辽宁省葫芦岛市2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题（含答案）

辽宁省葫芦岛市2023-2024学年高一上学期期中化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42−、Cl-四种离子其物质的量浓度之比为c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=3：5：5，若Na+浓度为3mol·L-1。则SO4A．2mol·L-1 B．3mol·L-1 C．4mol·L-1 D．8mol·L-12．下列各组物质的成分完全相同的是（）A．液氯和氯气 B．液氯和氯水C．氯化氢和盐酸 D．纯碱与小苏打3．欲配制100mL1.0mol/LNa2SO4溶液，正确的方法是（）①将14.2gNa2SO4，溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol/LNa2SO4溶液用水稀释至100mLA．①② B．②③ C．①③ D．①②③4．将紫色石蕊试液滴入NaOH溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色先变成红色，最后颜色慢慢退去，其原因是（）①氯气有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液呈酸性④次氯酸有漂白性⑤氯化钠有漂白性A．①④ B．②③④ C．①②③ D．④⑤5．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．3g3He含有的中子数为1NAB．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC．28gCO和N2的混合物含有的电子数为14NAD．标准状况下，4.48L水分子的数目为0.2NA6．“84”消毒液的有效成分是NaClO，可用它浸泡、擦拭物品，喷洒空气，对地面进行消毒，以达到杀灭大多数病菌和部分病毒的目的。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2来制备：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB．HClO的酸性强于H2CO3：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-7．下列说法错误的是（）A．Na2O2投入酚酞试液中，溶液最终显无色B．Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOHC．区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液D．NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶提纯得到8．为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了以下四种不同的方案，其中方法和现象判断正确的是（）A．分别加入1mol/L的盐酸溶液，看有无气泡产生B．分别取样配成溶液，滴加Ca(OH)2溶液，观察有无白色沉淀C．用铂丝蘸取固体在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色D．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊9．下列说法正确的是（）A．78gNa2O2固体中阴、阳离子总数为4NAB．7.8gNa2O2与水反应，转移0.2NA电子C．Na2O2与CO2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，则Na2O2与SO2反应：2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2D．将Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝后褪色10．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）A．2.5mol/L B．1.5mol/L C．0.18mol/L D．0.24mol/L11．在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，设该溶液的密度为ρg•cm-3，质量分数为ω，其中含N的物质的量为bmol(溶质按NH3计算)。下列叙述中错误的是（）A．溶质的质量分数ω=aρV-aB．溶质的物质的量浓度c=1000a17Vmol•LC．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液中物质的量浓度为原来的1D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω12．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式可能与事实相符的是（）A．OH-+2CO32−+3H+=2HCO3−+H2O B．2OH-+CO32−+3H+=CO2C．2OH-+CO32−+4H+=CO2↑+3H2O D．OH-+CO32−+3H+=CO2↑+2H13．某实验小组设计实验测定Na2SO4和Na2CO3混合物中各组分的含量。下列说法错误的是（）A．沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3B．滤液b中Na+的物质的量为0.06molC．气体d在标准状况下的体积为224mLD．原混合物中Na2SO4与Na2CO3的物质的量之比为1：3二、多选题14．世界卫生组织将ClO2定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，ClO2作消毒剂时和氯气一样，还原产物均为Cl-。下列关于ClO2的说法中正确的是（）A．ClO2的摩尔质量为67.5g•mol-1B．从分类上来看，ClO2属于金属氧化物C．ClO2的消毒效率是氯气的2.63倍D．ClO2分子中氯元素与氧元素的质量比为1：215．俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2C高温__Na2S+2CO2↑。NA．1L1mol•L-1Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NAB．0.1mol•L-1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NAC．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD．通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA三、综合题16．现有NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物，为了测定x值，某同学采用如图所示的装置进行实验(CaCl2、碱石灰均足量)。（1）A装置的作用是。（2）B装置的作用是。（3）C装置的作用是。（4）若在装置A的试管中装入NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物3.7g，用酒精灯加热到反应完全，此时B管增重1.89g，C管增重0.22g，则x的值为。（5）该装置还不是很完善，可能使测定结果偏小，应如何改进。为什么？。17．用如图所示装置可以完成一系列实验(图中夹持装置已略去)。用装置A由浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理：①包有某固体物质，②蘸有KI溶液，③蘸有石蕊溶液。请回答下列问题：（1）仪器P的名称是。（2）①处包有的某固体物质可能是(填序号)。a.MnO2b.KMnO4c.KCld.Cu反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式：。（3）在实验过程中，在③处能观察到。（4）甲同学为了验证剩余气体的主要成分，在C中设计了如图装置，D中装有铜丝网，装置E的试管中不加任何试剂，装置F的烧杯中加入适量的AgNO3溶液。①实验过程中，装置D的作用是；②装置F中的现象是有白色沉淀产生；写出反应的离子方程式：。18．纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。（1）I.用纯净的碳酸钠固体配制500mL0.40mol•L-1Na2CO3溶液。称取Na2CO3固体的质量是g。（2）配制溶液时，进行如下操作，按照操作顺序，第4步是(填字母)。a.定容b.计算c.溶解d.摇匀e.转移f.洗涤g.称量（3）下列说法中，正确的是(填字母)。a.定容时，仰视刻度线，会导致配制的溶液浓度偏小b.定容时，如果加水超过刻度线，要用滴管吸出c.转移时，溶液倒出容量瓶外，要重新配制溶液d.摇匀后，液面低于刻度线，要再加水至刻度线（4）II.某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图：①写出装置I中反应的化学方程式。②写出装置II中发生反应的化学方程式。（5）该流程中可循环利用的物质是。（6）制出的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是(填字母)。a.向mg纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为bgb.向mg纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重bgc.向mg纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为bg19．如图为氯及其化合物的“价—类”二维图。（1）填写二维图缺失的类别A和化学式B。（2）某同学利用以下试剂研究HCl性质，进行了如下预测：a.NaClOb.Fec.NaOHd.KMnO4从物质类别上看，HCl属于，可能与发生反应(填字母)；从化合价角度看，Cl-具有性，可能与发生反应(填字母)。（3）某工厂用NaCl溶液制备氯气，其化学原理为如下反应：   H2O+   NaCl电解__Cl2↑+   ①请将上述方程式补充完整，并用单线桥表示电子转移。。②反应中NaCl做剂，理由是。20．某同学按下列步骤配制500mL0.2mol•L-1Na2SO4溶液，请回答有关问题。（1）实验步骤有关问题①计算所需Na2SO4的质量需要称量Na2SO4的质量为g②称量Na2SO4固体称量需要用到的主要仪器是③将Na2SO4加入200mL烧杯中，并加入适量水为了加快溶解速率，用玻璃棒搅拌④将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中为了防止溶液溅出，应采取的措施是：⑥向容量瓶中加蒸馏水至刻度线在进行此操作时当加水至刻度线以下1～2厘米处应如何操作：改用胶头滴管加蒸馏水到凹液面与刻度线水平相切（2）上述实验中使用容量瓶前应。（3）取出该Na2SO4溶液10mL加水稀释到100mL，稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是。（4）上述配制溶液的过程缺少步骤⑤，⑤是。（5）若进行⑥步操作时加蒸馏水超过刻度线，则需。（6）在实验中，以下操作造成实验结果偏低的是____(填字母)。A．在转移溶液时有液体溅到容量瓶外B．定容时仰视刻度线C．转移前没有将使用的容量瓶烘干D．定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】溶液中c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=3：5：5，若Na+浓度为3mol·L-1，则c(Mg2+)=5mol·L-1，c(Cl-)=5mol·L-1，根据电荷守恒可知，c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，代入数据可得，c(S故答案为：C。

【分析】结合阴阳离子电荷守恒判断。2．【答案】A【解析】【解答】A．液氯和氯气都只含有Cl2分子，成分完全相同，A符合题意；B．液氯和氯水的成分不同，前者是单质，后者是氯气的水溶液，属于混合物，B不符合题意；C．氯化氢是纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液，盐酸是混合物，C不符合题意；D．纯碱的成分是碳酸钠，小苏打的成分是碳酸氢钠，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A和B.液氯为液态的氯气，为纯净物，氯水为氯气溶于水，为混合物；

C.氯化氢为纯净物，溶于水得到盐酸，为混合物。

D.纯碱为碳酸钠，俗名为苏打。3．【答案】B【解析】【解答】①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g142g/mol=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g322g/mol=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol•L-1，故③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故③符合题意；②③符合题意，故答案为B。

【分析】c=n/V，体积表示的是溶液的体积，不是溶剂的体积。4．【答案】B【解析】【解答】紫色石蕊试液滴到NaOH溶液中显蓝色，若其中的NaOH消耗完，则蓝色将转为紫色（石蕊试液本身的颜色），若溶液转为酸性，则溶液转为红色。而在具有漂白性物质的作用下，溶液颜色将慢慢消失。当过量Cl2通入该溶液时，由于Cl2与NaOH反应，NaOH被消耗，继续通入的Cl2将与H2O反应生成盐酸和次氯酸，使溶液显酸性，最终在次氯酸分子的作用下，溶液褪色。发生上述变化的原因应为②③④。Cl2、NaCl均不具有漂白性。故答案为：B。

【分析】紫色石蕊试液遇碱变蓝，与酸变蓝，可以被次氯酸漂白褪色。5．【答案】D【解析】【解答】A.3He的中子数为3-2=1，则3g3He的中子数为3g3g/molB.重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA，选项B不符合题意；C．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，每个分子所含有电子数均为14，则28g混合物的物质的量为1mol，所含有的电子数等于14NA，选项C不符合题意；D．标准状况下，水不是气体，所以4.48L水的物质的量不是0.2mol，故含有水分子的数目不是0.2NA，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】易错分析：D.使用气体摩尔体积进行计算时，对象必须为气体，所以一定要弄清对象。6．【答案】B【解析】【解答】A．可以NaOH溶液吸收Cl2，反应生成NaCl、NaClO和水，A不符合题意；B．HClO的酸性弱于H2CO3，B符合题意；C．NaClO和HCl能发生归中反应生成Cl2，C不符合题意；D．该消毒液加白醋可以发生反应CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，增大了HClO的浓度，增强漂白作用，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】离子方程式正误判断：1.反应原理是否正确（反应方程式书写是否正确）

2.物质的拆分是否正确

3.是否漏写参加反应离子7．【答案】C【解析】【解答】A．由于过氧化钠与水反应生成氧气和氢氧化钠，所以先看见气泡，溶液由无色变为红色，过氧化钠有漂白性，所以最终又褪色，A不符合题意；B．2Na2OC．NaHCO3+CaD．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，且NaHCO3溶解度小，会以晶体形式析出，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.过氧化钠具有漂白性，所以现象为先变红，后褪色。

C.二者都可以与澄清石灰水反应得到白色沉淀，无法鉴别。

D.利用碳酸氢钠溶解度低进行分离。8．【答案】D【解析】【解答】A．分别加入1mol/L的盐酸溶液，Na2CO3和NaHCO3都能产生气泡。故不可以鉴别二者。不符合题意。B．分别取样配成溶液，滴加Ca(OH)2溶液，都会产生白色CaCO3沉淀.故不可以鉴别二者。不符合题意。C．因为都是钠元素的化合物，所以焰色反应都是使火焰呈黄色，故不可以鉴别它们。不符合题意。D.Na2CO3稳定受热不分解，而NaHCO不3稳定受热分解产生CO2，能够使澄清石灰水变浑浊。因此观察有无白色浑浊就可以鉴别二者。符合题意。故答案为：D。

【分析】碳酸钠和碳酸氢钠性质的区别：

1、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热；

2、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解；

3、碳酸钠溶液滴加酚酞变红，碳酸氢钠溶液滴加酚酞变浅红；

4、碳酸钠加盐酸的过程先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳，碳酸氢钠加盐酸直接生成二氧化碳；

5、碳酸钠溶液加氯化钡或氯化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氯化钡或氯化钙不生成沉淀；

6、碳酸钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀。9．【答案】D【解析】【解答】A.1个Na2O2微粒中含有2个Na＋、1个O22-，故78g即1molNa2O2固体中阴、阳离子总数为3NB．用双线桥分析过氧化钠与水的反应：，故7.8g即0.1molNa2O2与水反应转移0.1NA电子，B不符合题意；C．Na2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，两者发生反应的化学方程式为Na2O2＋SO2=Na2SO4，C不符合题意；D．由于2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，溶液显碱性，故紫色石蕊试液先变蓝，又由于Na2O2的强氧化性而将溶液漂白，最终溶液变成无色，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、过氧化钠中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子；

B、过氧化钠和水的反应中，过氧化钠和电子的比为1：1；

C、过氧化钠和二氧化硫可以发送氧化还原反应；

D、过氧化钠溶于水呈碱性，而形成过程有漂白性，因此先变蓝再褪色。10．【答案】B【解析】【解答】当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为0.20mol×20故答案为：B。

【分析】要注意，碳酸钠和盐酸的反应，先生存碳酸氢钠，再生存二氧化碳，若盐酸少量时只会生成碳酸氢钠，因此本题的盐酸需要过量。11．【答案】A【解析】【解答】A．由题意可知，氨水中氨气的质量为ag，溶液的质量为VmL×ρg•cm-3=ρVg，则氨水的质量分数ω=aρVB．由题意可知，氨水中氨气的物质的量为a17mol，溶液的体积为VmL，则溶质的物质的量浓度c=a17mol10C．由稀释定律可知，上述溶液中再加入VmL水后，稀释后的溶液中中氨气的物质的量为a17mol，溶液的体积为2VmL，则溶质的物质的量浓度为原来的1D．由稀释定律可知，上述溶液中再加入VmL水后，稀释后的溶液中中氨气的质量为ag，氨水的浓度越大，溶液密度越小，则稀释所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、质量分数=溶质质量/溶液质量×100%；

B、物质的量浓度=溶质物质的量/溶液体积；

C、溶液稀释一倍，浓度为原来的一半；

D、氨水的浓度越大，密度越小。12．【答案】D【解析】【解答】A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH-+H+=H2O，1molNaOH消耗1molHCl，再发生反应CO32−+H+=HCO3−，将两个方程式相加得：OH-+CO3−+2H+=HCO3B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH-+2H+=2H2O，2molNaOH消耗2mol盐酸，再发生反应CO32−+H+=HCO3−，盐酸不足只消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH-+CO32−+3H+=HCO3C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，2mol氢离子与2molCO32−反应生成2molHCO3−，离子方程式应为2OH-+2CO32−+4H+=2HCO3D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH-+H+=H2O，1molNaOH消耗1mol盐酸，再发生反应CO32−+2H+=CO2↑+H2O，将两个方程式相加得OH-+CO32−+3H+=CO2↑+2H故答案为：D。

【分析】氢氧化钠、碳酸钠中滴加盐酸，反应的先后顺序为，氢氧化钠先和盐酸反应生存氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生产碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生存氯化钠、水和二氧化碳。13．【答案】C【解析】【解答】A．通过以上分析可知，沉淀a的主要成分是BaSO4和B．根据化学式可知，钠离子和C、S原子个数比为2：1，则n(NaC．根据C原子守恒得n(CO2)=n(BaCD．n(Na故答案为：C。

【分析】硫酸钠、碳酸钠中加入过量氯化钡，生存的白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，滤液b为氯化钡和氯化钠溶液；碳酸钡和硫酸钡中加入稀硝酸，碳酸钡转化为二氧化碳，硫酸钡不溶解；因此白色沉淀c为硫酸钡，气体b为二氧化碳，根据硫酸钡物质的量和两种白色固体的总质量，确定碳酸钡的物质的量，结合化学计量数之比等于物质的量之比确定二氧化碳的物质的量14．【答案】A,C【解析】【解答】A．摩尔质量以g/mol作单位时在数值上等于其相对分子质量，ClO2的摩尔质量为(35.5+16×2)g⋅mol−1=67.5B．从分类上来看，ClO2不含金属元素，属于非金属氧化物，B不符合题意；C．由题干信息可得ClO2的消毒效率是Cl2的m67D．ClO2分子中有氯原子和氧个数比是1：2，质量比为35.5：32，D不符合题意；故答案为：AC。

【分析】A、摩尔质量数值上等于相对分子质量；

B、二氧化氯为非金属氧化物；

C、消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，结合化合价变化进行判断；

D、结合相对原子质量进行计算。15．【答案】A,C【解析】【解答】A.1L1mol⋅L-1Na2SO4溶液中含有1molNa2SO4，再加上水中的氧原子，氧原子的数目一定大于4NA，A符合题意；B．未注明溶液的体积，无法判断0.1mol⋅L-1Na2S溶液中含阳离子的数目，B不符合题意；C．根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，C符合题意；D．不是标准状况下，不能用标况下气体摩尔体积计算，D不符合题意；故答案为：AC。

【分析】A、溶液中含有水，需要计算水的氧原子；

B、未知溶液体积，无法计算；

C、结合化合价变化进行判断；

D、不是标准状况无法利用22.4L/mol的气体摩尔体积计算。16．【答案】（1）加热，使NaHCO3分解，使Na2CO3·H2O失水（2）吸收反应中生成的水（3）吸收反应中生成的CO2（4）10（5）在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管；为了防止空气中的CO2和H2O被C装置的中的碱石灰吸收【解析】【解答】(1)在加热的条件下碳酸氢钠易分解生成碳酸钠、水和CO2，而碳酸钠晶体也易失去结晶水，所以A装置的作用是加热，使NaHCO3分解，使Na2CO3•H2O失水；(2)无水氯化钙能吸收水蒸气，通过称量反应前后的质量可以得出水蒸气的质量，因此B装置的作用是吸收反应中生成的水；(3)由于反应中还有CO2生成，而碱石灰可以吸收CO2，因此通过称量反应前后的质量，可以得出CO2的质量，所以C装置的作用是吸收反应中生成的CO2；(4)用酒精灯加热到反应完全，此时B管增重1.89g，C管增重0.22g，这说明反应中生成的水蒸气质量=1.89g，CO2质量=0.22g，物质的量分别是1.89g18g/mol=0.105mol、0.22g44g/mol=0.005mol．根据反应的方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知，该反应中生成的CO2就是0.005mol，则碳酸氢钠的物质的量是0.005mol×2=0.01mol，反应中生成的水是0.005mol．则碳酸钠在反应中失去的水的物质的量=0.105mol-0.005mol=0.100mol．碳酸氢钠的质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，则样品中碳酸钠晶体的质量=3.7g-0.84g=2.86g．则2.86g(5)由于空气中也含有CO2和水蒸气，也能被C装置的中碱石灰吸收，从而导致C管增重偏高，因此测量值偏低；所以改进的措施为在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管；为了防止空气中的CO2和H2O被C装置的中的碱石灰吸收。

【分析】（1）A的作用时加热时碳酸氢钠分解，碳酸钠晶体的结晶水丢失；

（2）氯化钙可以作为干燥剂；

（3）C装置的目的时吸收二氧化碳；

（4）结合化学计量之比等于物质的量之比判断；

（5）因为外界空气中有二氧化碳和水蒸气可能会进入装置内部，因此需要再接一个干燥装置。17．【答案】（1）分液漏斗（2）b；Cl2+2I-=2Cl-+I2（3）先变红后褪色（4）验证HCl气体中含有Cl2(或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2)；A【解析】【解答】（1）仪器P为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；（2）有棕黄色物质确定为单质碘，卤素单质间能发生置换反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，因通过①后生成了Cl2，而KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2，所以某固体物质可能是KMnO4；故答案为：b；Cl2+2I-=2Cl-+I2；（3）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去；故答案为：先变红后褪色；（4）甲同学实验的原理如下：用铜网证明剩下气体总含有Cl2(若Cu颜色变化，说明Cu与Cl2反应生成CuCl2)；根据Cl2易液化的性质用冰水将Cl2冷凝而除去；再根据剩余气体与AgNO3溶液反应情况验证是否存在HCl气体；故答案为：验证HCl气体中含有Cl2(或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2)；Ag

【分析】（1）仪器P为分液漏斗；

（2）①的物质需要制取氯气，且不需要加热，因此使用高锰酸钾；

（3）氯气溶于水后呈酸性且具有漂白性；

（4）①D的目的时验证氯气的存在；

②银离子和氯离子形成氯化银固体。18．【答案】（1）21.2（2）e（3）ac（4）NaCl+CO2（5）CO2（6）ac【解析】【解答】（1）n=cV=0.4mol/故答案为：21.2g；（2）溶液配制顺序：计算、称量、溶解并冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；故答案为：e；（3）a．定容时，仰视刻度线，加入的水偏多，浓度偏小，a正确；b．定容时，水加超了，溶液被稀释，需要重新配制，b不正确；c．转移时，溶液倒到容量瓶外，溶质偏少，浓度偏小，需要重新配制，c正确；d．摇匀后，再加水，浓度偏小，需要重配，d不正确；故答案为：ac；（4）①食盐水中加氨气和二氧化碳制取碳酸氢钠，故反应方程式为，NaCl+CO故答案为：NaCl+C②碳酸氢钠不稳定，加热后生成碳酸钠、水和二氧化碳，故反应方程式为，2NaHCO故答案为：2NaHCO（5）反应物为二氧化碳，装置Ⅱ生成物二氧化碳，所以可以循环利用的物质为CO2；故答案为：CO2；（6）a．CaCl2与只与碳酸钠反应生成沉淀，故通过称量沉淀的质量，计算纯碱的纯度，a正确；b．虽然只有纯碱和盐酸反应，但CaO不仅吸收水二氧化碳还可以吸收水，所以无法通过称量增重测纯碱的纯度，b不正确；c．AgNO3只与杂质NaCl反应生成沉淀，通过计算沉淀的质量算出杂质的质量，从而计算Na2CO3的质量，c正确；故答案为：ac。

【分析】（1）结合公式n=m/M和公式n=c·V判断；

（2）溶液配制的顺序为：计算-称量-溶解-冷却-转移-洗涤-定容-摇匀-装瓶-贴标签；

（3）结果偏大：砝码生锈，溶解后没有恢复到室温，读数时俯视刻线；

结果偏小：烧杯没有洗涤，读数时仰视刻线，摇匀后发现液面低于刻线继续加水，定容后发现液面超过刻线吸掉多余的部分，转移时由部分液体溅出；

无影响：容量瓶没有干燥；

（4）①氯化钠和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵；

②碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；

（5）二氧化碳作为反应物和生成物，可以循环利用；

（6）a、可以通过测定固体的质量计算纯度；

b、氧化钙可以吸收二氧化碳和谁水，无法准确计算；

c、可以计算氯化银的质量计算纯度。19．【答案】（1）单质；HClO（2）酸；a、b、c；还原；a、d（3）；还原；由方程式可知，反应中Cl由-1价变为0价【解析】【解答】（1）Cl2为单质，因此A为