2022-2023学年山东省青岛莱西市高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省青岛莱西市高一上学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

山东省青岛莱西市2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活息息相关。下列说法错误的是
A．生石灰常用作食品的干燥剂 B．“84”消毒液常用作皮肤的消毒剂
C．纯碱溶液常用作餐具的去污剂 D．稀盐酸可用作铜器的除锈剂
【答案】B
【详解】A．生石灰为氧化钙，它能吸收食品包装中的少量水并与水反应生成氢氧化钙，常用作食品的干燥剂，A正确；
B．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，对皮肤具有强腐蚀性，故“84”消毒液主要用于环境消毒，不能用于皮肤消毒，B错误；
C．纯碱是碳酸钠溶液，溶液中碳酸根水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，C正确；
D．稀盐酸能与铁锈的主要成分氧化铁发生反应生成氯化铁和水，因此稀盐酸可用作铜器的除锈剂，D正确；
故选：B。
2．将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得FeSe基超导材料。下列物质中的氢原子数与1 mol超导材料，中所含氢原子数相同的是
A．10.2 g B．7.84 L(标准状况下)
C．个分子 D．1 L 2.8 mol·L HCl溶液
【答案】B
【分析】1 mol超导材料，中所含氢原子物质的量为0.4mol+2.4mol=2.8mol。
【详解】A．10.2 g 含氢原子物质的量为，A不符合题意；
B．7.84 L(标准状况下) 含氢原子物质的量为，B符合题意；
C．个分子含氢原子物质的量为，C不符合题意；
D．1 L 2.8 mol·LHCl溶液中水也含有含氢原子，故氢原子物质的量大于2.8mol，D不符合题意；
故选B。
3．分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法，下列正确的是
A．、、都是碱性氧化物
B．只含一种元素的物质一定是纯净物
C．与均含相同的元素氢，故也可以称为酸
D．液氯、均属于纯净物
【答案】D
【详解】A．碱性氧化物和酸反应只生成盐和水，和酸反应还生成氧气，属于过氧化物，A错误；
B．同种元素可能形成不同的单质，如金刚石、石墨只含碳元素，二者在一起是混合物，B错误；
C．酸是电离出的阳离子只有氢离子的化合物，属于酸式盐，C错误；
D．液氯、均属于纯净物，D正确；
故选D。
4．下列反应原理及离子方程式书写正确的是
A．饱和溶液中通入过量：
B．溶液中滴入少量溶液：
C．向溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀：
D．向溶液中通入：
【答案】B
【详解】A．饱和溶液中通入过量会生成碳酸氢钠沉淀，A错误；
B．溶液中滴入溶液，不管Ca(OH)2的量多量少，都生成碳酸钙沉淀和水：，B正确；
C．向溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，两者1:1反应，离子方程式为，C错误；
D．不与溶液反应，D错误；
故选B。
5．下列除杂质试剂（括号中）的选择，不正确的是（  ）
A．NaHCO3溶液中混有Na2CO3(CO2) B．NaOH中混有Na2O2(H2O)
C．Na2CO3溶液中混有NaHCO3(CaCl2) D．NaNO3中混有NaHCO3(HNO3)
【答案】C
【详解】A．碳酸钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则溶液中通入二氧化碳可除杂，故A正确；B．过氧化钠与水反应生成NaOH，则混合物中加水可除杂，故B正确；C．碳酸钠与氯化钙反应，而碳酸氢钠不反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，应加NaOH溶液来除杂，故C错误；D．NaHCO3与HNO3反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，可除杂，故D正确；故选C。
6．漂白粉主要成分可表示为：Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·nH2O，用过量的盐酸和漂白粉作用可生成Cl2。Cl2与漂白粉的质量比叫做漂白粉的“有效氯”。现有一种漂白粉的“有效氯”为0.355，则式中的n值约为
A．7.5 B．8.0 C．9.5 D．11.0
【答案】B
【详解】设有1mol Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·nH2O，加入盐酸，发生ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，根据方程式可知溶于水生成3mol Cl2，
ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O
3mol            3mol
则有=0.355，n≈8.0；
答案选B。
7．下图中两条曲线分别表示1g C3H6气体、1g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是

A．PH3 B．N2 C．C3H4 D．N2O
【答案】B
【分析】同温同压下，气体的摩尔体积相等，气体的物质的量越大，则体积越大；在温度、体积相等的容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，结合n=解答该题。
【详解】同温同压下，气体的摩尔体积相等；在温度、体积相等的容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，1gC3H6的物质的量为mol，由图象可以知道在温度为50℃时，两种气体的压强之比为1.2:0.8，则物质的量之比为1.2:0.8，
设气体M的相对分子质量为x，则：=0.8:1.2，x=28，只有B符合，
所以B选项是正确的。
8．活塞关闭情况下，将干燥管末端浸入装有水的烧杯中，若其它条件不变且装置气密性良好，则干燥管末端的现象为
选项
A
B
C
D






A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】活塞关闭情况下，如果装置气密性良好且干燥管内的气体体积没变化(此时内压等于外大气压)，把干燥管末端浸入水面以下的时候，干燥管内的气体压强< (外大气压+水柱压强产生的压强)，即内压<外压，所以干燥罐内的体积会被压缩一些，故选D。
9．处理某废水时，反应过程中部分离子的数目与反应进程的关系如图所示，反应过程中主要存在、、、(C为+4价，N为-3价)、等微粒。下列说法不正确的是

A．该废水呈强酸性
B．废水处理后转化为无害物质
C．反应的离子方程式为
D．每处理1个转移的电子数为3
【答案】A
【详解】A．废水中主要存在ClO-、CNO-，水解溶液呈碱性，A错误；
B．处理某废水后，产物为、N2、Cl-都为无害物质，B正确；
C．由图可知，ClO-浓度减小，浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2+2+3Cl-，C正确；
D．由图可知，ClO-浓度减小，浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-(N化合价为+3)→N2(N化合价为0)，每处理1mol CNO-转移3mol e-，D正确；
故答案为：A。
10．用饱和氯水与碳酸钙反应是制取较浓HClO溶液的方法之一。某兴趣小组进行了如下实验探究。

①在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水（如图所示），充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去。
②过滤，将滤液滴在有色布条上，发现滤液比饱和氯水的漂白性更强。
③为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份滤液与澄清石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份滤液与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体；对第三份滤液进行加热，看到滤液变浑浊且有大量无色气体产生。经检测，上述实验中产生的无色气体均为。
依据上述实验可推知，滤液中的溶质除、HClO外，还有（    ）
A． B． C． D．CaO
【答案】C
【详解】A．因HClO的酸性比碳酸的酸性弱，故HClO不与碳酸钙反应，则不可能存在次氯酸钙；
B．碳酸钙不溶于水，因此滤液中不可能含有碳酸钙；
C．碳酸氢钙与氢氧化钙在溶液中反应能生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钙与盐酸反应能生成二氧化碳，若滤液中含有碳酸氢钙，加热时会产生白色沉淀碳酸钙和无色气体二氧化碳；
D．CaO和水反应生成氢氧化钙，滤液中不可能含有CaO；
故选C。
11．已知：溶液酸性越强，pH越小；电导率是衡量物体传导电流的能力，导电性越强，电导率越大。某学习小组拟用手持技术对光照过程中密闭容器内的新制饱和氯水的变化进行检测，下列图象不正确的是
A
B
C
D




氯水的pH随时间的变化
溶液中氯离子浓度随时间的变化
液面上方氧气体积分数随时间的变化
氯水的电导率随时间的变化

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2OH++Cl-+HClO、②HClOH++ClO-，HClO不稳定易分解2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，随着HClO的分解，Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡向右移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，以此来解答。
【详解】A．根据分析，氯水最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，故A正确；
B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2OHClO+HCl平衡会向右移动，氯离子浓度不断增大，故B正确；
C．反应生成氧气，氧气体积分数不断增大，故C正确；
D．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故D错误；
故选：D。

二、多选题
12．是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16.25 g 水解形成的胶体粒子数为
B．等物质的量的和中含有阴离子数相等
C．100 g 46%的乙醇()水溶液中氧原子数目为
D．标准状况下11.2 L 溶于水，溶液中、、和HClO的微粒数之和为
【答案】BC
【详解】A．胶体粒子由若干个分子聚集形成，故胶体粒子数小于，A错误；
B．中的阴离子为，中的阴离子为，故等物质的量的和中含有阴离子数相等，B正确；
C．100 g 46%的乙醇()水溶液中含46g乙醇和54g水，含有氧原子物质的量为=4mol，故含有氧原子数目为，C正确；
D．中含有两个氯原子，故溶液中、、和HClO的微粒数之和小于，D错误；
故选BC。
13．催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是

A．该机理的总反应为
B．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
C．图中和HCHO均属于氧化物
D．反应过程中，溶液的酸性增强
【答案】AD
【详解】A．由催化机理图可得该机理的总反应为，A正确；
B．催化机理中与反应生成的过程不是氧化还原反应，B错误；
C．不属于氧化物，C错误；
D．由总反应可知，反应过程中生成了碳酸，溶液由中性变为弱酸性，酸性增强，D正确；
故选AD。
14．如图所示，分别向密闭容器内可移动活塞的两边充入空气(已知空气体积占整个容器体积的)H2和O2的混合气体，在标准状态下，若将H2、O2的混合气体点燃引爆。活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央。则原来H2、O2的体积之比可能为

A．2∶7 B．3∶1 C．2∶1 D．1∶1
【答案】BD
【详解】通过图分析，在同温同压下，原来空气和混合气体的体积比为1:4，假设空气为1mol，则氢气和氧气的混合气体为4mol，点燃后，氢气和氧气反应生成水，气体剩余1mol，根据方程式分析，反应消耗的氢气物质的量为2mol氧气为1mol则原来氢气和氧气的物质的量比可能为3:1，或2:2=1:1。
故选BD。
15．研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56gNa2O2粉末加入40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。
编号
①
②
③
④
操作




现象
溶液变红色，20秒后褪色
i.产生大量能使带火星木条复燃的气体
ii.溶液变红色，10分钟后褪色
i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色.
ii.变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化

下列说法正确的是A．由②中现象i可知，Na2O2与水反应有H2O2生成
B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为生成的H2O2有漂白性
C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大
D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终变成红色
【答案】AC
【分析】1.56 g Na2O2的物质的量n==0.02mol，加入40 mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为=1mol/L，结合实验现象分析判断。
【详解】A．过氧化钠与水反应得到的溶液A中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；
B．由分析知，②步骤ii中得到的氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，与③i中氢氧化钠的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，10分钟后溶液褪色，ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由④知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明②溶液红色褪去是因为c(OH-)大，故B错误；
C．根据B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而①中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c(OH- )大，而是过氧化氢的氧化作用，故C正确；
D．①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液不能变成红色，故D错误；
故选AC。

三、填空题
16．是阿伏加德罗常数，完成下列问题。
(1)①②③④NaClO溶液⑤硫酸⑥乙醇⑦⑧溶液，上述物质属于强电解质的是_______；14.9 g NaClO溶解在水中，要使数与水分子数之比为1∶100，则需要水的个数为_______。
(2)可以通过下列反应制备：。是_______(填“氧化产物”、“还原产物”或“氧化产物和还原产物”)。每生成1分子氧气，转移电子的数目为_______。
(3)砒霜低温下微溶于水，溶解的砒霜与水反应生成亚砷酸()，亚砷酸为三元弱酸。可用石灰水检验澄清溶液中是否含有砒霜，现象是有白色沉淀生成，则石灰水与亚砷酸在溶液中反应的离子方程式为_______。
(4)次磷酸钙[，P是+1价]可用作食品添加剂和动物营养剂，以氢氧化钙为原料制备次磷酸钙的反应为：___________________________________。配平该反应的化学方程式_______。
【答案】(1)     ③⑤⑦    
(2)     氧化产物和还原产物     10
(3)
(4)32632

【详解】（1）强电解质：水溶液中或熔融状态中(几乎)完全发生电离的化合物，、硫酸、；NaClO的物质的量为，的个数为0.2NA， 数与水分子数之比为1∶100，则水的个数为20 NA；
故答案为：③⑤⑦；20 NA。
（2），反应中铁元素化合价+2价升高到+6价，硫酸亚铁为还原剂被氧化得到氧化产物Na2FeO4，电子守恒分析，过氧化钠中氧元素化合价-1价降低到-2价，做氧化剂被还原得到还原产物Na2FeO4，过氧化钠中氧元素-1价升高到0价，做还原剂被氧化得到氧化产物O2，根据方程式可知1个氧分子生成时消耗2个 FeSO4发生反应时，电子转移总数=2×（4+1）×NA=10
故答案为：氧化产物和还原产物；10。
（3）根据离子反应方程式原理，亚砷酸为三元弱酸不可拆，石灰水可拆则有离子方程：；
故答案为：
（4）由氧化还原原理可知，P单质既做氧化剂又是还原剂，P由0价降低到-3价PH3，由0价升高到+1价，根据得失电子守恒可进行配平：32632；
故答案为：32632
17．化学存在于我们的生活中，我们的衣食住行都和化学密切相关，完成下列问题。
(一)在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。现有一种无色的鲜花营养液，可能由硝酸钙、碳酸钾、硝酸钾、氯化钾中的一种或几种物质组成，为探究其成分，某同学设计并完成了如图所示的实验。

(1)由实验1可确定原营养液中一定没有的物质是_______(填化学式)，写出生成白色沉淀的化学方程式：_______。
(2)若测得原营养液中、的数目之比为2∶1，则原营养液是由_______种溶质配制成的。某同学用氯化钙、硝酸钾、氯化钾配成的营养液中、、的数目之比为2∶5∶1，则所用硝酸钾和氯化钙的物质的量之比是_______。
(二)明胶磷酸盐缓冲液可用于肉毒梭菌检样的制备、微生物分离和鉴定等。
(3)明胶是水溶性蛋白质混合物，由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶的水溶液和溶液共同具备的性质是_______(填字母)。
a.都不稳定，密封放置会产生沉淀
b.二者均有丁达尔效应
c.分散质粒子可通过滤纸
(4)磷元素的含氧酸有、(亚磷酸)、(次磷酸)等多种酸。已知(过量)，属于_______(填“正盐”或“酸式盐”)。已知属于二元弱酸，写出它与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______。
【答案】(1)         
(2)     3     1∶2
(3)c
(4)     正盐    

【详解】（1）向原营养液中加入Na2CO3溶液，反应产生白色沉淀，说明其中Ca(NO3)2，能够与Ca(NO3)2发生反应形成沉淀的K2CO3不能大量共存，故由实验1可确定原营养液中一定没有的物质是K2CO3；Na2CO3与Ca(NO3)2发生反应产生CaCO3沉淀和NaNO3，反应的化学方程式为：Ca(NO3)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaNO3；
（2）若测得原营养液中K+、Cl-的数目之比为2∶1，根据分析可知其中不含K2CO3，含有K+的物质还有KCl、KNO3，KCl中K+、Cl-的数目之比为1∶1，因此其中一定含KCl、KNO3，结合①确定其中含有Ca(NO3)2，故原营养液是由KCl、KNO3、Ca(NO3)23种物质组成；假如的物质的量是1 mol，则n(K+)=2 mol，n(Cl-)=5 mol，由守恒可知n(KNO3)=1 mol，根据K+守恒，可知n(KCl)=2mol-1 mol=1 mol，再根据Cl-守恒，可知n(CaCl2)=，故n(KNO3)：n(CaCl2)=1 mol：2 mol=1：2；
（3）a．明胶的水溶液属于胶体，溶液是溶液，密封放置不会产生沉淀，a错误；
b．明胶的水溶液属于胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，b错误；
c．明胶的水溶液属于胶体，溶液是溶液，分散质粒子都可通过滤纸，c正确；
故选c；
（4）根据方程式可知1molH3PO2与足量的NaOH反应只能消耗1molNaOH，故H3PO2属于一元弱酸，生成的盐NaH2PO2属于正盐；H3PO3属于二元弱酸与足量NaOH溶液溶液反应生成Na2HPO3和水，反应的离子方程式H3PO3+2OH-= HPO+2H2O。
18．利用氯元素价类二维图可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系。图中①~⑩均含氯元素。回答下列问题：

(1)④的化学式为_______，⑦的电离方程式为_______。
(2)⑤与⑨混合可产生①，反应的离子方程式为_______。若将①通入热的烧碱溶液中，可以得到NaC1、NaClO和的混合液。当混合液中和的个数比为15∶2时，混合液中和的个数比为_______。
(3)含⑨的溶液可作为水处理剂除去水中的杂质离子。例如它可使酸性废水中的时转化为，反应的离子方程式为_______。
(4)⑨的溶液在空气中放置一段时间后漂白效果更好，结合离子方程式解释原因：_______。(已知酸性：)
(5)一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”。能快速溶于水，溢出大量气泡，同时得到溶液。上述过程，生成1 mol 的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，写出产生“气泡”的离子方程式_______。
【答案】(1)         
(2)          5∶2
(3)
(4)发生反应，生成HClO，漂白效果更好
(5)     1∶4    

【分析】根据图示分析①Cl2②HCl③ClO2④Cl2O7⑤HCl⑥HClO⑦HClO4⑧NaCl⑨NaClO⑩NaClO3
【详解】（1）根据分析④的化学式为Cl2O7，⑦HClO4为强电解质完全电离，；
故答案为：Cl2O7；
（2）⑤HCl和⑨NaClO产生①Cl2，二者发生氧化还原，；若将①Cl2通入热的烧碱溶液中，得到NaC1、NaClO和的混合液。Cl由0价降低到-1价HCl，由0价升高到+5价的NaClO3和NaClO，当混合液中和的个数比为15∶2时, 设ClO-个数为x，根据得失电子守恒，,x=5；
故答案为：；5∶2。
（3）含⑨NaClO与酸性废水中的时转化为，可得到方程式：；
故答案为：。
（4）⑨NaClO溶液在空气中放置时候会吸收空气中的水和二氧化碳生成次氯酸，发生反应，生成HClO，漂白效果更好；
故答案为：发生反应，生成HClO，漂白效果更好。
（5）根据氧化还原，可写出产生ClO2的离子反应方程式为：，则既作氧化剂又作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4；溶液中的碳酸氢钠完全电离，,所以产生二氧化碳的离子方程式为：；
故答案为：1：4；。

四、实验题
19．化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有重要作用，请完成下列问题。
(1)向25 mL沸水中逐滴加入饱和溶液：煮沸至液体呈红褐色，停止加热。该反应化学方程式为_______，判断胶体制备是否成功，可利用胶体的_______，欲除去胶体中混有的NaCl溶液的操作名称是_______。
(2)为除去粗盐中的、、、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下：

①盐全部溶解，得到粗盐水；②向粗盐水中滴加过量的溶液；③向粗盐水中滴加稍过量的溶液；④向粗盐水中滴加稍过量的NaOH溶液；⑤将烧杯静置，然后过滤；⑧滴加盐酸，用玻璃棒搅拌；⑦将滤液倒入蒸发皿中，用酒精灯加热，同时用玻璃棒不断搅拌。
回答下列问题：
上述步骤②中如何判断已经完全沉淀？_______。该实验操作过程中，下列仪器不需要的是_______。
a.b.c. d.e.f.
(3)利用一定浓度的HCl溶液和制备进行有关实验。为了防止制备的逸散，某同学设计装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。

发生装置选择_______(填“图甲”、“图乙”)。若用所选的发生装置和装置Ⅰ制取氯气，b瓶加入的液体一般为_______。反应开始后，关闭活塞K时，发现c中液面上升不明显，可能的原因是_______。
(4)欲用装置Ⅱ(或装置Ⅲ)代替装置Ⅰ中的b~c部分(试剂相同)，可行的是_______(“装置Ⅱ”或“装置Ⅲ”)，简述不可行装置的原因_______。
【答案】(1)     (胶体)     丁达尔效应     渗析
(2)     将溶液静置，向上清液中滴加溶液，无白色沉淀生成证明已经完全沉淀     bf
(3)     图乙     饱和食盐水     装置漏气
(4)     装置Ⅱ     c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险

【详解】（1）将饱和FeCl3溶液加入沸水中制备胶体，利用丁达尔效应检验胶体，根据粒子直径大小，可以用渗析方法分离溶液和胶体；
故答案为：(胶体)；丁达尔效应；渗析
（2）根据离子检验原理，验证可以将溶液静置，向上清液中滴加溶液，无白色沉淀生成证明已经完全沉淀；上述操作有：溶解、过滤、蒸发，能够用到的实验仪器有，烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台、蒸发皿、酒精等、坩埚钳，所以用不到的仪器为，坩埚、分液漏斗；
故答案为：将溶液静置，向上清液中滴加溶液，无白色沉淀生成证明已经完全沉淀；bf
（3）浓盐酸与MnO2制取氯气，装置需要加热，所以图乙装置符合要求；因为浓盐酸有挥发性会挥发出HCl气体，可以用饱和食盐水除氯气中的HCl气体；反应开始后，关闭K发现C中液面上升不明显，说明未收集到或只收集到少量氯气，则可能的原因是装置的气密性差；
故答案为：图乙；饱和食盐水；装置漏气
（4）分析装置Ⅱ可知，关闭活塞K，气体压强增大，液体被压入c中起到储气的作用；分析装置Ⅲc装置密闭，b中液体不能排入装置c；
故答案为：装置Ⅱ；c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险。
20．某兴趣小组研究二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应。
(一)利用压强传感器和传感器设计了如图甲、乙两个实验装置，甲的注射器中装有过量的NaOH溶液，乙的注射器中装有等体积的水，实验时将两装置注射器中的液体全部推入烧瓶中，试验后，得到了压强随时间变化的曲线(如图丙)

(1)设计实验乙的目的是_______。
(2)图丙中曲线_______(选填“I”或“II”)表示和NaOH溶液的反应，写出该反应的离子反应方程式_______。
(3)两烧瓶中的压强在开始阶段均增大的原因是_______。
(二)测定与NaOH溶液的反应后产物(碳酸钠和碳酸氢钠)混合物中碳酸钠的质量分数，按如图所示的实验流程进行实验：

(4)有同学认为“加入适量盐酸”不好控制，应改为“加入过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，该观点_______(填“正确”或“不正确")，其原因是_______。
(5)若实验中测得样品质量为46.4 g，蒸发后固体质量为40.95 g，则碳酸钠的质量分数为_______(保留3位有效数字)。蒸发结晶过程中若有固体飞溅，测得碳酸钠的质量分数_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)对比作用，排除水对实验的干扰
(2)     II    
(3)氢氧化钠溶液和蒸馏水加入后占据一定体积，导致气压增大
(4)     正确     盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发，不影响结果
(5)     45.7%     偏小

【详解】（1）氢氧化钠溶液中有水，设计实验乙的目的是对比作用，排除水对实验的干扰；
（2）氢氧化钠吸收CO2，烧瓶中压强迅速降低，故曲线II表示和NaOH溶液的反应，的离子反应方程式为；
（3）氢氧化钠溶液和蒸馏水加入后占据一定体积，导致烧瓶内气压在开始阶段均增大；
（4）盐酸容易挥发，加入适量的盐酸不好控制，应加入过量的盐酸，保证碳酸钠和碳酸氢钠全部反应，过量的盐酸在加热过程中挥发，不影响结果，故该观点正确；
（5）设物质的量为xmol，物质的量为ymol，结合Na+守恒得，解得x=0.2mol，y=0.3mol；碳酸钠的质量分数为，蒸发结晶过程中若有固体飞溅，氯化钠质量减小，碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量减小，测得碳酸钠的质量分数测得碳酸钠的质量分数偏小；