湖北省夷陵中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题含答案

这是一份湖北省夷陵中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题含答案，共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考生必须保持答题卡的整洁， 标准状况下，现有①6等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置。并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。
3.非选择题的作答：用黑色的签字笔将答案直接写在答题卡上对应的答题区域。答在试题卷、草稿纸上无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。请将答题卡上交。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ag-108 Ba-137
第Ⅰ卷 (选择题)
(每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1. 化学家为社会发展做出了巨大贡献，下列研究成果与化学家对应关系不符的是
A. 侯德榜发明侯氏制碱法，推动了我国纯碱工业的发展
B. 屠呦呦提取抗疟药青蒿素，做出卓越贡献获得诺贝尔奖
C. 门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
D. 拉瓦锡提出原子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新阶段
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学科学史的事实进行判断；
【详解】A．侯德榜发明侯氏制碱法，制出了碳酸钠，A正确；
B．屠呦呦提取抗疟药青蒿素，做出卓越贡献获得诺贝尔奖，B正确；
C．门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循，C正确；
D．道尔顿提出原子学说，故D不正确；
故选答案D。
2. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类错误的是
A. 化合物：冰水共存物、烧碱、小苏打
B. 同素异形体：石墨、、金刚石
C. 非电解质：乙醇、铜、葡萄糖
D. 混合物：豆浆、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．由不同种元素形成的纯净物是化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，小苏打是碳酸氢钠属于纯净的化合物，故A正确；
B．同素异形体是由同种元素形成的不同单质，石墨、、金刚石均是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，乙醇、葡萄糖水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．由不同种物质组成的是混合物，豆浆含有丰富的植物蛋白和磷脂，还含有维生素B1、B2等属于混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确；
答案为C。
3. 下列反应中，SO2作还原剂的是
A. 2H2S+SO2=3S↓+2H2OB. SO2+2Mg=2MgO+S
C. Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClD. SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，SO2中的S元素化合价由+4价变为0价，化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂，故A不符合题意；
B．反应SO2+2Mg=2MgO+S中，SO2中S元素化合价由+4价变为0价，化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂，故B不符合题意；
C．反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl中，SO2中S元素的化合价由+4价变为+6价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂，故C符合题意；
D．反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液：、、、
B. 酸性溶液中：、、、
C. 碱性溶液中：、、、
D. 无色透明的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液呈碱性，不能在碱性溶液中大量存在，故A不选；
B．酸性溶液中不能大量存在，故B不选；
C．碱性溶液中、、、四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故C选；
D．有颜色不能在无色透明的溶液中大量存在，故D不选；
故选C。
5. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 碳酸氢钙溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++HCO+OH- =CaCO3↓+H2O
B. 醋酸与碳酸钙反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
C. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
D. NaOH和Cl2反应：Cl2+2OH- =Cl-+ClO- +H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钙溶液与过量NaOH溶液反应，氢氧根离子过量，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠、水，离子方程式为：Ca2++2HCO+2OH- =CaCO3↓+2H2O+ CO，A项错误；
B．醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆，CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2 CH3COO-+H2O+CO2↑，B项错误；
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C项错误；
D．NaOH和Cl2反应生成氯化钠、次氯酸钠、水：Cl2+2OH- =Cl-+ClO- +H2O，D项正确；
故选D。
6. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A. 标准状况下，11.2 L水所含分子数为0.5 NA
B. 0.1ml Na2O2固体与足量水反应，转移电子总数为0.2NA
C. 常温常压下，64 g O2与O3混合气体中所含原子数为4 NA
D. 0.5 ml·L-1 Fe2(SO4)3溶液中，SO的数目为1.5 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下水是液体，11.2 L水的物质的量不是0.5ml，故A错误；
B．，电子转移为，0.1ml Na2O2固体与足量水反应，转移电子总数为0.1NA，故B错误；
C．O2与O3混合气体中只含氧原子，常温常压下，64 g O2与O3混合气体中所含原子数为4 NA，故C正确；
D．没有明确溶液体积，不能计算0.5 ml·L-1 Fe2(SO4)3溶液中SO的数目，故D错误；
故选C。
7. 科学家们通过精确导电性实验证明，纯水中除了大量的水分子，还存在极少量的H3O+和OH-，根据这个信息推断，下列叙述错误的是
A. 水中存在极少量的H3O+和OH-，说明水是一种极弱的电解质
B. 常温下，水的电离需要通电才能进行
C. 若液氨的电离与水相似，则液氨的电离方程式可以表示为2NH3NH+NH
D. 蒸馏水也能导电，只是导电能力非常弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．水中存在极少量的H3O+和OH-，说明水是一种极弱的电解质，故A正确；
B．常温下，水的电离不需要通电就能进行，故B错误；
C．若液氨的电离与水相似，则液氨的电离方程式可以表示为2NH3NH+NH，故C正确；
D．蒸馏水发生微弱电离，也能导电，离子浓度小，导电能力非常弱，故D正确；
故答案选B。
8. 标准状况下，现有①6.72L；②个HCl分子；③7.2g；④0.2ml，对这四种气体的关系有以下四种表述，其中不正确的是
A. 物质的量：②>③>①>④B. 体积：②>③>①>④
C. 氢原子个数：①>③>④>②D. 质量：②>③>①>④
【答案】CD
【解析】
【分析】①标准状况下，6.72LCH4的物质的量为6.72L÷22.4L/ml=0.3ml；
②3.01×1023个HCl分子的物质的量为3.01×1023÷6.02×1023=0.5ml；
③7.2gH2O的物质的量为7.2g÷18g/ml=0.4ml；
④0.2mlNH3。
【详解】A．由上述计算可知，物质的量为②＞③＞①＞④ ，故A错误；
B．根据V=nVm知，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，水是液体体积最小，故体积②>①>④>③，故B错误；
C．甲烷中n(H)=0.3ml×4=1.2ml，HCl中n(H)=0.5ml，水中n(H)=0.4ml×2=0.8ml，氨气中n(H)=0.2ml×3=0.6ml，故H原子数目①＞③＞④＞②，故C正确；
D．甲烷质量为0.3ml×16g/ml=4.8g，HCl的质量为0.5ml×36.5g/ml=18.25g，氨气的质量为0.2ml×17g/ml=3.4g由上述计算可知，质量为②＞③＞①＞④，故D正确；
故选CD。
9. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. ①②B. ①③C. ②③D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】钠与水反应放热，使U型管中红墨水左低右高，图中可验证为放热反应，故①能达到实验目的；
过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，则带火星的木条复燃，可验证有氧气生成，故②能达到实验目的；
观察K的焰色反应需透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察检验，故③不能达到实验目的；
碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则小试管中应为碳酸氢钠，故④不能达到实验目的；
故选A。
10. 已知电解饱和食盐水会发生下列反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，一个电极生成NaOH和H2，另一个电极生成Cl2。如图是一种环保型消毒液发生器，利用上述反应可制备“84”消毒液的有效成分。下列说法正确的是
A. a电极产生H2，b电极产生Cl2
B. 电解饱和食盐水反应中Cl2是还原产物
C. 取上述电解后的溶液滴到pH试纸上，pH试纸最终变为蓝色
D. 若产生11.2L(标准状况下)H2，理论上最终会得到1ml的NaClO
【答案】A
【解析】
【分析】利用上述反应可制备“84”消毒液的有效成分，则应b极产生氯气，更利于氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠；则a产生NaOH和H2；
【详解】A．由分析可知，a电极产生H2，b电极产生Cl2，A正确；
B．电解饱和食盐水反应中氯元素化合价升高，发生氧化反应得到Cl2是氧化产物，B错误；
C．取上述电解后的溶液含有漂白性物质，滴到pH试纸上，pH试纸变为蓝色最终蓝色又褪色，C错误；
D．若产生11.2L(标准状况下为0.5ml)H2 ，则同时生成氯气0.5ml，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则理论上最终会得到0.5ml的NaClO，D错误；
故选A。
11. 在Na2SO4溶液中可能含有NaCl杂质，要检验杂质是否存在，下列实验方法正确的是
A. 取样，先加入HNO3溶液，再加溶液，有白色沉淀生成，则有
B. 取样，加足量溶液，过滤后再加溶液，有白色沉淀，则有
C. 取样，加入足量溶液，过滤后再加溶液，有白色沉淀，则有
D. 取样，加入和混合溶液，有白色沉淀，则有
【答案】C
【解析】
【分析】一般情况下，检验需要用溶液和溶液，但是的存在会干扰的检验，所以先用除去，再检验；此时已经没有其他的干扰离子，所以可以省略溶液；
【详解】A．加入溶液，生成的白色沉淀可能是，也可能是，无法确定是否含有，A错误；
B．加足量溶液，虽然可以除去，但是同时也加入了，干扰检验，B错误；
C．先加足量溶液，可除去，从而排除的干扰，过滤后再加溶液，产生了白色沉淀，可表明溶液中含有，C正确；
D．加入和混合溶液，可能生成、、白色沉淀，无法确定是否含有，D错误；
故选C。
12. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂。已知溶液恰好将完全转化为，则将转化成
A. B. SC. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设硫代硫酸钠的氧化产物中硫元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得：0.100ml/L×0.025L×2×(a—2)= ×2×1，解得a=+6，则氧化产物为硫酸根离子；
故选A。
13. 亚磷酸(H3PO3)是一种弱酸，其与足量的NaOH反应的化学方程式为：2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O，亚磷酸受热分解的方程式为：4H3PO33H3PO4+PH3↑。下列说法正确的是
A. 亚磷酸受热分解的反应中，PH3是氧化产物
B. Na2HPO3在水溶液中的电离方程式为Na2HPO3=2Na++H++PO
C. 亚磷酸受热分解的过程中，被氧化的亚磷酸和被还原的亚磷酸分子物质的量之比为1∶3
D. 亚磷酸与NaOH反应，最多生成两种盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚磷酸受热分解的反应中，磷元素从+3价降低到-3价时被还原，PH3是还原产物，A错误；
B．已知：亚磷酸(H3PO3)是一种弱酸，其与足量的NaOH反应的化学方程式为：2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O，则Na2HPO3属于正盐，Na2HPO3在水溶液中的电离方程式为Na2HPO3=2Na++ HPO，B错误；
C． 亚磷酸受热分解的过程中，磷元素从+3价升高到+5价时被氧化、磷元素从+3价降低到-3价时被还原，则被氧化的亚磷酸和被还原的亚磷酸分子个数比为3:1，C错误；
D． 结合2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O，可知，亚磷酸分子内最多能电离出2个氢离子，则亚磷酸属于二元酸，亚磷酸与NaOH反应，最多生成两种盐，D正确；
故选D。
14. 某大型企业利用含FeCl2、CuCl2的废液净化含有H2S的工业废气的工艺如图所示，既避免了空气污染又回收了硫黄，大大提高了生产效益。下列说法错误的是
A. 整个过程中做催化剂
B. 总反应为
C. 氧化性：
D. 步骤③中每生成消耗
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应物为O2和H2S，生成物为S，根据质量守恒可知还会生成H2O，故总反应为；
【详解】A．整个过程中改变了总反应速率且本身反应前后质量和化学性质不变，故亚铁离子做催化剂，A正确；
B．由图和氢原子守恒可知反应物为O2和H2S，生成物为S和H2O，故总反应为，B正确；
C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性：反应①中，而反应③中铜元素没有改变，铜不发生氧化还原反应，不能判断铜离子和铁离子氧化性强弱；C错误；
D．步骤③中每生成即0.5ml单质硫，转移1ml电子，铁离子得到1个电子，所以消耗，D正确；
故选C。
15. 有一混合溶液中含有以下离子的若干种：、、、、、、，现有两份体积相同各为100mL的该溶液进行如下实验：①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀；②向第二份溶液中加入足量的溶液，产生6.99g白色沉淀。根据上述实验，以下推测错误的是
A. 可能存在
B. 一定不存在
C. 不可能存在
D. 100mL该溶液中若含有，则的物质的量浓度一定为
【答案】A
【解析】
【详解】①第一份溶液中滴加足量的NaOH溶液并加热，有气体生成，说明含有NH，生成气体为NH3，根据氮原子守恒铵根离子的物质的量=0.224L÷22.4L/ml=0.01ml，同时生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则一定不含CO，白色沉淀为Mg(OH)2，根据Mg原子守恒可知镁离子的物质的量=0.58g÷58g/ml=0.01ml；
②第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO，则一定不含Ba2+，硫酸根离子的物质的量=6.99g÷233g/ml=0.03ml，根据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子K+，可能含有Cl－。
A．由上述分析可知，溶液中一定含有K+，故A错误；
B．由上述分析可知，溶液中一定不存在Ba2+，故B正确；
C．由上述分析可知，溶液中一定不含CO，故C正确；
D．若100mL该溶液中若含有0.01ml Cl－，根据电荷关系可知钾离子的物质的量=0.04ml，则钾离子浓度=0.04ml÷0.1L=0.4ml/L，故D正确；
故选A。
第II卷(非选择题)
16. 化学学科需要专门的化学术语来描述，请按照要求用对应的化学术语回答下列问题。
（1）将饱和FeCl3溶液滴入到沸水中，当溶液变为红褐色，此时形成分散系是_______，区分此分散系和FeCl3溶液的最简单方法为_______。
（2）NaHCO3是一种食物膨松剂，请写出NaHCO3在水中的电离方程式_______。
（3）Na2O2可以作为供氧剂，其与CO2反应化学方程式为_______，如果将Na2O2投入到CuSO4溶液中，其反应现象为_______。
（4）Cl2溶于水可以产生具有漂白性的物质，其与水反应的离子方程式为：_______，由Cl2制备的漂白粉的有效成分是_______。
（5）100mL溶液中溶有K2SO4和Al2(SO4)3，已知该溶液中SO的物质的量为0.7ml，K+的物质的量为0.2ml，则铝离子浓度为_______ml/L。
【答案】（1） ①. 胶体 ②. 进行丁达尔实验
（2）NaHCO3 =HCO+ Na+
（3） ① ②. 生成气体且有蓝色沉淀产生
（4） ①. ②. 次氯酸钙
（5）4
【解析】
【小问1详解】
光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；将饱和FeCl3溶液滴入到沸水中，当溶液变为红褐色，此时形成的分散系是胶体，区分此分散系和FeCl3溶液的最简单方法为进行丁达尔实验；
【小问2详解】
NaHCO3在水中完全电离出钠离子、碳酸氢根离子，NaHCO3 =HCO+ Na+；
【小问3详解】
Na2O2可以作为供氧剂，其与CO2反应生成碳酸钠和氧气，，如果将Na2O2投入到CuSO4溶液中，过氧化钠和水生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸生成蓝色氢氧化铜沉淀，其反应现象为生成气体且有蓝色沉淀产生；
【小问4详解】
Cl2溶于水生成盐酸和次氯酸，，由Cl2制备的漂白粉的有效成分是次氯酸钙；
【小问5详解】
根据溶液电中性可知，铝离子物质的量为（0.7ml×2-0.2ml）÷3=0.4ml，浓度为0.4ml÷0.1L=4ml/L。
17. NaOH溶液是高中常见化学试剂，有着重要用途。
Ⅰ.NaOH溶液的配制：
（1）配制450mL 5ml/L的NaOH溶液，需要称取NaOH溶液质量为_______g(小数点后保留一位有效数字)。若此溶液的密度为ρg/mL，则此NaOH溶液的质量分数为_______。
（2）实验中还需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_______。
（3）配制时，一般分为以下几个步骤：
①称取 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨摇动
其正确的操作顺序为_______。
A.②①③⑧⑤⑨⑦⑥④ B.②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ C.②①③⑤⑥⑦④⑧⑨
（4）若实验中出现下列现象，会导致所配溶液浓度偏大的是_______。
A. NaOH稀释后未冷至室温即转移至容量瓶进行定容
B. 定容时俯视刻度线
C. 称取NaOH药品时间过长
D. 移液后烧杯未洗涤
Ⅱ.二氧化碳与氢氧化钠反应无明显现象，同学们对此心存困惑：它们是否真的发生反应？因此他们根据学到的知识和方法设计了以下实验方案，并进行判断。
数字化实验——将电脑、数字化实验中压强传感器通过真空橡胶管与盛有二氧化碳的烧瓶相连，迅速注入80mL的5ml/L的NaOH溶液。得到实验压强变化如曲线A。
（5）曲线A的变化趋势无法判断反应真实发生，理由是_______。
（6）为了更科学的判断反应已发生。还需用80mL_______做同样的实验得曲线B。
【答案】（1） ①. 100.0 ②.
（2）500mL容量瓶
（3）B （4）AB
（5）二氧化碳能溶于水和水反应也会导致装置中压强减小
（6）水
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【小问1详解】
配制450ml 5ml/L的NaOH溶液，需要使用500mL容量瓶，称取NaOH溶液质量为5ml/L×0.5L×40g/ml=100.0g；若此溶液的密度为ρg/mL，则此NaOH溶液的质量分数为；
【小问2详解】
实验中还需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶；
【小问3详解】
配制时，一般分为以下几个步骤： ②计算 ①称取③溶解⑧冷却 ⑤转移⑥洗涤⑨摇动⑦定容④摇匀 ，故选B；
【小问4详解】
A．NaOH稀释后未冷至室温即转移至容量瓶进行定容，导致溶液体积偏小，浓度偏大，A正确；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏大，B正确；
C．称取NaOH药品时间过长，氢氧化钠潮解，导致溶质质量偏小，浓度偏小，C错误；
D．移液后烧杯未洗涤导致溶质质量偏小，浓度偏小，D错误；
故选AB；
【小问5详解】
二氧化碳能溶于水和水反应也会导致装置中压强减小，出现曲线A的变化趋势，故A无法判断反应真实发生；
【小问6详解】
为了更科学的判断反应已发生。氢氧化钠溶液中含有水，故还需用80mL水做同样的实验得曲线B，AB曲线进行对比得出结论。
18. 碳酸钠俗称纯碱，用途非常广泛，我国化学家侯德榜发明了“侯氏制碱法”。下列实验操作a中以NaCl饱和溶液和NH4HCO3饱和溶液为原料制备NaHCO3的原理为。
请回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的化学方程式为_______。
（2）在制备NaHCO3时应先通入_______气体，操作a为_______，此过程中可以循环利用的物质是_______。
（3）某小组对一份加热了的NaHCO3样品的组成进行了以下探究。取加热了的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。则曲线c对应的溶液中的离子是_______(填离子符号)；该样品中NaHCO3和Na2CO3的质量之比是_______。
若将上述29.6g加热后的NaHCO3样品与硫酸反应放出的CO2经过干燥后通入Na2O2中，使CO2与Na2O2充分反应，最后收集到O2气体体积为_______L(标准状况下)。
【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O
（2） ①. 氨气 ②. 过滤 ③. 二氧化碳
（3） ①. HCO ②. 21:53 ③. 3.36
【解析】
【分析】煅烧贝壳生成二氧化碳，二氧化碳、氨气、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠固体、氯化铵溶液，过滤分离出碳酸氢钠固体，加热生成纯碱、二氧化碳、水；
【小问1详解】
反应Ⅱ为碳酸氢钠受热生成碳酸钠、二氧化碳、水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O；
【小问2详解】
在制备NaHCO3时应先通入氨气气体，氨气极易溶于水，使溶液显碱性，可以吸收更多二氧化碳气体；操作a为分离固液的操作，是过滤，此过程中二氧化碳既是反应物又是生成物，故可以循环利用的物质是二氧化碳；
【小问3详解】
取加热了的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，盐酸先和样品中碳酸钠生成氯化钠和碳酸氢钠，继续滴加盐酸和碳酸氢钠生成氯化钠、水和二氧化碳；反应中碳酸根离子一直减少、氯离子一直增加、碳酸氢根离子先增加后减小；故曲线c对应的溶液中的离子是HCO；由图中曲线c、b可知，该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是0.1ml:0.2ml=1:2，质量之比为84:(106×2)=21:53；若将上述29.6g加热后的NaHCO3样品，则NaHCO3和Na2CO3的质量分别为8.4g、21.2g，物质的量分别为0.1ml、0.2ml，则碳原子为0.3ml，与硫酸反应放出的CO2经过干燥后通入Na2O2中，使CO2与Na2O2充分反应，，根据碳元素守恒可知，根据最后收集到O2的物质的量为0.15ml，标况下气体体积为3.36L。
19. Cl2O又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸。某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液，装置如下，回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______，A中发生反应的化学方程式为_______。
（2）B中饱和食盐水的作用是_______，实验中须控制氯气和空气(空气不参与反应)的体积比为1：3，其目的是_______，球形干燥管中所装试剂为_______。
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，反应的化学方程式为_______
（4）若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，可能的原因是_______。
（5）测定装置D中HClO溶液的物质的量浓度的实验方案：取20.00mL HClO溶液，加入足量H2O2溶液，再加入足量硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，用电子天平称量沉淀的质量为0.861g，则HClO溶液的物质的量浓度为_______ml/L(HClO可被H2O2还原成Cl-)。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②.
（2） ①. 通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl，使气体混合均匀 ②. 稀释氯气防止反应太快 ③. 碱石灰
（3）5Cl2+4Na2CO3=2ClO2+8NaCl+4CO2
（4）温度升高Cl2O会分解
（5）0.3
【解析】
【分析】装置A中利用浓盐酸和氯酸钾反应制得的氯气中混有水蒸气和挥发出的HCl，再利用B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气再在装置C中与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，装置D是溶解生成的Cl2O，装置E利用干燥管中盛装的碱石灰吸收尾气，防止污染空气；
【小问1详解】
根据仪器构造可判断仪器a的名称是圆底烧瓶，A中浓盐酸和氯酸钾反应制备氯气同时生成氯化钾、水：；
【小问2详解】
Cl2O沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸；由于C中反应放热，温度升高Cl2O会分解，在高浓度时会导致爆炸，实验中须控制氯气和空气(空气不参与反应)的体积比为1：3，目的是稀释氯气防止反应太快；B中盛有饱和食盐水，通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl，使气体混合均匀；尾气中含有氯气有毒，氯气可以被碱性物质吸收减少污染，故球形干燥管中所装试剂为碱石灰；
【小问3详解】
装置C中生成Cl2O、CO2，根据原子守恒可知反应还会生成氯化钠，化学方程式为5Cl2+4Na2CO3=2ClO2+8NaCl+4CO2；
【小问4详解】
由于C中反应放热，温度升高Cl2O会分解，若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，则原因为C中反应放热，温度升高Cl2O会分解；
【小问5详解】
可被还原成，反应的离子方程式为HClO+H2O2=O2↑+Cl-+H++ H2O，加入足量硝酸银溶液，生成AgCl沉淀，则n(Cl-)=n(AgCl)= ，n(HClO)= n(Cl-)=0.006ml，物质的量浓度为。①验证Na和水反应是否为放热反应
②检验Na2O2与H2O反应有O2生成
③观察K2CO3的焰色试验
④比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性