第1章认识化学科学测试卷（含解析）高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 第1章认识化学科学测试卷（含解析）高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 847.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-12 17:39:45 | ||
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文档简介
第1章《认识化学科学》测试卷
一、单选题
1．下列实验操作中正确的是（ ）
A．蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸
B．蒸发操作时，使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热
C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出
D．萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴
2．科学家刚刚发现了某种元素的原子，1个该原子质量是a g，一个12C的原子质量是b g，NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
①该原子的相对原子质量为 ②m g该原子的物质的量为 mol ③该原子的摩尔质量是a NA g ④W g该原子中含有个该原子⑤由已知信息可得：NA=
A．①③⑤ B．②③④ C．①②⑤ D．①②④
3．我国在催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，转化过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是的烃类混合物
D．图中a的结构简式为
4．已知：NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5 NA
B．0.1mol/L的稀硫酸溶液中含有H＋数目为0.2 NA
C．1molFe与足量稀硫酸反应，转移电子数为2 NA
D．常温常压下，1.7g 氨气（NH3）所含电子数目为0.1NA
5．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（ O-16 N-16 ）
A．1 mol甲基(CH3－)所含的电子数分别为10NA
B．标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有C－Cl键的数目为4NA
C．常温常压下，1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目为NA
D．46g 由NO2和N2O4组成的混合气体中,含有的原子总数为3NA
6．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．常温常压下，11.2LSO2所含的原子数为1.5NA
B．标准状况下，1L水所含分子数为NA
C．标准状况下，22.4LCCl4中所含原子数为5NA
D．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA
7．2021 年3月，四川广汉三星堆遗址再次启动发掘，下列三星堆文物是由合金材料制成的是
A．象牙 B．青铜神树 C．玉璋 D．陶器
8．已知NH4HCO3受热易分解，化学方程式NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O。发酵粉是制作糕点的常见膨胀剂，某发酵粉的主要成分是NH4HCO3、NaHCO3，某学生称取干燥的此发酵粉50g，充分加热至质量不再改变，称取残留固体质量26.5g，该发酵粉中NaHCO3与NH4HCO3的质量比为（ ）
A．4：21 B．8：21 C．21：4 D．84：79
9．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是
A．新型冠状病毒对高三学子的复习备考造成了较大冲击，质量分数0.5%的过氧乙酸溶液能高效杀死该病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提高消杀效率
B．J—20上用到的氮化镓材料不是合金材料
C．尽量使用含 12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济的宗旨”
D．汽车尾气中含有氮氧化物是由于石油炼制过程中未除去氮元素
10．下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是
A．25mL0.5mol/LHCl溶液 B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液
C．50mL1mol/LNaCl溶液 D．100mL0.5mol/LMgCl2溶液
11．当0.2mol足量CO2完全反应后所得固体的质量为
A．21.2g B．21.6g C．22.0g D．22.4g
12．2022年6月5日世界环境日主题是“共建清洁美丽世界”。下列有关说法错误的是
A．使用绿色工艺、开发绿色产品，从源头上消除污染
B．合理使用农药和化肥，以提高粮食的产量
C．含铅汽油的抗爆震性能好，应提但大量使用
D．中国科学院在国际上首次实现了从到淀粉的全合成，有利于促进“碳中和”
13．1 mol·L－1的NaCl溶液表示( )
A．溶液中含有1 mol NaCl B．1 mol NaCl溶于1 L水中
C．58.5 g NaCl溶于941.5 g水中 D．1 L溶液中含有NaCl 58.5 g
14．将20gNaOH溶于水配成1L溶液，则该溶液中OH-的物质的量浓度是（ ）
A．0.5mol/L B．1.0mol/L C．1.5mol/L D．2.0mol/L
15．下列选项中含水分子数最多的是
A．1.2mol水 B．标准状况下22.4L水 C．18g水 D．NA个水分子
二、填空题
16．探究钠及其化合物的性质，请按要求填空：
(1)、、、久置空气中最终都是变为_______(填化学式)；
(2)投入溶液中发生反应的化学方程式有_______，_______。
(3)某课外活动小组设计以下装置进行实验：按如图所示装置进行实验，填写相关内容：
①B中浓硫酸的作用是_______。
②C中发生反应的化学方程式为_______。
③D中的现象是_______。
(4)用如下图所示装置制取纯净的。
①若是一种淡黄色固体，则烧瓶中发生反应的化学方程式是_______。
②洗气瓶(广口瓶)中装的试剂是_____，其作用是_____。所制得的气体用_____法收集。
17．为《京都议定书》2012年第一承诺期到期后的温室气体减排问题，世界各国都做出了不同的努力。随着新能源的开发和利用，CH3OH这个物质逐渐进入人们的视野，越来越受到人们的关注。
（1）下图是由CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示。下列相关说法正确的是( )
A．该反应是吸热反应
B．使用催化剂后反应热减小
C．热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-510kJ/mol
（2）由（1）推断，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在密闭容器中进行，图中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是( )
A．增大CO的浓度 B．缩小容器的容积
C．加入催化剂 D．升高温度
（3）由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池，正在逐步推广使用，假定放电过程中，甲醇完全氧化产生二氧化碳被充分吸收生成CO32-。该电池的负极反应的离子方程式为_________________________，放电过程中电池里溶液的pH将_________（填“下降”、“上升”或“不变”）；若有16克甲醇被完全氧化产生电能，并利用该过程中释放的电能电解足量的硫酸铜溶液，假设能量的利用率为80％。则得到氧气的物质的量是____________。
（4）某同学将甲醇完全燃烧生成CO2气体通入200mL 0.1 mol/L的石灰水后，得到lg沉淀，那么通入的CO2的体积可能为（标态）____________。
18．实验室中需配制一定浓度的NaCl溶液，进行如下操作：
(1)常温下，将20.0 g 14.0%的NaCl溶液，跟30.0 g 24.0%的NaCl溶液混合，得到密度为1.15 g/cm3的混合溶液。则该混合溶液的溶质的质量分数为 _______ ；该溶液的物质的量浓度为 _______ mol/L(结果保留2位小数)。
(2)实验室需配制500 mL0.1000mol/LNaCl 游液，需要称取 NaCl _______ g。配制该溶液除需要电子天平、烧杯、胶头滴管、药匙外，还需要的仪器有 _______、_______。
(3)配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响(填“偏高”“偏低”无影响“)：
①没有洗涤烧杯 _______ 。
②定容时俯视容量瓶的刻度线 _______ 。
③用蒸馏水洗涤容量瓶后有水残留在容量瓶中 _______ 。
三、计算题
19．铝、氧化铝的性质与其他常见金属及氧化物相比，有一定的特殊性。
(1)可用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，反应原理是(用离子方程式表示)___________，将2.7gAl分别置于足量的NaOH溶液、稀硫酸中，生成H2的体积之比(同温同压)为___________。
(2)证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是___________(填名称)，将ag废铝片置于100mL盐酸中，测得反应过程中生成氢气体积(标准状况)与时间的关系如图所示：0~t1时间段无气体生成的原因是___________，若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则原溶液中c(HCl)=___________。
20．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100 mL。向其中各通入一定量的CO2，然后各取溶液10 mL，分别向稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸。标准状况下，产生CO2气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。回答下列问题：
(1)曲线A表明原溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为________(写化学式)，其物质的量之比为________。
(2)B曲线当耗盐酸0＜V(HCl)＜25 mL时发生的离子反应为：_______。加盐酸后，产生CO2体积的最大值为_______mL(不考虑CO2的溶解)。写出向该NaOH溶液中通入CO2得到B溶液的离子反应方程式__________。
(3)通过计算求出原NaOH溶液的物质的量浓度_______。
21．阿伏伽德罗常数的近似值为6.02×1023。按要求完成下列填空：
（1）1molCl2中约含有___个氯气分子，约含有__个氯原子。含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的物质的量是___；
（2）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42-的物质的量是___。
（3）2L1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为___，Cl-的物质的量浓度为___。
（4）三种盐的混合溶液中含有0.2molNa+、0.25molMg2+、0.4molCl-、SO42-，则SO42-的微粒个数约为___。
四、实验题
22．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂"可延长鲜花的寿命。下表是1.00 L“鲜花保鲜剂"”的成分，阅读后回答下列问题：
成分 质量/g 摩尔质量（g/mol）
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）“鲜花保鲜剂”中K的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+）_____ （只要求写表达式，不需计算）mol/L。
（2）在配制“鲜花保鲜剂“溶液时需要要使用的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还有______（填仪器名称）。
（3）配制过程中，下列操作导致配制结果偏高的是__________（填选项字母）。
A容量瓶使用前没有干燥
B定容时俯视液面
C移液后没有洗涤烧杯和玻璃棒
D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
23．实验探究小组在实验中需要用到456mL1.00mol·L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8.00mol·L-1的HNO3溶液，该小组用8.00mol·L-1的HNO3溶液配制所需溶液。
（1）该实验中需要量取8.00mol·L-1的HNO3溶液__mL。
（2）实验中所需的玻璃仪器包括___、___mL量筒、烧杯、__、胶头滴管等。
（3）下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是___。
A．取的8.00mol·L-1的HNO3溶液时仰视刻度线
B．量筒水洗后未晾干就用去量取HNO3溶液
C．8.00mol·L-1的HNO3溶液溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D．定容时仰视刻度线
E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作
24．为了探究过氧化钠的强氧化性，某小组设计了如图所示的实验装置。
实验步骤及现象如下：
Ⅰ.检查装置气密性后，装入药品并连接仪器。
Ⅱ.缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，A中剧烈反应，有黄绿色气体产生。
Ⅲ.待产生连续气泡后，将装置D中的导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。
Ⅳ.反应一段时间后，关闭分液漏斗的活塞，再通一段时间N2，直至装置中气体变为无色。
回答下列问题：
(1)滴加浓盐酸前先通一定量的N2，目的是_______。
(2)推测装置D中收集的无色气体是_______，进一步检验该气体成分的实验操作是_______。解释产生该气体的原因是(用化学方程式表示)_______。
(3)装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。甲同学认为是生成的氯气氧化了碘化钾；乙同学认为使试纸变蓝的原因也可能是_______；丙同学认为在此装置基础上增设一个装置就能证明甲、乙同学的结论。你认为丙同学的设计是_______。
(4)实验证明Na2O2能与HCl发生化学反应生成Cl2，该反应的化学方程式为：_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．蒸馏操作时，向液体中加入几块沸石的目的是防止暴沸，故选A；
B．蒸发操作时，使混合物中剩余少量液体时停止加热，用余温将其蒸干，故B不选；
C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故C不选；
D．萃取操作时，应选用四氯化碳作为萃取剂从溴水中萃取溴，故D不选。
答案选A
2．D
【详解】①原子的相对原子质量是以一个12C的质量的为标准计算出来的，所以该原子的相对原子质量为，故正确；②1个该原子质量是a g，NA是阿伏伽德罗常数的值，该原子的摩尔质量是a NA g/mol，所以m g该原子的物质的量为 mol，故正确；③该原子的摩尔质量是a NA g/mol，故错误； ④1个该原子质量是a g，W g该原子中含有个该原子，故正确；⑤由已知信息可得：NA= ，故错误。
故选D。
3．B
【详解】A. 反应①是与的反应，根据元素守恒可推断有水生成，A选项正确；
B. 反应②是与反应生成，中还含有碳氢键形成，B选项错误；
C. 烃是只由C、H两种元素组成的有机化合物，由示意图可知，汽油主要是的烃类混合物，C选项正确；
D. 根据a的球棍模型，可得其结构简式为，D选项正确；
答案选B。
【点睛】注意：烃是只由C、H两种元素组成的有机化合物
4．C
【详解】A、标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故A错误；
B、溶液体积未知，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故B错误；
C、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，1mol铁完全反应转移2mol电子，转移电子数为2NA，故C正确；
D、1.7g氨气的物质的量为0.1mol，1个氨气分子中含10个电子，故0.1mol氨气中含NA个电子，故D错误。
答案选C。
5．D
【详解】A、1mol甲基中含有电子物质的量为9mol，故错误；
B、标准状况下，CCl4不是气体，故错误；
C、C2H6O的结构简式可能是CH3CH2OH，也可能是CH3－O－CH3，如果是乙醇，1mol乙醇含有1molC－O，如果是CH3－O－CH3，1molCH3－O－CH3含有2molC－O，故错误；
D、N2O4看作是NO2，含有原子物质的量为=3mol，故正确；
答案选D。
6．D
【详解】A．常温常压下，11.2LSO2的物质的量不是0.5mol，所含的原子数不是1.5NA，故A错误；
B．标准状况下，水是不是气体，1L水的物质的量不是mol，故B错误；
C．标准状况下，CCl4是液体，22.4LCCl4的物质的量不是1mol，故C错误；
D．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为 3NA，故D正确；
选D。
7．B
【分析】合金是指一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。
【详解】A．象牙中没有金属材料，不属于合金材料，A错误；
B．青铜神树中有铜，属于合金材料，B正确；
C．玉石的矿物主要为硬玉，组成硬玉的三种主要物质组分为，二氧化硅、三氧化二铝、氧化钠，不属于合金材料，C错误；
D．陶瓷的主要成分包括高岭土、粘土、瓷石、瓷土、 着色剂、青花料、石灰釉、石灰碱釉等，不含金属，不属于合金材料，D错误；
故选B。
8．C
【分析】NH4HCO3受热易分解生成氨气、水蒸气和CO2，均为气体，加热后无固体生成，NaHCO3受热分解生成碳酸钠，水和CO2，因此称取干燥的此发酵粉50g，充分加热至质量不再改变，称取残留固体质量26.5g，残留固体为Na2CO3，根据碳酸钠的质量计算碳酸氢钠的质量，进一步计算碳酸氢铵的质量，再求质量之比。
【详解】由分析可知，残留固体为Na2CO3，其质量为26.5g，设碳酸氢钠的质量为xg，那么：
2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ +H2O
解得x=42g，那么发酵粉中碳酸氢铵的质量为50-42=8g，因此发酵粉中NaHCO3与NH4HCO3的质量比为42:8=21:4；
答案选C。
9．B
【分析】A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应；
B．氮化镓属于无机非金属材料；
C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品；
D．石油中不含氮元素。
【详解】A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应，因此将过氧乙酸与苯酚溶液混合，不会提升消杀效率，反而会降低消杀效率，A项错误；
B．氮化镓属于无机非金属材料，属于化合物，不是合金，B项正确；
C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品，不会减少二氧化碳的排放，都不符合“促进低碳经济的宗旨”，C项错误；
D．高温下N2与O2在发动机的气缸中发生反应，生成了氮氧化物；石油不含N元素，氮氧化物的生成与氮气有关，D项错误；
答案选B。
10．A
【分析】100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度为0.5mol/L
【详解】A．25mL0.5mol/LHCl溶液中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L，故A项正确；
B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为0.75mol/L，故B项错误；
C．50mL1mol/LNaCl溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L，故C项错误；
D．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L，故D项错误；
故答案为A。
11．B
【详解】过氧化钠与二氧化碳反应是一个歧化反应，过氧化钠中的一个氧原子化合价降价成负二价，另一个氧原子的化合价升高成零价。因此所生成的碳酸钠（有一个18O）的相对原子质量为108，所以当0.2mol足量CO2完全反应后所得固体的质量为21.6g，选B
12．C
【详解】A． 使用绿色工艺、开发绿色产品，就要使原子利用率达到100%，即从源头上消除污染，A正确；
B． 合理使用农药和化肥，以提高粮食的产量，防止农药、化肥的大量使用会对水体造成污染，B正确；
C． 含铅汽油的抗爆震性能好，但铅是重金属元素、不应大量使用、现在提倡使用无铅汽油，C不正确；
D．从到淀粉的全合成，可以减少排放到空气中的二氧化碳的量，有利于促进“碳中和” ，D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A.1mol/L NaCl溶液表示1L水溶液中含有1molNaCl，没有指明溶液体积，故A不选；
B. 1 mol NaCl溶于1 L水中，溶液体积不是1L，故B不选；
C. 58.5 g NaCl是0.1mol，溶于941.5 g水中，溶液体积不是1L，故C不选；
D. 1mol/L NaCl溶液表示1L水溶液中含有1molNaCl即含有58.5gNaCl，故D选。
答案选D。
14．A
【详解】n(NaOH)==0.5mol，则NaOH的物质量浓度为：c===0.5mol/L，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，则该溶液中OH-的物质的量浓度是0.5mol/L，故答案选A。
15．B
【详解】设NA为阿伏加德罗常数的值。
A．1.2mol水中含1.2NA个分子；
B．标准状况下22.4L水的质量为22400g，含分子数为；
C．18g水含分子数为 NA个；
D．NA个水分子；
由以上结果可知，含分子数最多的为B。
故选B。
16．(1)
(2)
(3) 干燥二氧化碳 澄清石灰水变浑浊
(4) 浓硫酸 除去中的水蒸气 向上排空气
【详解】（1）在空气中与O2反应生成，与H2O反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成，与CO2反应生成，故以上四种物质久置空气中最终都是变为；
（2）投入溶液中，钠先与水反应：，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应：；
（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，B中浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳气体，C中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，D中澄清石灰水与过量的二氧化碳反应，澄清石灰水变浑浊，E中集气瓶中收集氧气。
根据分析，B中浓硫酸的作用是干燥二氧化碳；C中反应方程式为：；D中澄清石灰水变浑浊；
（4）C为淡黄色固体，能制备氧气，C为Na2O2，制备氧气的方程式为：；B中盛放浓硫酸，即试剂D为浓硫酸，作用是除去中的水蒸气；要收集干燥纯净的氧气，故用向上排空气法收集。
17． C C CH3OH-6e-+8OH-=CO32-=6H2O 下降 0.6mol 0.224L或0.672L
【分析】（3）16g甲醇参与反应所转移的电子数有80%参与了电解硫酸铜溶液，可依据电子守恒来计算产生O2的物质的量；
（4）将甲醇完全燃烧生成CO2气体通入200mL 0.1 mol/L的石灰水后，得到lg沉淀，该沉淀为CaCO3，有两种情况，第一种是CO2少量，沉淀在增长阶段，第二种是CO2过量，依据有一部分CaCO3溶解了，沉淀在减少阶段，两种情况分开计算。
【详解】(1)A．生成物总能量大于反应物总能量为放热反应,A错误；
B．使用催化剂后活化能降低, 反应热没有变化，B错误；
C．反应的H=-(510-419) kJ/mol=-91 kJ/mol，C正确。
故答案为C。
(2)可逆反应中A的转化率没有变化,说明平衡没有移动,但反应速率加快了,只能是使用了催化剂，故答案为：C。
(3)甲醇在负极被氧化，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-=6H2O，放电过程中消耗了OH-,碱性减弱，pH下降；甲醇燃料电池产生的电能电解硫酸铜溶液，产生O2的电极反应为：4OH—4e-=2H2O+O2↑，16g甲醇反应失去的电子如下：
CH3OH-6e-+8OH-=CO32-=6H2O
32g 6mol
16g n 解得n=3mol
因为能量的利用率为80％，所以电解硫酸铜溶液时电子转移3mol×80％=2.4mol，代入4OH—4e-=2H2O+O2↑计算，
4OH—4e-=2H2O+O2↑
4mol 1mol
2.4mol n 解得n=0.6mol，
故答案为：4OH—4e-=2H2O+O2↑；下降；0.6mol。
(4) 第一种情况，CO2少量，沉淀处于增长阶段，如下计算：
Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+H2O
22.4L 100g
V1 1g 解得V1=2.24L
第二种情况，CO2过量，沉淀属于减少阶段，一阶段参加反应的Ca(OH)2为0.1mol/L×0.2L=0.02mol，
Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+H2O
1mol 22.4L 100g
0.02mol V1 m1 解得V1=0.448L m1=2g
二阶段2gCaCO3有部分溶解，溶解量为2g-1g=1g，此时发生的反应及计算为：
CaCO3+H2O+CO2= Ca（HCO3）2
100g 22.4L
1g V2 解得V2=0.224L
综上所述共消耗CO2的体积为V=V1 + V2 =0.672L；
故答案为：0.224L或0.672L。
【点睛】电极反应式，电子得失守恒，是准确进行电化学的相关计算的关键，同学们一定要掌握。
18．(1) 20% 3.93
(2) 2.925 500mL容量瓶 玻璃棒
(3) 偏低 偏高 无影响
【解析】（1）
混合溶液的质量为(20.0g+30.0g)=50.0g，硝酸钾的质量为(20.0g×14.0%+30.0g×24.0%)=10.0g，则混合溶液的质量分数为；由可得，混合溶液的物质的量浓度。
（2）
根据n = cV可知需要的NaOH的物质的量，质量；操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用电子天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解.冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2―3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀.所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500mL容量瓶，玻璃棒；
（3）
①没有洗涤烧杯会有一部分溶质沾到烧杯内壁上导致浓度偏低；
②定容时俯视容量瓶的刻度线，液面在刻度线下方，浓度偏高；
③用蒸馏水洗涤容量瓶后有水残留在容量瓶中，不影响溶质的量，故对浓度无影响；
19．(1) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 1:1
(2) 盐酸和氢氧化钠溶液 开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应 3.06mol/L
【详解】（1）铁粉中的铝粉中加入NaOH溶液，只有Al与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和H2等，从而除去Fe中混有的Al，反应原理是：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；Al与足量的NaOH溶液、稀硫酸反应时都表现+3价，所以都存在关系式：2Al——3H2，则2.7gAl的物质的量为0.1mol，生成H2的物质的量都为0.15mol，体积之比(同温同压)为1:1。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；1:1；
（2）依据两性氧化物的定义，两性氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都生成盐和水，所以证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是盐酸和氢氧化钠溶液；将ag废铝片置于100mL盐酸中，由于铝表面形成氧化膜，所以0~t1时间段氧化膜与盐酸反应，无气体生成，原因是：开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应；若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则依据守恒法，n(HCl)=n(Cl-)=3n(Al3+)=0.306mol，原溶液中c(HCl)==3.06mol/L。答案为：盐酸和氢氧化钠溶液；开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应；3.06mol/L。
【点睛】废铝片中除去含Al2O3和Al外，还含有其它杂质，所以我们不能利用ag进行计算。
20． NaOH、Na2CO3 3：1 H++= 112 3OH-＋2CO2=＋＋H2O 0.75 mol·L-1
【分析】NaOH与CO2反应，反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3，碳酸钠与盐酸反应分步进行，依次为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可见两个反应中消耗盐酸的体积相等，在曲线A中消耗盐酸体积在0～60 mL没有气体产生，当消耗的盐酸的体积在60～75 mL段消耗的盐酸的体积就是反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑消耗，根据前后体积大小可推出曲线A中含有NaOH和Na2CO3；曲线B中，0～25 mL消耗的盐酸体积小于25～75 mL消耗盐酸的体积，NaOH与CO2反应完后溶质为Na2CO3和NaHCO3，据此结合质量守恒解答。
【详解】(1)根据NaOH与CO2的反应分析可知，反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3，碳酸钠与盐酸反应分步进行，依次是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知两个反应中消耗盐酸的体积相等，曲线A中加入盐酸的体积在0～60 mL时没有气体产生，消耗的盐酸的体积在60～75 mL段消耗的盐酸的体积是发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则可推出曲线A中含有NaOH 和Na2CO3，有关反应的离子方程式为OH-+H+=H2O、+H+=、+H+=H2O+CO2↑，可根据碳酸氢钠完全生成CO2消耗盐酸的体积是V(HCl)=75 mL-60 mL=15 mL，可计算出Na2CO3转化成NaHCO3消耗盐酸的体积也是15 mL，则与NaOH发生反应OH-+H+=H2O消耗盐酸的体积V(HCl)=60 mL-15 mL=45 mL，根据n=c·V可知，物质的量浓度比等于溶液的体积比，故溶液中含有的NaOH与Na2CO3的物质的量的比n(NaOH)：n(Na2CO3)=45 mL：15 mL=3：1；
(2)在曲线B中，消耗的盐酸体积0～25 mL段小于25～75 mL段，说明NaOH与CO2反应完后溶质为Na2CO3和NaHCO3，在0～25 mL时反应的离子方程式为：+H+=；当盐酸体积为75 mL时，产生CO2体积最大，在25～75 mL时发生的反应为+H+=H2O+CO2↑，n(CO2)=n(HCl)=c·V =0.1 mol/L×(75-25)×10-3 L=5×10-3 mol，即V(CO2)=5×10-3mol×22.4 L/mol=0.112 L=112 mL；
在B溶液中含有Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=c·V =0.1 mol/L×25×10-3 L=2.5×10-3 mol，含有NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=5×10-3 mol-2.5×10-3 mol=2.5×10-3 mol，所以n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1，故向该NaOH溶液中通入CO2得到B溶液的离子反应方程式为：3OH-＋2CO2=＋＋H2O；
(3)无论溶质是哪种物质，当CO2恰好达到最大时，溶液中的溶质都是NaCl，根据元素守恒可知：n(NaOH)=n(HCl)=c·V =0.1 mol/L×75×10-3 =7.5×10-3 mol，则原NaOH溶液的浓度c(NaOH)==0.75 mol/L。
【点睛】本题考查物质的量在化学方程式的计算的应用，明确图示曲线变化的意义，了解反应的先后顺序为解答关键。注意向NaOH溶液中通入CO2气体的多少与反应后物质的成分的判断，根据消耗盐酸的体积变化结合n =c·V分析溶液中溶质的物质的量关系，掌握钠元素有关其化合物性质，利用守恒思想进行简单的化学计算。
21． NA 2NA 0.5mol 0.25mol 2mol 2mol/L 0.15NA
【分析】(1)根据n=，结合分子的构成计算；
(2)根据n=计算n(Na+)，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)；
(3)根据c=结合物质的分子式来计算；
(4)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，根据守恒思想来计算。
【详解】(1)根据n=，1molCl2中含有NA个氯气分子，含有2NA个氯原子，含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的个数为×6.02×1023，H2SO4的物质的量是0.5mol；
(2)n(Na+)==0.5mol，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)=0.5mol×=0.25mol；
(5)2L 1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为2L×1mol/L=2mol，Cl-的物质的量浓度为2mol/L；
(6)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，即n(Na+)+2n( Mg2+)=n (Cl-)+2n(SO42-)，所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n(SO42-)，解出n(SO42-)=0.15mol，则SO42-的微粒个数为0.15NA。
22． 2×+ 1000 mL容量瓶、量筒、胶头滴管 B
【分析】硫酸钾和高锰酸钾都含有钾离子，溶液中钾离子总的物质的量除以溶液体积为钾离子物质的量浓度；依据配制一定物质的浓度溶液一般步骤选择需要仪器。分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。
【详解】(1)溶液中钾离子的物质的量为(2×+)mol，则依据C=，V=1L，溶液中钾离子的物质的量浓度为==2×+；
(2)配制一定物质的浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、1000mL容量瓶、胶头滴管；还缺少的仪器：1000 mL容量瓶、量筒、胶头滴管；
(3)A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；
B.定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C.移液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，烧杯和玻璃棒上残留的有溶质，导致溶液中溶质浓度偏小，故C不选；
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D不选；
故选：B。
23． 62.5 500mL容量瓶 100 玻璃棒 AC
【分析】实验室无456mL的容量瓶，选择500nL的容量瓶进行配制，结合配制一定物质的量浓度的溶液的实验原理、实验仪器及实验步骤分析解答。
【详解】(1)根据溶液稀释过程中溶质保持不变的原理，需要的硝酸溶液的体积为：，故答案为：62.5；
(2)需要选用100mL的量筒量取62.5mL的硝酸溶液、500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；100；玻璃棒；
(3)A．取8mol L-1的HNO3溶液溶液时仰视刻度线，浓硝酸的体积偏大，硝酸的物质的量偏大，浓度偏高；
B．量筒水洗后未晾干就用去量取HNO3溶液，则原HNO3溶液被稀释，硝酸的物质的量偏小，浓度偏低；
C．8mol L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯，硝酸的物质的量偏大，浓度偏高；
D．定容时仰视刻度线，体积偏大，浓度偏低；
E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作，操作合理，对实验结果无影响；
故答案为：AC。
24．(1)排尽装置中的空气
(2) 氧气 用带火星的木条检验该气体是否能使木条复燃 2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑
(3) 氧气也有氧化性能将碘离子氧化成碘单质 在C装置后再增加一个B装置
(4)Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O
【分析】检查装置气密性后，装入药品并连接装置，缓慢通入一定量的N2将装置内空气驱赶干净后，向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，有黄绿色氯气产生，进入后续装置的气体有氯气、氧气、氮气和挥发出来的氯化氢；装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C中NaOH溶液吸收挥发的HCl气体和生成的氯气，反应停止再通一段时间N2，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体氧气。
【详解】（1）滴加浓盐酸前先通一定量的N2，目的是排尽装置中的空气；
（2）O2具有助燃性，可以使带火星木条复燃；氧气可能是过氧化钠和盐酸反应得到的，化学方程式是：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑；
（3）装置A中剧烈反应，有黄绿色气体产生，该气体能够使装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，根据气体的颜色推测该气体可能是Cl2，反应方程式是：Cl2+2I-=I2+2Cl-；同学乙认为使试纸变蓝的物质也可能是氧气：Na2O2和盐酸反应的过程中会产生O2，O2也具有氧化性，也可能将I-氧化为I2；在C装置后再增加一个B装置，C中NaOH溶液吸收挥发的HCl气体和生成的氯气，若气体还能使增加的B装置中试纸变蓝，说明氧气能氧化碘离子；
（4）资料显示，Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2，则氯元素化合价从-1升高到0，则过氧化钠中氧元素化合价降低到-2价，根据元素化合价升降总数相等，结合原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O。
一、单选题
1．下列实验操作中正确的是（ ）
A．蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸
B．蒸发操作时，使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热
C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出
D．萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴
2．科学家刚刚发现了某种元素的原子，1个该原子质量是a g，一个12C的原子质量是b g，NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
①该原子的相对原子质量为 ②m g该原子的物质的量为 mol ③该原子的摩尔质量是a NA g ④W g该原子中含有个该原子⑤由已知信息可得：NA=
A．①③⑤ B．②③④ C．①②⑤ D．①②④
3．我国在催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，转化过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是的烃类混合物
D．图中a的结构简式为
4．已知：NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5 NA
B．0.1mol/L的稀硫酸溶液中含有H＋数目为0.2 NA
C．1molFe与足量稀硫酸反应，转移电子数为2 NA
D．常温常压下，1.7g 氨气（NH3）所含电子数目为0.1NA
5．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（ O-16 N-16 ）
A．1 mol甲基(CH3－)所含的电子数分别为10NA
B．标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有C－Cl键的数目为4NA
C．常温常压下，1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目为NA
D．46g 由NO2和N2O4组成的混合气体中,含有的原子总数为3NA
6．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．常温常压下，11.2LSO2所含的原子数为1.5NA
B．标准状况下，1L水所含分子数为NA
C．标准状况下，22.4LCCl4中所含原子数为5NA
D．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA
7．2021 年3月，四川广汉三星堆遗址再次启动发掘，下列三星堆文物是由合金材料制成的是
A．象牙 B．青铜神树 C．玉璋 D．陶器
8．已知NH4HCO3受热易分解，化学方程式NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O。发酵粉是制作糕点的常见膨胀剂，某发酵粉的主要成分是NH4HCO3、NaHCO3，某学生称取干燥的此发酵粉50g，充分加热至质量不再改变，称取残留固体质量26.5g，该发酵粉中NaHCO3与NH4HCO3的质量比为（ ）
A．4：21 B．8：21 C．21：4 D．84：79
9．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是
A．新型冠状病毒对高三学子的复习备考造成了较大冲击，质量分数0.5%的过氧乙酸溶液能高效杀死该病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提高消杀效率
B．J—20上用到的氮化镓材料不是合金材料
C．尽量使用含 12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济的宗旨”
D．汽车尾气中含有氮氧化物是由于石油炼制过程中未除去氮元素
10．下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是
A．25mL0.5mol/LHCl溶液 B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液
C．50mL1mol/LNaCl溶液 D．100mL0.5mol/LMgCl2溶液
11．当0.2mol足量CO2完全反应后所得固体的质量为
A．21.2g B．21.6g C．22.0g D．22.4g
12．2022年6月5日世界环境日主题是“共建清洁美丽世界”。下列有关说法错误的是
A．使用绿色工艺、开发绿色产品，从源头上消除污染
B．合理使用农药和化肥，以提高粮食的产量
C．含铅汽油的抗爆震性能好，应提但大量使用
D．中国科学院在国际上首次实现了从到淀粉的全合成，有利于促进“碳中和”
13．1 mol·L－1的NaCl溶液表示( )
A．溶液中含有1 mol NaCl B．1 mol NaCl溶于1 L水中
C．58.5 g NaCl溶于941.5 g水中 D．1 L溶液中含有NaCl 58.5 g
14．将20gNaOH溶于水配成1L溶液，则该溶液中OH-的物质的量浓度是（ ）
A．0.5mol/L B．1.0mol/L C．1.5mol/L D．2.0mol/L
15．下列选项中含水分子数最多的是
A．1.2mol水 B．标准状况下22.4L水 C．18g水 D．NA个水分子
二、填空题
16．探究钠及其化合物的性质，请按要求填空：
(1)、、、久置空气中最终都是变为_______(填化学式)；
(2)投入溶液中发生反应的化学方程式有_______，_______。
(3)某课外活动小组设计以下装置进行实验：按如图所示装置进行实验，填写相关内容：
①B中浓硫酸的作用是_______。
②C中发生反应的化学方程式为_______。
③D中的现象是_______。
(4)用如下图所示装置制取纯净的。
①若是一种淡黄色固体，则烧瓶中发生反应的化学方程式是_______。
②洗气瓶(广口瓶)中装的试剂是_____，其作用是_____。所制得的气体用_____法收集。
17．为《京都议定书》2012年第一承诺期到期后的温室气体减排问题，世界各国都做出了不同的努力。随着新能源的开发和利用，CH3OH这个物质逐渐进入人们的视野，越来越受到人们的关注。
（1）下图是由CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示。下列相关说法正确的是( )
A．该反应是吸热反应
B．使用催化剂后反应热减小
C．热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-510kJ/mol
（2）由（1）推断，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在密闭容器中进行，图中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是( )
A．增大CO的浓度 B．缩小容器的容积
C．加入催化剂 D．升高温度
（3）由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池，正在逐步推广使用，假定放电过程中，甲醇完全氧化产生二氧化碳被充分吸收生成CO32-。该电池的负极反应的离子方程式为_________________________，放电过程中电池里溶液的pH将_________（填“下降”、“上升”或“不变”）；若有16克甲醇被完全氧化产生电能，并利用该过程中释放的电能电解足量的硫酸铜溶液，假设能量的利用率为80％。则得到氧气的物质的量是____________。
（4）某同学将甲醇完全燃烧生成CO2气体通入200mL 0.1 mol/L的石灰水后，得到lg沉淀，那么通入的CO2的体积可能为（标态）____________。
18．实验室中需配制一定浓度的NaCl溶液，进行如下操作：
(1)常温下，将20.0 g 14.0%的NaCl溶液，跟30.0 g 24.0%的NaCl溶液混合，得到密度为1.15 g/cm3的混合溶液。则该混合溶液的溶质的质量分数为 _______ ；该溶液的物质的量浓度为 _______ mol/L(结果保留2位小数)。
(2)实验室需配制500 mL0.1000mol/LNaCl 游液，需要称取 NaCl _______ g。配制该溶液除需要电子天平、烧杯、胶头滴管、药匙外，还需要的仪器有 _______、_______。
(3)配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响(填“偏高”“偏低”无影响“)：
①没有洗涤烧杯 _______ 。
②定容时俯视容量瓶的刻度线 _______ 。
③用蒸馏水洗涤容量瓶后有水残留在容量瓶中 _______ 。
三、计算题
19．铝、氧化铝的性质与其他常见金属及氧化物相比，有一定的特殊性。
(1)可用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，反应原理是(用离子方程式表示)___________，将2.7gAl分别置于足量的NaOH溶液、稀硫酸中，生成H2的体积之比(同温同压)为___________。
(2)证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是___________(填名称)，将ag废铝片置于100mL盐酸中，测得反应过程中生成氢气体积(标准状况)与时间的关系如图所示：0~t1时间段无气体生成的原因是___________，若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则原溶液中c(HCl)=___________。
20．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100 mL。向其中各通入一定量的CO2，然后各取溶液10 mL，分别向稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸。标准状况下，产生CO2气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。回答下列问题：
(1)曲线A表明原溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为________(写化学式)，其物质的量之比为________。
(2)B曲线当耗盐酸0＜V(HCl)＜25 mL时发生的离子反应为：_______。加盐酸后，产生CO2体积的最大值为_______mL(不考虑CO2的溶解)。写出向该NaOH溶液中通入CO2得到B溶液的离子反应方程式__________。
(3)通过计算求出原NaOH溶液的物质的量浓度_______。
21．阿伏伽德罗常数的近似值为6.02×1023。按要求完成下列填空：
（1）1molCl2中约含有___个氯气分子，约含有__个氯原子。含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的物质的量是___；
（2）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42-的物质的量是___。
（3）2L1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为___，Cl-的物质的量浓度为___。
（4）三种盐的混合溶液中含有0.2molNa+、0.25molMg2+、0.4molCl-、SO42-，则SO42-的微粒个数约为___。
四、实验题
22．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂"可延长鲜花的寿命。下表是1.00 L“鲜花保鲜剂"”的成分，阅读后回答下列问题：
成分 质量/g 摩尔质量（g/mol）
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）“鲜花保鲜剂”中K的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+）_____ （只要求写表达式，不需计算）mol/L。
（2）在配制“鲜花保鲜剂“溶液时需要要使用的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还有______（填仪器名称）。
（3）配制过程中，下列操作导致配制结果偏高的是__________（填选项字母）。
A容量瓶使用前没有干燥
B定容时俯视液面
C移液后没有洗涤烧杯和玻璃棒
D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
23．实验探究小组在实验中需要用到456mL1.00mol·L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8.00mol·L-1的HNO3溶液，该小组用8.00mol·L-1的HNO3溶液配制所需溶液。
（1）该实验中需要量取8.00mol·L-1的HNO3溶液__mL。
（2）实验中所需的玻璃仪器包括___、___mL量筒、烧杯、__、胶头滴管等。
（3）下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是___。
A．取的8.00mol·L-1的HNO3溶液时仰视刻度线
B．量筒水洗后未晾干就用去量取HNO3溶液
C．8.00mol·L-1的HNO3溶液溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D．定容时仰视刻度线
E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作
24．为了探究过氧化钠的强氧化性，某小组设计了如图所示的实验装置。
实验步骤及现象如下：
Ⅰ.检查装置气密性后，装入药品并连接仪器。
Ⅱ.缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，A中剧烈反应，有黄绿色气体产生。
Ⅲ.待产生连续气泡后，将装置D中的导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。
Ⅳ.反应一段时间后，关闭分液漏斗的活塞，再通一段时间N2，直至装置中气体变为无色。
回答下列问题：
(1)滴加浓盐酸前先通一定量的N2，目的是_______。
(2)推测装置D中收集的无色气体是_______，进一步检验该气体成分的实验操作是_______。解释产生该气体的原因是(用化学方程式表示)_______。
(3)装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。甲同学认为是生成的氯气氧化了碘化钾；乙同学认为使试纸变蓝的原因也可能是_______；丙同学认为在此装置基础上增设一个装置就能证明甲、乙同学的结论。你认为丙同学的设计是_______。
(4)实验证明Na2O2能与HCl发生化学反应生成Cl2，该反应的化学方程式为：_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．蒸馏操作时，向液体中加入几块沸石的目的是防止暴沸，故选A；
B．蒸发操作时，使混合物中剩余少量液体时停止加热，用余温将其蒸干，故B不选；
C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故C不选；
D．萃取操作时，应选用四氯化碳作为萃取剂从溴水中萃取溴，故D不选。
答案选A
2．D
【详解】①原子的相对原子质量是以一个12C的质量的为标准计算出来的，所以该原子的相对原子质量为，故正确；②1个该原子质量是a g，NA是阿伏伽德罗常数的值，该原子的摩尔质量是a NA g/mol，所以m g该原子的物质的量为 mol，故正确；③该原子的摩尔质量是a NA g/mol，故错误； ④1个该原子质量是a g，W g该原子中含有个该原子，故正确；⑤由已知信息可得：NA= ，故错误。
故选D。
3．B
【详解】A. 反应①是与的反应，根据元素守恒可推断有水生成，A选项正确；
B. 反应②是与反应生成，中还含有碳氢键形成，B选项错误；
C. 烃是只由C、H两种元素组成的有机化合物，由示意图可知，汽油主要是的烃类混合物，C选项正确；
D. 根据a的球棍模型，可得其结构简式为，D选项正确；
答案选B。
【点睛】注意：烃是只由C、H两种元素组成的有机化合物
4．C
【详解】A、标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故A错误；
B、溶液体积未知，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故B错误；
C、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，1mol铁完全反应转移2mol电子，转移电子数为2NA，故C正确；
D、1.7g氨气的物质的量为0.1mol，1个氨气分子中含10个电子，故0.1mol氨气中含NA个电子，故D错误。
答案选C。
5．D
【详解】A、1mol甲基中含有电子物质的量为9mol，故错误；
B、标准状况下，CCl4不是气体，故错误；
C、C2H6O的结构简式可能是CH3CH2OH，也可能是CH3－O－CH3，如果是乙醇，1mol乙醇含有1molC－O，如果是CH3－O－CH3，1molCH3－O－CH3含有2molC－O，故错误；
D、N2O4看作是NO2，含有原子物质的量为=3mol，故正确；
答案选D。
6．D
【详解】A．常温常压下，11.2LSO2的物质的量不是0.5mol，所含的原子数不是1.5NA，故A错误；
B．标准状况下，水是不是气体，1L水的物质的量不是mol，故B错误；
C．标准状况下，CCl4是液体，22.4LCCl4的物质的量不是1mol，故C错误；
D．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为 3NA，故D正确；
选D。
7．B
【分析】合金是指一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。
【详解】A．象牙中没有金属材料，不属于合金材料，A错误；
B．青铜神树中有铜，属于合金材料，B正确；
C．玉石的矿物主要为硬玉，组成硬玉的三种主要物质组分为，二氧化硅、三氧化二铝、氧化钠，不属于合金材料，C错误；
D．陶瓷的主要成分包括高岭土、粘土、瓷石、瓷土、 着色剂、青花料、石灰釉、石灰碱釉等，不含金属，不属于合金材料，D错误；
故选B。
8．C
【分析】NH4HCO3受热易分解生成氨气、水蒸气和CO2，均为气体，加热后无固体生成，NaHCO3受热分解生成碳酸钠，水和CO2，因此称取干燥的此发酵粉50g，充分加热至质量不再改变，称取残留固体质量26.5g，残留固体为Na2CO3，根据碳酸钠的质量计算碳酸氢钠的质量，进一步计算碳酸氢铵的质量，再求质量之比。
【详解】由分析可知，残留固体为Na2CO3，其质量为26.5g，设碳酸氢钠的质量为xg，那么：
2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ +H2O
解得x=42g，那么发酵粉中碳酸氢铵的质量为50-42=8g，因此发酵粉中NaHCO3与NH4HCO3的质量比为42:8=21:4；
答案选C。
9．B
【分析】A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应；
B．氮化镓属于无机非金属材料；
C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品；
D．石油中不含氮元素。
【详解】A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应，因此将过氧乙酸与苯酚溶液混合，不会提升消杀效率，反而会降低消杀效率，A项错误；
B．氮化镓属于无机非金属材料，属于化合物，不是合金，B项正确；
C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品，不会减少二氧化碳的排放，都不符合“促进低碳经济的宗旨”，C项错误；
D．高温下N2与O2在发动机的气缸中发生反应，生成了氮氧化物；石油不含N元素，氮氧化物的生成与氮气有关，D项错误；
答案选B。
10．A
【分析】100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度为0.5mol/L
【详解】A．25mL0.5mol/LHCl溶液中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L，故A项正确；
B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为0.75mol/L，故B项错误；
C．50mL1mol/LNaCl溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L，故C项错误；
D．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L，故D项错误；
故答案为A。
11．B
【详解】过氧化钠与二氧化碳反应是一个歧化反应，过氧化钠中的一个氧原子化合价降价成负二价，另一个氧原子的化合价升高成零价。因此所生成的碳酸钠（有一个18O）的相对原子质量为108，所以当0.2mol足量CO2完全反应后所得固体的质量为21.6g，选B
12．C
【详解】A． 使用绿色工艺、开发绿色产品，就要使原子利用率达到100%，即从源头上消除污染，A正确；
B． 合理使用农药和化肥，以提高粮食的产量，防止农药、化肥的大量使用会对水体造成污染，B正确；
C． 含铅汽油的抗爆震性能好，但铅是重金属元素、不应大量使用、现在提倡使用无铅汽油，C不正确；
D．从到淀粉的全合成，可以减少排放到空气中的二氧化碳的量，有利于促进“碳中和” ，D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A.1mol/L NaCl溶液表示1L水溶液中含有1molNaCl，没有指明溶液体积，故A不选；
B. 1 mol NaCl溶于1 L水中，溶液体积不是1L，故B不选；
C. 58.5 g NaCl是0.1mol，溶于941.5 g水中，溶液体积不是1L，故C不选；
D. 1mol/L NaCl溶液表示1L水溶液中含有1molNaCl即含有58.5gNaCl，故D选。
答案选D。
14．A
【详解】n(NaOH)==0.5mol，则NaOH的物质量浓度为：c===0.5mol/L，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，则该溶液中OH-的物质的量浓度是0.5mol/L，故答案选A。
15．B
【详解】设NA为阿伏加德罗常数的值。
A．1.2mol水中含1.2NA个分子；
B．标准状况下22.4L水的质量为22400g，含分子数为；
C．18g水含分子数为 NA个；
D．NA个水分子；
由以上结果可知，含分子数最多的为B。
故选B。
16．(1)
(2)
(3) 干燥二氧化碳 澄清石灰水变浑浊
(4) 浓硫酸 除去中的水蒸气 向上排空气
【详解】（1）在空气中与O2反应生成，与H2O反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成，与CO2反应生成，故以上四种物质久置空气中最终都是变为；
（2）投入溶液中，钠先与水反应：，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应：；
（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，B中浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳气体，C中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，D中澄清石灰水与过量的二氧化碳反应，澄清石灰水变浑浊，E中集气瓶中收集氧气。
根据分析，B中浓硫酸的作用是干燥二氧化碳；C中反应方程式为：；D中澄清石灰水变浑浊；
（4）C为淡黄色固体，能制备氧气，C为Na2O2，制备氧气的方程式为：；B中盛放浓硫酸，即试剂D为浓硫酸，作用是除去中的水蒸气；要收集干燥纯净的氧气，故用向上排空气法收集。
17． C C CH3OH-6e-+8OH-=CO32-=6H2O 下降 0.6mol 0.224L或0.672L
【分析】（3）16g甲醇参与反应所转移的电子数有80%参与了电解硫酸铜溶液，可依据电子守恒来计算产生O2的物质的量；
（4）将甲醇完全燃烧生成CO2气体通入200mL 0.1 mol/L的石灰水后，得到lg沉淀，该沉淀为CaCO3，有两种情况，第一种是CO2少量，沉淀在增长阶段，第二种是CO2过量，依据有一部分CaCO3溶解了，沉淀在减少阶段，两种情况分开计算。
【详解】(1)A．生成物总能量大于反应物总能量为放热反应,A错误；
B．使用催化剂后活化能降低, 反应热没有变化，B错误；
C．反应的H=-(510-419) kJ/mol=-91 kJ/mol，C正确。
故答案为C。
(2)可逆反应中A的转化率没有变化,说明平衡没有移动,但反应速率加快了,只能是使用了催化剂，故答案为：C。
(3)甲醇在负极被氧化，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-=6H2O，放电过程中消耗了OH-,碱性减弱，pH下降；甲醇燃料电池产生的电能电解硫酸铜溶液，产生O2的电极反应为：4OH—4e-=2H2O+O2↑，16g甲醇反应失去的电子如下：
CH3OH-6e-+8OH-=CO32-=6H2O
32g 6mol
16g n 解得n=3mol
因为能量的利用率为80％，所以电解硫酸铜溶液时电子转移3mol×80％=2.4mol，代入4OH—4e-=2H2O+O2↑计算，
4OH—4e-=2H2O+O2↑
4mol 1mol
2.4mol n 解得n=0.6mol，
故答案为：4OH—4e-=2H2O+O2↑；下降；0.6mol。
(4) 第一种情况，CO2少量，沉淀处于增长阶段，如下计算：
Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+H2O
22.4L 100g
V1 1g 解得V1=2.24L
第二种情况，CO2过量，沉淀属于减少阶段，一阶段参加反应的Ca(OH)2为0.1mol/L×0.2L=0.02mol，
Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+H2O
1mol 22.4L 100g
0.02mol V1 m1 解得V1=0.448L m1=2g
二阶段2gCaCO3有部分溶解，溶解量为2g-1g=1g，此时发生的反应及计算为：
CaCO3+H2O+CO2= Ca（HCO3）2
100g 22.4L
1g V2 解得V2=0.224L
综上所述共消耗CO2的体积为V=V1 + V2 =0.672L；
故答案为：0.224L或0.672L。
【点睛】电极反应式，电子得失守恒，是准确进行电化学的相关计算的关键，同学们一定要掌握。
18．(1) 20% 3.93
(2) 2.925 500mL容量瓶 玻璃棒
(3) 偏低 偏高 无影响
【解析】（1）
混合溶液的质量为(20.0g+30.0g)=50.0g，硝酸钾的质量为(20.0g×14.0%+30.0g×24.0%)=10.0g，则混合溶液的质量分数为；由可得，混合溶液的物质的量浓度。
（2）
根据n = cV可知需要的NaOH的物质的量，质量；操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用电子天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解.冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2―3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀.所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500mL容量瓶，玻璃棒；
（3）
①没有洗涤烧杯会有一部分溶质沾到烧杯内壁上导致浓度偏低；
②定容时俯视容量瓶的刻度线，液面在刻度线下方，浓度偏高；
③用蒸馏水洗涤容量瓶后有水残留在容量瓶中，不影响溶质的量，故对浓度无影响；
19．(1) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 1:1
(2) 盐酸和氢氧化钠溶液 开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应 3.06mol/L
【详解】（1）铁粉中的铝粉中加入NaOH溶液，只有Al与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和H2等，从而除去Fe中混有的Al，反应原理是：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；Al与足量的NaOH溶液、稀硫酸反应时都表现+3价，所以都存在关系式：2Al——3H2，则2.7gAl的物质的量为0.1mol，生成H2的物质的量都为0.15mol，体积之比(同温同压)为1:1。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；1:1；
（2）依据两性氧化物的定义，两性氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都生成盐和水，所以证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是盐酸和氢氧化钠溶液；将ag废铝片置于100mL盐酸中，由于铝表面形成氧化膜，所以0~t1时间段氧化膜与盐酸反应，无气体生成，原因是：开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应；若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则依据守恒法，n(HCl)=n(Cl-)=3n(Al3+)=0.306mol，原溶液中c(HCl)==3.06mol/L。答案为：盐酸和氢氧化钠溶液；开始时铝表面的Al2O3与盐酸反应；3.06mol/L。
【点睛】废铝片中除去含Al2O3和Al外，还含有其它杂质，所以我们不能利用ag进行计算。
20． NaOH、Na2CO3 3：1 H++= 112 3OH-＋2CO2=＋＋H2O 0.75 mol·L-1
【分析】NaOH与CO2反应，反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3，碳酸钠与盐酸反应分步进行，依次为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可见两个反应中消耗盐酸的体积相等，在曲线A中消耗盐酸体积在0～60 mL没有气体产生，当消耗的盐酸的体积在60～75 mL段消耗的盐酸的体积就是反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑消耗，根据前后体积大小可推出曲线A中含有NaOH和Na2CO3；曲线B中，0～25 mL消耗的盐酸体积小于25～75 mL消耗盐酸的体积，NaOH与CO2反应完后溶质为Na2CO3和NaHCO3，据此结合质量守恒解答。
【详解】(1)根据NaOH与CO2的反应分析可知，反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3，碳酸钠与盐酸反应分步进行，依次是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知两个反应中消耗盐酸的体积相等，曲线A中加入盐酸的体积在0～60 mL时没有气体产生，消耗的盐酸的体积在60～75 mL段消耗的盐酸的体积是发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则可推出曲线A中含有NaOH 和Na2CO3，有关反应的离子方程式为OH-+H+=H2O、+H+=、+H+=H2O+CO2↑，可根据碳酸氢钠完全生成CO2消耗盐酸的体积是V(HCl)=75 mL-60 mL=15 mL，可计算出Na2CO3转化成NaHCO3消耗盐酸的体积也是15 mL，则与NaOH发生反应OH-+H+=H2O消耗盐酸的体积V(HCl)=60 mL-15 mL=45 mL，根据n=c·V可知，物质的量浓度比等于溶液的体积比，故溶液中含有的NaOH与Na2CO3的物质的量的比n(NaOH)：n(Na2CO3)=45 mL：15 mL=3：1；
(2)在曲线B中，消耗的盐酸体积0～25 mL段小于25～75 mL段，说明NaOH与CO2反应完后溶质为Na2CO3和NaHCO3，在0～25 mL时反应的离子方程式为：+H+=；当盐酸体积为75 mL时，产生CO2体积最大，在25～75 mL时发生的反应为+H+=H2O+CO2↑，n(CO2)=n(HCl)=c·V =0.1 mol/L×(75-25)×10-3 L=5×10-3 mol，即V(CO2)=5×10-3mol×22.4 L/mol=0.112 L=112 mL；
在B溶液中含有Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=c·V =0.1 mol/L×25×10-3 L=2.5×10-3 mol，含有NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=5×10-3 mol-2.5×10-3 mol=2.5×10-3 mol，所以n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1，故向该NaOH溶液中通入CO2得到B溶液的离子反应方程式为：3OH-＋2CO2=＋＋H2O；
(3)无论溶质是哪种物质，当CO2恰好达到最大时，溶液中的溶质都是NaCl，根据元素守恒可知：n(NaOH)=n(HCl)=c·V =0.1 mol/L×75×10-3 =7.5×10-3 mol，则原NaOH溶液的浓度c(NaOH)==0.75 mol/L。
【点睛】本题考查物质的量在化学方程式的计算的应用，明确图示曲线变化的意义，了解反应的先后顺序为解答关键。注意向NaOH溶液中通入CO2气体的多少与反应后物质的成分的判断，根据消耗盐酸的体积变化结合n =c·V分析溶液中溶质的物质的量关系，掌握钠元素有关其化合物性质，利用守恒思想进行简单的化学计算。
21． NA 2NA 0.5mol 0.25mol 2mol 2mol/L 0.15NA
【分析】(1)根据n=，结合分子的构成计算；
(2)根据n=计算n(Na+)，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)；
(3)根据c=结合物质的分子式来计算；
(4)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，根据守恒思想来计算。
【详解】(1)根据n=，1molCl2中含有NA个氯气分子，含有2NA个氯原子，含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的个数为×6.02×1023，H2SO4的物质的量是0.5mol；
(2)n(Na+)==0.5mol，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)=0.5mol×=0.25mol；
(5)2L 1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为2L×1mol/L=2mol，Cl-的物质的量浓度为2mol/L；
(6)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，即n(Na+)+2n( Mg2+)=n (Cl-)+2n(SO42-)，所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n(SO42-)，解出n(SO42-)=0.15mol，则SO42-的微粒个数为0.15NA。
22． 2×+ 1000 mL容量瓶、量筒、胶头滴管 B
【分析】硫酸钾和高锰酸钾都含有钾离子，溶液中钾离子总的物质的量除以溶液体积为钾离子物质的量浓度；依据配制一定物质的浓度溶液一般步骤选择需要仪器。分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。
【详解】(1)溶液中钾离子的物质的量为(2×+)mol，则依据C=，V=1L，溶液中钾离子的物质的量浓度为==2×+；
(2)配制一定物质的浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、1000mL容量瓶、胶头滴管；还缺少的仪器：1000 mL容量瓶、量筒、胶头滴管；
(3)A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；
B.定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C.移液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，烧杯和玻璃棒上残留的有溶质，导致溶液中溶质浓度偏小，故C不选；
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D不选；
故选：B。
23． 62.5 500mL容量瓶 100 玻璃棒 AC
【分析】实验室无456mL的容量瓶，选择500nL的容量瓶进行配制，结合配制一定物质的量浓度的溶液的实验原理、实验仪器及实验步骤分析解答。
【详解】(1)根据溶液稀释过程中溶质保持不变的原理，需要的硝酸溶液的体积为：，故答案为：62.5；
(2)需要选用100mL的量筒量取62.5mL的硝酸溶液、500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；100；玻璃棒；
(3)A．取8mol L-1的HNO3溶液溶液时仰视刻度线，浓硝酸的体积偏大，硝酸的物质的量偏大，浓度偏高；
B．量筒水洗后未晾干就用去量取HNO3溶液，则原HNO3溶液被稀释，硝酸的物质的量偏小，浓度偏低；
C．8mol L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯，硝酸的物质的量偏大，浓度偏高；
D．定容时仰视刻度线，体积偏大，浓度偏低；
E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作，操作合理，对实验结果无影响；
故答案为：AC。
24．(1)排尽装置中的空气
(2) 氧气 用带火星的木条检验该气体是否能使木条复燃 2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑
(3) 氧气也有氧化性能将碘离子氧化成碘单质 在C装置后再增加一个B装置
(4)Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O
【分析】检查装置气密性后，装入药品并连接装置，缓慢通入一定量的N2将装置内空气驱赶干净后，向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，有黄绿色氯气产生，进入后续装置的气体有氯气、氧气、氮气和挥发出来的氯化氢；装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C中NaOH溶液吸收挥发的HCl气体和生成的氯气，反应停止再通一段时间N2，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体氧气。
【详解】（1）滴加浓盐酸前先通一定量的N2，目的是排尽装置中的空气；
（2）O2具有助燃性，可以使带火星木条复燃；氧气可能是过氧化钠和盐酸反应得到的，化学方程式是：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑；
（3）装置A中剧烈反应，有黄绿色气体产生，该气体能够使装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，根据气体的颜色推测该气体可能是Cl2，反应方程式是：Cl2+2I-=I2+2Cl-；同学乙认为使试纸变蓝的物质也可能是氧气：Na2O2和盐酸反应的过程中会产生O2，O2也具有氧化性，也可能将I-氧化为I2；在C装置后再增加一个B装置，C中NaOH溶液吸收挥发的HCl气体和生成的氯气，若气体还能使增加的B装置中试纸变蓝，说明氧气能氧化碘离子；
（4）资料显示，Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2，则氯元素化合价从-1升高到0，则过氧化钠中氧元素化合价降低到-2价，根据元素化合价升降总数相等，结合原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O。