四川省南充高级中学2023-2024学年高一上学期 期末化学模拟 Word版含解析.docx

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2023-2024学年四川省南充高级中学高一(上)期末模拟化学试卷一、选择题(共16小题，满分48分，每小题3分)1.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是①硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；③金属氧化物都属于碱性氧化物；④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;⑥非金属氧化物都属于酸性氧化物；⑦根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质.A.只有②④⑥⑦B.只有①③⑤⑦C.只有③④⑥D.只有①②⑤【答案】D【解析】【分析】①阳离子只有氢离子的是酸，阴离子只有氢氧根离子的是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物称之为盐，氧元素于另一种元素组成的化合物是氧化物；②非电解质是水溶液或熔融状态下均不能导电的化合物，强电解质是能完全电离的物质，弱电解质是存在电离平衡的物质，不能完全电离；③金属氧化物包括一般金属氧化物和两性氧化物，前者属于碱性氧化物，后者能与碱反应；④不同分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同；⑤氧化还原反应的本质就是物质之间电子的转移;⑥酸性氧化物是能与碱反应的一类氧化物，非金属氧化物中只有部分属于酸性氧化物；⑦溶液导电能力强弱主要影响因素是溶液离子浓度，溶质种类无关。【详解】①硫酸H2SO4、烧碱NaOH、醋酸钠CH3COONa和生石灰CaO分别属于酸、碱、盐和氧化物；②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；③金属氧化物不是都属于碱性氧化物，如氧化铝；④根据分散质粒子的直径不同将分散系分为胶体、溶液和浊液；⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;⑥非金属氧化物不是都属于酸性氧化物，如一氧化碳； ⑦溶液导电能力与离子浓度和离子电荷有关。根据电解质在水溶液中电离程度不同将电解质分为强电解质和弱电解质。综上所述，只有①②⑤正确。答案为D。2.下列能发生丁达尔现象的分散系是A.纯水B.溴水C.蔗糖水D.蛋白质溶液【答案】D【解析】【详解】A．纯水是纯净物，不是胶体，不能发生丁达尔现象，A不符合题意；B．溴水属于溶液，不是胶体，不能发生丁达尔现象，B不符合题意；C．蔗糖水属于溶液，不是胶体，不能发生丁达尔现象，C不符合题意；D．蛋白质溶液中，分散质的粒度介于1-100nm，属于胶体，能发生丁达尔现象，D符合题意； 故选D。3.下列选项所示的物质间转化均能通过一步反应实现的是A.NaNa2O2O2CO2B.NaClNa2CO3NaOHCu(OH)2C.Fe3O4FeFeCl3Fe(OH)3D.CuSO4Cu(OH)2CuOCu【答案】A【解析】【详解】A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氧气，氧气和甲烷燃烧生成二氧化碳，故NaNa2O2O2CO2能通过一步反应实现，故A正确；B．NaCl溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，故NaClNa2CO3不能通过一步反应实现，故B错误；C．Fe3O4与CO反应生成Fe，Fe3O4与CO2不发生反应，故C错误；D．硫酸铜和氢氧化铝不反应，故CuSO4Cu(OH)2不能通过一步反应实现，故D错误；故选：A。4.合金在生活中的应用非常广泛，下列关于合金说法正确的是（）A.合金不一定是金属和金属熔合而成B.合金的硬度一般比组成金属小 C.生铁的含铁量比钢高D.合金不属于金属材料【答案】A【解析】【详解】A.合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的具有金属特性的物质，因此合金不一定是由金属和金属熔合而成，A正确；B.合金的硬度一般比组成金属大，B错误；C.生铁的含铁量比钢低，而含碳量则比钢大，C错误；D.金属材料包括纯金属及形成的合金，所以合金属于金属材料，D错误；故合理选项是A。5.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有A.滴加石蕊试液显红色的溶液：B.pH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、C.水电离出来的c(H+)=10－13mol/L的溶液：K+、、Br-、Ba2+D.所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、、、Al3+【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B．pH值为1的溶液显酸性，在酸性环境中Cu2+、Na+、Mg2+、能大量共存，故选B；C．水电离出来的c(H+)=10－13mol/L的溶液即可能显强酸性也可能显强碱性，无论溶液呈强酸性还是强碱性都不能大量共存，故C不选；D．在水溶液中与Al3+发生双水解而不能大量共存，故D不选。答案选B。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液中通入：B.将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液中： C.溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀：D.Fe与稀硝酸反应，当时，【答案】D【解析】【详解】A．硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，会把硫化氢氧化，A错误；B．正确的离子方程式为，B错误；C．正确的离子方程式为，C错误；D．当时，，再增加1倍的Fe时，，铁过量，D正确；故选D。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol甲醇中含有C-H键的数目为4NAB.常温常压下，44gC3H8中含有的碳碳单键数为3NAC.2.3g甲苯和丙三醇(C3H8O3)的混合物中，含氢原子数目为0.2NAD.标准状况下，2.24L溴乙烷中含共价键数目为0.7NA【答案】C【解析】【详解】A．甲醇为CH3OH，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA，故A错误；B．44g(1mol)C3H8中含有的碳碳单键数为2NA，故B错误；C．2.3g甲苯和丙三醇(C3H8O3)的混合物中，含氢原子数目为0.2NA，故C正确；D．溴乙烷在标准状况下不是气体，2.24L溴乙烷物质的量不是0.1mol，故D错误。故选：C。8.下列说法正确的是A.第号元素位于第六周期第Ⅵ族B.和互为同素异形体C.和分别含个和个质子D.氯化铵的电子式为【答案】A 【解析】【详解】A．稀有气体的原子序数分则是、、、、、、，第号元素应该位于号元素的前两位，即第六周期族，A正确；B．同一种元素形成的不同的单质互为同素异形体，例如氧气和臭氧，和是化合物，不是同素异形体，B错误；C．核素左下角数字代表质子数，和的质子数均为，C错误；D．氯化铵为离子化合物，氯离子也要满足8电子结构，电子式为，D错误；答案选A。9.配制0.1mol/L的NaOH溶液，下列哪些操作会使实验结果偏高A.用滤纸称量NaOH固体B.移液前容量瓶内有水珠C.摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线D.定容时，俯视刻度线【答案】D【解析】【分析】根据c=n/V分析，凡是使溶质的物质的量n偏小或者使溶液的体积V偏大的操作都会使溶液的浓度偏小，反之，溶液的浓度偏大，据此进行解答。【详解】A．用滤纸称量NaOH固体，氢氧化钠能够吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，导致称取的氢氧化钠偏少，溶质的物质的量n偏小，故A错误；B．移液前容量瓶内有水珠，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故B错误；C．摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故C错误；D．定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积V偏小，配制的溶液的浓度偏高，D正确； 故选D。10.下列实验操作能达到预期目的是A.向某无色溶液中加入BaCl2溶液产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明原溶液中一定有B.向某无色溶液中加入盐酸，有无色无味的气体产生，则说明原溶液中一定有C.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水，变红，说明原溶液一定有Fe2+D.将某溶液进行焰色反应时，火焰呈黄色，则溶液中一定无K+【答案】C 【解析】【详解】A．向某溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，原溶液中可能含Ag+或，则原溶液中不一定有，A不符合题意；B．和跟稀盐酸都有无色无味的二氧化碳产生，则原溶液中不一定有，B不符合题意；C．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明无Fe3+，再滴加氯水，溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，则原溶液一定有Fe2+，C符合题意；D．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定存在Na+，不能确定是否存在K+，D不符合题意；故选C。11.某金属硝酸盐受热分解的产物为金属氧化物、二氧化氮和氧气。若生成二氧化氮和氧气的物质的量之比为8:1，则金属元素在反应过程中化合价的变化是（）A.升高B.降低C.不变D.无法确定【答案】A【解析】【详解】某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为8：1，令NO2和O2的物质的量分别为8mol、1mol，氮原子得到的电子物质的量为8mol×（5-4）=8mol，氧原子失去的电子为1mol×2×[0-（-2）]=4mol。二者氮原子得到的电子大于氧原子失去的电子，根据电子转移守恒，金属原子应提供电子，所以金属元素化合价升高。故选A。12.下列反应改变某种条件，不会改变生成物的是A.Cl2与NaOH溶液的反应：改变NaOH溶液的温度B.Al与H2SO4溶液的反应：改变H2SO4溶液的浓度C.H2S与O2的燃烧反应：改变O2的量D.S与O2的燃烧反应：改变O2的量【答案】D【解析】【详解】A．Cl2与NaOH溶液在常温下生成氯化钠和次氯酸钠，在加热时生成氯化钠和氯酸钠，故A不符合题意； B．Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，Al与浓硫酸常温钝化生成致密的氧化膜，故B不符合题意；C．H2S与少量氧气燃烧反应生成水和硫单质，与过量氧气燃烧反应生成水和二氧化硫，故C不符合题意；D．S与O2反应时无论氧气过量与否都只生成二氧化硫，故D符合题意；故选D。13.装置如图所示，在铁圈和银圈的焊接处，用一根棉线将其悬吊在盛水的烧杯中，使之平衡。小心地向烧杯中央滴入CuSO4溶液，片刻后可观察到的现象是A.铁圈和银圈左右摇摆不定B.保持平衡状况C.铁圈向下倾斜D.银圈向下倾斜【答案】D【解析】【详解】滴入CuSO4溶液后，形成原电池，Fe作负极，Ag作正极，在铁圈上：Fe－2e－=Fe2+，使铁圈质量减少；在Ag圈上：Cu2++2e－=Cu，生成的Cu附着在Ag上，使得Ag圈质量增多，铁圈质量下降，因此银圈向下倾斜，故D符合题意。综上所述，答案D。14.关于碱金属单质的性质叙述错误的是A.在空气中燃烧的生成物都是过氧化物B.与盐溶液反应时都能生成碱和氢气C.熔沸点随原子序数增加而降低D.还原性随原子电子层数的增加而增加【答案】A【解析】【详解】A．锂在空气中燃烧生成氧化锂，钾燃烧生成超氧化钾，故A错误；B．碱金属性质活泼，与盐溶液中的水反应生成碱和氢气，故B正确；C．碱金属随原子序数增加，原子半径增大，金属键越弱，熔沸点越低，故C正确；D．碱金属随原子序数增加，电子层数的增加，失去电子的能力越强，金属性越强，单质还原性越强，故D正确；故选：A 15.现有下列短周期元素性质的数据：下列关于表中11种元素的说法正确的是元素①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪原子半径(10-10m)-0.370.740.750.770.820.991.101.521.601.86最高或最低化合价0＋1＋5＋4＋3＋7＋5＋1＋2＋1-2-3-4-1-3A.上表中11种元素中形成的非金属单质都有非极性共价键B.②⑨处于同一周期，④⑧处于同一主族C.上表中11种元素中最高价氧化物对应的水化物中⑦号酸性最强D.⑥原子结构示意图为：【答案】C【解析】【详解】A．①最高正价为0，没有最低负价，即①为稀有气体，不含化学键，A错误；B．②和⑨最高正价相同，即最外层电子数相同，属于同一主族，④和⑧最高价和最低价相同，即最外层电子数相同，属于同一主族，B错误；C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，根据最高价和最低价，推出⑦为Cl，其最高价氧化物的水化物是HClO4，酸性最强，C正确；D．⑥最高价为＋3价，位于第IIIA，依据同周期从左向右半径减小，因此⑥为B元素，D错误。故选C。16.如图甲所示，纯电动公交车逐渐成为杭州街头常见的身影，磷酸铁锂电池是杭州市纯电动公交车所用的电池，现要从废旧磷酸铁锂电池中回收Fe、Al、Li等物质，采用下图乙所示方法。已知：磷酸铁锂电池溶解在H2SO4中含有Fe3＋、Al3＋、Li＋、SO42-、PO43-等离子及少量不溶物，滤液c中含有大量Li＋离子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水。 图甲图乙下列说法不正确的是A.向滤液a中加入适量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B.滤液b中加入氨水的目的是使Fe3＋沉淀，滤渣c为红褐色C.要将Li从溶液中析出，可在滤液c中加入足量Na2CO3溶液，加热浓缩，冷却结晶D.图中的氨水可以用适量NaOH溶液代替【答案】C【解析】【详解】A．滤液a中含有偏铝酸根离子，加入适量H2SO4溶液，可以得到Al(OH)3白色沉淀，A项正确；B．滤液b是硫酸铁溶液，加入氨水可使Fe3＋沉淀，则滤渣c为氢氧化铁红褐色沉淀，B项正确；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水，应用热过滤的方法分离，C项错误；D．氢氧化铁不溶于强碱，氨水可以用适量NaOH溶液代替，D项正确；答案选C。二、填空题(共4小题，满分52分)17.汽车的方向盘和前排乘客座位前的仪表板内都有折叠安全气囊，该安全气囊中含有叠氮化钠()、硝酸钾()、二氧化硅()粉等。完成下列填空：（1）关于，下列分析正确的是_______。A.电离需要通电B.的焰色反应为蓝色 C.熔融状态的中含自由移动的和D.固态不导电，因其中不含和（2）行驶的汽车发生有足够强度的意外碰撞时，碰撞传感器将激活特定的电路，放电使迅速分解，生成Na并放出，写出分解的化学方程式_______。（3）生成的Na与发生二次反应：，标出上式的单线桥：_______，其中生成2个氮气分子时，转移_______个电子，该反应的还原剂与氧化剂的个数比为_______。【答案】（1）C（2）（3）①.②.20③.5:1【解析】【小问1详解】A．电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，KNO3电离不需要通电，A错误；B．KNO3的焰色反应为紫色，B错误；C．KNO3是强电解质，熔融状态的KNO3中含自由移动的K+和NO，C正确；D．KNO3晶体由K+和NO组成，由于K+和NO不能自由移动，因此固态KNO3不导电，D错误；故选C。【小问2详解】放电使NaN3迅速分解生成Na并放出N2，NaN3分解的化学方程式2NaN32Na+3N2↑；【小问3详解】该反应Na元素化合价从0价升高到+1价，有10个钠原子发生变价，Na是还原剂，N元素化合价降低，KNO3是氧化剂，电子由还原剂转移至氧化剂，单线桥表示为：；生成一个氮气分子时，转移10个电子，故生成2个氮气分子时，转移20个电子；Na是还原剂，KNO3是氧化剂，反应的还原剂与氧化剂的个数比为10：2=5：1。 18.磷尾矿难溶于水，主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了用磷尾矿制备CaCO3、Mg(OH)2、P4和CO的方案，其工艺流程图如下：请回答下列问题：（1）磷精矿[Ca5(PO4)3F]分解温度_______________(填“高于”、“低于”)950℃；（2）NH4NO3溶液能从磷矿I中浸取出Ca2+的原因是________________，第一次浸取液用NH4NO3而不用的(NH4)2SO4原因是__________________________。（3）磷精矿与SiO2、C发生反应时被还原的物质是_______________。（4）其产物CO在工业上有重要的综合应用，现以CO、H2O、熔融Na2O组成的电池装置如图所示。写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式_______________，Na+向________(填写“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)移动。（5）CO也可由甲酸(HCOOH)制取，甲酸是易溶于水的一元弱酸。①常温下关于1L0.1mol·L-1HCOONa溶液，下列关系不正确的是____________。a．c(H+)·c(OH-)＝1×10-14b．c(H+)+c(HCOOH)＝c(OH-)c．c(Na+)＝c(HCOOH)+c(HCOO-)d．c(Na+)＞c(H+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)②向1L0.1mol·L-1HCOONa溶液中加水稀释后，c(HCOOH)·c(OH-)的数值________(填写“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）高于（2）①.NH水解使溶液呈酸性，H+能从磷矿I中浸取出Ca2+(或H+与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+)②.CaSO4微溶于水，第一次若使用硫酸，不能完全浸取Ca2+（3）Ca5(PO4)3F（4）①.CO+O2-2e-＝CO2②.石墨Ⅱ （5）①.d②.减小【解析】【分析】磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳(CO2)，磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5(PO4)3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5(PO4)3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C等，在高温下发生4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4。【小问1详解】根据流程图，在950℃煅烧是磷精矿[Ca5(PO4)3F]未分解，因此磷精矿的分解温度高于950℃，故答案为：高于；【小问2详解】NH水解使溶液呈酸性，H+能从磷矿I中浸取出Ca2+；CaSO4微溶于水，第一次若使用硫酸，不能完全浸取Ca2+，因此第一次浸取液用NH4NO3而不用的(NH4)2SO4，故答案为：NH水解使溶液呈酸性，H+能从磷矿I中浸取出Ca2+；CaSO4微溶于水，第一次若使用硫酸，不能完全浸取Ca2+；【小问3详解】根据流程图，磷精矿加入二氧化硅、C等，在高温下发生4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，反应中P元素化合价降低，被还原，被还原的物质是Ca5(PO4)3F，故答案为：Ca5(PO4)3F；【小问4详解】石墨Ⅰ为负极，电极反应式为CO+O2-2e-＝CO2；原电池中阳离子向正极移动，因此Na+向石墨Ⅱ移动，故答案为：CO+O2-2e-＝CO2；石墨Ⅱ；【小问5详解】①a．常温下，水离子积常数c(H+)·c(OH-)＝1×10-14，正确；b．根据质子守恒，有c(H+)+c(HCOOH)＝c(OH-)，正确；c．根据物料守恒有c(Na+)＝c(HCOOH)+c(HCOO-)，正确；d．HCOONa溶液水解显碱性，水解程度一般较小，c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(H+)＞c(OH-)，错误；故选d；②向1L0.1mol·L-1HCOONa溶液中加水稀释后，促进水解，c(HCOO-)减小，温度不变，水解常数不变，Kh=，c(HCOOH)·c(OH-)减小，故答案为：减小。 19.某小组同学利用如图所示装置探究卤素的性质。(1)NaOH溶液的作用是_______________(用化学方程式表示)。(2)实验中，观察到NaBr溶液由无色变为橙色，由此可得到结论：①氧化性：Cl2______(填“强”或“弱”)于Br2。②非金属性：Cl________(填“强”或“弱”)于Br。③用原子结构理论对②中的结论进行解释：___________________________________________。(3)取一支试管，加入2mL上述橙色溶液，再滴入几滴KI淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色。通过以上实验，_______(填“能”或“不能”)得出结论：Br2的氧化性强于I2的，理由是_______________。【答案】①.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O②.强③.强④.同主族元素自上而下，最外层电子数相同，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，因此非金属性逐渐减弱⑤.不能⑥.过量的Cl2也能将KI氧化为I2【解析】【分析】对于氧化还原反应，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物。【详解】(1)NaOH溶液的作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气，反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(2)①从实验现象可得出结论：Cl2与NaBr发生了反应2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，从化合价升降角度分析，Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，Cl2的氧化性强于Br2；②非金属元素原子的得电子能力越强，则其非金属性越强，即Cl的非金属性强于Br；③Cl和Br在周期表中位于同一主族，根据同主族元素自上而下，最外层电子数相同，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，因此非金属性逐渐减弱。答案为：强；强；同主族元素自上而下，最外层电子数相同，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，因此非金属性逐渐减弱；(3)向2mL上述橙色溶液中，滴入几滴KI淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色，说明两溶液发生反应，有I2生成，淀粉遇I2变蓝，但不能说明Br2的氧化性强于I2，因为过量的Cl2也能将KI氧化为I2。答案为：不能；过量的Cl2也能将KI氧化为I2。【点睛】在判断氧化性强弱关系时，我们不仅要考虑发生的主要反应，还要考虑可能发生的干扰反应。20. 我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法得到产品和(含少量)，过程如下：步骤Ⅰ.的制备步骤Ⅱ.产品中含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸mL；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol/L盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸mL；④平行测定三次，平均值为22.26，平均值为23.51。回答下列问题：（1）生成的总反应的化学方程式为_______。（2）向母液中加入NaCl粉末，存在过程。为使沉淀充分析出并分离，根据NaCl和溶解度曲线，需采用的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。（3）步骤Ⅱ中的②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。 （4）指示剂N为_______，当达到第二滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）产品中的质量分数为_______。（6）用途广泛，请写出其中一种用途_______。【答案】（1）（2）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（3）碱式（4）①甲基橙②.偏大（5）4.2%（6）作氮肥等（答案合理即可）【解析】【小问1详解】饱和氯化钠溶液中加浓氨水使溶液呈碱性，再通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；【小问2详解】根据NaCl和溶解度曲线，氯化铵的溶解度受稳定影响较大，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得氯化铵晶体，然后过滤、洗涤，干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问3详解】碳酸钠和碳酸氢钠的溶液显碱性，应选用碱式滴定管，故答案为：碱式；【小问4详解】指示剂M是在碳酸钠转化为碳酸氢钠时变色，此时溶液呈碱性，故M为酚酞，指示剂N是将碳酸氢钠完全反应生成碳酸后变色，此时溶液呈酸性，N应为甲基橙；第二个终点仰视读数，导致读数偏大，所测碳酸氢钠的量偏高，故答案为：甲基橙；偏大；【小问5详解】由反应可知碳酸钠消耗盐酸转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠消耗盐酸生成二氧化碳和水，两步反应均按照1：1进行，可由碳酸钠转化生成的碳酸氢钠消耗的盐酸与碳酸钠第一步消耗的盐酸相等，即23.51mL中由碳酸钠转的碳酸氢钠消耗量为22.26mL，则原样品中碳酸氢钠消耗的盐酸为23.51mL-22.26mL=1.25mL，产品中的质量分数为 ，故答案为：4.2%；【小问6详解】