黑龙江省哈尔滨市第六中学2025-2026学年高一上学期期中考试化学试卷（Word版附解析）

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Ⅰ卷(选择题 共45分)
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共45分)
1. 当你走进化学实验室时，首先要认真阅读并牢记实验室的安全规则。下面与实验有关的图标与说明不匹配的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．护目镜的图标通常为眼睛保护装置的图案，用于提示实验时需佩戴护目镜保护眼睛，A正确；
B．“小心锐器”对应的图标为，该图标实际为“洗手”，B错误；
C．明火的图标通常为火焰图案，用于提示存在明火操作或需注意防火，C正确；
D．排风的图标一般为空气流动符号（如三个弯曲箭头），表示通风排风设备，D正确；
故答案选B。
2. 下列有关物质的保存方法错误的是
A. 氢氧化钠固体保存在广口瓶中B. 钠保存在装有水的广口瓶中
C. 新制氯水保存棕色细口瓶中D. 漂白粉保存在干燥、避光处
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠固体应保存在广口瓶中，广口瓶适合存放固体试剂，A项正确；
B．钠的化学性质活泼，与水剧烈反应，应保存在煤油中隔绝空气，而非水中，B项错误；
C．新制氯水中的HClO见光易分解，棕色瓶避光且细口瓶适合液体保存，C项正确；
D．漂白粉易与水和CO2反应变质，需干燥避光保存，D项正确；
答案选B。
3. 下列指定条件下的物质转化能够实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，该转化能够实现，A选；
B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，得不到氯化亚铁，该转化不能够实现，B不选；
C．碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，得不到二氧化碳，该转化不能够实现，C不选；
D．水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，该转化不能够实现，D不选；
答案选A。
4. 受北宋王希孟的传世名画《千里江山图》的启发，2022年央视春晚创作了舞蹈诗剧《只此青绿》。下列有关说法错误的是
A. 古代作画所用的绢丝属于有机物
B. 作画中的青绿色颜料绿松石CuAl6(PO4)4(OH)8•5H2O中Cu的化合价为+2
C. 作画所需的墨水属于悬浊液
D. 舞台上的“云雾”可用干冰来制造
【答案】C
【解析】
【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子有机物，A正确；
B．根据化合物化合价代数和为零，设Cu的化合价为x，则x+(+3)×6+(-3)×4+(-1)×8=0，可得x=2，B正确；
C．墨水是碳溶于水形成液溶胶，属于胶体，C错误；
D．舞台上的“云雾”是干冰升华制造，D正确；
故选C。
5. 下列离子组能在使石蕊变红的溶液中大量共存的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】石蕊变红的溶液是酸性环境，有大量H+，据此分析。
【详解】A．在酸性条件下与H+反应生成HClO，无法大量共存，A错误；
B．F-在酸性条件下与H+结合生成弱酸HF，无法大量共存，B错误；
C．所有离子在酸性条件下稳定，且彼此不反应，C正确；
D．与酸性溶液中的H+反应生成水，无法共存，D错误；
故选C。
6. 碳量子点(CQDs)是一种尺寸小于10nm，含有N、O等杂原子的新型碳基纳米材料，在紫外光照射下，产生荧光。居家利用香蕉皮等果蔬厨余物制备碳量子点的流程如图所示，下列叙述错误的是
A. 碳量子点是碳的一种新型单质B. 果蔬厨余物含C、H、O等元素
C. 所得滤液可产生丁达尔效应D. 制备过程发生了物理变化和化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳量子点(CQDs)是一种尺寸小于10nm，含有N、O等杂原子的新型碳基纳米材料，则碳量子点不是碳的一种新型单质，A错误；
B．果蔬厨余物主要含有机物，则含C、H、O等元素，B正确；
C．香蕉皮等果蔬厨余物经过处理后，所得滤液中含有碳量子点，其粒子直径在胶粒直径范围内，则可产生丁达尔效应，C正确；
D．制备过程中，榨汁、研磨时发生物理变化，微波炉内220℃烤1小时发生化学变化，D正确；
故选A。
7. 下列实验装置正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室制使用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，图示没有加热装置，A错误；
B．测量溶液的值，不可以将试纸放入试剂中测量，B错误；
C．碳酸钠溶于水放热，使得温度上升，碳酸氢钠溶于水吸热，使得温度下降，故如图所示进行实验可以通过温度计的变化情况鉴碳酸钠和碳酸氢钠，C正确；
D．焰色反应检验时，观察钾元素的焰色实验需要通过蓝色钴玻璃，D错误；
故答案选C。
8. 部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A. a既可被氧化，也可被还原
B. c可能为漂白液的有效成分
C. e在水中不能完全电离，是弱电解质
D. c的固体与足量d的浓溶液反应生成b与e
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a为氯气、b为盐酸盐、c为次氯酸盐、d为盐酸、e为次氯酸。
【详解】A．氯气中氯元素的化合价为中间价态0价，既能升高被氧化，也能降低被还原，故A正确；
B．c为次氯酸盐，有可能为次氯酸钠或次氯酸钙，分别是漂白液和漂白粉有效成分，故B正确；
C．e为次氯酸，是弱酸，在水中不能完全电离，是弱电解质，故C正确；
D．若将 c(如 NaClO) 固体与足量浓盐酸 d(HCl) 作用，会发生氧化还原反应生成 Cl2 、H2O和NaCl，故D错误；
故选D。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. 与反应：
B. 溶液中滴加溶液至恰好中和：
C. 向冷的溶液中通入少量
D. 用溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．方程式未配平，正确反应应为，A错误；
B．恰好中和时，溶液中与物质的量之比为，“”与溶液中“”恰好完全反应生成“”，而溶液中“”与“”按化学计量系数1:1反应生成“”，此时溶液中有剩余，即离子方程式为，B正确；
C．与冷的反应生成和、，、、均能溶于水，在离子方程式中拆分为离子符号，、写化学式，删去不参加反应的，离子方程式为，C错误；
D．为弱酸，不能完全离解为，应保留化学式，正确写法为，D错误；
故选B。
10. 下列说法正确的是
A. 同时使用84消毒液和洁厕灵清洁厕所，效果更好
B. 向盛有鲜花的集气瓶中通入干燥的Cl2，花瓣褪色
C. 实验室用盐酸酸化KMnO4溶液，增强其氧化性
D. 工业上将Cl2通入足量澄清石灰水中制备漂白粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．84消毒液含NaClO，洁厕灵含HCl，两者混合产生有毒，效果更差且危险，A错误；
B．干燥本身无漂白性，但鲜花含水分，溶解生成HClO，使花瓣褪色，B正确；
C．酸化应用，盐酸中的Cl⁻会被氧化，干扰反应，C错误；
D．工业上用与石灰乳反应制备漂白粉，澄清石灰水浓度低，反应不充分，D错误；
故选B。
11. Na在液氨中溶剂化速度极快，生成和溶剂合电子。如图为Na投入液氨中的溶剂化过程。Na沉入液氨中，溶液快速变为深蓝色，并慢慢产生气泡(H2)，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅。下列说法正确的是
A. 微粒A代表的是Na+
B. 根据题意可知液氨是电解质
C. 溶剂合电子具有强氧化性
D. 0.1 ml Na投入液氨恰好生成0.01 ml H2时，Na共失去0.02 ml电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3分子中N为-3价，N原子一端带部分负电荷，则A应该带有正电荷，所以微粒A代表的是Na+，A正确；
B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；液氨为非电解质，B错误；
C．溶剂合电子要失去电子，所以应该具有强还原性，C错误；
D．Na与液氨反应产生NaNH2、H2，反应方程式为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，根据反应方程式可知：反应生成1个H2分子时，反应过程中转移2个电子，消耗2个Na，所以反应0.1 ml Na ，生成0.05 ml H2时，Na共失去0.1 ml电子，D错误；
故选A。
12. 向AgNO3溶液中加入适量的KI固体后制得的一种AgI胶体的微观结构如图所示，下列说法正确的是
A. AgI胶体粒子能吸附阳离子，从而使AgI胶体带正电荷
B. 向该AgI胶体中继续加入过量KI固体，胶体稳定性提高
C. 用渗析的方法可以除去该AgI胶体中的
D 实验室向溶液中加入适量KOH固体制胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘化银胶体粒子能吸附阳离子，从而使碘化银胶粒带正电荷，碘化银胶体不带电荷，A错误；
B．向胶体中加入电解质KI会使胶体聚沉，降低胶体的稳定性，B错误；
C．胶体粒子不能透过半透膜，硝酸根和钾离子可以透过半透膜，可以用渗析的方法除去碘化银胶体中的硝酸钾，C正确；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色得到胶体，若向溶液中加入适量KOH固体，会直接生成沉淀，无法得到胶体，D错误；
故答案选C。
13. 以为原料制备的流程如图所示，转化1的化学方程式为。下列有关说法正确的是
A. “转化1”中每生成40 g 转移个e-
B. “转化1”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
C. “转化2”的离子方程式为：
D. 结合本题信息与氧化还原反应规律可知氧化性：Na2O2>Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】转化1为与反应，化学方程式为；转化2为与足量浓盐酸反应生成和，离子方程式为。
【详解】A．40 g 物质量为，反应中生成1分子氧气转移10个电子，则生成转移电子12.5 ml ，即个e-，A错误；
B．反应中2个作还原剂，6个中的1个失电子生成氧气，5个得电子转化成-2价的氧，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3，B错误；
C．由分析可知，该反应中加入浓盐酸，不会有生成，因此离子方程式为，C错误；
D．由反应可得，氧化性；由反应可得，氧化性，因此氧化性：，D正确；
故答案选D。
14. 利用NaClO氧化尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①Cl2与NaOH溶液的反应是放热反应，较高温度下可能有NaClO3生成；
②有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法正确的是
A. 步骤Ⅰ中不必采用冰水浴控制体系温度
B. 步骤Ⅰ为使Cl2充分参与反应，应加快通入Cl2的速率
C. 步骤Ⅰ滤液中ClO-、Cl-与的个数之比可能为13:28:3
D. 步骤Ⅱ中应将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，步骤Ⅰ中发生Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2O；步骤Ⅱ中发生ClO-+CO(NH2)2+2OH-= Cl-+N2H4·H2O+，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【详解】A．步骤Ⅰ中温度过高发生副反应产生NaClO3，为避免温度过高，应采用冰水浴，A错误；
B．加快通入Cl2的速率，会导致局部Cl2浓度过高、反应放热加剧，温度上升易生成NaClO3；同时可能使Cl2来不及反应就逸出，无法充分参与反应，B 错误；
C．步骤 Ⅰ 中Cl2与NaOH反应， Cl的化合价变化：部分Cl被氧化为ClO-（+1 价）、（+5 价），部分被还原为Cl-（-1 价）。设ClO-、Cl-、的个数分别为13、28、3，失电子总数：13×(1-0) + 3×(5-0) = 13 + 15 = 28，得电子总数：28×1=28，得失电子守恒，符合氧化还原反应规律，C 正确；
D．N2H4·H2O有强还原性，若将尿素溶液滴入NaClO溶液中，过量的NaClO会与生成的N2H4·H2O剧烈反应生成N2，导致产率降低。应将NaClO溶液滴入尿素溶液中（使尿素过量，避免NaClO剩余），D 错误；
故选C。
15. 某固体粉末样品中可能有NaCl、和NaHCO3中的一种或几种组分，某同学取m g固体粉末样品，设计如下实验。装置①、④中盛碱石灰，通过测量反应前后装置②和③质量的变化，确定该粉末的组成。若在实验结束测得②、③分别增重a g和b g，下列说法正确的是
A. 为达到实验目的，装置②、③中也均盛装碱石灰
B. 若仅将①替换为盛有NaOH溶液的装置，则测得NaHCO3的质量分数无误差
C. 根据题干实验数据无法确定固体粉末样品中是否存在NaCl
D. 装置④是多余的，可以撤去
【答案】B
【解析】
【分析】加热发生反应：Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，通过测量反应前后②③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中盛放碱石灰，吸收空气中的水、二氧化碳，通过碱石灰后的空气主要为氮气，用来排尽装置中空气，此时需要关闭b、打开a，而后关闭a、打开b进行加热，②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，④中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定。
【详解】A．由以上分析可知①用于吸收空气中的水、二氧化碳，②用于吸收水（不能吸收CO2），③用于吸收二氧化碳，④防止空气中的CO2和水进入③中，则①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰、碱石灰，故A错误；
B．若将装置①替换为盛有NaOH溶液的装置，则NaOH溶液中水分可能进入②中被吸收，导致②增重偏大，导致测得的水蒸气的质量偏大，NaHCO3的质量不变，但Na2CO3 ∙10H2O的质量偏大，故B正确；
C．由分析可知，通过③计算CO2的质量，从而计算NaHCO3的质量，通过②计算H2O的质量，减去碳酸氢钠分解产生的水，从而计算Na2CO3 ∙10H2O的质量，结合总质量m g，可以确定固体粉末样品中是否存在NaCl，故C错误；
D．由分析可知，④中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定，不能撤去，故D错误；
故选B。
Ⅱ卷(非选择题 共55分)
二、非选择题(共4小题，共55分)
16. 按要求完成下列反应的化学方程式。
（1）钠与水反应_______。
（2）实验室用MnO2与浓盐酸制备Cl2_______。
（3）向NaHCO3溶液中通入过量Cl2的总反应方程式(酸性：H2CO3>HClO)_______。
（4）向FeI2溶液中通入过量Cl2的总反应方程式_______。
（5）密闭容器内，等物质的量的Na2O2与NaHCO3固体在加热条件下充分反应的总反应方程式_______。
（6）配平方程式_______。
_______P4+______________H2O=______________H3PO4。
【答案】（1）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3）NaHCO3+Cl2=NaCl+CO2+HClO
（4）2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2
（5）2Na2O2+2NaHCO32NaOH+2Na2CO3+O2↑
（6）13P4+ 10 128H2O= 40 32H3PO4
【解析】
【小问1详解】
钠与水反应生成NaOH和H2，该反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
【小问2详解】
实验室用MnO2与浓盐酸制备Cl2，该反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问3详解】
已知Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，酸性：H2CO3>HClO，即NaHCO3与HClO不反应，HCl与NaHCO3反应生成NaCl、H2O和CO2，故向NaHCO3溶液中通入过量Cl2的总反应方程式为：NaHCO3+Cl2=NaCl+CO2+HClO，故答案为：NaHCO3+Cl2=NaCl+CO2+HClO；
【小问4详解】
向FeI2溶液中通入过量Cl2将Fe2+氧化为Fe3+、I-氧化为I2，该反应的总反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，故答案为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2；
【小问5详解】
NaHCO3受热分解为H2O、CO2和Na2CO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2、Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，故密闭容器内，等物质的量的Na2O2与NaHCO3固体在加热条件下充分反应的总反应方程式为：2Na2O2+2NaHCO32NaOH+2Na2CO3+O2↑，故答案为：2Na2O2+2NaHCO32NaOH+2Na2CO3+O2↑；
【小问6详解】
根据氧化还原反应规律可知，反应中P4中0价的部分P转化为PH4I中的-3价，降低3个单位，同时部分转化为H3PO4中的+5价，升高5个单位，P2I4中+2价的P转化为H3PO4中的+5价，升高3个单位，设P2I4的系数为x，则PH4I的系数为4x，由0价P转化为H3PO4的中+5价P个数为y，即H3PO4系数为(2x+y)，则P4的系数为：，电子守恒有：3×4x=2×x×3+5y，=1.3x需为整数，则x=10，由此得到配平后的反应方程式为：13P4+ 10 128H2O= 40 32H3PO4，故答案为：13P4+ 10 128H2O= 40 32H3PO4。
17. 回答下列问题：
（1）0.5 ml乙醇(C2H5OH)质量为_______g，其中含有_______ml H，将这些乙醇完全燃烧产生的CO2和水蒸气全部通入过量的Na2O2完全吸收，可使固体增重_______g。
（2）1个镁原子的质量约为_______g(保留三位有效数字)。
（3）0.1 ml CO2与6.4 g NaOH充分反应，生成Na2CO3和NaHCO3的质量之比为_______。
（4）向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl的物质的量关系如图所示(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)：
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为_______。
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为_______，且二者的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. 23 ②. 3 ③. 31
（2）3.99×10−23
（3）
（4） ①. NaHCO3 ②. Na2CO3和NaHCO3 ③. 1：1
【解析】
【小问1详解】
乙醇的摩尔质量为46 g / ml，故0.5 ml 乙醇质量为0.5 × 46＝23 g。乙醇分子式C2H5OH中含有6个H原子，故0.5 mlC2H5OH中H原子物质的量为0.5 × 6＝3 ml。0.5 ml乙醇生成1.0 ml CO2和1.5 ml H2O。根据化学方程式：2Na2O2+ 2CO2= 2Na2CO3+ O2，2 Na2O2+ 2 H2O = 4NaOH+ O2，固体增重等于吸收的 和 的质量和放出氧气的质量差。增重质量为 。
【小问2详解】
由阿伏加德罗常数(约6.02 × 1023 / ml)和Mg的原子量(约24 g / ml)可得：
1 个Mg原子的质量 ≈ ≈ 3.99×10−23。
【小问3详解】
已知n(CO2)＝0.1 ml，m(NaOH)＝6.4 g，则n(NaOH)＝＝0.16 ml。设生成x ml Na2CO3和y ml NaHCO3，则有x＋y＝0.1，2x＋y＝0.16，解得 x＝0.06，y＝0.04，Na2CO3的质量＝0.06ml×106g/ml＝6.36 g。NaHCO3质量＝0.04ml×84g/ml＝3.36 g。则生成两种固体的质量比为 6.36 : 3.36=。
【小问4详解】
①Ⅰ图中，加入稀盐酸后，立即释放CO2后至不再增加，只能说明最初溶液中全部为NaHCO3。
②Ⅱ图中，CO₂随加酸分两阶段增加，说明原溶液中既有又有 (即Na2CO3和NaHCO3)。结合曲线拐点与平台读数，从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c(Na2CO3)=c(NaHCO3)，故二者的物质的量之比为1：1。
【点睛】本题考查学生金属钠的化合物的性质，可根据碳酸钠、碳酸氢钠、氢氧化钠分别与盐酸反应的化学方程式来计算。
18. 我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料NaCl的利用率从70%提高到90%以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品NH4Cl。生产流程和溶解度曲线如图。
（1）下列说法正确的是_______。
A. 沉淀池中刚过滤出的母液不含NaHCO3
B. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的溶液中含有Na2CO3、NH4Cl、NH3和NaCl
C. NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃
D. 循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染
（2）沉淀池中生成NaHCO3的总反应化学方程式为_______。
（3）生产时应往沉淀池中先后通入两种气体，先通入的气体为_______；从母液中分离出NH4Cl晶体的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
（4）从A~C中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是_______(按气流方向，用小写字母表示)，C中的试剂是_______。
（5）所得纯碱中可能含有少量NaCl杂质，通过如下方法测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数：
i．称取a g样品溶于水配制成溶液
ii．向上述溶液中加入足量CaCl2溶液，充分搅拌，静置
iii．过滤，洗涤，干燥，称量，所得沉淀质量为b g
①证明步骤ii中Na2CO3已经沉淀完全的操作方法是_______。
②该样品中碳酸钠的质量分数为_______%(用含a，b的代数式表示)。
【答案】（1）CD （2）
（3） ①. NH3 ②. 蒸发浓缩 ③. 冷却结晶
（4） ①. adebc ②. 饱和NaHCO3溶液
（5） ①. 取少量步骤ii上层清液于试管中，加入氯化钙溶液(或向ii中上层清液中加入氯化钙溶液)，若不产生沉淀，则Na2CO3已沉淀完全(合理即可) ②.
【解析】
【分析】联合制碱法：将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，反应为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵、碳酸氢钠和氯化钠的溶液，结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。
【小问1详解】
A．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤后得到NaHCO3的饱和溶液，过滤出的母液含有NaHCO3，A错误；
B．由分析可知，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，反应为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池没有Na2CO3，B错误；
C．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃，C正确；
D．由分析可知，循环Ⅰ、Ⅱ的过程中NaCl和CO2可以循环使用，从而提高原料的利用率、减少对环境的污染，D正确；
故选CD。
【小问2详解】
由分析可知，沉淀池中生成NaHCO3的总反应化学方程式为。
【小问3详解】
二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，先通入的气体为NH3；NH4Cl的溶解度随温度变化比较大，从母液中分离出NH4Cl晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问4详解】
要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入C中饱和NaHCO3溶液中除去二氧化碳中的HCl，后在B中与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，所以按气流方向正确的连接顺序应为：adebc。
【小问5详解】
i．称取ag样品，溶于水中；ii．向上述溶液中加入足量CaCl2溶液，充分搅拌，静置；iii．过滤、洗涤、干燥、称量，所得沉淀质量为bg为CaCO3，
①证明所加氯化钡溶液已经足量的方法是：取少量步骤ii上层清液于试管中，加入氯化钙溶液(或向ii中上层清液中加入氯化钙溶液)，若不产生沉淀，则Na2CO3已沉淀完全(合理即可)；
②碳元素守恒计算，样品中n(Na2CO3)=n(CaCO3)=，该样品中碳酸钠的质量分数=×100%=%。
19. 二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。哈三中某化学兴趣小组以氯气和亚氯酸钠(NaClO2)为原料制备ClO2。
资料：
i．ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于有机溶剂CCl4；Cl2易溶于有机溶剂CCl4，溶液呈黄绿色。
ii．CCl4为无色液体，密度比水大，且与水不互溶。
iii．NaClO2溶液呈弱碱性，在酸性溶液中，NaClO2不稳定，易发生歧化反应。
利用下图所示装置进行实验(夹持装置，加热装置等省略)，实验过程中，持续通入N2使C中生成的ClO2逸出。
（1）为使分液漏斗内的浓盐酸顺利滴下，可以执行的操作是_______。
（2）已知该实验条件下Cl2氧化性强于ClO2，则装置C中制备ClO2的反应的化学方程式为_______。
（3）装置B的作用是_______，若无此装置可能导致的影响是_______。
（4）装置D的作用是_______。
（5）实验室利用NaOH溶液吸收ClO2尾气生成NaClO2和NaClO3，该反应的离子方程式为_______。
（6）等质量的ClO2的消毒效率(以单位质量消毒剂得到的电子数表示)是Cl2的_______倍(保留2位有效数字)。
【答案】（1）将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）
（3） ①. 除去氯气中混有的氯化氢 ②. 氯化氢气体进入装置C，导致NaClO2发生歧化反应
（4）除去ClO2混有的Cl2
（5）
（6）2.6
【解析】
【分析】装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与亚氯酸钠溶液反应制备二氧化氯，装置D中盛有的四氯化碳用于除去过量的氯气，装置D后连接二氧化氯的收集装置和尾气处理装置。
小问1详解】
为使分液漏斗内的浓盐酸顺利滴下，可以将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。
【小问2详解】
由分析知，装置C中氯气与亚氯酸钠溶液反应制备ClO2，化学方程式为，故答案为。
【小问3详解】
由分析知，装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢；由已知ⅲ可知，若无此装置，氯化氢气体会进入装置C，导致NaClO2发生歧化反应，故答案为除去氯气中混有的氯化氢；氯化氢气体进入装置C，导致NaClO2发生歧化反应
【小问4详解】
由分析可知，装置D的作用是除去ClO2混有的Cl2，故答案为除去ClO2混有的Cl2。
【小问5详解】
利用NaOH溶液吸收ClO2尾气生成NaClO2和NaClO3，反应的离子方程式为，故答案为。
【小问6详解】A．佩戴护目镜
B．小心锐器
C．注意明火
D．注意通风
A．实验室制氯气
B．测量NaClO溶液的pH值
C．鉴别NaHCO3与Na2CO3
D．用焰色试验检验固体中是否含有钾元素