【化学】内蒙古自治区乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高二下学期第三次月考（解析版） 试卷

内蒙古自治区乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高二下学期第三次月考
可能用到的原子相对质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )
A. 医用酒精的浓度为 95%，此浓度杀灭新冠病毒效果最好
B. SO2排放会导致的环境污染是酸雨
C. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
D. “水滴石穿，水乳交融”都不涉及化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．医用酒精的浓度为75%(体积分数)，A错误；
B．二氧化硫能与氧气、水反应生成硫酸，随雨水落到地面形成雨水，造成酸雨污染，B正确；
C．煤的气化是煤在氧气不足条件下进行部分氧化生成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料，两者都是化学变化，C错误；
D．“水滴石穿”过程中，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成碳酸氢钙，涉及到化学变化，D错误；
答案选B。
2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B. 0. 1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA
C. 10 g质量分数为34%H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA
D. 100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，故11.2 L二氧化硫的物质的量小于0.5 mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；
B．由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1 mol Na2O中含3 mol离子，1 mol Na2O2中含3 mol离子，则0.1 mol Na2O和Na2O2混合物中离子为0.3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；
C．H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10 g×34%=3.4g，物质的量n===0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol过氧化氢分子中含有2mol氢原子，0.1mol过氧化氢分子中含有0.2mol氢原子，0.2mol氢原子个数等于0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；
D．醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 mol/L醋酸的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于0.01NA，故D错误；
答案选A。
【点睛】计算粒子数时，需要先计算出物质的量，再看一个分子中有多少个原子，可以计算出原子的数目。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A. 电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO4-＋4OH－===2MnO2↓＋3SO42-＋2H2O
C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
D. 向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 电解后溶液显碱性，镁离子会生成氢氧化镁沉淀；
B.高锰酸钾溶液呈酸性，参与反应的不应是氢氧根离子；
C. 氢碘酸溶液中碘离子具有强还原性，与产物铁离子不共存，会继续反应；
D. 强酸制弱酸原理。
【详解】A. 电解饱和MgCl2溶液的化学方程式应为：Mg2+＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A项错误；
B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO4-＋2H2O ===2Mn2+＋5SO42-＋4H+，故B项错误；
C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，除了发生反应3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量，其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；
D. 酸性强弱：H2CO3 > HClO > HCO3-,则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-，故D项正确；
答案选D。
【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，D项是难点，也是易错点，要理解碳酸是二元弱酸，平常多强化训练，加以对比记忆，找出陷阱，方可提高做题准确率。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. “84”消毒液中，SiO、CO、Na+、K+
B. 的溶液中NH、Ca2+、C1-、NO3-
C. 0.1mol/LNaA1O2溶液中：HCO、NH4+、SO、Fe3+
D. pH=1的溶液中：Na+、K+、Cl-、S2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．“84”消毒液主要成分是NaClO，SiO、CO、Na+、K+与NaClO均不发生反应，能大量共存，故A选；
B． 的溶液呈碱性，NH与OH-反应生成NH3·H2O，不能大量存在，故B不选；
C．01mol/LNaA1O2溶液中，偏铝酸根与HCO、NH4+、Fe3+均反应，碳酸氢根与铁离子反应，不能大量共存，故C不选；
D．pH=1的溶液呈酸性，发生反应2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O，不能大量共存，故D不选；
故选A。
5.下列有关实验能达到相应实验目的的是

A. 实验①用于实验室制备氯气 B. 实验②用于制备干燥的氨气
C. 实验③用于石油分馏制备汽油 D. 实验④用于制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；
D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；
本题答案选C。
6.实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是( )

A. 装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
B. 实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe3+
C. 装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D. 实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
【答案】B
【解析】
【详解】A.铁丝与浓硫酸加热反应生成SO2，因为酸性高锰酸钾具有强氧化性，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性，故A正确；
B.因为浓硫酸足量，浓硫酸具有强氧化性，可能把生成的Fe2＋氧化成Fe3＋，因此不能检验是否铁丝和浓硫酸反应生成的是Fe3＋，故B错误；
C.品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故C正确；
D.导管a的作用是使内外压强相同，防止装置B中的溶液倒吸，故D正确；
答案选B。
7.海水化学资源开发利用部分过程如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
B. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的
C. 在步骤③，中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2
D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】
海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，工业上制得饱和食盐水，依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢溶液，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到溴，以此解答该题。
【详解】A. 在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，A错误；
B. 氯化钠的溶解度随温度的变化不明显，故从海水中得到粗盐采用的是蒸发结晶的方法，B正确；
C. 步骤③中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为Br2，C错误；
D. 步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，D错误；故答案为：B。

8.下列实验中根据现象得出的结论错误的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
相同条件下，用1mol·L-1的醋酸和1mol·L-1的盐酸分别做导电性实验
醋酸溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液含有NO3-
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
D
向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．等浓度时，灯泡暗的说明离子浓度小，即电离程度小，由操作和现象可知CH3COOH是弱电解质，故A正确；
B．某溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，说明生成NO，NO与空气反应生成红棕色二氧化氮，则原溶液在含有NO3-，故B正确；
C．品红溶液褪色，气体可能为二氧化硫或氯气等其他具有漂白性的气体，则可能为NaClO溶液等，故C错误；
D．浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，即先生成氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp小的先沉淀，所以Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D正确；
故选：C。
9.青石棉(cricidolite)是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是( )
A. 青石棉是一种易燃品，且易溶于水
B. 青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C. 1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗8.5 L 2 mol/L HNO3溶液
D. Na2Fe5Si8O22(OH)2不能和氢氟酸作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，故A错误；
B．青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故B正确；
C．青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，产物为NaNO3、Fe(NO3)3、NO、H2O、SiO2，1mol该物质能和(2mol+5mol×3+1mol)=18molHNO3反应，至少需消耗9 L 2 mol/L HNO3溶液，故C错误；
D．青石棉能与氢氟酸反应生成四氟化硅，故D错误。
故选B。
10.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是

A. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B. 向滤液中通入过量HCl气体、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1:5
D. 烧渣分离可用磁选法
【答案】BC
【解析】
【详解】A．高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2，FeS2焙烧会生成SO2，SO2会污染空气，加入CaO会与SO2、氧气反应生成CaSO4，硫酸钙可以做建筑材料，故A正确；
B．滤液中含有偏铝酸根，通入过量HCl会使生成氢氧化铝沉淀溶解成AlCl3，难以分离得到Al2O3，应该通入过量的二氧化碳，故B错误；
C．根据流程写出隔绝空气焙烧的方程式FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，所以反应中FeS2与Fe2O3消耗的物质的量比为1:16，故C错误；
D．四氧化三铁具有磁性，故可以用磁选法进行分离，故D正确；
答案选BC。
11.有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3＋、Fe2＋、H＋、AlO、Al3＋、CO、NO中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1 mol/L NaOH溶液，开始没有沉淀产生，而后才有沉淀产生。则下列判断正确的是(　　)
A. 溶液中可能含有AlO
B. 溶液中可能含有NO
C. 溶液中一定不含Fe2＋和Fe3＋
D. 溶液中可能含有Fe3＋，但一定不含Fe2＋
【答案】D
【解析】
分析】
向该溶液中加入一定量1mol·L－1 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H＋离子，在酸性溶液中AlO、CO离子因发生反应生成弱电解质而不能存在，而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3＋离子、Fe2＋离子或Al3＋离子中的一种或几种，结合溶液的电中性和Fe2＋离子的还原性以及NO3－离子的氧化性做进一步的推断。
【详解】向该溶液中加入一定量1mol·L－1 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H＋离子，在酸性溶液中AlO、CO离子分别与H＋离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO离子符合；但在酸性条件下Fe2＋离子与NO离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2＋离子，综上所述，溶液中一定含有H＋离子、NO3－离子，一定没有AlO、CO、Fe2＋离子，Fe3＋离子、Al3＋离子至少有一种。
A．酸性溶液中不可能含有AlO，故A不选；
B．根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，溶液中一定含有NO，故B不选；
C．在酸性条件下Fe2＋离子与NO离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2＋离子，Fe3＋离子、Al3＋离子至少有一种，故C不选；
D．溶液中可能含有Fe3＋，但一定不含Fe2＋，故D选；
故选D。
【点睛】本题考查常见离子的检验，注意从反应的现象推断离子的存在性，把握物质的性质和离子的检验方法是解本题的关键，解题突破口：向该溶液中加入一定量1mol·L－1 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，从而推出一定没有AlO、CO、Fe2＋离子。
12.在一定量铁的氧化物中，加入45 mL4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为
A. 5:6 B. 7:9 C. 3:4 D. 2:3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，铁的氧化物可理解成FeO和Fe2O3按一定比例混合而成，根据消耗的硫酸计算Fe、O原子个数之比。
【详解】硫酸的物质的量n（H2SO4）=4mol/L×0.045L=0.18mol，672mL氯气的物质的量为0.03 mol，根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知反应后溶液中n（Fe2+）=0.06mol，设FeO为Xmol，Fe2O3为Ymol，由FeO+ H2SO4=FeSO4+H2O和Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O可得求解关系式X+3Y=0.18①，X=0.06②，解得X=0.06mol、Y=0.04mol，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06 mol+0.04mol×2）：（0.06 mol+0.04mol×3）=7:9，故选B。
【点睛】本题考查与化学反应有关的化学计算，掌握铁的化合物的性质，正确书写化学方程式，利用方程式计算是解答关键。
13.主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：T>R>W>Z
B. T和R形成化合物的水溶液呈碱性
C. 化合物TX具有很强的还原性，可与水反应
D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应
【答案】A
【解析】
【分析】
主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。
【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。
A. 同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K)> Z(Al) >W(Si)> R(S)，选项A不正确；
B. T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；
C. 化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；
D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。
14.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是(　　)
A. 该有机物的化学式为C10H14
B. 它的一氯代物有6种
C. 该有机物分子中所有的碳原子一定在同一平面上
D. 一定条件下，它可以发生取代、加成、氧化和还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由该有机物的结构简式可知其化学式为C10H16，A错误；
B．该有机物分子中有8种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有8种，B错误；
C．该有机物分子()中带标记的这个碳原子与其他三个与它直接相连的三个碳原子不可能在一个平面上有，故所有的碳原子不可能在同一平面上，C错误；
D.该有机物分子中含有—CH3，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生加成反应和氧化反应，还可以和氢气发生还原反应，D正确；
答案选D。
15.下图为中学化学中几种常见物质的转化关系(部分产物已略去)。已知：A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做制冷剂。

(1)写出化学式A_______，D_________，F_______；
(2)鉴定G中阳离子的实验方法和现象_____________________________；
(3)D单质和E溶液反应，生成一种常见的消毒剂和漂白剂的有效成分，写出D+E溶液反应的离子方程式和③的化学方程式_________、_______。
(4)常温下，电解B溶液制得pH = 12的烧碱溶液1000mL则反应中转移的电子数目为________。
【答案】 (1). N2 (2). Cl2 (3). NH3 (4). 取少量D的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色 (5). 2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O (6). 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl (7). 0.01NA
【解析】
【分析】
A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做致冷剂，判断F为NH3；B电解生成CDE，可以初步推断是电解氯化钠溶液的产物为H2、Cl2、NaOH，所以C为H2，A为N2，D+F(NH3)=A(N2)+G，能发生反应的只能是D为Cl2，推断G为NH4Cl，G(NH4Cl)+E(NaOH)=B(NaCl)+F(NH3)，符合转化关系；
【详解】(1)由以上分析可知A为N2，D为Cl2，F为NH3，故答案为：N2；Cl2；NH3；
(2)G为NH4Cl，阳离子为，取少量氯化铵的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色，证明含铵根离子；故答案为：取少量G的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色；
(3)D单质和E溶液反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则离子反应为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，故答案为：2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；
(4) B是NaCl，常温下，pH = 12的烧碱溶液1000mL，，电解NaCl溶液的化学方程式：，由转移电子数与产物氢氧化钠的关系式可知：，反应中转移的电子数目为0.01 NA；故答案为0.01 NA。
16.我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示为下图所示

(1)氨气的电子式___________，副产品的一种用途为____________ 。
(2)上述流程中 X 物质结构式________。
(3)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水中，再加______。
(4)如图是在实验室中模拟“氨碱法”制取NaHCO3的部分装置。

完成下列填空：
仔细观察两只通气导管内所处的位置，由此推断：
气体 a 为_____，气体 b 为_________；两者的通入次序为__________________。 为防止尾气污染，c 中可放入蘸_____溶液的脱脂棉。
(5)气体 a 与 b 均可用如图装置进行制备。 当锥形瓶中固体为生石灰时，分液漏斗中应盛放_________。 用该装置制备另一种气体的方法是：__________(用离子方程式表示)。

(6)反应过程中可以看到装置饱和食盐水中有晶体逐渐析出，写出相关反应的化学方程式：________________________________。
(7)反应过程中采用水浴加热，其优势是____________。水浴温度维持在 42℃左右，温度过低，反应速率太慢，不利于晶体析出；温度过高，____________，也不利于晶体析出。
(8)反应结束后，将热水浴换成冰水浴，冷却 15min 左右再进行过滤，目的是：____。
(9)得到的NaHCO3晶体中会含有少量 NaCl 杂质，可采用如下方法进行纯度测定：

该试样中NaHCO3的质量分数为_____。
【答案】 (1). (2). 做化肥 (3). O=C=O (4). 硝酸酸化的硝酸银溶液，观察产生白色沉淀 (5). 氨气 (6). 二氧化碳 (7). 先通 a 再通 b (8). 硫酸 (9). 浓氨水 (10). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (11). NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl (12). 加热平稳，便于控制温度 (13). 产物溶解度高 (14). 降低碳酸氢钠溶解度，增加碳酸氢钠的析出率，提高产率 (15). 94％
【解析】
【分析】
(3)根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，检验氯离子的方法为用硝酸酸化的硝酸银来检验；
(4)根据气体的溶解性分析，氨气易溶于水，二氧化碳溶于水；氨气为碱性气体，用酸吸收；
(7) 水浴加热能使加热平稳，便于控制温度；温度过高，碳酸氢钠溶解度大，不利于产品的析出；
(9) 最终的晶体为碳酸氢钠分解产生的氯化钠和原样品中的氯化钠，故用化学反应的关系式计算碳酸氢钠分解产生的氯化钠质量，逆推出试样中NaHCO3的质量，从而求得质量分数。
【详解】(1) 氨气的电子式：；联合制碱法的化学反应式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故副产物为氯化铵，氯化铵可用来制作化肥；故答案为：；做化肥；
(2) 煅烧炉中发生的反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，在联合制碱法中二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故X为CO2，结构式为：O=C=O；故答案为：O=C=O；
(3) 检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，故答案为：用硝酸酸化的硝酸银，观察产生白色沉淀；
(4)氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，溶解度相对较小，为有利于二氧化碳的溶解，则通二氧化碳的导气管伸入液面之下，且先通入氨气，形成碱性溶液，吸收二氧化碳；氨气不能排放空气中，用稀硫酸吸收；故答案为：氨气；二氧化碳；先通a再通b；稀硫酸；
(5)图2装置为固液不加热型，制备氨气时，可选用向浓氨水中加生石灰的方式制取；制备二氧化碳时，可选用向大理石中加稀盐酸的方式制取，发生的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：浓氨水；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
(6)饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
(7)水浴加热有利于加热平稳，便于控制温度；水浴温度维持在42℃左右，温度过低，反应速率太慢，不利于晶体析出；温度过高，产物的溶解度大，不利于晶体析出；故答案为：加热平稳，便于控制温度；产物溶解度高；
(8)碳酸氢钠的溶解度随温度的降低而降低，反应结束后，将热水浴换成冰水浴，冷却15min左右再进行过滤，目的是增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；故答案为：增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；
(9)设样品中NaHCO3、NaCl的质量分别为x、y，则x+y=8.060，加盐酸，反应得到氯化钠水和二氧化碳， ，通过反应得到的氯化钠质量为：，最终的晶体为碳酸氢钠反应产生的氯化钠和原样品中的氯化钠总质量为5.765g，则 +y=5.765，联合两式解得x=7.56g，该试样中NaHCO3的质量分数为；故答案为：94%。
17.以镍黄铁矿为原料制备的工艺流程如下：

已知：①高镍锍的主要成分为、、、的低价硫化物及合金；
②氧化性：；
③， ，。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，H2SO4溶液需过量，其目的是________。
(2)“过滤”时滤渣1的主要成分是________。
(3)“氧化”时反应的化学方程式为_________，若用NaClO代替H2O2溶液,使0.2molFe2+转化为Fe3+，则需NaClO至少为___mol。
(4)“除铁”的原理是_________。
(5)“除钴”时，发生反应的离子方程式为____________。
(6)“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是_____。若“沉镍”后的滤液中，则滤液的pH＞____
【答案】 (1). 提高镍元素的浸取率 (2). Cu，Cu2S (3). (4). 0.1 (5). 调pH，使解生成沉淀而除去 (6). (7). 取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净 (8). 9
【解析】
【分析】
高镍锍的主要成分为、、、的低价硫化物及合金，加硫酸溶液酸浸，过滤得滤渣1的主要成分为Cu，Cu2S；滤液中主要成分为NiSO4、FeSO4、CoSO4，加双氧水氧化，Fe2+转化为Fe3+，加CaCO3促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣2的主要成分是沉淀，滤液加NiOOH“除钴”时，发生反应的离子方程式为，最后加NaOH溶液，“沉镍”后需过滤、洗涤、干燥得产品。
【详解】(1)“酸浸”时，H2SO4溶液需过量，其目的是提高镍元素的浸取率。故答案为：提高镍元素的浸取率；
(2)Cu，Cu2S不溶于硫酸，“过滤”时滤渣1的主要成分是Cu，Cu2S。故答案为：Cu，Cu2S；
(3)双氧水将Fe2+转化为Fe3+，“氧化”时反应的化学方程式为，若用NaClO代替H2O2溶液，使0.2molFe2+转化为Fe3+，根据电子守恒，则需NaClO至少为=0.1mol。故答案为：；0.1；
(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CaCO3与氢离子反应，使水解平衡正向移动，“除铁”的原理是调pH，使解生成沉淀而除去。故答案为：调pH，使解生成沉淀而除去；
(5)NiOOH“除钴”时，将Co2＋氧化为Co3＋形成氢氧化钴沉淀而除去，用发生反应的离子方程式为。故答案为：；
(6)“沉镍”后需过滤、洗涤，固体表面上可能有硫酸根离子，证明沉淀已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净。若“沉镍”后的滤液中，=c(Ni2＋)c2(OH－)，c(OH－)=mol·L－1 =10-5mol·L－1 ，则滤液的pH＞9；故答案为：取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；9。
【点睛】本题考查了物质的制备，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，重点掌握氧化还原方程式的书写，难点（6）若“沉镍”后的滤液中，溶液中pH的判断，可由=c(Ni2＋)c2(OH－)，计算出：c(OH－)=mol·L－1 =10-5mol·L－1 ，得出滤液的pH＞9。