2023年吉林省抚松五中、长白县实验中学、长白山二中、长白山实验中学高一化学第一学期期末联考模拟试题

2023年吉林省抚松五中、长白县实验中学、长白山二中、长白山实验中学高一化学第一
学期期末联考模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、从化学试剂商店买来的酒精，试剂瓶上所贴的危险化学品标志是
A．B．C．D．
2、下列对化学键及化合物的分类完全正确的一组是
A．MgCl2与NaOH均既含离子键又含共价键，均属离子化合物
B．BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，均属强电解质
C．乙醇与醋酸，均只含共价键，均属非电解质
D．氯气与氧气，均只含共价键，均只做氧化剂
3、已知：2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O，关于该反应的说法正确的是（）
A．氯气是氧化剂，氢氧化钠是还原剂
B．氯气既是氧化剂又是还原剂
C．氯化钠是氧化产物，次氯酸钠是还原产物
D．1 mol氯气参加反应时转移2 mol电子
4、下列离子方程式书写正确的是
A．向Na2CO3 溶液中加入过量CH3COOH溶液：CO32- + 2H+ ＝ CO2↑+H2O
B．少量CO2通入Ca(ClO)2 溶液中：ClO- + CO2+ H2O ＝ HCO3- + HClO
C．钠与水反应: 2Na + 2H2O＝2Na+ + 2OH- + H2↑
D．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3-+OH-＝CO32-+ H2O
5、下列离子可大量共存且溶液无色的是( )
A．Cu2＋、SO42-、Fe3＋、Cl-B．Fe2＋、H＋、ClO-、CO32-
C．MnO4-、Al3＋、Na＋、SO42-D．Na＋、NO3-、K＋、SO42-
6、下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1的是
A．将22.4 L NH3气体溶于水配成1 L的溶液
B．将10 g NaOH固体溶于水配成250 mL的溶液
C．将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸与9 L水混合后所得溶液
D．含K＋为0.5 mol/L的K2SO4溶液
7、下列有关铝及其化合物的说法正确的是
A．可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B．铝表面有氧化膜保护，铝锅可以长时间盛放酸性溶液
C．氯化铝溶液与过量NaOH溶液反应可产生白色胶状沉淀
D．氧化铝为两性氧化物故可以作耐火材料
8、有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3+、NO3－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。

②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。

[
③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。

根据上述实验，以下推测不正确的是
A．原溶液一定不存在H+、Cu2＋、CO32－
B．不能确定原溶液是否含有K＋、NO3－
C．原溶液确定含Mg2＋、Al3＋、NH4＋，且n(Mg2＋):n(Al3＋):n( NH4＋)＝1:1:2
D．实验所加的NaOH的浓度为2mol·L－1
9、下列离子方程式中，正确的是
A．钠与水作用：Na+2H2O=Na++H2↑+2OH-
SO=BaSO4↓
B．NaHSO4与少量的氢氧化钡溶液作用：Ba2++2-
4
C．碳酸钙与盐酸作用：CaCO3+ 2H+=CO2↑+H2O+Ca2+
D．铁与稀HNO3反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
10、等质量的下列物质在常温常压下体积最大的是
A．浓硫酸B．二氧化碳C．铁D．冰水混合物
11、下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（）
A．酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4B．原子半径大小：Na>S>O
C ．碱性强弱：KOH>NaOH>LiOH
D ．金属性强弱：Na>Mg>Al
12、将足量的铜片与1100mL1?8mol L -⋅浓硫酸加热充分反应，收集到标准状况下的2SO 气体VL ，下列对此反应的有关说法中错误的是 ()
A ．该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性
B ．反应结束后两种反应物均有剩余
C ．被还原的硫酸为V mol 22.4
D ．参加反应的Cu 为0.9mol
13、下列各组的两个量，前者不恰好是后者二倍的是
A ．Na 2O 2中阳离子和阴离子的个数
B ．Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O 反应中，反应的HNO 3的物质的量和被还原的HNO 3的物质的量
C ．质量分数为98%的H 2SO 4的物质的量浓度和质量分数为49%的H 2SO 4的物质的量浓度
D ．分别发生KMnO 4受热分解、MnO 2催化H 2O 2分解反应，当得到同温同压下同体积O 2时，两个反应转移的电子数
14、下列物质转化过程中硫元素化合价降低的是( )
A ．H 2SO 4→SO 2
B ．H 2S→SO 2
C ．S→SO 2
D ．SO 2→S O 3
15、下列说法不正确．．．
的是( ) A ．小苏打可用于治疗胃酸过多
B ．镁可用于制造信号弹和焰火
C ．漂白粉可用于净水和消毒
D ．高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明
16、下列说法正确的是( )
A ．Cl 2、SO 2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B ．分别充满HCl 、NH 3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水
C ．Fe 与稀HNO 3、稀H 2SO 4反应均有气泡产生，说明Fe 与两种酸均发生置换反应
D ．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
二、非选择题（本题包括5小题）
17、如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A 、C 、D 、E 、F 在通常情况下均为气体，且加热X 生成的A 与C 的物质的量之比为1∶1，B 为常见液体。

试回答下列问题：
(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。

(2)A―→D反应的化学方程式为_______。

(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amol C完全转化为G，理论上至少需要D___ mol。

18、如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。

常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。

根据下图关系推断：
(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。

(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。

(3)写出C→E的化学方程式：____________。

(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
19、蓉城名校联盟学校某班化学兴趣小组做如下实验，请你回答相关问题：
Ⅰ.甲组同学想用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2（不考虑空气中的N2），可利用的装置如图。

回答下列问题：
（1）装置Q中盛放的溶液是___，若规定气体的气流方向从左到右，各仪器接口的标号字母（a、b……）顺序是：空气进入，接，接，接c。

___
（2）装置N的作用是___。

Ⅱ.乙组同学通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：
溶液变红，其原因是___（用化学方程式解释），依据实验现象推测红色褪去的原因是___。

Ⅲ.丙组同学拟验证CO2与Na2O2反应的产物，现设计以下实验装置进行实验：
（1）拟用装置D收集气体产物，请在方框中将装置补充完整___。

（2）有同学认为该实验装置存在明显缺陷，你认为该缺陷是什么___。

20、按如图所示装置进行实验，填写有关现象及化学方程式。

（1）D装置的作用是________，E中收集的气体是___________ （填名称）。

（2）浓硫酸的作用是_____________。

（3）A中发生反应的化学方程式为____________。

（4）C中发生反应的化学方程式为_________ 。

21、非金属单质A经过如图所示的过程转化为含氧酸D。

已知D为强酸，请回答下列问题：
（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。

①D的化学式是___。

②在工业生产中气体B大量排放后，被雨水吸收形成了污染环境的___。

（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体。

①A的化学式是___；C的化学式是___。

②在常温下D的浓溶液可与铜反应并生成气体C，请写出该反应的化学方程式：___，该反应__(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A.A所示标志是易燃液体标志，酒精是易燃液体，故A正确；
B.B是氧化剂标志，酒精不是氧化剂，故B错误；
C.C是自燃物品标志,酒精不是自燃品，故C错误;
D.D是剧毒品标志，酒精不是剧毒品，故D错误；
本题答案为A。

2、B
【解析】
A. MgCl2中只有离子键，A错误；
B. BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，前者含有离子键和共价键，后者只有共价键，都属强电解质，B正确；
C. 乙醇与醋酸，均只含共价键，乙醇是非电解质，醋酸是电解质，C错误；
D. 氯气与氧气，均只含共价键，不一定均只做氧化剂，例如氯气可以作还原剂，D错误；
答案选B。

选项C是易错点，注意电解质和非电解质的区别。

化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。

另外也需要注意电解质和化合物的关系。

3、B
【解析】
A. 反应中氢氧化钠中的元素的化合价没有变化，所以氢氧化钠既不是氧化剂，也不是还原剂，错误；
B. 反应中Cl元素的化合价发生变化，既升高又降低，则氯气既是氧化剂，又是还原剂，正确；
C. 氯气中Cl元素为0价，次氯酸钠中Cl元素化合价为+1价，升高被氧化是氧化产物，氯化钠中Cl元素的化合价为-1价，降低被还原是还原产物，错误；
D. 1mol氯气中Cl元素为0价，次氯酸钠中Cl元素化合价为+1价，则转移电子数目为1mol。

答案选B。

【点睛】
Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O反应中Cl元素的化合价发生变化，既升高又降低，氢氧化钠中的元素的化合价没有变化。

4、C
【解析】CH3COOH为弱酸，不能拆成离子形式，A错误；反应体现强酸制备弱酸，是CO2量少，应生成正盐碳酸钙，不是酸式盐碳酸氢钙，B错误；符合原子守恒、电荷守恒规律，C正确；方程式中还缺少NH4++ OH-＝NH3∙H2O反应，D错误；正确选项C。

点睛：少量CO2通入Ca(ClO)2 溶液中，生成碳酸钙（正盐），如果CO2通入少量Ca(ClO)2 溶液中，生成碳酸氢钙溶液（酸式盐）。

5、D
【解析】
A. Cu2＋、Fe3＋在溶液中均不是无色的，不能大量共存，A错误；
B. Fe2＋、H＋、ClO－之间发生氧化还原反应，H
＋、CO32－之间发生复分解反应，均不能大量共存，B错误；C. MnO4－在溶液中不是无色的，不能大量共存，C错误；
D. Na＋、NO3－、K＋、SO42－在溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，D正确，答案选D。

6、B
【解析】
A．没有指明温度和压强，所以22.4 L NH3气体的物质的量不一定为1mol，故A不选；
B．10 g NaOH固体的物质的量为0.25mol，溶于水配成250 mL的溶液，所得溶液中溶质的物质的量浓度为
0.25mol÷0.25L=1mol/L，故B选；
C．将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸与9 L水混合，溶液体积不是10L，所以所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·L－1，故C
D．含K＋为0.5 mol/L的K2SO4溶液，溶质的物质的量浓度为0.25mol/L，故D不选；
故选B。

7、A
【解析】
A．氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应；
B．铝及其氧化膜都能和酸反应；
C．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，但向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液，先没有沉淀生成；
D．氧化铝是离子化合物，阳离子与阴离子之间以极强的离子键结合。

【详解】
A．氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，A正确；
B．铝及其氧化膜都能和酸反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸性溶液，B错误；
C．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，开始生成Al(OH)3白色沉淀，当氢氧化钠过量时Al(OH)3与过量的NaOH溶液反应产生NaAlO2和水，使沉淀溶解，C错误；
D．氧化铝为离子化合物，Al3+与O2-之间以极强的离子键结合，断裂消耗很高能量，所以氧化铝熔点很高，因此氧化铝可以作耐火材料，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性及氧化铝是离子化合物，熔点高，掌握基础是关键。

8、B
【解析】
溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；
通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种．因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；
②第二份加足里BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10-2molBaSO4，所以n（SO42-）=3×10-2mol；
③第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH-=NH3•H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，
A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；
B．原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且
n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.01mol，故
n[Al（OH）3]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=n[Al(OH)3]=0.01mol，根据
Al3++3OH-=Al(OH)3↓，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根据
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH 25mL，所以
c（NaOH ）=n
V
=
0.05mol
0.025L
=2mol•L-1；根据NH4++OH-=NH3•H2O，所以可得到NH4+的物质的量为
0.01L×2mol•L-1=2×10-2mol，则
n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）═0.01mol：0.01mol：2×10-2mol：3×10-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；
C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol•L-1，选项C正确；
D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选项D正确；
答案选B。

9、C
【解析】
A．不符合电荷守恒，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-，故A错误；
B．NaHSO4与少量的氢氧化钡溶液作用，除了生成硫酸钡沉淀外，还生成了水，：
2H++2OH-+Ba2++2-
4
SO=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．碳酸钙与盐酸作用生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙是沉淀不能拆成离子形式，离子方程式为：CaCO3+
2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C正确；
D．稀硝酸具有强氧化性，铁与稀HNO3反应不会生成氢气，会生成一氧化氮，故D错误；
答案选C。

10、B
【解析】
根据密度公式
m
V
ρ=，质量相同的情况下，密度越小，体积越大，而相同质量的固体、液体和气体，气体密度最小，
体积最大，故答案选B 。

11、A
【解析】
A ．非金属性：Cl ＞Br ＞I ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，则有酸性强弱：HIO 4＞HBrO 4＞HClO 4，故A 错误；
B ．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Na ＞S ，原子核外电子层数越多，半径越大，O 的原子核外有2个电子层，半径最小，则原子半径：Na ＞S ＞O ，故B 不选；
C ．金属性：K ＞Na ＞Li ，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则有碱性强弱：KOH ＞NaOH ＞LiOH ，故C 不选；
D ．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则有金属性强弱：Na ＞Mg ＞Al ，故D 不选。

故答案选A 。

12、D
【解析】
浓硫酸中n(H 2SO 4)=0.1L×
18mol/L=1.8mol ，反应的方程式为Cu+2H 2SO 4(浓)CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 。

【详解】
A ．由反应Cu+2H 2SO 4(浓)CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，则该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故A 正确；
B ．反应结束后铜过量有剩余，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，则硫酸也有剩余，剩余两种反应物均有剩，故B 正确；
C ．由反应Cu+2H 2SO 4(浓)CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，被还原的硫酸为22.4
V mol ，故C 正确； D ．随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，即小于0.9mol ，则参加反应的Cu 也小于0.9mol ；参加反应的Cu 小于0.9mol ，故D 错误；
故选D 。

【点睛】
本题考查氧化还原反应计算、浓硫酸的性质。

注意铜与浓硫酸在加热条件下能发生反应，铜与稀硫酸不反应。

本题的易错点为C ，要注意被还原的硫酸与生成的二氧化硫的物质的量相等。

13、C
【解析】
A ．Na 2O 2由Na +与过氧根离子(O 22-)构成，则Na 2O 2中阳离子和阴离子的个数之比为2：1，A 不符合题意；
B ．Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O 反应中，反应的HNO 3的物质的量为4 mol ，被还原的HNO 3的物质的量为2 mol ，所以前者恰好是后者二倍，B 不符合题意；
C ．硫酸的浓度越大，密度越大，当二者质量相同时，体积越小，等质量的质量分数为98%的H 2SO 4的体积小于质量
分数为49%的H2SO4，所以前者浓度大于后者的二倍，C符合题意；
D．KMnO4受热分解生成1 mol氧气转移4 mol电子，H2O2分解反应生成1 mol氧气转移2 mol电子，前者恰好是后者二倍，D不符合题意；
故合理选项是C。

14、A
【解析】
A．H2SO4→SO2中，S元素的化合价降低，被还原，故A正确；
B．H2S→SO2中，S元素的化合价升高，被氧化，故B错误；
C．S→SO2的转化过程中，S元素的化合价均升高，被氧化，故C错误；
D．SO2→SO3中，S元素的化合价升高，被氧化，故D错误；
故选：A。

15、C
【解析】
A.小苏打的主要成分是NaHCO3，可与胃酸（主要成分是HCl）反应，可用于治疗胃酸过多，不符合题意；
B.镁在空气中燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹、焰火、闪光粉等，不符合题意；
C.漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2遇水产生强氧化剂次氯酸（HClO），具有消毒杀菌的作用，净水的工序较为复杂，仅仅加入漂白粉不能达到净水的目的，符合题意；
D.钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯和照明，不符合题意；故答案为C。

【点睛】
注意：碳酸钠虽然也能和盐酸反应，但碳酸钠溶液的碱性较强，容易烧伤黏膜，不能用作胃酸中和剂；常用作中和胃酸的有氢氧化铝、小苏打，但小苏打不适用于患有胃穿孔以及胃溃疡的患者，需注意相关药品的规范使用。

16、B
【解析】
A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；
B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；
C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；
D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；
综上所述，本题选B。

【点睛】
Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原
来的颜色。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、NH4HCO3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋
CO32—＋NH3↑2a
【解析】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；
(2) A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；
(4) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－2H2O＋CO32—＋NH3↑；
(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧
气的物质的量=
()
amol53
4
⎡⎤
⨯--
⎣⎦=2amol。

18、NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O 排水向上排空气2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O24NH3 + 5O24NO + 6H2O 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)
【解析】
常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。

【详解】
常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O24NO + 6H2O；
(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。

【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。

19、NaOH溶液（或氢氧化钠溶液）hgfeab（或hgfeba）防止空气中的水分和二氧化碳进入装置M
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应生成的H2O2具有漂白作用（或反应生成的物质具有漂白作用）碳
酸氢钠受热分解产物中有水，水也能与过氧化钠反应，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验
【解析】
Ⅰ.将空气中的二氧化碳用氢氧化钠溶液吸收，与干燥氧气，再与金属钠反应，因此装置Q中盛放的溶液是NaOH溶液，除杂及干燥气体都是长进短出，再在M处发生反应，装置N的作用是防止空气中的水分和二氧化碳进入装置M。

Ⅱ.过氧化钠与水先生成过氧化氢和氢氧化钠，溶液变红，过氧化氢再分解变为水和氧气过氧化氢可能使红色褪去。

Ⅲ. CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，采用排水法收集氧气，但由于碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也能与过氧化钠反应，会干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验。

【详解】
Ⅰ.⑴将空气中的二氧化碳用氢氧化钠溶液吸收，与干燥氧气，再与金属钠反应，因此装置Q中盛放的溶液是NaOH 溶液，除杂及干燥气体都是长进短出，再在M处发生反应，因此气体的气流方向从左到右，各仪器接口的标号字母顺
序是：空气进入h，g接f，e接a，b接c；故答案为：NaOH溶液(或氢氧化钠溶液)；h；g；f；e；a(或b)；b(或a) ⑵装置N的作用是防止空气中的水分和二氧化碳进入装置M；故答案为：防止空气中的水分和二氧化碳进入装置M。

Ⅱ.溶液变红，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2+2H2O = 4NaOH+ O2↑，过氧化钠与水先生成过氧化氢和氢氧化钠，过氧化氢再分解变为水和氧气，因此实验现象推测得到红色褪去的原因是反应生成的H2O2具有漂白作用(或反应生成的物质具有漂白作用)；故答案为：反应生成的H2O2具有漂白作用(或反应生成的物质具有漂白作用)。

Ⅲ.⑴CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，用装置D收集气体产物，采用排水法收集氧气，因此装置图为；故答案为：。

⑵有同学认为该实验装置存在明显缺陷，主要是碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也能与过氧化钠反应，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验；故答案为：碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也能与过氧化钠反应，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验。

20、检验CO2 是否除净氧气除去水蒸气2NaHCO3加热
Na2CO3 + H2O + CO2↑2Na2O2 + 2CO2 =
2Na2CO3 + O2
【解析】
碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，浓硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化碳气体，在C中二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳通入澄清石灰水中发生反应生成碳酸钙沉淀，氧气不溶于水，可用排水法收集。

【详解】
（1）D装置的作用是检验CO2 是否除净，E中收集的气体是氧气。

故答案为：检验CO2 是否除净；氧气；
（2）浓硫酸有吸水性，所以能作干燥剂，二氧化碳和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥二氧化碳，除去水蒸汽，故答案为：干燥二氧化碳；
（3）（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水以及二氧化碳，会看到试管口有水珠生成，A中发生反应的方程式为
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO 3Na 2CO 3+H 2O+CO 2↑；
（4）C 中发生二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2，故答案为：
2CO 2+2Na 2O 2═2Na 2CO 3+O 2。

【点睛】
本题以实验的形式考查了碳酸氢钠、过氧化钠的性质，侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，综合性较强。

21、H 2SO 4 酸雨 N 2 NO 2 Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+NO 2↑+2H 2O 属于
【解析】
依据图示中的连续氧化转化关系和D 为含氧酸且为强酸，可确定D 为24H SO 或3HNO 。

【详解】
(1) ①由A 在常温下为固体，B 是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体可知，A 是S 、B 是SO 2，则C 是SO 3、D 是H 2SO 4，故答案为：H 2SO 4；
②SO 2溶于水生成亚硫酸，溶液的pH 小于5.6，则在工业生产中大量排放的SO 2被雨水吸收后会形成酸雨，故答案为：酸雨；
(2)①A 在常温下为气体，C 是红棕色的气体可知，A 为N 2、C 为NO 2，则B 为NO 、D 为HNO 3，故答案为：N 2；NO 2； ②在常温下浓硝酸可与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为反应
Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+NO 2↑+2H 2O ，反应中有元素化合价的升降，该反应属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+NO 2↑+2H 2O ；属于。