2018-2019学年河北省易县中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年河北省易县中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

高二化学期末测试卷 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32‎ Fe 56 Cl 35.5 Ba 137‎ I卷（共50分）‎ 一、选择题，每小题只有一个正确选项（25小题，每题2分，共50分）‎ ‎1.下列表示不正确的是 A. 次氯酸的电子式 B. 丁烷的球棍模型 C. 乙烯的结构简式CH2＝CH2 D. 原子核内有8个中子的碳原子‎146C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。‎ 故答案选A。‎ ‎2. 化学与人类生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物是导致“雾霾天气”的原因之一 B. 铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性和咸的食物 C. 用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装来防止食品氧化 D. 化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，A正确；B．铝或氧化铝均既能与酸反应，也能与碱反应，所以铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性和咸的食物，B正确；C．铁具有还原性，因此用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装来防止食品氧化，C正确；D．化学药品着火，不一定能用水或泡沫灭火器来灭火，如钠的燃烧，只能用沙土来灭，要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂，D错误，答案选D。‎ 考点：考查化学与生活的判断 ‎3.下列叙述中不正确的是 A. CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐 B. HCl、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 C. 蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物 D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；‎ B．盐酸是混合物，纯碱是碳酸钠，属于盐；‎ C．含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；‎ D．氢氧化钡与碳酸钠反应生成氢氧化钠。‎ ‎【详解】A、CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，A正确；‎ B、盐酸是氯化氢的水溶液，溶液显酸性，属于混合物，纯碱属于盐类不属于碱，B错误；‎ C、蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石属于混合物，C正确；‎ D、根据反应Ba(OH)2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaOH可知，通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列有关物质分类的说法中，正确的是 A. SiO2不能和水反应，所以它不是酸性氧化物 B. 只由一种元素组成的物质必然是纯净物 C. 烧碱、冰醋酸、石墨均为电解质 D. 海水、氯水、氨水均为混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．SiO2不能和水反应，当能与碱反应生成盐和水，所以它是酸性氧化物，A错误；B．只由一种元素组成的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧，B错误；C．溶于水或在仍然状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，则烧碱、冰醋酸均为电解质，石墨是单质，属于混合物，C错误；D．海水、氯水、氨水均为混合物，D正确，答案选D。‎ 考点：考查物质的分类 ‎5. 下列变化一定属于化学变化的是 ‎①工业制O2②爆炸 ③缓慢氧化 ④品红褪色 ⑤无水硫酸铜由白变蓝 ‎⑥久置浓硝酸变黄 ⑦O2转化为O3⑧海水中提取金属镁 A. ①②③⑧ B. ④⑤⑥⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：① 工业利用分离液态空气法制取氧气，属于物理变化；② 爆炸可能是因为气体的压强增大而发生的爆炸，如锅炉的爆炸，属于物理变化；③ 缓慢氧化属于化学变化； ④ 利用活性炭的吸附作用使品红褪色属于物理变化； ⑤ 无水硫酸铜由白变蓝，变为含有结晶水的硫酸铜，生成新物质，属于化学变化； ⑥ 久置浓硝酸因发生分解反应生成二氧化氮溶于硝酸使溶液变黄，属于化学变化； ⑦ O2转化为O3属于化学变化；⑧ 海水中提取金属镁，镁元素由化合态变为游离态，属于化学变化，所以答案选C。‎ 考点：考查化学变化的判断 ‎6.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、‎ 锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误，答案选A。‎ ‎7.近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业生产等排放的废气，使灰霾天气逐渐增多。灰霾粒子比较小，平均直径在1000～2000nm。下列有关说法正确的是 A. 灰霾是一种分散系 B. 灰霾能发生丁达尔效应 C. 灰霾形成的是非常稳定的体系 D. 灰霾属于胶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，不具有胶体的性质。‎ ‎【详解】A、灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故A正确； B、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故B错误； C、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，比胶体粒子大，所以不稳定，故C错误； D、胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，故D错误；‎ ‎【点睛】本题考查胶体的知识。抓住胶体的粒子直径在1-100nm这一本质特征，判断某分散系是否是胶体。只有胶体才能产生丁达尔效应。‎ ‎8.25℃‎时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A. pH＝1的无色溶液中：Na＋、Cu2＋、Cl－、CO32-‎ B. 使酚酞呈红色的溶液中：K＋、Na＋、NO3-、Cl－‎ C. 0.1mol·L－1的FeCl2溶液中：H＋、Al3＋、SO42-、ClO－‎ D. 由水电离出的c（H＋）＝1×10－10mol·L－1的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、Cu2+‎ 为蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误；B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c(H＋)＝1×10-10mol/L<1×10-7mol/L的溶液中，存在大量的氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而碳酸氢根离子在酸性或碱性条件下都不能大量共存，错误，答案选B。‎ 考点：考查给定条件的离子大量共存的判断 ‎9.某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1mol·L－1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中不正确的是（　　）‎ A. 肯定不含Cl－ B. 肯定不含H＋‎ C. 肯定不含NH4+ D. 肯定含有SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 某溶液X 呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与SO32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。A. 根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B. 根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C. 根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D. 根据上述分析，肯定含有SO32-，故D正确；故选C。‎ ‎10.下列各组离子能大量共存且满足相应要求的是（　　）‎ 选项 离子组 要求 A K＋、AlO2-、Cl－、Cr2O72-‎ 溶液无色澄清 B Fe3＋、NO3-、Br－、HCO3-‎ 逐滴滴加盐酸，立即产生气体 C Na＋、K＋、AlO2-、NO3-‎ 逐滴滴加盐酸，先有沉淀产生，后沉淀消失 D NH4+、Al3＋、SO42-、Cl－‎ 滴加NaOH溶液并加热，立刻产生气体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K＋、AlO2-、Cl－、Cr2O72-在溶液中能大量共存，但是Cr2O72-能使溶液显橙红色，A不能满足溶液是无色的要求； ‎ B. Fe3＋和HCO3- 可以发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，B不符合题意； ‎ C. Na＋、K＋、AlO2-、NO3-在溶液中能大量共存，向其溶液中逐滴滴加盐酸，先有Al(OH)3沉淀产生，盐酸过量后以转化为Al3+，沉淀消失，C满足要求； ‎ D. NH4+、Al3＋、SO42-、Cl－在溶液中能大量共存，滴加NaOH溶液并加热，先生成白色的Al(OH)3沉淀，后来才产生NH3，D不满足要求。‎ 综上所述，各组离子中能大量共存且满足相应要求的是C，本题选C。‎ ‎11.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．‎6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．‎66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在5种离子 B. Cl-一定存在，且c（Cl‑）≥0．4mol/L C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在 D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，‎1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；‎4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol÷‎0.1L=0.4mol/L。A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-‎ ‎) ≥ 0.4mol·L-1，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查离子共存及离子的推断。‎ ‎【名师点睛】本题考查离子共存及离子推断。具体分析如下：①加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；②红褐色沉淀是氢氧化铁，‎1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32-；③‎4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；④根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2： 2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O B. Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸： Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；‎ B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；‎ C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；‎ D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故D错误；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；‎ ‎②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。‎ ‎13.下列离子方程式的书写及评价均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 将1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2‎ 正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化 B ‎1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积均匀混合：2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al（OH）3↓＋H2O 正确；AlO2-与Al（OH）3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3‎ C 过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3- ‎ 正确；说明酸性：H2SO3强于HClO D Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应： Mg2＋＋HCO3-＋OH－===MgCO3↓＋H2O 正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I－，离子方程式：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，选项A错误；‎ B、AlO2-与H＋物质的量之比为1∶1反应时，生成Al(OH)3沉淀，1∶4反应时生成铝离子，所以1 mol·L－1 的NaAlO2溶液和2.5 mol·L－1的HCl溶液等体积均匀混合，离子方程式：2AlO2-＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，可理解为2 mol AlO2-消耗2 mol H＋，生成2 mol Al(OH)3，其中1 mol Al(OH)3又消耗了3 mol H＋，生成1 mol Al3＋，所以AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3，选项B正确；‎ C、过量SO2通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应：H2O＋SO2＋ClO－=SO42-＋Cl－＋2H ‎＋，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，选项C错误；‎ D、Mg(HCO3)2与足量NaOH溶液反应的离子方程式：Mg2＋＋2HCO3-＋4OH－=2H2O＋Mg(OH)2↓＋2CO32-，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。‎ ‎14.在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是（　　）‎ A. a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O B. b反应：HCO3-＋OH－===CO32-＋H2O C. c反应：H＋＋OH－===H2O D. d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，a反应的离子方程式是2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，故A错误；‎ B、碳酸氢铵与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨、水，b反应的离子方程式是：HCO3-＋2OH－+ NH4+=CO32-＋H2O+ NH3·H2O，故B错误；‎ C、醋酸与氢氧化钾反应生成醋酸钾和水，c反应的离子方程式是CH3COOH+ OH－=CH3COO－+H2O，故C错误；‎ D、氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，d反应的离子方程式是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故D正确。‎ ‎15.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA B. 标准状况下，‎44.8 L NO与‎22.4 L O2混合后气体中分子总数等于2NA C. NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3时转移的电子数目为2NA D. 1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2与NaOH反应生成NaCl和NaClO，Cl元素化合价既升高又降低，0.1mol Cl2参加反应转移0.1NA的电子，选项A错误；B.根据化学反应：2NO+O2= 2NO2、2NO2N2O4，2molNO和1mol氧气反应生成2molNO2，由于可逆反应的存在，混合后气体中分子总数小于2NA，选项B错误；C.根据化学反应3NO2+H2O = 2HNO3+NO 转移2e－，则NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA，C正确；D.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，则lmolFe在氧气中充分燃烧失去8/3NA个电子，D错误；答案选C。‎ ‎16.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎27g铝加入1mol·L－1的NaOH溶液中，转移电子数是3NA B. 56gN2与CO的混合物中原子总数是4NA C. 常温常压下，‎124 g P4中所含P—P键数目为4NA D. 常温下，1LpH＝1的H2SO4溶液中的H＋数为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎27g铝加入1mol·L－1的NaOH溶液中，因为不知道溶液的体积是多少，故无法计算转移电子的数目，A不正确；‎ B. N2与CO均为双原子分子，且其摩尔质量均为‎28g/mol，故56gN2与CO的混合物的总物质的量为2mol，其中原子总数是4NA，B正确；‎ C. P4分子为正四面体结构，分子中有6个P—P键，‎124 g P4的物质的量为1mol，故其中所含P—P键数目为6NA，C不正确；‎ D. 常温下，1LpH＝1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，n(H+)=0.1mol，故其中的H＋数为0.1NA，D不正确。‎ 综上所述，有关说法正确的是B，本题选B。‎ ‎17.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中 现象 产生白色沉淀，随后变为红褐色 溶液变红，随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体，随后变为红棕色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。‎ 详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。‎ ‎18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎14 g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的CO2分子数目为0.5NA B. ‎1 L 0.1 mol/L的CH3COONa溶液中含有的CH3COO－数目为0.1NA C. ‎6 g石英晶体中含有的Si—O键数目为0.4NA D. 标准状况下，‎5.6 L O2和O3混合物中含有的氧原子数目为0.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，因此，‎14 g乙烯和丙烯的混合物中所含的碳原子的物质的量为1mol，其完全燃烧时，产生的CO2分子数目为NA，A不正确；‎ B. CH3COO－在溶液中可以部分发生水解生成CH3COOH，因此‎1 L 0.1 mol/L的CH3COONa溶液中含有的CH3COO－数目小于0.1NA，B不正确；‎ C. 石英晶体中每个Si原子形成4个Si—O键，‎6 g石英晶体的物质的量为0.1mol，因此其中含有的Si—O键数目为0.4NA，C正确；‎ D. 标准状况下，‎5.6 L O2和O3混合物的物质的量为0.25mol，其中含有的氧原子数目在0.5NA ~0.75NA之间，因为不确定其中每种组分的含量是多少，故无法确定其中含有的氧原子的具体数目，D不正确。‎ 综上所述，有关说法正确的是C，本题选C。‎ ‎19.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质）‎ 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3）‎ Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2）‎ NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl）‎ H2O、浓H2SO4‎ D NO（NO2）‎ H2O、无水CaCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；‎ C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。‎ ‎20.阿伏加德罗常数的值为NA，实验室制备联氨（N2H4）的化学方程式为：2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是（　　）‎ A. 0.1‎molN2H4中所含质子数为1.8NA B. 0.1mol·L－1的NaClO溶液中，ClO－的数量为0.1NA C. 消耗4.48LNH3时，转移电子数为0.2NA D. 1.6gN2H4中存在共价键总数为0.2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A. 1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子；B.根据c=分析判断；C. 气体的体积与温度和压强有关；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。‎ 详解：A. 1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子，则0. lmolN2H4中所含质子数为1. 8NA，故A正确；B. 未告知0. 1mol·L-1NaClO溶液的体积，无法计算ClO-的数量，故B错误；C. 为告知气体的状态，无法计算4.48LNH3的物质的量，故C错误；D.1个N2H4中存在1‎ 个N-N键和4个N-H键，‎1.6g N2H4的物质的量==0.05mol，存在共价键0.05mol×5=0.25mol，故D错误；故选A。‎ 点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况，如本题的C；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的B。‎ ‎21.向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 ‎5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c（Br－）＝c（Cl－），则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（　　）‎ A. 0.75mol·L－ B. 1.5mol·L－‎1 ‎ C. 2mol·L－1 D. 3mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：n(Cl2)= ‎5.04L÷‎22.4L/mol=0.225mol,微粒的还原性：n(Fe2+)>n(Br-),所以当向溶液中通入氯气时，首先发生反应：2Fe2++ Cl2=2Fe3＋+2Cl－；然后发生反应：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2。n(Cl-)=0.225mol×2=0.45mol由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假设FeBr2的物质的量是x，则根据电子守恒可得：x+(2x-0.45)=0.225mol×2；解得x=0.3mol；所以原FeBr2溶液的物质的量浓度c(FeBr2)=0.3mol÷‎0.1L=3mol/L,因此选项是D。‎ 考点：考查化学反应的先后顺序及物质的量浓度的计算的知识。‎ ‎22.若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为 A. 1:4 B. 1:‎2 ‎C. 2:1 D. 4:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为 ‎3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。‎ 考点：考查氧化还原方程式的配平和计算。‎ ‎23.如图表示‎1 g O2与‎1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（　　）‎ A. C2H4 B. CH4‎ C. CO2 D. NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：据图像分析，恒压条件下，温度相同时，‎1 g O2与‎1 g X相比，‎ O2所占体积大，则氧气的物质的量大于X，根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量，符合条件的只有CO2，选C。‎ ‎【考点定位】阿伏伽德罗定律推论 ‎【名师点睛】阿伏加德罗定律同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律。当气体所含分子数确定后，气体的体积主要决定于分子间的平均距离而不是分子本身的大小。推论：‎ ‎（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2‎ ‎（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2‎ ‎（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1‎ ‎（4）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2‎ ‎24.下列有关溶液配制的说法正确的是（　　）‎ A. 在50 mL量筒中配制0.100 0 mol/L碳酸钠溶液 B. 仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL0.100 0 mol/L K2Cr2O7溶液 C. 用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸 D. 配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．配制一定物质的量浓度的溶液，应在容量瓶中进行，A错误；B．配制100 mL、0.100 0 mol/L K2Cr2O7溶液必须使用100mL容量瓶，B错误；C．根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有量筒、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，C正确；D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，如果用胶头滴管将多余液体吸出，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选C。‎ 点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤，熟悉各步操作需要的仪器即可解答，注意容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器。‎ ‎25.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%，密度为‎1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的是 A. 配制过程只需要三种仪器即可完成 B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制 C. 所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小 D. 需要称量NaClO固体的质量为‎140 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故错误；B、向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，故说法错误；C、碳酸的酸性强于次氯酸，2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32－，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，故正确；D、实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是500×1.19×25%g=‎148.8g，故错误。‎ 考点：考查配制一定物质的量浓度。‎ II卷 二、填空题（共4个大题，50分）‎ ‎26.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。‎ ‎（1）上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。‎ ‎（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。‎ ‎（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______。‎ ‎（4）能导电的物质序号为_______________。‎ ‎（5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是（用化学式表示）___________________________。‎ ‎（6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH和Na2CO3 、NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的组成和性进行分析，根据电解质、离子方程式的内涵和外延进行分析。‎ ‎【详解】现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。‎ ‎（1）酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等物质属于电解质，上述物质中小苏打和FeCl3固体都属于盐，故属于电解质的物质序号为②⑤。‎ ‎（2）H++OH-=H2O，该离子方程式可表示强酸或强酸的酸式盐与强碱在水溶液中反应生成水和可溶性盐的反应，上属物质中稀硫酸和稀NaOH溶液满足要求，因此这两种物质的序号是①⑥。‎ ‎（3）小苏打能与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；硝酸亚铁溶液中加入盐酸后，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，硝酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液后可以生成氢氧化亚铁沉淀，因此，加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为②⑦。‎ ‎（4）若溶液中有大量自由移动的离子则该溶液能导电。上述物质中，稀硫酸、氨水、稀NaOH溶液和硝酸亚铁溶液均为电解质溶液，满足要求，因此，能导电的物质序号为①③⑥⑦。‎ ‎（5）二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，可能生成Na2CO3或NaHCO3，NaOH有可能过量。此溶液小火蒸干，NaHCO3不会完全分解；NaHCO3和NaOH不能大量共存。因此，若得到固体混合物，则固体组成成分可能是NaOH和Na2CO3 或NaHCO3和Na2CO3。‎ ‎（6）实验室用FeCl3固体配制成饱和溶液，然后向沸水中滴加少量的FeCl3‎ 饱和溶液，加热到液体呈红褐色即可得到Fe(OH)3胶体，制备该胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl 。‎ ‎【点睛】本题在判断电解质时，不能仅根据溶液是否导电判断，还得抓住“化合物”的内涵和外延，所以电解质溶液就不是电解质了，因为它是混合物。另外，二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，由于不确定两种反应物的物质的量之比，要根据恰好生成碳酸钠和碳酸氢钠两种特殊情况对混合物的组成进行分析。‎ ‎27.用18 mol/L浓硫酸配制100 mL 3.0 mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积　②量取一定体积的浓硫酸　③溶解、冷却　④转移、洗涤　⑤定容、摇匀 回答下列问题：‎ ‎（1）所需浓硫酸体积是____mL ，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。‎ ‎（从下列规格中选用：A 10 mL　B 25 mL　C 50 mL　D 100 mL）‎ ‎（2）第③步实验的操作是________________________________________________。‎ ‎（3）第⑤步实验的操作是_________________________________________________。‎ ‎（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?‎ A 所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。‎ B 容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量水________。‎ C 所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。‎ D 定容时俯视溶液的凹液面________________。‎ ‎【答案】（1）16.7 （3分） B （1分）‎ ‎（2）先向烧杯加入30ml 蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）‎ ‎（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1‎-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。 （3分）‎ ‎（4）A. 偏小 B. 无影响 C. 偏小 D. 偏大 （各1分，共4分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓×V浓 = c稀×V稀，且量筒的精确度一般为0.1 mL，则V浓 ==" 16.7" mL；根据大而近原则，由于100 > 50‎ ‎ > 25 > 16.7 > 10，因此应选择25 mL量筒；（2）浓硫酸溶解于水时放热，为了防止暴沸引起安全事故，稀释浓硫酸时，应该先向烧杯中加入适量水，再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸，边加入边用玻璃棒搅拌，使之充分散热，如果先向烧杯中加入16.7 mL浓硫酸，再向其中倒入水，则容易发生暴沸；（3）定容：当液面在刻度线下1～‎2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相切；摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒；（4）误差分析的依据是=c、控制变量法，对分子的大小有（或没有）影响时，对分母的大小就没有（或有）影响；A、浓硫酸具有吸水性，长时间放置在密封不好的容器中，会逐渐变稀，该情况能使所量取16.7mL液体所含n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；B、该情况对分子、分母均无影响，因此对（即c）无影响；C、该情况导致n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；D、该情况导致V偏小，但对n无影响，因此因此（即c）偏大。‎ ‎【考点定位】考查浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。‎ ‎【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作，涉及内容是浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析等，平时多注重基础知识的夯实。稀释溶液过程中，我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中，这样为防止混合放热，放出热量造成液体飞溅伤人，如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中，这样才能做到实验安全，不至于发生危险。‎ ‎28.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：‎ ‎(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_______。‎ ‎(2)某小组按照文献中制备ClO2方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。‎ ‎①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。‎ ‎②装置B的作用是__________________。‎ ‎③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_______________________________。‎ ‎(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00 mL C中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示剂，用0.100 0 molL－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－），消耗标准溶液的体积为20.00 mL。滴定终点的现象是______________________________，C中ClO2溶液的浓度是__________molL－1。‎ ‎【答案】 (1). 2ClO2 + 2CN－＝2CO2 + N2 + 2Cl－ (2). 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸 (3). 防止倒吸（或作安全瓶） (4). 2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O (5). 淀粉溶液 (6). 当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 (7). 0.04000‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，据此书写发生反应的离子方程式；‎ ‎（2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；‎ ‎（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×‎0.02L=0.0004mol，据此计算可得。‎ ‎【详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；‎ ‎（2）①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；‎ ‎②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；‎ ‎③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；‎ ‎（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×‎0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04000mol/L。‎ ‎29.工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和S等杂质,为了提纯工业碳酸钠,并获得试剂级碳酸钠的简要工艺流程如图:‎ 已知:碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示:‎ ‎（1）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力,其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释______。 ‎ ‎（2）“趁热过滤”时的温度应控制在______。‎ ‎（3）已知:Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）　ΔH=+532.36 kJ· mol-1‎ Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3·H2O（s）+9H2O（g）　ΔH=+473.63kJ· mol-1‎ 写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式:_____________。‎ ‎（4）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用,请你分析实际生产中是否可行:______,其理由是____________________‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3在溶液中存在水解平衡C+H2OHC+OH-,溶液呈碱性,当温度升高时水解平衡正向移动,使溶液碱性增强,故去油污能力增强 (2). ‎36 ℃‎以上 (3). Na2CO3·H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）　ΔH= +58.73 kJ·mol-1 (4). 不可行 ‎ ‎(5). 若“母液”循环使用,则溶液中c（Cl-）和c（S）增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中信息可知，工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和S等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠，根据简要工艺流程可知：首先将工业碳酸钠溶解于水，然后加入适量的氢氧化钠溶液将Ca2+、Mg2+、Fe3+充分沉淀，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶，趁热过滤后可得到Na2CO3·H2O，将Na2CO3·H2O加热脱水， 得到试剂级碳酸钠。‎ ‎【详解】（1）Na2CO3在水溶液中可以水解使溶液呈碱性，热的Na2CO3溶液有较强的的碱性，有较强的去油污能力。故答案是：Na2CO3在溶液中存在水解平衡C+H2OHC+OH-，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强,故去油污能力增强。 ‎ ‎（2）由题中信息可知，碳酸钠的饱和溶液在‎36 ℃‎以上析出的是流程中所得到的Na2CO3·H2O，故“趁热过滤”时的温度应控制在‎36 ℃‎以上。‎ ‎（3）根据已知的热化学方程式①Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）　ΔH=+532.36 kJ· mol-1和②Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3·H2O（s）+9H2O（g）　ΔH=+473.63kJ· mol-1，根据盖斯定律可知，①-②可得Na2CO3·H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g），故其ΔH=+532.36 kJ· mol-1 -473.63kJ· mol-1=+58.73 kJ·mol-1，故Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式为Na2CO3·H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）　ΔH= +58.73 kJ·mol-1。‎ ‎（4）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用，这种想法在实际生产中是不可行的，其理由是：若“母液”循环使用，由于Cl-和S没有转化为沉淀，则溶液中c（Cl-）和c（S）会不断增大，最后所得产物Na2CO3中混有氯化钠和硫酸钠杂质。‎ ‎【点睛】分析工业流程时，要注意分析哪些杂质除去了，还有哪些杂质没有除去，能根据量变引起质变分析反应混合物中各组分浓度的变化，以及由此带来的不利影响。‎