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1、闵行区闵行区 20182018 学年第二学期高三年级质量调研考试学年第二学期高三年级质量调研考试化学试卷化学试卷一、选择题（本题共一、选择题（本题共 4040 分，每小题分，每小题 2 2 分，每题只有一个正确选项）分，每题只有一个正确选项）1.科学家借助晶体硅提高了阿伏加德罗常数的精确度。有关晶体硅描述错误的是A. 由原子构成C. 含非极性分子【答案】C【解析】【详解】A.晶体硅是原子晶体，由原子构成，故A 正确；B.硅原子与硅原子间以非极性共价键连接，故B 正确；C.由于晶体硅是原子晶体，所以不含有分子，故C 错误；D.原子晶体的特点是熔点高，故D 正确；故选 C。2.与“自制蒸馏水”原理
2、相仿的是A. 煤干馏【答案】B【解析】【详解】制备蒸馏水是利用了混合物的沸点不同进行分离的蒸馏操作，A. 煤干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦） 、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，与蒸馏原理不同，且煤的干馏是属于化学变化，故A 不符合题意；B. 石油分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化，石油分馏与蒸馏原理相似， 故 B 符合题意；C. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、 沸点较低的烃的过程，且这个分离过程是化学变化，与蒸馏原理不同，故C 不符合题意；D. 石油的裂解是高温条件下使具有长链分子的烃断裂成各
3、种短链的气态烃和少量液态烃， 以提供有机化工原料， 与蒸馏原理不同，故 D 不符合题意；故选 BB. 石油分馏C. 石油裂化D. 石油裂解B. 含非极性键D. 熔点高3.氯化铵受热分解时，破坏的作用力是A. 分子间作用力【答案】D【解析】【详解】氯化铵受热分解产生氨气和HCl，破坏了离子键和共价键，故D 正确；故选 D。4.1mol 任何气体的体积A. 约是 22.4L【答案】C【解析】【详解】1mol 任何气体的体积在标准状况下的体积为22.4L，在未知条件时不确定，故C 正确；故选 C。5.对水的电离平衡没有影响的物质是A. 硝酸铵【答案】D【解析】【详解】A. 硝酸铵中 NH4易水解，促
4、进水的电离，故A 不符合题意；B. 硫化钠中的 S2-易水解，促进水的电离，故B 不符合题意；C. 氯化氢溶于水电离出H 抑制水的电离，故 C 不符合题意；D. 碘化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，故D 符合题意；故选 D。6.不能实现“FeFeCl2”转化的试剂是A. 氯气【答案】A【解析】【详解】A. Cl2具有强氧化性，Fe 与 Cl2反应生成 FeCl3，不能实现转化，故A 错误；B.Fe 与盐酸反应生成 FeCl2和氢气，可以实现转化，故B 正确；+B. 离子键C. 共价键D. 离子键和共价键B. 一定是 22.4LC. 可能是 22.4LD. 不可能是 22.4LB. 硫化钠C.
5、 氯化氢D. 碘化钠B. 稀盐酸C. 氯化铁溶液D. 氯化铜溶液C.Fe 与 FeCl3反应生成 FeCl2，可以实现转化，故 C 正确；D.Fe 与 CuCl2发生置换反应生成 FeCl2和 Cu，可以实现转化，故 D 正确；故选 A。7.不能与 SO2反应的物质是A. 浓硫酸【答案】A【解析】【详解】A.浓硫酸与 SO2不反应，故 A 符合题意；B.SO2与品红反应生成不稳定的无色物质，即SO2可以使品红褪色，故 B 不符合题意；C.SO2与氢硫酸反应可生成S 单质和水，故 C 不符合题意；D.SO2与水反应生成亚硫酸，提供H ，H 和 NO3结合成 HNO3具有强氧化性，可将H2SO3氧
6、化成硫酸，从而 SO4与 Ba结合生成硫酸钡，故 D 不符合题意；故选 A。8.实验室制取的乙炔常含少量硫化氢，可用于除杂的试剂是A. 氧气【答案】C【解析】【详解】A.硫化氢与氧气反应会生成SO2气体杂质，即引入了新杂质，故A 错误；B.乙炔会与溴水发生加成反应，故B 错误；C. H2S 为酸性气体，能与氢氧化钠溶液反应，乙炔与氢氧化钠溶液不反应，可用氢氧化钠溶液除杂，故C 正确；D.高锰酸钾具有强氧化性，能把乙炔氧化，故D 错误；答案选 C。【点睛】除杂的原则：除去杂质，保证主体物质不损失，不引入新的杂质。9.下列转化属于工业固氮的是A. N2NO【答案】B【解析】【详解】工业固氮即在化工
7、生产中将游离态的氮转化为化合态的氮，N2在自然界中打雷闪电时亦可发生转化，则 A+-2-2+B. 品红溶液C. 氢硫酸D. 硝酸钡溶液B. 溴水C. NaOH 溶液D. 酸性 KMnO4溶液B. N2NH3C. NH3NH4ClD. NH4HCO3NH3不符合题意，故 B 符合题意；故选 B。10.互为同系物的是A.与B.与C. CHCCH3与 CH3CCCH3【答案】C【解析】【详解】A.两种化合物分子式相同，结构不同，互D. CH2=CHCH2CH3与(CH3)2C=CH2同分异构体，故 A 错误；B.甲烷是正四面体结构，其中2 个 H 原子被 F 原子取代得到的 CCl2F2只有一种结构
8、，即两式显示的是同一种物质，故 B 错误；C. CHCCH3与 CH3CCCH3结构相似，分子组成相差1 个 CH2，它们互为同系物，故C 正确；D. CH2=CHCH2CH3与(CH3)2C=CH2，分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故D 错误；故选 C。【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。11.已知34Se 位于第四周期第 VIA 族。关系正确的是A. 原子半径：SeClSC. 酸性：HClO4H2SO4H2SeO4【答案】C【解析】【详解】A.同主族元素，从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径： SeS Cl
9、，故 A 错误；B.非金属越强，得电子能力越强，得电子能力：ClS Se，故 B 错误；C.非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性： ClSSe，所以酸性：HClO4H2SO4H2SeO4，故C 正确；D.原子的氧化性越强，对应离子的还原性越弱，氧化性：ClSSe，所以还原性：Se2- S2- Cl-，故 D 错误；故选 C。【点睛】同主族元素，从上到下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。掌握元素周期律及其应用是解答本题的关键。B. 得电子能力：SeClSD. 还原性：Cl S Se-2
10、-2-12.标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，适宜的指示剂及终点颜色变化是A. 酚酞，红色变为无色C. 酚酞，红色变浅红色【答案】B【解析】【详解】甲基橙的变色范围为 3.1-4.4，酚酞变色范围为 8-10，所以标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液选用甲基橙为指示剂，滴定前将甲基橙加入氢氧化钠溶液，溶液为碱性，呈黄色，当用盐酸滴定达到终点时，溶液变为橙色，滴定终点颜色变化为：由黄变橙，故B 正确；故选 B。13.室温下，向 CH3COOH 溶液中加少量 CH3COONa 固体，溶液中减小的是A. c(H )【答案】A【解析】【详解】醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH H+CH3COO-，在醋
11、酸溶液中加入醋酸钠固体后，c(CH3COO-)增大，促进平衡向逆反应方向移动，即c(H+)减小，故 A 正确；故选 A。14.氯气通入紫色石蕊试液中，溶液由紫色红色无色。导致变色微粒依次是A. H+、Cl-【答案】B【解析】B. H+、HClOC. HCl、Cl2D. Cl-、ClO-+B. 甲基橙，黄色变橙色D. 甲基橙，黄色变红色B. c(OH )-C. c(CH3COO )-D. c(CH3COOH)【详解】氯气通入紫色石蕊试液中发生反应Cl2+H2O HClO+HCl，由于HCl 和 HClO 电离生成 H+，使溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红，又因为HClO 具有漂白性，所以溶液红色
12、褪去，故B 正确；故选 B。【点睛】掌握氯气与水的反应原理及HClO 的性质是解决本题的关键。15.热化学方程式 2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)+196kJ。说法正确的是A. 生成 0.5LO2时放热 98kJC. 反应物总能量小于生成物总能量B. H2O 为气态时，放热大于 196kJD. 加入催化剂 MnO2，反应热不变的【答案】D【解析】【详解】A.热反应方程式中反应物和生成物的系数表示的是它们的物质的量而不是体积，故A 错误；B. H2O 从液态变为气态时，需要吸收热量，所以该反应中H2O 为气态时，放热小于 196kJ，故 B 错误；C.该反应是放热反应，反应物总能量应大
13、于生成物总能量，故C 错误；D.催化剂可以改变反应的活化能，但不影响反应热，故D 正确；故选 D。【点睛】A 项为本题的易错点，注意热化学方程式中各物质的系数表示的是物质的量而不是个数，更不是体积。16.实验室检验 NH4Cl 溶液中 NH4离子的主要化学原理是A. NH4+OHNH3+H2OC. NH4Cl NH3+HCl【答案】A【解析】【详解】NH4+与碱在共热的条件下反应生成 NH3和水，氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，以此来检验 NH4+，故 A正确；故选 A。17.还原性 I-Fe2+Br-。向含有 I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是A.
14、I 、Fe 、ClC. Fe2+、Fe3+、Cl-【答案】B【解析】【详解】还原性I-Fe2+Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A 错误；B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故 B 正确；C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C 错误；D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D 错误；故选 B。-3+-+-+B. NH3H2O NH4+OHD. NH4+H2O NH3H2O+H+-
15、B. Fe 、Cl 、BrD. Fe2+、I-、Cl-2+-【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。18.生产措施与目的不相符的是选项ABCDA. A【答案】B【解析】【详解】A.粉碎硫铁矿，是为了增大反应物的接触面积，从而加快化学反应速率，故A 不符合题意；B.催化剂只影响化学反应速率，不能使平衡移动，则产物的产率不变，故B 符合题意；C.溴易挥发，所以热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质，从而除去了不易挥发的杂质，则提高了Br2的纯度，故C不符合题意；D. 侯氏制碱：母液循环使用，可以提高原料的利用率，故D 不符合题意；故选 B。19.如图是钢铁电化学
16、保护的示意图。分析正确的是B. BC. CD. D生产措施工业制硫酸：粉碎硫铁矿合成氨：铁触媒作催化剂目的提高反应的速率提高产物的产率海水提溴：热空气吹出 Br2提高 Br2的纯度侯氏制碱：母液循环使用提高原料利用率A. 若 a、b 两端用导线相连，Fe 作正极B. 若 a、b 两端用导线相连，Zn 被还原C. 若 a、b 两端与电源相连，Fe 作阳极D. 若 a、b 两端与电源相连，Zn 极得电子【答案】A【解析】【详解】A. 若 a、b 两端用导线相连，形成原电池，Zn 比 Fe 活泼，则 Zn 作负极，Fe 作正极，故 A 正确；B. 若 a、b 两端用导线相连，形成原电池，则Zn 作负
17、极，失去电子，发生氧化反应，Zn 被氧化，故 B 错误；C.a、b 两端与电源相连，若Fe 作阳极，阳极失去电子，铁被损耗，不能达到钢铁保护的要求，故C 错误；D.若 a、b 两端与电源相连，Zn 极得电子，即Zn 极是阴极，Fe 作阳极，阳极失去电子，铁被损耗，不能达到钢铁保护的要求，故 D 错误；故选 A。【点睛】明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，用电化学方法保护铁时，铁应为原电池的正极或电解池的阴极。20.已知 4(NH4)2SO4N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O。将硫酸铵完全分解后的气体通入过量BaCl2溶液中，有白色沉淀生成且有无色无味气体
18、逸出。说法正确的是A. 生成沉淀中有 BaSO4和 BaSO3，且 n(BaSO4):n(BaSO3)约为 1:1B. 生成沉淀中有 BaSO4和 BaSO3，且 n(BaSO4):n(BaSO3)约为 1:2C. 生成沉淀中有 BaSO4和 BaSO3，且 n(BaSO4):n(BaSO3)约为 1:3D. 从溶液中逸出的气体只有N2，溶液中溶质只有 NH4Cl、BaCl2【答案】A【解析】【详解】硫酸铵分解反应为 4(NH4)2SO4N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O，反应后的混合气体通入到 BaCl2溶液中发生的是复分解反应， SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3； （N
19、H4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl；SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4； （NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl；依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，设4mol（NH4）2SO4分解，生成1molN2， 6molNH3，3molSO2，1molSO3，二氧化硫转化为亚硫酸铵， 1mol 三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol， 则 4mol氨气和 2mol 二氧化硫反应生成 2mol 亚硫酸铵，所以得到的沉淀为 1mol 硫酸钡，2mol 亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为 1mol 硫酸钡，1mol 亚
20、硫酸钡，因此得到沉淀为 BaSO3和 BaSO4，且n(BaSO4):n(BaSO3)为 1:1，溶液中的溶质还有亚硫酸氢钡，故A 正确；故选 A。二、综合分析题（共二、综合分析题（共 6060 分）分）（一）（一） （本题共（本题共 1313 分）分）21.氢化铝锂（LiAlH4）是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。（1）LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，LiAlH4作该反应的_剂（选填“氧化”“还原”“催化”） ，用_（填试剂名称）可检验乙醛已完全转化。（2）配平化学反应方程式。_LiAlH4+_H2SO4_Li2SO4+_Al2(SO4)3+_H2该反应中 H2SO4体现_性。若上述
21、反应中电子转移数目为0.2NA个，则生成标准状况下氢气体积为_。（3） 现有两种浓度的 LiOH 溶液， 已知 a 溶液的 pH 大于 b 溶液， 则两种溶液中由水电离的c(H+)大小关系是： a_b（选填“”、“”或“=”） 。（4）铝和氧化铁高温下反应得到的熔融物通常为铁铝合金，设计实验证明其含金属铝。_【答案】 (1). 还原 (2). 新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液） (3). 2 (4). 4 (5). 1 (6). 1(7). 8 (8). 氧化性和酸性 (9). 4.48L (10). (11). 取样，滴加氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则合金中有金属铝。若无气泡产生，则合金中没有金
22、属铝【解析】【详解】(1)乙醛被还原生成乙醇， 则 LiAlH4作该反应的还原剂， 乙醛可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，以此来检验乙醛，或者利用乙醛可以与银氨溶液发生银镜反应，以此来检验乙醛，故答案：还原；新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液） ；(2)LiAlH4中 H 元素从-1 价转化为 0 价的 H2即 LiAlH4作还原剂，硫酸中 H 元素从+1 价转化成 0 价即硫酸作氧化剂，同时生成了硫酸盐，体现了硫酸的酸性，根据氧化还原反应中得失电子数相等，可配平方程式：2LiAlH4+4H2SO4Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2，根据方程式可知，2LiAlH48H28e ，若上
23、述反应中电子转移数目为0.2NA个，即生成氢气 0.2mol，标况下体积为：0.2mol22.4mol/L=4.48L；故答案：2 4 1 1 8；氧化性和酸性；4.48L；-+-(3)pH 大，即 c(OH )大，c(H )小，已知 a 溶液的 pH 大于 b 溶液，则 a 溶液中的 c(H )小于 b 溶液，故答案为：SO2（5）向NaOH 溶液中缓慢通入 SO2至过量，反应过程中某微粒X 的物质的量浓度随通入 SO2的体积变化如图所示。该微粒 X 为_。SO2过量时溶液中仍存在微粒X，解释原因。_【答案】 (1). (2). 轨道（电子云伸展方向和形状） (3). 电子自旋方向 (4).
24、(5). 2PbS+3O22PbO+2SO2(6). 0.01molL-1min-1(7). ac(8). SO32-(9).HSO3-H+SO32-，由于 HSO3-会电离生成少量的 SO32-【解析】【分析】根据元素周期表及元素周期率分析解答；根据化学反应速率计算原理分析解答；根据勒夏特列原理在化学平衡中的应用分析解答。【详解】(1)S 原子位于第三周期第 VIA 族，最外层 6 个电子，基态原子核外电子排布式为：Ne3s23p4,S 原子的最外层电子轨道表示式为：状）和电子自旋方向，故答案为：；轨道（电子云伸展方向和形状） ；电子自旋方向；，轨道表示式还描述了核外电子运动状态中的轨道（电
25、子云伸展方向和形(2)S、Cl、N 三种元素常见的氢化物分别为：H2S、HCl、NH3，其中属于非电解质的是NH3，它的电子式为：(3)根据信息提示可知 PbS 与 O2在高温时生成铅的氧化物和SO2，方程式为：2PbS+3O22PbO+2SO2，气体质量增加1.6g 即 m(SO2)-m(O2)=n(SO2)64g/mol- n(SO2) 32g/mol=1.6g， 计算得， n(SO2)=0.1mol， v(SO2)=molL min ，故答案为：2PbS+3O22PbO+2SO2；0.01molL-1min-1；-1-1=0.01(4)化学反应速率之比等于化学计量数之比， 即= ， 故
26、a 正确； 固体 PbS 质量的变化对化学反应平衡没有影响，故 b 错误；达到化学平衡时，v正=v逆，计算可得到每生成 1.5molO2，同时消耗 1molSO2，故 c 正确；对于反应2PbS+3O22PbO+2SO2，压缩体积，SO2的浓度增大的倍数一直比O2的浓度增大的倍数大，不能判断平衡，故d 错误；故选 ac；故答案为：ac；（5）SO2与氢氧化钠反应生成 Na2SO3，SO2过量继续与 Na2SO3反应生成 NaHSO3，从图象可知，X 的浓度先增大后减小，说明 X 是 SO32-，由于 SO2过量时，SO2与 OH-反应生成 HSO3-，而 HSO3-在溶液中存在电离平衡，即 H
27、SO3-H+SO32-， HSO3-会电离生成少量的 SO32-，所以溶液中会存在 SO32-，故答案为：SO32-； HSO3-H+SO32-，由于 HSO3-会电离生成少量的 SO32-。【点睛】化学平衡移动方向的判断要依据勒夏特列原理，如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，注意固体的质量变化不能使化学平衡移动。（三）（三） （本题共（本题共 1515 分）分）23.E 是一种能发生加聚反应的有机合成中间体，合成E 的路线如下。（1）反应的类型是_；反应的试剂和条件是_。（2）写出反应的化学方程式_。（3）D 的结构简式_。D 有多种
28、同分异构体，写出一种符合下列要求的结构简式_。i. 含有苯环 ii. 能发生水解反应 iii. 苯环上的一溴代物有两种（4）通过反应得到 E 的产率不高，原因是_。（5）设计一条由 CH3CH=CHCH3为原料制备的合成路线。_（合成路线常用的表示方法为：XY目标产物）【答案】 (1). 加成 (2). NaOH/H2O、 加热 (3). (4). (5).时，会生成酯类等副 (6). D 既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应产物，影响产率(7).【解析】【分析】由 B 物质逆向推断可知，A 为苯乙烯，与 Br2发生加成反应得到 B，以物质 D 为中心，正向和逆向推断可知，D 中一定含
29、有羟基和羧基，C 物质被两次氧化得到 D，可知 C 物质中含有羟基，由此继续逆向推断可知，B 物质中的 Br 原子水解得到羟基，再被氧化得到羧基，E 物质是 D 物质自身酯化得到的酯；【详解】(1)依据上述推断分析可知，A 为苯乙烯，与Br2发生加成反应得到 B，则反应是加成反应，反应是卤代烃的水解反应，反应条件为氢氧化钠的水溶液、加热，故答案为：加成；NaOH/H2O、加热；(2)反应是 C 物质中的羟基被氧化成醛基，化学反应方程式为：，故答案为：；(3)由物质 B 可知，D 中含有一个苯环，另3 个 C 原子相连，其中D 含有一个羟基和一个羧基，即可推断出D 的结构简式为：，若 D 的同分
30、异构体含有苯环且能发生水解反应即含有酯基，并且苯环上的一溴代物有两种，可推断出 D 的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（4）通过反应得到E 的产率不高，是由于D 既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类等副产物，影响产率，故答案为：D 既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类等副产物，影响产率；（5）由聚合物的结构逆向推断形成聚合物的单体是2-丁烯和 1,3 丁二烯，所以只要用 2-丁烯合成出 1,3 丁二烯再发生加聚反应即可，合成路线为：，故答案为：（四）（四） （本题共（本题共 1717 分）分）24.实验室模拟侯氏制碱法原理，可以制备一些常见的化
31、合物。i. 30时，向饱和 NaCl 溶液中加入 NH4HCO3细粉，制备 NaHCO3晶体。（1）已知 30时几种盐的溶解度为：物质NaClNH4HCO327.0NaHCO311.1NH4Cl41.1。S（g/100gH2O）36.3书写化学方程式_。根据反应原理结合信息解释NaHCO3易析出的原因_。（2）过滤出 NaHCO3晶体后，为继续分离滤液中的物质，设计如图装置。左侧发生装置可制取氨气，原因是_。一段时间后，试管中析出白色晶体为_。用冰水浴降温目的是_。ii. 制取(NH4)2SO4晶体的流程如下：（3）“转化”步骤中 CO2不宜过量，原因是_。（4）操作 I 和 II 所需的实验
32、步骤顺序是_（选填编号，可重复选择） 。a. 蒸发浓缩 b. 蒸馏 c. 过滤 d. 萃取 e. 分液 f. 冷却结晶（5）为测定某硫酸铵样品（杂质为碳酸铵）纯度。先准确称取5.000g 样品溶于水，加入足量的_，再加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、 洗涤沉淀并烘干至恒重， 最终所得固体为8.155g。 则硫酸铵样品的纯度为_。【答案】 (1). NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl (2). 离子反应总是向着离子浓度减少的方向进行。NaHCO3与另外三种物质相比，相同温度下溶解度最小，析出NaHCO3沉淀的同时使溶液中的Na 、HCO3浓度减少 (3). 生石灰与氨水中的水反
33、应放热，生成 OH ，有助于 NH3+H2O NH3H2O NH4+OH 平衡往左移动，利于氨气逸出 (4). NH4Cl(5). 温度降低，NH4Cl 的溶解度变小，有利于 NH4Cl 的析出 (6). 防止将 CaCO3沉淀转化为可溶性的碳酸氢钙，从而会降低硫酸铵晶体的纯度 (7). cafc (8). 稀盐酸或稀硝酸 (9). 92.4%【解析】【详解】（1） 侯氏制碱法是利用NaCl与NH4HCO3反应制得NaHCO3的过程， 化学方程式为： NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl ，由表格信息可知，30时NaHCO3的溶解度较小，易达到过饱和状态析出，故答案为：NaCl+N
34、H4HCO3NaHCO3+NH4Cl ；离子反应总是向着离子浓度减少的方向进行。NaHCO3与另外三种物质相比，相同温度下溶解度最小，析出NaHCO3沉淀的同时使溶液中的Na 、HCO3浓度减少；（2）生石灰与氨水中的水反应放热，生成OH-，有助于 NH3+H2O NH3H2O NH4+OH-平衡往左移动，利于氨气逸出，氨气与 NaCl 反应生成 NH4Cl，则析出的白色晶体为NH4Cl,在用冰水浴促进 NH4Cl 析出，故答案为：NH4Cl；温度降低，NH4Cl 的溶解度变小，有利于NH4Cl 的析出；（3）“转化”步骤中CO2若过量会与 CaCO3反应生成 Ca（HCO3）2，从而降低硫酸
35、铵晶体的纯度，所以CO2不宜过量，故答案为：防止将 CaCO3沉淀转化为可溶性的碳酸氢钙，从而会降低硫酸铵晶体的纯度；（4）操作 I 中要分离出碳酸钙则需要进行过滤操作，再经过蒸发浓缩和冷却结晶，最终过滤得到硫酸铵晶体，故答案为：cafc；（5）由题意可知，杂质为碳酸铵，即溶于水后，溶液中含有CO32-，所以需要用盐酸或硝酸除去CO32-后，再将硫酸根离子沉淀下来，称量计算；除去碳酸根离子后，加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、洗涤沉淀并烘干至恒重，最终所得固体为 8.155g 为 BaSO4，则 n(SO42-)=n(BaSO42-)=n(NH4)2SO4=0.035mol132g/mol=4.62g，则硫酸铵样品的纯度为故答案为：稀盐酸或稀硝酸；92.4%。=0.035mol，m(NH4)2SO4=92.4%；+-+-+-