不变，故A错误；
B．硫酸镁加入Ba(OH)2溶液中，先生成BaSO4和Mg(OH)2沉淀，继续滴加离子浓度增大，故B正确；
C．HCl通入Ba(OH)2溶液中，，Ba(OH)2完全反应前离子浓度几乎不变，Ba(OH)2完全反应后，离子浓度增大，故C错误；
D．将石灰石粉末加入新制氯水中，生成氯化钙和次氯酸，离子浓度增大，故D错误；
故答案选B。
11. 化学用语是学习化学学科的语言，下列涉及到的化学用语表示错误的是
A. NaCl溶于水形成的水合钠离子：
B. CH4、C2H5OH均属于非电解质
C. 用双线桥法表示电子转移的方向和数目：
D. 金属钠与水反应的离子方程式2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠离子带有的是正电荷，水分子中的氧原子带有负电荷，故水中的氧原子应靠近钠离子，故A正确；
B．非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，CH4、C2H5OH均属于非电解质，故B正确；
C．NaH和水反应，双线桥法表示电子转移的方向和数目为，故C错误；
D．金属钠与水反应生成氢气，离子方程式2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D正确；
故答案选C。
12. 下列物质中能满足如图所示一步转化关系的是
选项
物质X
物质Y
物质Z

A
Na2O
NaHCO3
Na2CO3
B
CO2
C
CO
C
Fe
FeCl2
FeCl3
T
Ca(ClO)2
HClO
HCl

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2CO3不能一步转化为Na2O，故A错误；
B．CO2和Mg反应生成C，C和O2生成CO，CO和O2生成CO2，故B正确；
C．FeCl3中铁元素一般被还原为Fe2＋，不能还原为Fe单质，故C错误；
D．HCl不能一步转化为Ca(ClO)2，故D错误；
故答案选B。
13. ClO2是一种强氧化性气体，常用于家用自来水的消毒。利用如图所示装置制备、收集ClO2并制取NaClO2。下列说法错误的是

A. 减缓稀硫酸的滴加速率可提高ClO2吸收率
B. 装置C中导气管应该长进短出
C. 装置D中反应的离子方程式2ClO2+H2O2+2CO=2ClO+2HCO+O2
D. 装置E中溶液出现黄色说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收
【答案】D
【解析】
【分析】装置A中盛放NaClO3和Na2SO3的固体混合物，当分液漏斗滴加稀硫酸进入A中后，三者混合发生反应：2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4＝2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O，装置C的作用是收集ClO2，多余的ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，装置E检验二氧化氯中氯气是否完全被装置D吸收，以此解答该题。
【详解】A．为提高D中ClO2吸收率，可采取减缓稀硫酸的滴加速率或D中长导管口加装多孔球泡等措施，故A正确；
B．ClO2的密度比空气大，利用装置C收集ClO2时，导气管应该长进短出，故B正确；
C．装置D中，ClO2与H2O2，CO反应，离子方程式为2ClO2+H2O2+2CO=2ClO+2HCO+O2，故C正确；
D．D中吸收ClO2的同时生成了O2，也能将I−氧化为I2，则E中溶液出现黄色不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，故D错误；
故答案选D。
14. 下列实验操作，分析或结论均正确的是
选项
A
B
C
D
实验操作




分析或结论
新制氯水中含有Cl2，光照时，Cl2逸出
氯水中含有的HClO与NaHCO3反应产生CO2
该实验说明新制氯水中含有HCl和HClO
溶液颜色变为黄色，说明亚铁离子完全被氧化

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．新制氯水光照时，次氯酸分解生成盐酸和氧气，O2逸出，故A错误；
B．氯水中含有HCl与NaHCO3反应产生CO2，HClO与NaHCO3不反应，故B错误；
C．pH试纸外圈变浅红色内圈是白色，说明盐酸将pH试纸变红，次氯酸将pH试纸漂白，该实验说明新制氯水中含有HCl和HClO，故C正确；
D．溶液颜色变为黄色，说明亚铁离子被氧化，但不一定完全被氧化，故D错误。
综上所述，答案C。
15. 二价铁盐可以作补血剂，FeCO3类补血剂的生产流程如图所示。下列说法错误的是

A. 制备FeSO4溶液过程中原料Fe粉应稍过量
B. “沉淀”过程中发生的离子反应为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
C. 滤液中溶质的成分为(NH4)2SO4
D. 可以用蒸馏水来鉴别FeSO4类补血剂与FeCO3类补血剂
【答案】C
【解析】
【分析】制备硫酸亚铁溶液时，铁粉过量，向溶液中加入过量碳酸氢铵溶液，反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤，洗涤沉淀得到碳酸亚铁。
【详解】A．制备FeSO4溶液过程中原料Fe粉应稍过量，避免亚铁离子被氧化，故A正确；
B．“沉淀”过程是亚铁离子和碳酸氢根反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，其反应的离子反应为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C．由于碳酸氢铵溶液过量，因此滤液中溶质的成分为(NH4)2SO4、NH4HCO3，故C错误；
D．FeSO4是易溶于水，FeCO3是难溶于水，因此可以用蒸馏水来鉴别FeSO4类补血剂与FeCO3类补血剂，故D正确。
综上所述，答案为C。
16. 将一定量Na2O2加入100mL0.3mol/L的FeCl2溶液中，反应一段时间后将得到的溶液加热搅拌分离，得到0.01mol纳米Fe3O4固体(忽略体积变化)。下列有关说法正确的是
A. 加入Na2O2的质量为0.78g
B. 反应中还会有氧气逸出
C. 此处的分离操作为过滤
D. 分离后所得溶液中c(Na+)=0.6mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】将一定量Na2O2加入100mL0.3mol/LFeCl2溶液中，反应一段时间后将得到的溶液加热搅拌分离，得到0.01mol纳米Fe3O4固体，说明Fe未被完全氧化，据此分析解题。
【详解】A．Fe元素的化合价从+2价变化为Fe3O4中+，所以得到0.01mol纳米Fe3O4固体时，电子转化0.02mol，所以有0.01molNa2O2加入，质量为0.78g，故A正确；
B．据分析可知，Na2O2为少量，反应过程中没有氧气产生，故B错误；
C．纳米级材料的分离操作应为膜分离，故C错误；
D．由A可知，加入0.01molNa2O2，反应后有0.02molNa+，c(Na+)=0.2mol/L，故D错误；
故答案选A。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 铁是人类较早使用的金属之一。化学研究中涉及到铁及其化合物的相关文献种类很多。请回答下列问题：
I.现有下列八种物质：①绿矾、②铁、③铁红、④Fe(OH)3胶体、⑤FeCl3溶液、⑥FeCl2、⑦K2FeO4、⑧FeO。
（1）下列说法正确的有_____(填字母)。
A. 不属于电解质的有①②④
B. ④与⑤可用丁达尔效应区分
C. ③⑧都属于碱性氧化物
D. ①⑥⑧中均含有二价铁元素
（2）写出利用上述物质发生化合反应制备⑥的化学方程式：_____。
（3）部分含铁物质的分类与相应化合价的关系如图所示：

①写出g→d的化学方程式：_____。
②根据上述“价一类”二维图信息，下列说法正确的是_____(填字母)。
A.d胶体可用于饮用水消毒和净化
B.a转化为c只需控制纯氧的量即可实现
C.a→b→c→d之间的转化均可以通过一步反应实现
D.将a加入f的溶液中，溶液质量增加
II.高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，易与水反应得到氧气和Fe(OH)3沉淀，是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

（4）写出反应II的离子方程式：______。
（5）该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4______K2FeO4(填“>”或“<”)。
（6）现有两份失去标签的紫色K2FeO4固体和KMnO4固体，请设计相关实验方案加以鉴别：_____。
【答案】（1）BC （2）
（3） ①. ②. D
（4）
（5）> （6）分别取一定量两种固体溶于水，产生丁达尔现象的为K2FeO4，否则为KMnO4
【解析】
【小问1详解】
A．①绿矾为七水硫酸亚铁，属于电解质，故A错误；
B．丁达尔效应可用于区分胶体和溶液，故B正确；
C．Fe2O3和FeO与酸反应生成盐和水，都属于碱性氧化物，故C正确；
D．①⑥⑧中均含有正二价铁元素，化合价需要区分正负，故D错误；
故答案选BC；
【小问2详解】
铁和FeCl3溶液反应可制备FeCl2；方程式为；
故答案为；
【小问3详解】
①g为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，g→d的化学方程式为；故答案为；
②A．d胶体可用于饮用水净化，不能用于消毒，故A错误；
B．a为Fe，c为Fe2O3，Fe常温下生成FeO，转化为c需控制温度，故B错误；
C．Fe2O3不能一步得到Fe(OH)3，故C错误；
D．将a加入f的溶液中，，溶液质量增加，故D正确；
故答案选D；
【小问4详解】
反应II的反应方程式为，离子方程式为；故答案为；
【小问5详解】
向饱和的KOH溶液中加入NaFeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性Na2FeO4>K2FeO4，故答案为>；
【小问6详解】
K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3胶体,而高锰酸钾溶水形成的是溶液,可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液；故答案为分别取一定量两种固体溶于水，产生丁达尔现象的为K2FeO4，否则为KMnO4。
18. 新冠病毒的消毒剂有很多种，如84消毒液、H2O2溶液和酸性KMnO4溶液等。请回答下列问题：
（1）将H2O2加入浸泡铜片的稀硫酸中可以使铜片溶解，该反应的离子方程式为_____。
（2）高锰酸钾与盐酸在常温下反应可以制得氯气，此时MnO转化为Mn2+。
①上述反应的化学方程式为_____，其中盐酸表现出的性质是_____。
②有同学猜测铁与氯气反应可能还会生成氯化亚铁(假设铁已完全反应)，该同学根据能否使酸性高锰酸钾溶液褪色来检验生成物中是否含氯化亚铁，你认为该同学的依据能否达到目的，并说明理由：_____。
③将8.7gMnO2与100g36.5%的盐酸充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。若不考虑盐酸的挥发和氯气的溶解，则上述可制得的氯气是_____g，会得到_____g白色沉淀。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 还原性和酸性； ③. 不能，因为高锰酸钾可以氧化Cl-，自身颜色褪色； ④. 7.1 ⑤. 28.6
【解析】
【小问1详解】
将H2O2加入浸泡铜片的稀硫酸中可以使铜片溶解，反应的离子方程式为；故答案为；
【小问2详解】
①高锰酸钾与盐酸在常温下反应可以制得氯气，离子方程式为，盐酸表现出还原性和酸性；故答案为；还原性和酸性；
②由题可知，高锰酸钾可以氧化Cl-，也会使高锰酸钾颜色褪色；故答案为不能，因为高锰酸钾可以氧化Cl-，自身颜色褪色；
③，，，说明盐酸过量，可认为MnO2完全反应，所以，；，所以，；故答案为7.1；28.6。
19. 用下列装置制备并检验Cl2的性质，请按要求回答相关问题：

（1）装置I中盛放浓盐酸的仪器名称是_____，MnO2和浓盐酸反应的离子方程式为_____，烧杯中NaOH溶液的作用是_____。
（2）装置IV应该接入到装置I中集气瓶前面，其目的是_____。
（3）为了探究干燥的氯气是否有漂白性，选择装置II进行相关实验，若从b口进气，装置III中的现象是______，其中无水CaCl2的作用是______。
（4）收集20mL的干燥氯气并将其倒扣在水槽中(装置II)来探究氯气和水的反应。经过一段时间阳光照射后发现黄绿色逐渐消失，最终量筒中残留一部分无色气体。请写出产生无色气体的化学方程式：______，相同条件下收集到该无色气体的体积为_____mL。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
③. 尾气处理
（2）去除氯气中的HCl和水蒸气
（3） ①. a处布条无变化，b处红色布条褪色 ②. 吸水
（4） ①.
②. 10
【解析】
【分析】实验室制备氯气，Ⅰ装置用于制取并收集氯气，Ⅱ装置探究氯气是否与水反应，Ⅲ装置探究氯气是否有漂白性，Ⅳ为除去氯气中的HCl与水蒸汽；
【小问1详解】
根据图，盛放盐酸的仪器是分液漏斗，用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，，氢氧化钠用作尾气处理；
故答案为：分液漏斗；；尾气处理；
【小问2详解】
根据分析，装置Ⅳ中饱和食盐水用于除掉氯气中的HCl，浓硫酸用于吸水；
故答案为：去除氯气中的HCl和水蒸气；
【小问3详解】
氯气本身没有漂白性，但，生成的HClO具有漂白性，其中无水CaCl2的作用是吸水；
故答案为：a处无现象；b处红色布条褪色；吸水；
【小问4详解】
氯气溶于水，，经过光照发生，，黄绿色逐渐消失，根据方程式分析，液面上升至试管的处，则无色气体体积10mL；
故答案为：；10mL。
20. 某小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，并探究钠及其常见化合物的相关性质和应用，实验流程如图所示：

（1）写出由浓氨水生成NaHCO3总反应的离子方程式：______。
（2）侯氏制碱法中NH3和CO2的通入顺序为先通入______(填化学式，下同)，后通入_____。
（3）向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程，为了充分析出并分离出NH4Cl，根据如图中物质溶解度曲线知，需采取的操作为_____、过滤、洗涤、干燥。

（4）NaHCO3长期放置在空气中会变质(部分转变为Na2CO3)，现欲测定某NaHCO3样品中NaHCO3的质量分数，设计如下实验方案(假设产生的气体全部与Na2O2反应)：
i.取一定质量的样品加水溶解后与如图所示的硫酸VmL恰好反应。
ii.将i中产生的气体用浓硫酸干燥后缓慢地通入足量的Na2O2粉末中充分反应，Na2O2粉末增重mg

①图中硫酸的物质的量浓度是______。
②标准状况下i中产生气体的体积为______L(用含m的代数式表示)。样品中小苏打的物质的量是______mol(用含m、V的代数式表示)。
【答案】（1）NaCl＋NH3•H2O＋CO2＝NaHCO3↓＋NH4Cl
（2） ①. NH3 ②. CO2
（3）蒸发浓缩、降温结晶
（4） ①. 18.4mol/L ②. 0.8m ③.
【解析】
【分析】制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为：，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl(s)＋NH4Cl(aq)＝NaCl(aq)＋NH4Cl(s)，可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用；据此分析解题。
【小问1详解】
氨盐水是氨气、NaCl的混合溶液，通入CO2气体生成NaHCO3和NH4Cl,总反应的方程式为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O═NaHCO3↓＋NH4Cl，故答案为：NaCl＋NH3•H2O＋CO2＝NaHCO3↓＋NH4Cl；
【小问2详解】
据分析可知，氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，所以先通入NH3，后通入CO2；故答案为NH3；CO2；
【小问3详解】
根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体，故答案为蒸发浓缩、降温结晶；
【小问4详解】
①硫酸物质量浓度为；故答案为18.4mol/L；
②Na2O2与CO2反应，生成碳酸钠，，所以粉末增加重量为与吸收CO2等物质量的CO的质量；所以i中生成的气体物质的量为，标准情况下体积为，反应消耗的硫酸的物质的量为，，；所以有，解的；故答案为0.8m；。