江蘇省蘇州高新區(qū)第一中學(xué)教育集團2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期12月月考化學(xué)試題（解析版）

蘇州高新區(qū)第一中學(xué)教育集團2023-2024學(xué)年第一學(xué)期12月自主學(xué)習(xí)獨立作業(yè)高一年級化學(xué)(總分100分時間75分鐘)一、選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.下列哪種物質(zhì)不列入城市“空氣質(zhì)量日報”的首要污染物（

）A.CO2 B.NO2 C.SO2 D.可吸入顆粒物PM2.5【答案】A【解析】【詳解】A.CO2是空氣成分之一，不屬于空氣污染物，A符合題意；B.NO2屬于氮氧化物，會破壞臭氧層，且溶于雨水形成酸雨，屬于空氣污染物，B不符合題意；C.SO2溶于雨水形成酸雨，且為有毒氣體，屬于空氣污染物，C不符合題意；D.可吸入顆粒物PM2.5，會形成霧霾，造成空氣污染，屬于空氣污染物，D不符合題意；故答案為：A2.下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是A.中子數(shù)為12鈉原子： B.KBrO3中Br元素的化合價：-1C.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖： D.硫酸鉀的電離方程式：【答案】D【解析】【詳解】A．中子數(shù)為12的鈉原子的質(zhì)量數(shù)為11+12=23，該核素為，故A錯誤；B．K為+1價，O為-2價，根據(jù)化合價代數(shù)和為零可知，KBrO3中Br元素的化合價為：+5，故B錯誤；C．氯離子的質(zhì)子數(shù)為17，核外電子數(shù)為18，核外電子分層排布2、8、8，最外層電子數(shù)為8，其結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；D．硫酸鉀完全電離生成鉀離子和硫酸根離子，電離方程式為，故D正確；答案選D。3.實驗室從草木灰中獲得碳酸鉀并檢驗鉀元素存在的原理和裝置不能達到實驗?zāi)康牡氖茿.溶解 B.過濾C.蒸發(fā)結(jié)晶 D.焰色反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】把草木灰加入水中，用玻璃棒攪拌可以加速草木灰中所含的碳酸鉀等可溶性鹽的溶解，過濾除去不溶性固體，所得濾液經(jīng)過蒸發(fā)結(jié)晶可獲得碳酸鉀粗產(chǎn)品，焰色試驗時，由于鈉元素的干擾，檢驗鉀元素應(yīng)透過藍色的鈷玻璃觀察，則D滿足；答案選D。4.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.細鐵粉具有還原性，可用作食品抗氧劑 B.NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑C.漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于漂白紙張 D.Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料【答案】A【解析】【詳解】A．細鐵粉具有還原性，能與空氣中的氧氣反應(yīng)，所以可用作食品抗氧劑，A符合題意；B．NaHCO3具有弱堿性，能與HCl反應(yīng)，所以NaHCO3可用于制胃酸中和劑，與NaHCO3受熱易分解無關(guān)，B不符題意；C．漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與二氧化碳、水反應(yīng)生成氧化性強的次氯酸，可作漂白劑，與漂白粉穩(wěn)定性無關(guān)，C不符題意；D．Al2O3是離子化合物，離子鍵強，使其熔點高，可用作耐高溫材料，與Al2O3是兩性氧化物無關(guān)，D不符題意。答案選A。5.碳元素形成的化合物品種多樣，常見有CO、CO2、Na2CO3、NaHCO3、酒精、醋酸等，它們在生活與生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛。NaHCO3俗稱小蘇打，下列有關(guān)NaHCO3的說法正確的是A.NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na++H++COB.NaHCO3溶液呈酸性，可與NaOH溶液反應(yīng)C.可用石灰水區(qū)別NaHCO3溶液和Na2CO3溶液D.NaHCO3粉末與相同濃度的鹽酸反應(yīng)比Na2CO3粉末更劇烈【答案】D【解析】【詳解】A．NaHCO3是弱酸的酸式鹽，在水溶液中的電離方程式：，故A錯誤；B．NaHCO3溶液呈弱堿性，可與NaOH溶液反應(yīng)，，故B錯誤；C．石灰水中的氫氧化鈣分別與NaHCO3溶液和Na2CO3溶液反應(yīng)都會生成碳酸鈣沉淀，無法區(qū)別，故C錯誤；D．因為碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)分兩步進行，、，所以NaHCO3粉末與相同濃度的酸反應(yīng)比Na2CO3粉末更劇烈，故D正確；故答案為：D。6.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.強堿性溶液中：、、、B.新制飽和氯水中：、、、C.澄清透明的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】C【解析】【詳解】A．強堿性溶液中含有大量OH-，OH-與NH會發(fā)生產(chǎn)生弱電解質(zhì)NH3·H2O，不能大量共存，A不符合題意；B．新制飽和氯水具有強氧化性，會與Fe2+、SO發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，B不符合題意；C．澄清透明的溶液中：MnO、NO、SO、K+之間不能發(fā)生任何反應(yīng)，可以大量共存，C符合題意；D．碘離子和鐵離子、次氯酸根離子均會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D不符合題意；故選C。7.下列表示對應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（

）A.FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-B.氯氣溶于水：Cl2+H2OH++CI-+HClOC.次氯酸鈣中通二氧化硫：SO2+Ca2++H2O+2ClO-=CaSO3↓+2HClOD.水玻璃(硅酸鈉水溶液)中滴加醋酸：SiO32-+2H+=H2SiO3↓【答案】B【解析】【詳解】A.反應(yīng)前后電荷不守恒，A不符合題意；B.Cl2溶于水的過程中，與H2O反應(yīng)生成HCl和HClO，HClO是弱酸，在離子方程式中保留化學(xué)式，B符合題意；C.ClO-具有氧化性，能將SO2氧化成SO42-，C不符合題意；D.CH3COOH為弱酸，在離子方程式中保留化學(xué)式，D不符合題意；故答案為：B。8.亞氯酸鈉()是一種高效的漂白劑和氧化劑，一種制備亞氯酸鈉的流程如下。下列說法正確的是A.反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的和的物質(zhì)的量之比為1：2B.為加快反應(yīng)②速率，可以選用高溫條件C.反應(yīng)②中的，可用代替D.反應(yīng)②的條件下，的氧化性大于【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)流程圖反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，氯元素化合價由+5變?yōu)?4，還原劑是SO2，硫元素化合價由+4變?yōu)?6，根據(jù)化合價升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1，A錯誤；B．過氧化氫不穩(wěn)定，高溫易分解，故不能高溫反應(yīng)，B錯誤；C．據(jù)流程圖反應(yīng)②，在ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價升高，不能用NaClO2代替H2O2，C錯誤；D．據(jù)流程圖反應(yīng)②ClO2與H2O2反應(yīng)的變價情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正確；故選D。9.硫酸亞鐵是一種重要的化工原料，部分轉(zhuǎn)化如下圖所示。下列說法正確的是A.只用KSCN溶液不可以檢驗是否變質(zhì)B.制納米時通入的需過量C.制時應(yīng)將飽和溶液加入溶液中D.生成的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)【答案】C【解析】【分析】硫酸亞鐵在氫氧化鈉溶液中通入氧氣發(fā)生反應(yīng)生成納米四氧化三鐵；硫酸亞鐵和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀；硫酸亞鐵加入硫酸銨發(fā)生反應(yīng)生成(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O?！驹斀狻緼．若FeSO4變質(zhì)，其中含有Fe3+，遇KSCN溶液會變?yōu)檠t色，可據(jù)此檢驗是否變質(zhì)，A錯誤；B．四氧化三鐵中鐵元素化合價+2價、+3價，氧氣過量會氧化亞鐵為+3價，不能得到四氧化三鐵，B錯誤；C．制FeCO3時，應(yīng)將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應(yīng)容器中，避免生成氫氧化亞鐵沉淀，C正確；D．生成中鐵元素化合價為+2價，反應(yīng)過程中無元素化合價的變化，因此反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，D錯誤；故選C。10.已知X、Y、Z、W四種元素，原子序數(shù)小于18且依次增大。其中X元素原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍：Y元素最外層電子數(shù)比其次外層電子數(shù)多4個；Z元素原子最外層有1個電子；W元素原子K層和M層電子總數(shù)等于其L層電子數(shù)。下列說法正確的是A.W元素形成的陰離子的結(jié)構(gòu)示意圖為B化合物XY屬于酸性氧化物C.化合物能與發(fā)生化合反應(yīng)D.化合物中陰、陽離子的最外層電子數(shù)均達到8個電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】D【解析】【分析】已知X、Y、Z、W四種元素，原子序數(shù)小于18且依次增大，其中X元素原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，X為C元素：Y元素最外層電子數(shù)比其次外層電子數(shù)多4個，Y為O元素；Z元素原子最外層有1個電子，Z為Na元素；W元素原子K層和M層電子總數(shù)等于其L層電子數(shù)，W為S元素；據(jù)此推斷作答?！驹斀狻緼．W元素形成的陰離子為S2-，S2-的結(jié)構(gòu)示意圖為，A項錯誤；B．化合物XY為CO，CO屬于不成鹽氧化物、不屬于酸性氧化物，B項錯誤；C．化合物Z2Y2、XY2依次為Na2O2、CO2，兩者反應(yīng)生成Na2CO3和O2，該反應(yīng)不屬于化合反應(yīng)，C項錯誤；D．化合物Z2W為Na2S，其陰、陽離子分別為S2-、Na+，S2-、Na+的最外層電子數(shù)均達到8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D項正確；答案選D。11.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中加入溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙不變藍溶液中一定不含B將除去表面氧化膜的相同大小的鎂片和鋁片分別投入的鹽酸中，鎂片反應(yīng)更劇烈金屬性：C將鐵銹溶于過量濃鹽酸，再滴入幾滴溶液，觀察溶液顏色變化鐵銹中不含D向酸化的溶液中加入Cu片，觀察Cu片溶解氧化性比強A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．銨根離子和稀的NaOH溶液反應(yīng)生成一水合氨，不加熱得不到氨氣，所以往某溶液中加入NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙顏色不變藍，該溶液中也可能含銨根離子，A錯誤；B．金屬性越強，反應(yīng)越劇烈，鎂片表面產(chǎn)生氣泡速率大于鋁片，可說明鎂較活潑，則金屬性：，B正確；C．溶液中亞鐵離子、氯離子均會和高錳酸鉀溶液反應(yīng)干擾亞鐵離子鑒定，C錯誤；D．硝酸和銅也會反應(yīng)使得銅溶解，不能證明氧化性比Cu2+強，D錯誤；故選B。12.海洋是一個資源寶庫，海水資源的開發(fā)和利用是現(xiàn)代和未來永恒的主題。下面是海水利用的流程如下：下列有關(guān)說法不正確的是A.反應(yīng)②加熱應(yīng)在HCl氣流保護下制備無水B.氯堿工業(yè)與電源正極相連的電極上產(chǎn)生了使?jié)駶櫟矸鄣饣浽嚰堊兯{的氣體C.過程中制得是先往精鹽溶液中通入，再通入D.反應(yīng)⑤中，用水溶液吸收后，用70~80%硫酸富集【答案】C【解析】【分析】氨的溶解度大于二氧化碳，由飽和精鹽溶液制NaHCO3時，必須先通入NH3，使得溶液顯堿性吸收更多CO2，反應(yīng)生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉分解得到碳酸鈉；母液加入堿生成氫氧化鎂，氫氧化鎂和鹽酸轉(zhuǎn)化為氯化鎂；溴化鈉和氯氣生成溴單質(zhì)，使用碳酸鈉溶液吸收生成生成的NaBr、NaBrO3，酸化得到溴單質(zhì)；【詳解】A．加熱會促進鎂離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)導(dǎo)致生成氫氧化鎂，故應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)制備無水，A正確；B．氯堿工業(yè)中與電源正極相連的陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能使?jié)駶櫟矸鄣饣浽嚰堊兯{，B正確；C．氨的溶解度大于二氧化碳，由飽和精鹽溶液制NaHCO3時，必須先通入NH3，使得溶液顯堿性吸收更多CO2，C錯誤；D．碳酸鈉溶液吸收生成生成的NaBr、NaBrO3，用70~80%硫酸酸化得到溴單質(zhì)，D正確；故選C。13.將和空氣的混合氣體通入、、的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如題圖所示。下列說法正確的是A.在圖示轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素只有銅、氫B.過程Ⅲ反應(yīng)的離子方程式為C.通入過量的氧氣或者增大的濃度可以減少回收的S中CuS的含量D.有轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，理論上消耗的物質(zhì)的量為2mol［若溶液中不變］【答案】C【解析】【分析】由圖可知，反應(yīng)Ⅰ為溶液中亞鐵離子與空氣中氧氣反應(yīng)生成鐵離子，反應(yīng)Ⅱ為硫化氫與銅離子反應(yīng)生成硫化銅沉淀和氫離子，反應(yīng)Ⅲ為溶液中鐵離子與硫化銅反應(yīng)生成硫、銅離子和亞鐵離子，反應(yīng)過程中金屬離子的濃度不變，總反應(yīng)為亞鐵離子做催化劑條件下，硫化氫與氧氣反應(yīng)生成硫和水，反應(yīng)的方程式為2H2S＋O22S↓＋2H2O?！驹斀狻緼．由分析可知，圖示轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素為銅、氫、氯，共3種，故A錯誤；B．由分析可知，反應(yīng)Ⅲ為溶液中鐵離子與硫化銅反應(yīng)生成硫、銅離子和亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為，故B錯誤；C．要減少回收S中的CuS含量，S2-不能過量，可以通入過量的氧氣或者增大Fe3+的濃度與S2—反應(yīng)以減小S2—的濃度，故C正確；D．由分析可知，反應(yīng)過程中金屬離子的濃度不變，總反應(yīng)方程式為2H2S＋O22S↓＋2H2O，則1mol硫化氫轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，反應(yīng)消耗氧氣的物質(zhì)的量為1mol×=0.5mol，故D錯誤；故選C。二、非選擇題：共4趣，共61分。14.隨著原子序數(shù)的遞增，8種短周期元素(用英文字母表示)原子半徑的相對大小、最高正化合價或最低負化合價的變化如圖所示。（1）元素x在元素周期表中的位置是___________。（2）元素x、z可形成含10電子的分子甲，其結(jié)構(gòu)式為___________。在微電子工業(yè)中，甲的水溶液可作刻蝕劑的消除劑，所得產(chǎn)物不污染環(huán)境，其化學(xué)方程式是___________。（3）x分別與yzd形成的化合物中，最穩(wěn)定的物質(zhì)是___________(填化學(xué)式)（4）元素d．e形成的簡單離子，半徑較大的離子是___________(填離子符號)。（5）元素g、h的最高價氧化物的水化物的酸性較強的是___________(填化學(xué)式)。（6）元素e、f的最高價氧化物的水化物之間發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（7）化合物遇水反應(yīng)生成氨氣()和一種強堿，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（8）NaH的電子式___________。【答案】14.第一周期第ⅠA族15①.②.16.H2O17.O2-18.HClO419.20.21.【解析】【分析】8種短周期元素中，d、g均有-2價，二者處于ⅥA族，而g的原子序數(shù)較大，故d為O元素、g為S元素；y有+4價，其處于ⅣA族，原子序數(shù)小于d(氧)，故y為C元素；z的原子序數(shù)介于y(碳)、d(氧)之間，故z為N元素；e有+1價，其處于ⅠA族，原子序數(shù)大于d(氧)，故e為Na；f有+3價，處于ⅢA族，原子序數(shù)大于e(鈉)，故f為Al；h有-1價，原子序數(shù)大于g(硫)，故h為Cl；x有+1價，處于ⅠA族，其中原子半徑小于y(氮)，故x為H元素，綜上分析可知，x為H、y為C、z為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S、h為Cl；【小問1詳解】x為H，位于第一周期第ⅠA族；【小問2詳解】由分析可知，x為H，z為N，故元素x、z可形成含10電子的分子為氨氣，結(jié)構(gòu)式為；氨氣具有還原性，過氧化氫具有氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮氣和水，其化學(xué)方程式是；【小問3詳解】非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強，x分別與yzd形成的化合物中，最穩(wěn)定的物質(zhì)是H2O；【小問4詳解】電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越??；元素O、Na形成的簡單離子，半徑較大的離子是O2-；【小問5詳解】非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，元素g、h的最高價氧化物的水化物的酸性較強的是HClO4；【小問6詳解】元素e、f的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉、氫氧化鋁，兩者反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為；【小問7詳解】化合物遇水反應(yīng)生成氨氣()和一種強堿，根據(jù)質(zhì)量守恒可知堿為氫氧化鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；【小問8詳解】NaH的電子式。15.硫代硫酸鈉(Na2S2O3)常用作紙漿漂白的脫氯劑。實驗室可用下圖裝置制備少量Na2S2O3。已知∶①BaS2O3難溶于水；②Na2S2O3在酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)(1)裝置A用于制備SO2，其化學(xué)方程式為_____。裝置B的作用是_____。(2)裝置C中反應(yīng)生成Na2S2O3的同時放出CO2，其離子方程式為___，該反應(yīng)中SO2體現(xiàn)了____性(填“氧化”或“還原”)。(3)裝置C所得溶液經(jīng)過結(jié)晶等操作獲得的Na2S2O3晶體中含有少量Na2SO4，檢驗其中含有Na2SO4的方法是∶取少量固體，______，靜置，過濾，_____，有白色沉淀生成。(4)裝置D的作用是_____(5)為驗證裝置C中生成了CO2，下列所選的試劑組合和順序合理的是____。a.品紅→NaOH溶液→澄清石灰水b.酸性KMnO4溶液→品紅→澄清石灰水c.NaOH溶液→品紅→澄清石灰水【答案】①.②.防止倒吸③.④.氧化⑤.加入足量稀鹽酸⑥.向濾液中加入少量BaCl2溶液⑦.吸收SO2，防止污染空氣⑧.b【解析】【分析】向盛有亞硫酸鈉固體燒瓶中滴加濃硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫和碳酸鈉、硫化鈉溶液反應(yīng)生成硫代硫酸鈉，用氫氧化鈉溶液吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此回答問題?！驹斀狻?1)裝置A用于制備SO2，亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，其化學(xué)方程式為，裝置B是安全瓶，其作用是防止倒吸；(2)裝置C中反應(yīng)生成Na2S2O3的同時放出CO2，其離子方程式為，該反應(yīng)中SO2中硫元素的化合價由+4價到+2價，化合價降低，被還原，體現(xiàn)了氧化性；(3)Na2S2O3晶體中含有少量Na2SO4，依據(jù)，則檢驗其中含有Na2SO4的方法是∶取少量固體，加入足量稀鹽酸，靜置，過濾，向濾液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明Na2S2O3晶體中含有少量Na2SO4；(4)從裝置C中出來的有二氧化硫，則裝置D的作用是吸收SO2，防止污染空氣；(5)裝置C中除了生成的二氧化碳，還有剩余的二氧化硫，用酸性高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，再用品紅檢驗二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液完全除去，最后通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，則說明有二氧化碳氣體生成，故答案為：b。16.I.侯氏聯(lián)合制堿法的工藝流程如下：（1）該流程中生成的化學(xué)方程式為___________。（2）向母液b中通氨氣并加入食鹽粉，通氨氣的作用有___________(填序號)。A.使結(jié)晶析出B.使更多地析出C.增大濃度，使更多地析出D.使轉(zhuǎn)化為，提高析出的純度Ⅱ．常溫下，向含的溶液中，逐滴加入含溶質(zhì)的鹽酸溶液，溶液中含碳元素的各種微粒的含量隨溶液變化如圖（3）在滴加鹽酸的過程中的數(shù)目變化的原因是___________、___________(分別用離子方程式表示)。（4）反應(yīng)結(jié)束時，溶液中含碳元素的微粒的含量比反應(yīng)開始時低的原因是___________。Ⅲ．某實驗小組將和固體分別配制成的溶液，設(shè)計如下方案并對反應(yīng)現(xiàn)象作出預(yù)測：實驗方案預(yù)測現(xiàn)象預(yù)測依據(jù)操作1：向溶液中滴加溶液有白色沉淀溶液中的濃度較大，能與發(fā)生反應(yīng)操作2：向溶液中滴加溶液無白色沉淀溶液中的濃度很小，不能與反應(yīng)（5）實際實驗后，發(fā)現(xiàn)操作2的現(xiàn)象為產(chǎn)生白色沉淀和氣體，與預(yù)測有差異。則該條件下，溶液與液反應(yīng)的離方程式為___________?！敬鸢浮浚?）（2）CD（3）①.②.（4）鹽酸的物質(zhì)的量為碳酸鈉的2倍，反應(yīng)結(jié)束時有二氧化碳氣體生成逸出，導(dǎo)致含碳元素的微粒的質(zhì)量分數(shù)比反應(yīng)開始時低（5）【解析】【分析】“侯氏聯(lián)合制堿法”以食鹽、二氧化碳、氨氣為原料來制取純堿，最大的優(yōu)點是使食鹽的利用率大幅度提高，應(yīng)用同量的食鹽比氨堿法生產(chǎn)更多的純堿；飽和食鹽水通入足量氨氣后，再通入足量二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉受熱分解為碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳循環(huán)利用；母液通入氨氣、加入氯化鈉固體生成氯化銨晶體，得到母液c含有氯化鈉，可以循環(huán)利用；【小問1詳解】飽和食鹽水通入足量氨氣后，再通入足量二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，；【小問2詳解】向母液b中通氨氣，氨氣溶于水能增大溶液中的銨根離子濃度，有利于氯化銨更多地析出，氨氣與溶液中的碳酸氫鈉反應(yīng)，使碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，有利于提高析出的氯化銨的純度，故選CD【小問3詳解】在滴加鹽酸的過程中碳酸根離子和氫離子生成碳酸氫根離子，碳酸氫根離子又和氫離子生成水和二氧化碳，故的物質(zhì)的量先增加后減少的原因是、；小問4詳解】含的溶液中，逐滴加入含溶質(zhì)的鹽酸溶液，鹽酸的物質(zhì)的量為碳酸鈉的2倍，反應(yīng)結(jié)束時有二氧化碳氣體生成逸出，導(dǎo)致含碳元素的微粒的質(zhì)量分數(shù)比反應(yīng)開始時低；【小問5詳解】向溶液中滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀和氣體，結(jié)合質(zhì)量守恒可知，生成碳酸鈣沉淀、二氧化碳氣體，則該條件下反應(yīng)的離子方程式為。17.是重要的化工原料，由軟錳礦(主要成分為，主要雜質(zhì)有和)制備的一種工藝流程如圖：資料：①該工藝條件下與不反應(yīng)。②部分金屬陽離子沉淀的(25℃)。

開始沉淀時1.53.45.86.3完全沉淀時2.84.77.88.3（1）“溶出”前，軟錳礦需要進行研磨的目的___________。（2）“溶出”時，F(xiàn)e的氧化過程及得到的主要途徑如圖所示。①Ⅱ是從軟錳礦石中溶出的主要反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是___________。②若全部來自于反應(yīng)，完全溶出所需Fe與的物質(zhì)的量比值為2，而實際比值約0.9小于2，原因是___________。（3）“純化”時，先向溶出液中先加入，將溶液中氧化；再加入調(diào)節(jié)溶液，使、轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀而除去。適宜調(diào)節(jié)的范圍是___________。（4）“純化”后，過濾所得的濾渣中含有和，實驗室欲以該濾渣為原料制備少量，實驗操作為：取少量濾渣放入燒杯中，___________。(須使用的試劑：溶液、干冰)（5）向所得產(chǎn)品中依次加入足量和足量稀，加熱至充分反應(yīng)，再用