湖南省株洲市攸县第二中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市攸县第二中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了5 C，5是对空气中直径小于或等于2， 下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
湖南省株洲市攸县第二中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Cl：35.5 C：12 Al：27 Na：23
一、选择题(本题包括10小题，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 2020年2月9日晚，湖北省新冠肺炎疫情防控指挥部的第19场新闻发布会上，华中科大公共卫生学院副院长徐顺清介绍，新型冠状病毒的主要传播途径有直接传播(飞沫传播)和接触传播，目前没有直接证据证明病毒通过气溶胶传播。下列说法不正确的是
A. 云、烟、雾均属于气溶胶
B. PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5μm(2.5×10-6m)的固体颗粒或液滴的总称，其分散在空气中一定形成气溶胶
C. 胶体是混合物，可用丁达尔效应来鉴别胶体和溶液
D. 胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．云、雾、烟均是胶体，属于气溶胶，只是这些胶体的分散剂是空气，分散质是微小的尘埃或液滴，A正确；
B．胶体中分散质微粒直径介于1～100 nm之间，而2.5μm(2.5×10-6m)>100nm，因此PM2.5分散在空气中不能形成胶体，B错误；
C．胶体是混合物，具有丁达尔效应，而溶液没有，因此丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液，C正确；
D．胶粒不能透过半透膜、能通过滤纸，溶液中分散质粒子能透过半透膜，D正确；
故选B。
2. 关于CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体描述正确的是
A. 两者颜色不一样 B. 两者外观上都不透明
C. 两者都能产生丁达尔现象 D. 两者分散质粒子大小相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．CuSO4溶液为蓝色，Fe(OH)3胶体为红褐色，两者颜色不一样，故A正确；
B．CuSO4溶液为透明的，Fe(OH)3胶体不透明，故B错误；
C．Fe(OH)3胶体能产生丁达尔现象，CuSO4溶液不能，故C错误；
D．Fe(OH)3胶体粒子直径为1-100nm，CuSO4溶液中分散质粒子直径小于1nm，两者大小不相同，故D错误；
故答案：A。
3. 下列叙述正确的是
A. 盐酸溶液导电性比醋酸溶液导电性强，说明醋酸是弱酸
B. 在熔化状态下能导电的化合物一定属于电解质
C. 氯化钠溶液在通电的条件下发生电离
D. 氨水能导电，所以氨气是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐酸溶液与醋酸溶液的导电性与溶液中离子浓度以及离子所带电荷多少有关，与酸性强弱无关，故A错误；
B．在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质，熔化状态下能导电的化合物一定属于电解质，故B正确；
C．氯化钠溶液在通电的条件下发生电解，生成氯气、氢气以及氢氧化钠，故C错误；
D．氨水能导电，是因为氨水中的一水合氨发生电离产生自由移动的阴阳离子，一水合氨是电解质，氨气自身不能电离产生自由移动的离子，不能导电，是非电解质，故D错误；
答案选B。
4. 下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．碳元素由0升高至+4价，失去4e‾，O元素化合价从0价降低到－2价，得到2个电子，共转移电子4个，A错误；
B．方程式中转移的电子数应该为2e‾，B错误；
C．碳元素由0升高至+4价，失去4e‾，Cu元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，共转移电子4个，C正确；
D．Cu元素应该指向S元素，D错误；
故选C。
5. 标况下，ag气体X与bg气体Y的分子数相同，下列说法错误的是
A. X和Y的式量之比是a：b
B. 气体X和气体Y的密度比为a：b
C. 1g气体X和1g气体Y的分子数之比是a：b
D. 1mol气体X和1mol气体Y的质量比是a：b
【答案】C
【解析】
【分析】标准状况下，气体摩尔体积相等，a g气体X与b g气体Y的分子数相同，根据阿伏伽德罗定律可知二者的分子数、物质的量相等，其摩尔质量之比等于其质量之比是ag：bg=a：b。
【详解】A．X和Y的摩尔质量之比为a：b，则其式量之比是a：b，A正确；
B．相同温度压强条件下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体X和气体Y的密度比为a：b，B正确；
C．N=，则质量相同时二者的分子数与摩尔质量成反比，则1g气体X和1g气体Y的分子数之比是b：a，C错误；
D．m=n•M，则1mol气体X和1mol气体Y的质量比等于其物质的量之比为a：b，D正确；
综上所述答案为C。
6. 某溶液中含有Na+、NH、CO、HCO、SO、Cl-几种离子，加入过量的Na2O2，微热并搅拌，离子数目基本保持不变的是
A. CO、SO B. Cl- C. Cl-、SO D. NH、HCO
【答案】B
【解析】
【详解】Na2O2有强氧化性，能将SO氧化，则SO数目减小；Na2O2能与水反应，生成氢氧化钠，则Na+数目增大；氢氧根离子与HCO反应，则HCO数目减小，CO数目增大；NH微热下与氢氧根离子反应，则NH数目减小；只有Cl-离子数目基本保持不变，答案选B。
7. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是

A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热固体，为了防止生成的水倒流，试管应该倾斜向下，装置设置不合理，选项A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，选项B正确；
C．将NaOH溶液滴入瓶中，Cl2和NaOH溶液反应，导致瓶内压强减小，气球的体积会变大，装置设置合理，选项C正确；
D．加热装置并通入Cl2可以观察到Na剧烈燃烧，产生大量白烟和光亮的黄色火焰，装置可用于探究Na和Cl2的反应，选项D正确；
答案选A。
8. 下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取a g混合物充分加热，质量减少b g
B. 取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到b g溶液
C. 取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到b g固体
D. 取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g
【答案】B
【解析】
【详解】A．a g混合物充分加热，减少的质量b g就是NaHCO3完全分解生成的CO2和H2O的质量，由此质量，可计算出NaHCO3的质量，从而求出混合物中Na2CO3质量分数，A不符合题意；
B．取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到b g溶液，虽然NaHCO3与NaOH发生反应，但无法求出NaHCO3的质量，也就无法求出混合物中Na2CO3质量分数，B符合题意；
C．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到的b g固体为NaCl，利用a和b，可求出混合物中Na2CO3质量分数，C不符合题意；
D．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g(反应生成CO2的质量)，由bg可求出混合物的物质的量，再利用混合物的质量ag，可求出混合物中Na2CO3质量分数，D不符合题意；
故选B。
9. 工业上常用浓氨水检验氯气管道，其反应为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，利用该反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气，关于该反应的说法不正确的是
A. 氧化剂是Cl2 B. 氧化剂与还原剂的个数之比为3：8
C. 每生成1个N2，转移6个电子 D. 被氧化与未被氧化的NH3个数之比为1：3
【答案】B
【解析】
【详解】A．在反应中，Cl元素由0价降低到-1价，所以Cl2是氧化剂，故A正确；
B．Cl2是氧化剂，但“8NH3”中只有“2NH3”作还原剂，所以氧化剂与还原剂的个数之比为3:2，故B不正确；
C．在反应中，发生价态变化的氮元素，由-3价升为0价，所以每生成 1个N2，转移6个电子，故C正确；
D．“8NH3”中只有“2NH3”作还原剂，“6NH3”显碱性，所以被氧化与未被氧化的 NH3个数之比为2:6=1:3，故D正确；
答案B。
10. 铋(Bi)元素价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量的双氧水
③适量KI•淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
得到蓝色溶液
则下列说法错误的是
A. ②中产生的气体为O2 B. ③中Mn2+做氧化剂
C. 氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2 D. 还原性：Mn2+>Bi3+
【答案】B
【解析】
【分析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析，由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于（氧化产物）的氧化性；由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，与双氧水反应生成气体，紫色消失，即将双氧水氧化生成氧气，故A正确；
B．③中I-被过量的双氧水氧化，故氧化剂为双氧水，故B错误；
C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析，氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2，故C正确；
D．在反应中MnSO4为还原剂，NaBiO3被还原为Bi3+，则还原性：Mn2+>Bi3+，故D正确；
故选B。
二、选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列说法正确是
A. 室温下Na与空气中反应制取
B. 在空气中放置后由淡黄色变为白色，反应的化学方程式为
C. 在空气中加热可得固体
D. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
【答案】CD
【解析】
【详解】A． 室温下Na与空气中反应制取，故A错误；
B． 在空气中放置后由淡黄色变为白色，反应的化学方程式为，故B错误；
C． 在空气中加热可得固体，2+ 2，故C正确；
D． 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，故D正确；
故选CD
12. 一种名为“钴酞菁”的分子(直径为)恢复磁性后，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法不正确的是
A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于溶液
B. “钴酞菁”分子不能透过滤纸，能透过半透膜
C. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D. 在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．“钴酞菁”的分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，“钴酞菁”的分子直径介于1~100nm之间，溶于水形成的分散系属于胶体，A错误；
B．“钴酞菁”分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，小于滤纸的孔隙，大于半透膜的孔隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；
C．“钴酞菁”的分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如能够产生丁达尔效应，C正确；
D．“钴酞菁”分子直径为1.3 nm，Na+在水溶形成溶液，半径小于1 nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D正确；
故选AB。
13. 已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①；
②；
③。
由此推断下列说法错误的是
A. 反应可以进行
B. Z元素在反应①中被还原，在反应③中被氧化
C. 可以置换出溶液中的X
D. 氧化性由强到弱的顺序是
【答案】BC
【解析】
【分析】氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，氧化性：>，还原性：Z->X2+，由反应②可知，氧化性：B2>A3+，还原性：A2+>B-，由反应③可知，氧化性：>B2，还原性：B->Z-，则氧化性：>>B2>A3+，还原性：A2+>B->Z->X2+。
【详解】A．由分析可知，氧化性：>A3+，则反应能进行，A正确；
B．反应①中Z-为还原剂，Z元素被氧化，反应③中是氧化剂，Z元素被还原，B错误；
C．由反应①可知，不能置换出溶液中的X，C错误；
D．由分析可知，氧化性：>>B2>A3+，D正确；
答案选BC。
14. 下列指定反应的离子方程式或化学方程式正确的是
A. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3+2H+
B. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH−=NH3·H2O
C. 化工生产中漂白粉的制备：2OH−+Cl2=Cl−+ClO−+H2O
D. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为盐酸的酸性比碳酸强，所以向CaCl2溶液中通入CO2，不能发生反应，A不正确；
B．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，H+先与碱反应，离子方程式为：H++OH−=H2O，B不正确；
C．化工生产漂白粉时，向石灰乳中通氯气，是离子反应但不能写离子方程式，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，C不正确；
D．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，由于Zn金属活动性比Cu强，所以发生置换反应，溶液蓝色消失，化学方程式为：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，D正确；
故选D。
三、填空题(此题包括4小题，共54分，除标记的外，每空2分)
15. 现有下列10种物质：①铁 ②蔗糖固体 ③盐酸 ④熔融CaO ⑤NaHCO3溶液 ⑥CO2 ⑦熔融NaOH ⑧氢氧化铁胶体 ⑨无水酒精 ⑩FeCl3固体
（1）上述物质属于电解质的有_______(填序号，下同)，属于非电解质的有_______。
（2）NaHSO4在水溶液中的电离方程式：_______。
（3）少量CO2通入澄清石灰水反应的离子方程式：_______。
（4）NaHCO3与NaHSO4溶液反应的离子方程式：_______。
（5）实验室制备氢氧化铁胶体的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. ④⑦⑩ ②. ②⑥⑨
（2）NaHSO4=Na+ + H+ + SO
（3）CO2 + Ca2+ + 2OH−=CaCO3↓+ H2O
（4）HCO + H+ =H2O + CO2↑
（5）FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
【解析】
【小问1详解】
电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，故为④熔融CaO、⑦熔融NaOH、⑩FeCl3固体；
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，故为②蔗糖固体、⑥CO2、⑨无水酒精；
混合物既不是电解质也不是非电解质；
【小问2详解】
NaHSO4是强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为；
【小问3详解】
少量CO2与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，离子方程式CO2 + Ca2+ + 2OH−=CaCO3↓+ H2O；
【小问4详解】
NaHCO3与NaHSO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为HCO + H+ =H2O + CO2↑；
【小问5详解】
饱和氯化铁溶液滴入沸水中生成氢氧化铁胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。
16. 回答下列问题：
（1）已知具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，请写出在加热条件下和反应的化学方程式：______________________________。
（2）在一定条件下，和可发生反应：，在上述过程中被__________(填“氧化”或“还原”)，中的化合价是__________价。
（3）由、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应。
①该反应中，被氧化的元素是__________。
②将以上物质组成一个正确的离子方程式：______________________________。
（4）在中，若有参加反应，则被还原的的物质的量为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 氧化 ②. +4
（3） ①. Mn ②.
（4）4mol
【解析】
【分析】
【小问1详解】
已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，即生成氮气、铜和水，因此在加热条件下CuO和反应的化学方程式：，故答案为：；
【小问2详解】
在一定条件下，和可发生反应：，氯气化合价降低，变为应是化合价升高，因此在上述过程中被氧化，化合价降低得到的产物为还原产物，因此还原产物为Cl－，根据电荷守恒，可知n=2，则应为，因此中R的化合价是+4价，故答案为：氧化；+4；
【小问3详解】
①六种物质中发生的反应，化合价降低，则必有化合价升高即变为，因此该反应中，被氧化的元素是Mn，故答案为：Mn；
②反应有，降低2个价态，变为，升高5个价态，根据化合价升降守恒，系数都配5，、系数都配2，根据氧守恒，则水应为生成物，配7，根据氢守恒，氢离子作为反应物，配14，因此正确的离子方程式：，故答案为：；
【小问4详解】
中，有5个水反应，生成1个氧气，则失去4个电子，则被还原的为个，若有参加反应，则被还原的的物质的量为mol=4mol，故答案为：4mol。
17. 用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如下图所示。

回答下列问题：
（1）写出盛放浓盐酸仪器的名称：_______。写出在①中发生反应的化学方程式为_______。甲同学用87gMnO2与足量浓盐酸反应制氯气，乙同学用足量MnO2与含146gHCl的浓盐酸反应制氯气，两者制得氯气_______(填“甲多”，“乙多”，“一样多”)
（2）②中选用试剂是_______；③中选用试剂是_______；
（3）用如图装置验证氯气漂白性，图中B为开关。先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液可能是_______。

A.浓硫酸 B.浓NaOH溶液 C.饱和食盐水
（4）④中反应的化学方程式是_______。
（5）实验室用一种常见的碱溶液吸收氯气，写出⑤中反应的离子方程式是_______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. ③. 甲多
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（3）C （4）
（5）
【解析】
【分析】根据实验装置图可知：反应①为实验室制取氯气的装置，②③是净化氯气的装置，④是氯气和铜的反应，⑤是尾气处理装置。以此分析解答。
【小问1详解】
根据实验装置图可知：盛放浓盐酸仪器为分液漏斗。反应①中是浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下发生反应，生成氯气、氯化锰和水，其反应的化学方程式为。甲同学用87gMnO2与足量浓盐酸反应可知制1mol氯气，乙同学用足量MnO2与含146gHCl的浓盐酸反应制得的氯气小于1mol，因为稀盐酸和二氧化锰不反应，所以两者制得氯气甲多。故答案：分液漏斗；；甲多。
【小问2详解】
因为浓盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl会和Cl2混在一起，需要除去，HCl极易溶于水，Cl2能和水反应，所以②中应选用饱和氯化钠进行除杂；装置③是为了干燥氯气，所以③中应装浓硫酸。故答案：饱和食盐水；浓硫酸。
【小问3详解】
A．浓硫酸具有吸水性，所以D瓶中如果盛有的是浓硫酸溶液，出来的氯气仍然是干燥的，干燥的布条也不能褪色，故A不符合题意；
B．因为氯气能与浓NaOH溶液反应，所以就不会有气体出来，也不能使C中的干燥布条褪色，故B不符合题意；
C．氯气不能和饱和食盐水反应，但经过饱和食盐水后，出来的氯气是湿润的，能使干燥的布条褪色，故C符合题意；
故答案：C。
【小问4详解】
根据装置图可知：④中是氯气和金属铜反应，生成氯化铜，其反应的化学方程式是，故答案：。
【小问5详解】
实验室常见的碱溶液为氢氧化钠，能和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为：，故答案：。
18. 某化学兴趣小组甲、乙两位同学为测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数，分别进行实验。回答下列问题：

（1）甲同学用上图所示装置进行测定。称取一定质量的待测样品于锥形瓶中，反应前先打开弹簧夹，通入一段时间的N2，然后关闭弹簧夹，接上总质量为m g的干燥管，再打开分液漏斗的活塞，滴加稀硫酸进行反应。待锥形瓶中不再有气泡产生，关闭分液漏斗a的活塞，打开弹簧夹，再通入一段时间的N2，然后取下干燥管称得其质量为n g。
①洗气瓶b中盛放的液体是_______(写名称)。
②锥形瓶中发生的反应的离子方程式为：_______。
③第一次通入N2的目的是_______。第二次通入N2的目的是_______。如果没有进行第一次通N2操作，测量的结果将会_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
④甲同学设计的该实验装置中存在一不合理之处，会导致测定结果出现误差。如何改进？_______。
（2）乙同学用图中所示方法和步骤进行实验：

①如过滤时发现洁净烧杯中收集到的滤液中仍有浑浊，可能的原因是_______(任写一条)。
②乙同学测得样品中Na2CO3的质量分数为_______。(用含x和y的代数式表示)
【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. CO+ 2H+=H2O + CO2↑ ③. 将装置中空气排净 ④. 将反应生成的二氧化碳全部赶到干燥管中被碱石灰吸收 ⑤. 偏大 ⑥. 在装碱石灰的干燥管后再接一个装碱石灰的干燥管，防止空气中的水分和CO2进入吸收装置而影响实验测定
（2） ①. 漏斗中液面高于滤纸边缘或滤纸被戳破等合理答案均可 ②.
【解析】
【分析】碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳，用浓硫酸干燥二氧化碳，最后用碱石灰吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量计算碳酸钠的质量，进而计算样品中的质量分数；乙同学根据碳酸钠和氢氧化钡反应生成碳酸钡的质量计算样品中碳酸钠的质量，进而计算样品中的质量分数。
【小问1详解】
①碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据碱石灰吸收二氧化碳的质量计算的质量，所以洗气瓶b中盛放干燥剂，该液体是浓硫酸，干燥二氧化碳；
②锥形瓶中碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳、水，发生的反应的离子方程式为；
③第一次通入N2的目的是将装置中空气排净，为提高实验的准确性，第二次通入的目的是将反应生成的二氧化碳全部赶到干燥管中被碱石灰吸收。如果没有进行第一次通操作，空气中的二氧化碳会被碱石灰吸收，则二氧化碳质量偏大，测得碳酸钠质量偏大，测量的结果将会偏大；
④甲同学设计的该实验装置中，碱石灰有可能吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，改进的方法是：在装碱石灰的干燥管后再接一个装碱石灰的干燥管，防止空气中的水分和进入吸收装置而影响实验测定；
【小问2详解】
①漏斗中液面高于滤纸边缘或滤纸被戳破，都有可能使烧杯中收集到的滤液中仍有浑浊。
②设样品中碳酸钠的质量为ag；

a=；样品中的质量分数为。