安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题含答案

这是一份安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题含答案，共23页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量，194g，其物质的量浓度为等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第一册第一章、第二章。
5.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)
1. 古典诗词凝聚了古人的智慧，是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗词中涉及氧化还原反应的是
A. 日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川B. 梅须逊雪三分白，雪却输梅一段香
C. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干D. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
【答案】C
【解析】
【详解】A．紫烟是指香炉峰上的水在阳光照射下转化为水蒸气，阳光折射出来的紫光，看到的紫色雾气，没有生成新物质，是物理变化，未涉及氧化还原反应，A错误；
B．雪的白是颜色，是物理性质，梅花的香是气味，是物理性质，未涉及氧化还原反应，B错误；
C．蜡炬成灰泪始干，涉及蜡烛燃烧，属于氧化还原反应，C正确；
D．千锤万凿出深山，是将石头开采出来，烈火焚烧过程中包含碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，是化学变化，但不属于氧化还原反应，D错误；
答案选C。
2. 一种以太阳能聚热驱动制备和的过程如图所示，是总反应的催化剂，下列说法正确的是
A. 属于酸性氧化物
B. 吸氮反应中氧化产物与还原产物的分子个数比为
C. 和互为同素异形体
D. 整个过程中铝元素化合价没有发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A． 不能与碱反应，不属于酸性氧化物，故A错误；
B． 依据元素化合价可知，吸氮反应中CO为氧化产物，AlN为还原产物，吸氮反应中氧化产物与还原产物的分子个数比为，故B错误；
C． 同素异形体为同种元素形成的性质不同的单质，和均为化合物，故C错误；
D． 整个过程中铝都是+3价，化合价未发生改变，故D正确；
故选D。
3. 下列对所学概念的认识，正确的是
A. 由同一种元素组成的物质一定是纯净物
B. 胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小
C. 熔融状态下不能导电的化合物一定不是电解质
D. 有单质参加的反应一定是氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A． 由同一种元素组成的物质不一定是纯净物，如石墨和金刚石的混合物，故A错误；
B． 胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小在1~100nm之间，故B正确；
C． 熔融状态下不能导电的化合物可能是电解质，如HCl，故C错误；
D． 有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3，选项D错误；
故选B。
4. 咖啡含有咖啡因(化学式为C8H10N4O2)。常温下，如果一杯体积为250mL的咖啡中含有咖啡因0.194g，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 咖啡因的摩尔质量为B. 该咖啡中咖啡因的物质的量浓度为
C. 所含咖啡因的分子数为D. 咖啡因中氢元素的质量分数最高
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩尔质量单位是g/ml，故咖啡因的摩尔质量为194g/ml，A错误；
B．一杯体积为250mL的咖啡中含有咖啡因0.194g，其物质的量浓度为：=0.004ml/L，B错误；
C．咖啡因0.194g含咖啡因分子数为：×NAml-1=0.001NA，C正确；
D．1mlC8H10N4O2含有碳的质量为：12g/ml×8ml=96g，含氢元素的质量为：1g/ml×10ml=10g，所以咖啡因中碳元素的质量分数最高，D错误；
故答案为：C。
5. 下列物质性质和用途都正确且二者有相关性的是
A. 次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂，因为次氯酸具有强氧化性
B. Na2CO3可用作食用碱或工业用碱，主要是因为Na2CO3很稳定，不易分解
C. Na2O2可用作呼吸面具的供氧剂，因为Na2O2中含有氧分子
D. 某些金属化合物可用于制作绚丽多彩的烟花，主要是因为这些金属化合物均易燃
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸具有强的氧化性，能够氧化有色物质，具有漂白性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，A正确；
B．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，可用作食用碱，与它的稳定性无关，B错误；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，可用作供氧剂，过氧化钠中不含氧气分子，C错误；
D．部分金属元素灼烧产生不同的焰色，可用于制作绚丽多彩的烟花，D错误；
故答案：A。
6. 对下列离子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．和会产生沉淀而不能大量共存，不是生成胶体，分析不正确，A错误；
B．与会发生离子反应，产生沉淀而不能大量共存，判断及分析均不正确，B错误；
C．具有还原性，具有强氧化性，离子间会发生氧化还原反应而不能大量共存，判断及分析均正确，C正确
D．、、会发生氧化还原反应，故不能大量共存，判断及分析均不正确，D错误；
答案选C。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 将氯气溶于水制备次氯酸：
B. 在过氧化钠上滴加蒸馏水：
C 向溶液中加入少量溶液：
D. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀硫酸：
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知HClO为次氯酸，故将氯气溶于水制备次氯酸的离子方程式为：，A正确；
B．原离子方程式质量不守恒，故在过氧化钠上滴加蒸馏水的离子方程式为：，B错误；
C．向溶液中加入少量溶液生成CaCO3、H2O和NaHCO3，则该离子方程式为：，C错误；
D．向碳酸氢钠溶液中滴加稀硫酸的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
8. 某同学用如下实验装置制备并检验的性质。下列说法正确的是
A. 用图I装置制取标准状况下，需加入的浓盐酸
B. 图II实验可证明干燥的氯气也有漂白性
C. 图III集气瓶中产生了棕黄色的烟，加水后溶液呈浅绿色
D. 图IV实验可证明新制氯水具有酸性和漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】A．物质的量为0.025ml，物质的量为0.1ml，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，因此制取标准状况下，需加入的浓盐酸的量大于10mL，A错误；
B．干燥氯气没有漂白性，氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸具有漂白性，则干燥的布条不褪色，湿润的布条褪色，B错误；
C．氯气与铁丝生产氯化铁，氯化铁溶液显黄色，C错误；
D．将紫色石蕊试液滴入新制氯水中，溶液先变红后褪色，说明新制氯水具有酸性和漂白性，D正确；
故选D。
9. 已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，和组成的混合气体中含有的氧原子数为0.2NA
B. 相同温度和压强时，等质量的、气体分子数之比为
C. 所含质子数为10NA
D. 标准状况下，溶于水，溶液中、和的微粒数之和为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳和氧气分子中都含有2个氧原子，则标准状况下，4.48L二氧化碳和氧气组成的混合气体中含有的氧原子数为×2×NAml—1=0.4NA，故A错误；
B．相同温度和压强时，等质量的一氧化碳和二氧化碳气体分子数之比为：=11：7，故B正确；
C．铵根离子含有的质子数为11，则1ml铵根离子含有的质子数1ml×11×NAml—1=11NA，故C错误；
D．由物料守恒可知，11.2L氯气溶于水得到的氯水中[n(Cl—)+ n(ClO—)+n(HClO)+2n(Cl2)]= ×2=1ml，则溶液中氯离子、次氯酸根离子和次氯酸的微粒数之和小于1ml×NAml—1=NA，故D错误；
故选B。
10. 下列各组物质的转化关系能全部通过一步反应完成的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．转化关系中CaCO3→Ca(OH)2不能一步实现，A错误；
B．转化关系中FeCl2→Fe2O3，Fe2O3→Fe(OH)3，不能一步实现转化，B错误；
C．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳气体反应生成碳酸钠，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠，Na→NaOH→Na2CO3→NaCl,转化关系能一步实现，C正确；
D．CuO→Cu(OH)2转化关系中不能一步实现转化，D错误；
故答案为：C。
11. 过氧化钠与气态非金属氧化物反应有如下规律：与最高价气态非金属氧化物反应能生成盐，放出氧气(如反应①)，与次高价气态非金属氧化物反应能直接化合生成盐，不放出氧气(如反应②，下列化学方程式均未配平)。
①
②
下列说法正确的是
A. 反应①属于氧化还原反应，反应②不属于氧化还原反应
B. 转移相等的电子时，反应①与反应②消耗的的质量比为
C. 根据题中规律，可推知(未配平)
D. 反应①中是氧化产物，反应②中既是氧化产物又是还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】根据化合价升降守恒、原子守恒，可得方程式：①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中，Na2O2中的-1价的O，即升高为0价，也降低为-1价，②Na2O2+CO=Na2CO3，该反应中，Na2O2中的-1价的O降低为-2价，CO中+2价的C升高为+4价，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，反应①中，Na2O2既是氧化剂，也是氧化剂，属于氧化还原反应，反应②中，Na2O2是氧化剂，CO是氧化剂，也属于氧化还原反应，A错误；
B．反应①中，有关系式：Na2O2～e-，反应②中，有关系式：Na2O2～2e-，故转移相等的电子时，反应①与反应②消耗的Na2O2的质量比为2：1，B正确；
C．SO2属于次高价气态非金属氧化物，根据题中规律，可推知Na2O2+SO2=Na2SO4，C错误；
D．反应①中Na2CO3是还原产物，反应②中Na2CO3既是氧化产物又是还原产物，D错误；
故答案为：B。
12. 为了验证HClO见光分解的产物，某实验小组用强光照射氯水，并将pH传感器、Cl-传感器置于溶液中，O2传感器置于溶液上方，且传感器均与数据采集器连接，得到如图甲、乙、丙所示的曲线(整套装置体系密闭且忽略体系温度变化)。下列说法正确的是
A. 随着光照时间的延长，氯水的酸性和氧化性均减弱
B. 图乙中，浓度增大说明分解生成，且在通电条件下发生了电离
C. 由图丙可知，光照可催化水分解
D. 结合图甲、乙和丙，分析可知
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，随着光照时间的延长，氯水的酸性增强，氧化性均减弱，A错误；
B．氯化氢电离不需要通电，在水溶中氯化氢就能电离产生氢离子和氯离子，B错误；
C．次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氧气浓度增大与水的分解无关，C错误；
D．次氯酸不稳定，见光分解生成氯化氢和氧气，方程式为：2HClO2HCl+O2↑，D正确；
故答案为：D。
13. 向的硫酸溶液中加入适量X，加入X的质量与溶液导电能力的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 曲线a：X可能为固体
B. 曲线b：X可能为的溶液
C. 曲线c：X可能为的溶液
D. 曲线d：X可能为水
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入NaCl固体，溶液中自由移动离子浓度增大，溶液导电能力增强，曲线a正确，A正确；
B．加入溶液，发生离子反应生成硫酸钡沉淀和水，同时溶液体积增大，溶液导电能力减小，曲线b错误，B错误；
C．加入溶液，发生离子反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液导电能力减小到接近于0，继续加入氢氧化钡，溶液导电能力又增强，曲线c正确，C正确；
D．加水，溶液体积增加，溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱，曲线d正确，D正确；
故选B
14. 为探究钠的部分性质，设计实验操作如图：
①向如图所示的试管中加入苯(已知苯不溶于水，密度为)；
②拔出大头针，使Na(密度为)落入苯中(钠与苯不反应)；
③从长颈漏斗中加入饱和澄清石灰水(密度约为)。
对上述实验现象的说法错误的是
A. Na在石灰水与苯的界面处反应，并上下跳动
B. Na燃烧，最终消失
C. 澄清石灰水变浑浊
D. 苯层可观察到有气泡产生
【答案】B
【解析】
【分析】Na与澄清石灰水反应的实质是与氢氧化钙溶液中的水反应，据此分析。
【详解】A．由于密度ρ(苯)＜ρ(Na)＜ρ(澄清石灰水)，所以金属Na在澄清石灰水与苯的界面处与溶液中的水反应产生H2，氢气气体使Na受到的浮力增大，钠块上升，后又下落界面处的石灰水溶液中进一步与水反应，钠块上下跳动直至消失，A正确；
B．由于苯隔离空气，因此Na不会燃烧，B错误；
C．由于Na与水反应放热，氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，因此澄清石灰水变浑浊，C正确；
D．根据B选项，可知D正确；
故选B。
15. 向200mLcml/LFeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中、随通入Cl2物质的量的变化如图所示(已知：)。下列说法正确的是
A.
B. 由图可判断反应可以发生
C. 当溶液中时，可能在之间
D. 时，总的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】还原性：Fe2+＞Br-，n(FeBr2)=0.2L×cml/L=0.2cml，则向FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，先是Fe2+发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，后是Br-发生反应，反应为2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，图中①代表Fe2+，②代表Br-，由图可知通入0.15mlCl2时，Fe2+恰好被完全氧化，n(Fe2+)=2n(Cl2)=0.3ml，即0.2cml=0.3ml，c=1.5，据此分析作答。
【详解】A．还原性：Fe2+＞Br-，n(FeBr2)=0.2L×cml/L=0.2cml，通入0.15mlCl2时，Fe2+恰好反应完全，n(Fe2+)=2n(Cl2)=0.3ml，即0.2cml=0.3ml，c=1.5，A错误；
B．还原性：Fe2+＞Br-，根据氧化还原反应规律可知，反应2Br-+2Fe3+═Br2+2Fe2+不能发生，B错误；
C．由分析可知，c=1.5，起始时n(FeBr2)=0.3ml，n(Fe2+)=0.3ml，c(Br-)=0.6ml，若溶液中(Fe3+)=c(Br-)，则Br-部分发生反应，0.3Fe2+反应时2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，消耗n(Cl2)=0.15ml，所以溶液中(Fe3+)=c(Br-)时，n(Cl2)＞0.15ml，C错误；
D．n(Cl2)=0.30ml时，0.3mlFe2+反应完全，Br-部分发生反应，根据电子守恒可得n(Fe2+)+n(Br-)=2n(Cl2)，即0.3+n(Br-)=0.6，(Br-)=0.3ml，n(Fe2+)：n(Cl2)：(Br-)=1：1：1，则反应为2Cl2+2Fe2++2Br-═2Fe3++Br2+4Cl-，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16. I．分类法有助于人们发现和预测物质的性质，在化学学习中，科学的分类方法几乎是无可替代的。
（1）按要求对以下物质进行分类：①黄铜；②；③溶液；④熔融；⑤酒精；⑥氨气；⑦气体。上述物质中能导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________。
（2）写出物质②在水溶液中的电离方程式：___________；干燥的不能导电的原因是___________。
Ⅱ．氧化还原反应是一类重要的化学反应。
（3）已知在一定条件下可以把离子氧化为，被还原为，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，则___________，写出上述反应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：___________。若中含氧原子的个数为，则的相对原子质量为___________。
【答案】（1） ①. ①③④ ②. ②④⑦ ③. ⑤⑥
（2） ①. Na2CO3=2Na++ ②. 干燥的NaCl中的Na+和Cl-离子不能自由移动
（3） ①. 2 ②. ③. 32
【解析】
【小问1详解】
电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，①黄铜能导电，既不是电解质也不是非电解质，②Na2CO3•10H2O不能导电，属于电解质，③NaOH溶液能导电，既不是电解质也不是非电解质，④熔融NaCl能导电，属于电解质，⑤酒精不能导电，不能电离属于非电解质，⑥氨气不能导电，不能电离，属于非电解质，⑦HCl气体不能导电，溶于水导电，属于电解质，上述物质中能导电的是①③④，属于电解质的是②④⑦，属于非电解质的是：⑤⑥，故答案为：①③④；②④⑦；⑤⑥；
【小问2详解】
物质②在水溶液中的电离方程式：Na2CO3=2Na++，干燥的NaCl不能导电的原因是：干燥的NaCl中的Na+和Cl-离子不能自由移动，故答案为：Na2CO3=2Na++；干燥的NaCl中的Na+和Cl-离子不能自由移动；
【小问3详解】
已知在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为，电子转移：Mn2+～～5e-，被还原为，～2～(6-)×2=(n-4)e-，该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂，氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，作氧化剂，即与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为：8H2O+5+2Mn2+=2+10+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+(-2×10)+1×16，n=2，反应过程中电子转移总数为10e-，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：，若19.2g中含氧原子的个数为0.8NA，得到×8=，得到R的相对原子质量为32，故答案为：2；；32。
17. 农作物生产离不开肥料，其中对N、P、K三种元素的需求最大。下图为培养某植物需要配制的500mL营养液。
（1）所用容量瓶在使用前应___________。
（2）配制溶液时，正确的操作顺序是___________。
C→___________→___________→___________→A→E(填字母)
操作A为定容，具体的操作方法是___________。
（3）在配制过程中，下列实验操作会使所配制溶液的浓度偏小的是___________(填字母)。
A. 配制溶液时，容量瓶用水洗净后未干燥
B. 洗涤时，未冲洗玻璃棒
C. 定容时仰视刻度线
D. 定容后经摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
（4）某同学在实验室中找到了、、、四种物质用于配制该营养液，所取上述各物质(按上述顺序)的物质的量之比为___________。若用实验室剩余的的溶液代替固体，则需要的溶液的体积为___________。
（5）若要检验所配制营养液中的，可进行的操作是___________。
【答案】（1）检查是否完好，瓶口处是否漏水
（2） ①. BDF ②. 将水沿玻璃棒注入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线 1～2cm 处，用胶头滴管加蒸馏水 至刻度线 （3）BCD
（4） ①. 2：2：3：1 ②. 10mL
（5）将铂丝(或铁丝)在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同，再蘸取营养液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色
【解析】
【小问1详解】
使用容量瓶前要检查它是否完好，是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故答案为：检查是否完好，瓶口处是否漏水；
【小问2详解】
配制一定物质的量浓度溶液的步骤是：计算、量取、稀释、冷却、移液、定容、摇匀、装瓶、贴签，正确的操作顺序为：CBDFAE；定容的具体操作方法是将水沿玻璃棒注入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线 1～2cm 处，用胶头滴管加蒸馏水 至刻度线，故答案为：BDF；将水沿玻璃棒注入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线 1～2cm 处，用胶头滴管加蒸馏水 至刻度线；
【小问3详解】
A．配制溶液时，容量瓶用水洗净后，若未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所配溶液浓度不变，A不合题意；
B．未洗涤玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，B符合题意；
C．定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，C符合题意；
D．摇匀后发现液面低于刻度线再加水，导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低，D符合题意；
故答案为：BCD；
【小问4详解】
营养液中c(K+)=0.01ml/L，则需要c(KCl)=0.01ml/L；c()=0.01ml/L，则需要c(NH4Cl)=0.01ml/L，c()=0.015ml/L，则需要c(NaNO3)=0.015ml/L；c()=0.005ml/L，则需要c(Na3PO4)=0.005ml/L；同一溶液中，物质的浓度之比等于物质的量之比，所取上述各物质(按上述顺序)的物质的量之比为2：2：3：1；营养液中n()=0.01ml/L×0.5L，则需要0.5ml•L-1的NH4Cl溶液的体积为=0.01L=10mL，故答案为：2：2：3：1；10mL；
【小问5详解】
检验钾离子，用焰色试验的方法，具体操作为：将铂丝蘸浓盐酸在火焰上灼烧至无色，取试样在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故答案为：将铂丝(或铁丝)在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同，再蘸取营养液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色。
18. 联合制碱法(又称侯氏制碱法)，因其提高了食盐的转化率，减少了对环境的污染，从而赢得了国际化工界的高度评价。联合制碱法的主要过程如图所示：
已知：沉淀池中的反应原理如下：
i．
ii．
（1）“侯氏制碱法”中的“碱”为___________(填化学式)；写出煅烧炉中反应的化学方程式：___________。
（2）在饱和食盐水中先通入，再通入，这样操作的目的是___________。
（3）从“母液”中可得到的副产品为___________，用途是___________(任写一种)。
（4）“循环Ⅱ”中参与循环的物质除水外还有___________。
（5）常温下，在溶液中逐滴加入溶液20mL，溶液中含碳元素的各种微粒的质量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①在同一溶液中，三种含碳微粒、、___________(填“能”或“不能”)大量共存。
②将和混合并配成溶液，向溶液中滴加稀盐酸。下列图像(如图)能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是___________(填字母)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）因氨气在水中溶解度较大，且二氧化碳在碱性溶液中溶解度较大，所以向饱和食盐水中通入氨气得氨饱和溶液，再通入过量二氧化碳
（3） ①. 氯化铵 ②. 作氮肥
（4）
（5） ①. 不能 ②. D
【解析】
【分析】本实验通过合成氨厂将氨气通入有食盐水的沉淀池，再通入CO2，得到碳酸氢钠，通过煅烧后得到碳酸钠，据此分析回答问题。
【小问1详解】
“侯氏制碱法”中的“碱”为纯碱，进入煅烧炉中的为碳酸氢钠，其受热分解生成纯碱碳酸钠，化学方程式为：；
【小问2详解】
因氨气在水中溶解度较大，且二氧化碳在碱性溶液中溶解度较大，所以向饱和食盐水中通入氨气得氨饱和溶液，再通入过量二氧化碳；
【小问3详解】
根据已知，沉淀池中的反应原理如下：
i．，ii．，则“母液”中可得到的副产品为氯化铵，可用作氮肥；
【小问4详解】
煅烧过程中产生二氧化碳，因此进入循环的物质Ⅱ为；
【小问5详解】
①常温下，在溶液中逐滴加入溶液20mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，由反应和图像可知，在同一溶液中，、、不能大量共存；
②的物质的量为0.01ml，的物质的量为0.01ml，向二者混合溶液中滴加稀盐酸，一开始0.01ml碳酸钠发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，消耗的盐酸0.1L；生成0.01ml碳酸氢钠，此时溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.02ml，再加入盐酸发生反应：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O，产生二氧化碳，0.02ml碳酸氢钠完全反应需要盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生二氧化碳达到最大值，故选D。
19. 84消毒液是常用消毒剂，主要成分为NaClO，某化学小组在实验室制备84消毒液并探究其相关性质。回答下列问题：
（1）装置甲中盛放浓盐酸的仪器名称是___________，装置甲中反应的离子方程式为___________。
（2）装置丙中淀粉-KI试纸变蓝，所发生反应的化学方程式为___________。
（3）装置丁制备的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，若要制取，理论上反应中转移电子数为___________。
（4）装置戊的作用是___________。
（5）为了进一步研究消毒液的性质，兴趣小组向盛有2mL84消毒液的试管中，逐滴加入10％的双氧水，发现有大量的气泡产生，对此作出以下猜测。
猜测1：双氧水与消毒液发生反应产生氧气。
猜测2：……
①猜测1中反应的化学方程式为___________；猜测2可能为___________。
②为了验证猜想，某探究小组设计用如图装置进行实验。操作如下：在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，若观察到___________，则证明猜测1正确。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）Cl2+2KI=I2+2KCl
（3）1ml(或6.02×1023)
（4）尾气处理，防止污染空气
（5） ①. NaClO+H2O2=O2↑+NaCl+H2O ②. 84消毒液催化双氧水分解，生成了氧气 ③. 双氧水与84消毒液反应产生的气体的体积是二氧化锰与双氧水生成的气体体积的2倍
【解析】
【分析】(1)～(4)高锰酸钾和浓盐酸反应，生成氯气，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl,通过饱和食盐水，除去HCl，再将氯气通过淀粉-KI试纸，试纸变蓝，然后将氯气通入饱和NaOH溶液中，制取消毒液，最后用碱石灰，吸收未反应的氯气，防止污染空气；(5)根据化合价升降守恒，可得猜测1中反应的化学方程式为：NaClO+H2O2=O2↑+NaCl+H2O，则有关系式：H2O2～O2，若是双氧水分解，则有关系式：2H2O2～O2，据此分析作答。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，装置甲中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，装置甲中反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：分液漏斗；2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
【小问2详解】
装置丙中淀粉-KI试纸变蓝，所发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，故答案为：Cl2+2KI=I2+2KCl；
【小问3详解】
装置丁制备NaClO的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，即生成NaCl与NaClO为1：1，0价氯元素分别降低1价、升高1价，若要制取1mlNaClO，理论上反应中转移电子数为1ml(或6.02×1023)，故答案为：1ml(或6.02×1023)；
【小问4详解】
由分析可知，装置戊的作用是尾气处理，防止污染空气，故答案为：尾气处理，防止污染空气；
【小问5详解】
①根据题意可知，猜测1中反应的化学方程式为：NaClO+H2O2=O2↑+NaCl+H2O；猜测2可能为84消毒液催化双氧水分解，生成了氧气，故答案为：NaClO+H2O2=O2↑+NaCl+H2O；84消毒液催化双氧水分解，生成了氧气；选项
离子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，和会产生胶体
B
、、、
能大量共存，离子间不反应
C
、、、
不能大量共存，酸性条件下，会和发生氧化还原反应
D
、、、
能大量共存，离子间不反应
某种植物营养液成分表
净含量：