重庆市第一中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回， 下列离子方程式正确的是， 设为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
2022年重庆一中高2025届高一半期考试
化学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列过程不涉及氧化还原反应的是
A. 含氯消毒剂用于环境消毒 B. 小苏打用作食品膨松剂
C. 过氧化钠用于呼吸面具 D. 实验室用氢氧化钠溶液吸收残余氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A．含氯消毒剂具有强氧化性，可用于环境消毒，故A不符合题意；
B．小苏打用作食品膨松剂是中和面团产生的酸，不是氧化还原反应，故B符合题意；
C．过氧化钠与CO2反应生成O2，是氧化还原反应，可用于呼吸面具，故C不符合题意；
D．氢氧化钠溶液吸收氯气，生成氯化钠和次氯酸钠，是氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为B。
2. 下列事实中，与胶体有关的是
A. 家用净水器中活性炭净水
B. 饱和Na2CO3溶液中通入CO2变浑浊
C. 将植物油倒入水中，用力搅拌形成油水混合物
D. 一束可见光射入稀豆浆里，从侧面可见一条光亮的“通路”
【答案】D
【解析】
【详解】A．活性炭净水利用的是活性炭的吸附性，与胶体无关，A错误；
B．饱和Na2CO3溶液中通入CO2变浑浊，是二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，与胶体无关，B错误；
C．油水混合物属于浊液，与胶体无关，C错误；
D．一束可见光射入稀豆浆里，从侧面可见一条光亮的“通路”，是胶体的丁达尔现象，D正确；
答案选D。
3. 下列处理方法或实验操作正确的是
A. 装有过氧化钠的包装箱着火时，立即用水灭火
B. 氯气泄漏后，人应往高处撤离避免吸入过多的氯气而中毒
C. 实验剩余的金属钠不能放回原试剂瓶，防止污染原试剂
D. 提纯粗盐实验中，将过滤后的滤液在蒸发皿中加热至恒重
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠能与水反应放出氧气，装有过氧化钠的包装箱着火时，不能用水灭火，故A错误；
B．氯气密度不空气大，氯气泄漏后，人应往高处撤离避免吸入过多的氯气而中毒，故B正确；
C．钠的性质非常活泼，实验剩余的金属钠要放回原试剂瓶，防止随意丢弃发生危险，故C错误；
D．提纯粗盐实验中，将过滤后的滤液在蒸发皿中加热至有大量晶体析出，用余热将剩余的水蒸干，故D错误；
故答案为B。
4. 为验证人体呼出气体中的不是来自于空气，而是人体代谢作用产生的。某课外活动小组设计了如下图所示装置，该装置甲、乙两锥形瓶中对应的试剂正确的是


甲
乙
A
澄清石灰水
NaOH溶液
B
NaOH溶液
澄清石灰水
C
稀盐酸
澄清石灰水
D
NaOH溶液
溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】要验证人体呼出气体中含有的CO2不是来自空气，而是人体代谢作用产生的，必须将空气中的二氧化碳吸收干净，在除空气中的二氧化碳时应从乙吸入空气，装置乙的作用来吸收空气中的二氧化碳，从甲呼出气体，装置甲用来验证人呼出的二氧化碳。可利用氢氧化钠溶液除去空气中的二氧化碳，故瓶乙试剂可选用氢氧化钠溶液，可利用澄清的石灰水来检验呼出气体中含有二氧化碳，瓶甲试剂可选用氢氧化钙溶液，故选A。
5. 下列说法正确的是
A. 氢氧化钠的摩尔质量为
B. 任何物质都含有约个原子
C. 摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一
D. 和中含有的氧原子数目比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，A错误；
B．1mol O2中含有约1.204×1024个原子，B错误；
C．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是单位，C错误；
D．3.2gO2含有的氧原子数目为，和4.8gO3中含有的氧原子数目为，故含有的氧原子数目比为2：3，D正确；
故选D。
6. “宏观辨识—微观探析—符号表征”是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如下，下列分析错误的是

A. 分析反应类型：该反应属于氧化还原反应
B. 分析物质种类：图中反应物均为电解质
C. 分析反应价值：该反应实现了无机物向有机物的转化
D. 分析表示方法：该反应的化学方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】根据示意图分析，反应物为CO2和H2O，生成物为CH4和O2,反应方程式为。
【详解】A．O元素由-2价变成0价，C元素由+4价变为-4价，化合价有变化，属于氧化还原反应，A正确；
B．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，水是电解质，CO2是非电解质，B错误；
C．CO2和H2O都是无机物，CH4是有机物，说明该反应实现了无机物向有机物的转化，C正确；
D．由分析可知，根据得失电子守恒及元素守恒，及反应微观示意图表示，D正确；
故选B。
7. 下列离子方程式正确的是
A 向滴加蒸馏水：
B. 向溶液中滴加过量溶液：
C. 稀硫酸与氢氧化钡反应：
D. 醋酸除去水垢：
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑，A错误；
B．向NaHCO3溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式正确，B正确；
C．稀硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，D错误；
故选B。
8. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中含有的数为
B. 中含有的电子数为
C. 加热条件下，与足量铁反应转移的电子数为
D. 含的浓盐酸与足量在加热条件下反应，制得的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．14.3g Na2CO3⋅10H2O物质的量为，故含有的Na+数为0.1，A正确；
B．一个OH−含有10个电子，17gOH−物质的量为，故含有的电子数为10，B错误；
C．氯气和铁反应生成氯化铁，氯元素的化合价由0价变成-1价，故0.1molCl2与足量铁反应转移的电子数为0.2，C错误；
D．浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，反应的过程中浓盐酸变成稀盐酸，不生成氯气，故含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，制得的Cl2分子数小于1，D错误；
故选A。
9. 将一小块钠置于如图所示装置中，加热至熔化后迅速用玻璃棒蘸取少量无水与之接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。下列说法错误的是

A. 上述反应中表现了还原性
B. 上述反应是置换反应
C. 加热且无水条件下，可以与反应生成
D. 实验过程中可能生成少量、
【答案】A
【解析】
【分析】上述反应为钠与硫酸铜反应生成硫酸钠和铜。
【详解】A．反应中铜元素的化合价由+2价变成0价，化合价降低是氧化剂，表现为氧化性，A错误；
B．反应为钠与硫酸铜反应生成硫酸钠和铜，属于置换反应，B正确；
C．依据分析可知，加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应生成Cu，C正确；
D．钠与氧气反应生成氧化钠，钠与氧气加热时反应生成过氧化钠，故实验过程中可能生成少量Na2O、Na2O2，D正确；
故选A。
10. 下列说法正确的是
A. 由可知氧化性
B. 在中氧化剂与还原剂物质的量之比为
C. 向等浓度和混合溶液中加入少量锌粉，优先被氧化
D. 在中，每转移电子，被氢元素还原的为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中氯气是氧化剂，FeCl3是氧化产物，故氧化性，故A正确；
B．在中，1molNO2得电子生成NO，2molNO2失电子生成HNO3，氧化剂与还原剂物质的量之比为，故B错误；
C．氧化性>Cu2+，向等浓度和混合溶液中加入少量锌粉，优先被还原，故C错误；
D．该反应中，2molCuH失去6mol电子，2molCuH中H失去4mol电子，被氢元素还原为，故D错误；
故答案为A。
11. 下列实验操作、现象和结论都正确的是

操作及现象
结论
A
某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
溶液中一定含有
B
向某溶液中先加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含有
C
用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
溶液中一定含有，不含
D
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含有

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有或者，故A错误；
B．向某溶液中先加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀肯定是AgCl沉淀，溶液中一定含有，故B正确；
C．用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，溶液中一定含有，检验K+，要透过蓝色的钴玻璃观察，故不能确定是否含有，故C错误；
D．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有可能是AgCl沉淀，也有可能是BaSO4沉淀，溶液中可能含有或者Ag+，故D错误；
故答案为B。
12. 氯水中存在多种分子和离子，性质丰富。下列关于氯水的实验和结论正确的是
A. 加入溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有存在
B. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有存在
C. 光照，有气泡冒出，说明有存在
D. 滴加几滴石蕊试液，溶液先变红后褪色说明有存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入溶液，氯水的浅黄绿色消失，氯气、HCl、HClO均与反应，不能说明有存在，故A错误；
B．氯气通入水中，与水反应发生Cl2+ H2OHCl + HClO，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故B正确；
C．光照分解生成O2，页会有气泡冒出，不能说明有存在，故C错误；
D．向氯水中滴加几滴石蕊试液，HClOH++ClO-，HCl= H++Cl-，酸性溶液使其变红，HClO的强氧化性使其褪色，溶液最终褪为无色说明有HClO存在，故D错误；
故答案为B。
13. 下列装置用于实验室制并回收，能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取 B. 用装置乙除去中的少量
C. 用装置丙分离和溶液 D. 用装置丁浓缩稀盐酸制浓盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸和MnO2制备Cl2需要加热，故A错误；
B．用装置乙除去中的少量应该长管进短管出，故B错误；
C．不溶于水，用过滤装置分离和溶液，故C正确；
D．盐酸易挥发，不能用装置丁加热浓缩，故D错误；
故答案为C。
14. 向、混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的体积随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是

A. a点对应的溶液中：、、、
B. b点对应的溶液中：、、、
C. c点对应的溶液中：、、、
D. d点对应的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
【详解】A．据分析，a点对应的溶液中存在Na+、、，则Ca2+与生成沉淀而不能大量共存，A不选；
B．据分析，b点对应的溶液中存在Na+、Cl-、，则OH-与反应而不能大量共存，B不选；
C．据分析，c点对应的溶液中存在Na+、Cl-，与Na +、Ca2+、NO、Cl-均能大量共存，C选；
D．据分析，d点对应的溶液中存在Na+、Cl-、H+，则Ag+与Cl-生成沉淀而不能大量共存，D不选；
故选C。
15. 关于相同质量的和，下列说法正确的是
A. 碳原子的物质的量之比为 B. 氧原子数目比为
C. 同温同体积时，密度之比为 D. 标准状况下，体积之比为
【答案】B
【解析】
【分析】CO、CO2的摩尔质量依次为28g/mol、44g/mol，根据n=，相同质量的CO和CO2物质的量之比为44：28=11：7。
【详解】A．1个CO和1个CO2中都只含1个碳原子，则碳原子物质的量之比为11：7，A项错误；
B．1个CO中含1个氧原子，1个CO2中含2个氧原子，则氧原子物质的量之比为11：14，氧原子数目比为11：14，B项正确；
C．根据ρ=，同温同体积时，相同质量的CO和CO2密度相等，密度之比为1：1，C项错误；
D．标准状况下气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，体积之比为11：7，D项错误；
答案选B。
16. 将一定量通入溶液中，二者恰好完全反应，且无晶体析出。可能的反应如下：
① ②。
已知：表示物质的量，溶液中的值与反应温度有关。当溶液中时，下列说法错误的是
A. 参加反应的
B. 改变反应温度，溶液中的最大理论值为
C. 改变反应温度，反应中转移电子的取值范围为
D. 若某温度下，反应后溶液中，则
【答案】D
【解析】
【分析】当溶液中n(K+)=6a mol时，可能是反应①中3amolCl2反应生成3amolKCl和3amolKClO，也可能是反应②中3amolCl2反应生成5amolKCl和1amolKClO3。
【详解】A．由以上分析可知，参加反应的n(Cl2)=3a mol，A正确；
B．改变反应温度，完全发生反应②，溶液中n(ClO)的最大理论值为a mol，B正确；
C．改变反应温度，完全发生反应①，3amolCl2反应生成3amolKCl和3molaKClO，转移电子数为3amol，此时最少，完全发生反应②，3amolCl2反应生成5amolKCl和1amolKClO3，转移电子数为5amol，此时最多，故反应中转移电子的取值范围为3a mol≤n(e−)≤5a mol，C正确；
D．若某温度下，反应后溶液中n(Cl−)：n(ClO−)=6时，令n(ClO−)=1mol，则n(Cl−)=6mol，电子转移守恒，则有，解得n()=1mol，故n(Cl−)：n()=6：1=6，D错误；
故选D。
二、填空题：本题共5小题共52分。
17. 化学与我们的生活、生产息息相关。回答下列问题：
（1）维生素C又名抗坏血酸，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的转化为易吸收的，这说明维生素C具有___________性，该转化反应中作___________剂。
（2）金刚石广泛应用于切削、磨削、钻探、电子工业。人造金刚石很大程度降低了应用成本。请写出利用金属钠和在下制备人造金刚石的化学方程式___________。
（3）在鲜活鱼的长途运输中，需在水中加入供氧剂。(易溶于水)、(微溶于水)都可与水发生反应生成碱和氧气。写出与水反应的化学方程式：___________；这两种物质中选___________作为供氧剂更好，理由是___________。
（4）某无土栽培用的营养液中，需要。若用、、来配制该营养液，则这三种盐的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 还原性 ②. 氧化剂
（2）
（3） ①. ②. CaO2 ③. CaO2微溶于水，能在较长时间内缓慢释放氧气，并且Ca(OH)2的溶解性和碱性小于NaOH
（4）8：1：4
【解析】
【小问1详解】
维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的具有氧化性的Fe3+化合价降低转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有还原性，与具有氧化性的Fe2+发生了氧化还原反应，反应中Fe3+作氧化剂；
【小问2详解】
金属钠在和发生置换反应，下制备人造金刚石，反应方程式为；
【小问3详解】
CaO2和Na2O2都能与水反应生成氧气，从而给活水产品提供氧气，生成NaOH、Ca(OH)2都是强碱，与水反应的化学方程式为：；但Ca(OH)2的溶解性小于NaOH，所以NaOH溶液腐蚀性更强，导致水产品易被腐蚀，CaO2微溶于水，能在较长时间内缓慢释放氧气，所以应该用CaO2。
【小问4详解】
若用、KCl、来配制该营养液，根据离子浓度的比例关系：，若n( )为4mol则n (K2SO4)为4mol， 含有的n(K +)为8mol，n(K+ )总共为9mol，可得出n(KCl)为1mol，n()总共为8mol，则n (NH4Cl)为8mol，则NH4Cl、KCl、 K2SO4的物质的量之比为8：1：4，用NH4Cl、KCl、K2SO4来配制该营养液，则NH4Cl、KCl、 K2SO4的物质的量之比为8：1：4；
18. 某溶液中含有、、、、，若只允许取一次该溶液，每次只能加一种检验试剂，要把四种阴离子分别检验出来的操作顺序为
（1）先检验___________(填离子化学式，下同)；加入___________(填试剂名称，下同)；
（2）然后检验___________；加入___________；
（3）再检验___________；加入___________；
（4）最后检验___________；加入___________。
【答案】（1） ①. ②. 酚酞溶液
（2） ①. ②. 稀硝酸
（3） ①. ②. 硝酸钡
（4） ①. ②. 硝酸银溶液
【解析】
【分析】溶液中含，可用酚酞溶液首先检验出来；检验时通常用钡盐检验，也会与钡盐产生白色沉淀会产生干扰，因此先检验，将反应掉，再检验；最后检验，最后用硝酸银溶液检验；
【小问1详解】
先检验，可滴加酚酞溶液，酚酞遇碱变红；
【小问2详解】
然后检验，可以加入稀硝酸，有气体产生；
【小问3详解】
再检验离子，可以用硝酸钡溶液，会产生白色沉淀；
【小问4详解】
最后检验可以用银离子，常用硝酸银溶液，反应生成氯化银白色淀。
19. “化学多米诺实验”即利用反应中气体产生压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生，整个过程只需控制第一个反应，就好像多米诺骨牌游戏一样。下图是一个“化学多米诺实验”的装置图。

请回答下列问题：
（1）进行实验前必须进行的操作是___________。
（2）若实验中所有盐酸浓度相同，则B与D容器中产生气体的速率B___________D(填“”、“=”)；原因是___________。
（3）E中观察到淡黄色固体颜色逐渐变白，请写出最主要反应的化学方程式___________。
（4）G中观察到的实验现象是___________。
（5）I中溶液由紫红色变为无色，并伴随气体产生，请写出反应的离子方程式___________。
（6）A和B之间的导管a的作用是___________。
【答案】（1）检查装置的气密性
（2） ①. < ②. 碳酸钠首先和酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠之后和酸反应生成水和二氧化碳
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（4）产生气泡，下层溶液变红，钠在两界面处上下窜动，最后消失
（5）
（6）平衡气压，使浓盐酸顺利流下
【解析】
【分析】本实验为浓盐酸与饱和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳将浓盐酸压入到饱和碳酸氢钠溶液中生成二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，氧气将滴有酚酞的蒸馏水压入到G中，与金属钠发生反应，产生的氢气将酸性高锰酸钾溶液压入到浓盐酸中反应生成氯气，最后尾气处理，据此分析回答问题。
【小问1详解】
有制取气体的装置，故进行实验前必须进行的操作是检查装置的气密性；
【小问2详解】
碳酸钠首先和酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠之后和酸反应生成水和二氧化碳，故B与D容器中产生气体的速率B小于D；
【小问3详解】
淡黄色固体是过氧化钠，反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小问4详解】
氧气将滴有酚酞的蒸馏水压入到G中，煤油和水不相容，水的密度比煤油的密度大，故水在下层，煤油在上层，钠的密度比煤油大，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，故现象为产生气泡，下层溶液变红，钠在两界面处上下窜动，最后消失；
【小问5详解】
产生的氢气将酸性高锰酸钾溶液压入到浓盐酸中反应生成氯气，离子方程式为；
【小问6详解】
A和B之间的导管a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下。
20. 1940年我国著名科学家侯德榜先生，冲破“索尔维法”技术封锁，并加以改进，生产出和两种产品，这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”。以下是索尔维法和侯氏制碱法的工艺流程。

已知：(一种弱碱)。
Ⅰ、根据两个流程图回答：
（1）请分别用一个化学方程式表示两种制碱法的总反应方程式：
___________、___________。
（2）向母液b中通氨气，加入食盐粉，降温结晶析出副产品，通氨气的作用有___________(填序号)。
a．使结晶析出
b．使更多地析出
c．增大浓度，使更多地析出
d．使转化为，提高析出的纯度
（3）相比“索尔维制碱法”，“侯氏联合制碱法”的优点有___________(填序号)。
a．利用率高，在物资匮乏的战争年代，可降低制碱成本
b．副产品可作化肥，提高产品经济收益
c．制碱用的氨和二氧化碳直接由制氨厂提供，代替分解制的方法，节约能源、减少污染
d．生产出的纯碱纯度较高
Ⅱ、工业制碱所得碳酸钠中往往含有少量。现欲分析某样品中的含量，将样品放入干净的烧杯中，加入水使其完全溶解，向所得溶液中慢慢加入质量分数为的盐酸，烧杯中溶液的质量与加入盐酸的质量关系曲线如图所示。请回答下列问题：

（4）在碳酸钠和氯化钠的混合物样品中，碳酸钠的物质的量为___________。
（5）已知M点溶液为不饱和溶液，溶质的质量分数为___________。(忽略的溶解，计算结果保留两位有效数字)
【答案】（1） ①. CaCO3+2NaClCaCl2+Na2CO3 ②. 2NaCl+2NH3+CO2+H2O2NH4Cl+Na2CO3
（2）cd （3）abc
（4）0.2mol （5）8.6%
【解析】
【分析】由题给流程可知，“索尔维制碱法”以食盐、石灰石、氨气为原料来制取纯碱，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72％～74％，其余的食盐都随着氯化钙溶液作为废液被抛弃了，这是一个很大的损失；“侯氏联合制碱法”以食盐、二氧化碳、氨气为原料来制取纯碱，最大的优点是使食盐的利用率提高到96％以上，应用同量的食盐比氨碱法生产更多的纯碱。
【小问1详解】
由分析可知，“索尔维制碱法”以食盐、石灰石、氨气为原料来制取纯碱，总反应的化学方程式为CaCO3+2NaClCaCl2+Na2CO3，“侯氏联合制碱法”以食盐、二氧化碳、氨气为原料来制取纯碱，总反应的化学方程式为2NaCl+2NH3+CO2+H2O2NH4Cl+Na2CO3，故答案为：CaCO3+2NaClCaCl2+Na2CO3；2NaCl+2NH3+CO2+H2O2NH4Cl+Na2CO3；
【小问2详解】
向母液b中通氨气，氨气溶于水能增大溶液中的铵根离子浓度，有利于氯化铵更多地析出，氨气与溶液中的碳酸氢钠反应，使碳酸氢钠转化为碳酸钠，有利于提高析出的氯化铵的纯度，故选cd；
【小问3详解】
“索尔维制碱法”和“侯氏联合制碱法” 生产出的纯碱纯度都较高，相比“索尔维制碱法”，“侯氏联合制碱法”的氯化钠利用率高，在物资匮乏的战争年代，可降低制碱成本，制碱用的氨和二氧化碳直接由制氨厂提供，代替分解碳酸钙制二氧化碳的方法，节约能源、减少污染，制备过程中得到的副产品氯化铵可作化肥，从而提高产品经济收益，故选abc；
【小问4详解】
由图可知，M点为碳酸钠溶液与100g14.6%盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由方程式可知，25g碳酸钠和氯化钠的混合物样品中碳酸钠的物质的量为×=0.2mol，故答案为：0.2mol；
【小问5详解】
由图可知，M点为碳酸钠溶液与100g14.6%盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应得到氯化钠不饱和溶液，溶液的质量为25g+100g—××44g/mol=316.2g，溶液中氯化钠的质量为25g—××106g/mol+×58.5g/mol=27.2g，则氯化钠的质量分数为×100%=8.6%，故答案为：8.6%。
21. 海水是丰富的资源，可制得多种化工产品。下图是以海水为原料制取几种化工产品的转化关系图

已知：①
②是一种浓度过高时会发生爆炸的气体
③“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂相当于具有相同氧化能力的氯气的质量
④高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，但其氧化性不强
回答下列问题：
（1）曝晒池所得中含有少量、、杂质，为提纯，请按添加的先后顺序写出除杂试剂的化学式___________(限用3种试剂)
（2）a处将通回电解装置制备，氯气转化为的比例要高于直接通入溶液，从而可以制得更高浓度的消毒液，请解释原因___________。
（3）请写出反应Ⅰ的化学反应方程式并用双线桥法表示电子转移情况___________。
（4）b处向反应Ⅱ中通的目的是___________。
（5）已知反应Ⅲ有生成，请写出离子方程式___________。
（6）流程中，除高氯酸以外，其余含氯物质“有效氯含量”最高的是___________(写化学式)，其有效氯含量为___________(计算结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH
（2）氯气和氢氧化钠的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在电解池中，阳极上的反应为，Cl2+4OH-_e-=2ClO-+2H2O，相同物质的量的氯气生成更多的ClO-
（3） （4）稀释产生的ClO2气体，防止其因浓度过高而发生爆炸
（5）
（6） ①. ClO2 ②. 2.6g
【解析】
【分析】本实验将海水暴晒后得到苦卤和氯化钠溶液，电解后得到氢氧化钠、氢气、氯气和次氯酸钠，氯气和氢氧化钠反应生成NaCl和NaClO3，与浓硫酸反应生成NaHSO4、HClO4和ClO2，ClO2经过氮气稀释后与SO2、H2O反应生成HCl和H2SO4，ClO2和NaOH反应生成NaClO2和NaClO3，据此分析回答问题。
【小问1详解】
所得NaCl中含有少量Ca2+、Mg2+、杂质，除杂过程中不能引入新的杂质，除杂试剂为Na2CO3、NaOH和BaCl2，每次加入的试剂都是过量的，后加入的试剂要将前一种过量的试剂以沉淀的方式除去，需要保证BaCl2始终在Na2CO3之前，故添加的除杂试剂先后顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；
【小问2详解】
氯气和氢氧化钠的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在电解池中，阳极上的反应为，Cl2+4OH-_e-=2ClO-+2H2O，相同物质的量的氯气生成更多的ClO-，故可以制得更高浓度的消毒液；
【小问3详解】
氯气和氢氧化钠反应生成NaCl、H2O和NaClO3，氯元素的化合价由0价变成+5价和-1价，根据得失电子守恒，用双线桥法表示电子转移为；
【小问4详解】
ClO2是一种浓度过高时会发生爆炸气体，故b处向反应Ⅱ中通N2的目的是稀释产生的ClO2气体，防止其因浓度过高而发生爆炸；
【小问5详解】
ClO2与SO2、H2O反应生成HCl和H2SO4，离子方程式为；
【小问6详解】
1gNaClO2的物质的量为，依据电子相等，NaClO2~Cl-~4e-，Cl2~2Cl-~2e-，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为；1gNaClO3的物质的量为，依据电子相等，NaClO3~Cl-~6e-，Cl2~2Cl-~2e-，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为；1gClO2的物质的量为，依据电子相等，ClO2~Cl-~5e-，Cl2~2Cl-~2e-，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为；故含氯物质“有效氯含量”最高的是ClO2，有效氯含量为2.6g。