广西 2022-2023学年高一化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

桂林十八中2022~2023学年度22级高一上学期期中考试试卷化学注意事项：①试卷共3页，答题卡2页。考试时间75分钟，满分100分；②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷(选择题，共45分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.“家庭小实验”是利用家庭生活中常见的物质，进行化学实验探究活动，下列实验不能用“家庭小实验”完成的是A.检验自来水中是否含有氯离子B.学农活动“用厨余垃圾制肥料”C.检验食盐和纯碱D.探究铁在潮湿的空气中是否生锈【答案】A【解析】【详解】A．实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，而家庭中一般没有硝酸和硝酸银溶液，不能在家庭中完成实验，A正确；B．用厨余垃圾中有N、P、K元素可以制肥料，B错误；C．鉴别食盐与碳酸钠，可利用醋酸，碳酸钠能产生气泡，厨房中的醋的主要成分就是醋酸，在家庭中能够完成，C错误；D．铁生锈的探究需要水与氧气，在家庭中能够完成，D错误；故选A。2.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A.CuCl2B.FeCl2C.MgCl2D.FeCl3【答案】C 【解析】【详解】A．铜与盐酸不反应，A错误；B．铁与氯气反应生成氯化铁，与盐酸反应生成氯化亚铁，B错误；C．镁与氯气或与盐酸反应均生成氯化镁，C正确；D．根据B中分析可知，D错误；答案选C。3.下列溶液Cl-的物质的量浓度与50mL1mol·L-1氯化铝溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是A.150mL1mol·L-1氯化钠溶液B.150mL3mol·L-1氯酸钾溶液C.50mL3mol·L-1氯化镁溶液D.75mL1.5mol·L-1氯化钙溶液【答案】D【解析】【分析】50mL 1mol•L-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L。【详解】A．150 mL 1 mol•L-1氯化钠溶液中氯离子的浓度为1mol/L×1=1mol/L，故A错误；B．氯酸钾溶液中含有氯酸根离子，不含氯离子，故B错误；C．50 mL 3 mol•L-1氯化镁溶液中氯离子浓度为3mol•L-1×2=6mol•L-1，故C错误；D．75 mL1.5mol•L-1氯化钙溶液中氯离子的浓度为1.5mol/L×2=3mol/L，故D正确；故选D。4.在给定条件下，下列物质间的每一步转化，均能通过一步反应实现的是A.FeFeCl2Fe(OH)2B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，不能一步生成氯化亚铁，A错误；B．氯化钠与二氧化碳不反应，B错误；C．、　，C正确； D．，不能一步转化成亚硫酸钠，D错误；故选C。5.能准确表示化学反应的离子方程式是A.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I−=2Cl−+I2C.将稀硫酸滴铁片上：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑D.过量的石灰水与碳酸氢钾溶液反应：Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸是弱电解质，用分子式，氯气与水反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；B．I−和Fe2+都具有还原性，但I−大于Fe2+，碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I−=2Cl−+I2，B正确；C．稀硫酸能将铁氧化成Fe2+，Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，C错误；D．石灰水过量不会有剩余的碳酸根离子，过量的石灰水与碳酸氢钾溶液反应：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O，D错误；故选B。6.下列实验操作能达到实验目的的是A.用湿润的pH试纸测量溶液的pHB.用装置甲蒸干NaCl溶液制备无水NaCl固体C.用装置乙除去实验室所制氯气中的少量HClD.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.0mol·L−1NaOH溶液【答案】B 【解析】【详解】A．pH试纸测溶液pH时，试纸不能预先润湿，否则会对非中性溶液的pH造成误差，A项错误；B．用装置甲蒸干NaCl溶液制备无水NaCl固体，B项正确；C．氢氧化钠会和氯气反应，不能用氢氧化钠除去氯气中的少量氯化氢，C项错误；D．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液时，应将NaOH固体在烧杯中溶解，待冷却到室温再转移到容量瓶，还需要洗涤，转移，定容等操作，D项错误；答案选B。7.密闭容器中发生的某化学反应，各物质的分子数目随时间变化情况如图1所示，物质Y和Z的质量随时间变化情况如图2所示。下列说法正确的是A.该反应前后分子总数保持不变B.参加反应的X与Y的质量比为2:7C.该反应的化学方程式可表示为2X+Y=ZD.若Z的相对分子质量为17，则Y的相对分子质量为28【答案】D【解析】【分析】由图1可知反应方程式为：3X+Y=2Z，由图2可知最终完全反应生成m(Z)=17g，初始m(X)=3g；【详解】A．由分析知反应前后分子个数减小，A错误；B．由图2和分析知参加反应的X与Y的质量分别是3g、14g，比为3:14，B错误；C．由分析知反应方程式为：3X+Y=2Z，C错误；D．根据，，由方程式可知，，所以若Z 的相对分子质量为17，则Y的相对分子质量为28，D正确；故选D。8.将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol·L-1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是A.1∶2∶3B.6∶3∶2C.3∶1∶1D.1∶1∶1【答案】C【解析】【详解】金属钠属于活泼金属，既能与水反应也能与HCl反应生成H2，因此0.3molNa反应，产生氢气的物质的量为0.15mol；Mg能与盐酸反应生成H2，离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，根据所给量，镁过量，盐酸不足，即产生H2的物质的量为0.05mol；Al能与HCl反应生成H2，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，Al过量，盐酸不足，即产生H2的物质的量为0.05mol；同温同压下，体积比等于物质的量之比，即体积比为0.15∶0.05∶0.05=3∶1∶1，故答案选C。9.实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A.①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B.②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C.滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替【答案】D【解析】【分析】由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH 溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。10.ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为A.1︰1B.1︰2C.2︰1D.2︰3【答案】C【解析】【详解】根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子守恒配平方程式为：H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，答案选C。11.下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的一组是A.澄清溶液中：K+、Na+、SO、MnOB.FeCl2溶液中：H+、Na+、Cl-、ClO-C.强碱性溶液中Na＋、K＋、HCO、Cl-D.含有大量Ba2+的溶液中：K+、NH、SO、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．澄清溶液指离子间不生成沉淀，溶液不浑浊，根据水溶液中钾盐、钠盐全溶解可知该组离子能大量共存，A正确；B．有强氧化性，在含有FeCl2的溶液中，能氧化Fe2+，不能大量共存，且与 反应生成弱酸HClO，也不能大量共存，B错误；C．强碱性溶液中，与反应生成和水，不能大量共存，C错误；D．与反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，D错误；故选A。12.下列实验操作、实验现象和结论均正确的是化学实验现象结论A钠与水反应时，钠浮在水面上钠与水反应生成的气体托举钠浮在水面上B向紫色石蕊试液中通入Cl2，溶液先变红后褪色氯气具有漂白性C将红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中，产生大量蓝绿色的烟Cu在Cl2中能燃烧，燃烧不一定需要氧气D灼烧某白色粉末，透过蓝色钴玻璃，观察到火焰呈紫色该粉末中一定含钾元素A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．把Na投入水中，钠浮在水面上，则表明Na的密度比水小，A错误；B．向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液变红表明有酸生成，红色褪去表明有强氧化性物质生成，从而说明氯水具有酸性和漂白性，B错误；C．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，表明氯气与铜发生反应，生成氯化铜，表明Cu在Cl2中能燃烧，燃烧不一定需要氧气，C错误；D．灼烧某白色粉末，透过蓝色钴玻璃，观察到火焰呈紫色，该粉末中一定含钾元素，D正确；故选D。13.下列说法正确的是A.常温常压下0.1mol·L−1H2SO4溶液中的H+数为0.2NAB.标准状况下，22.4LCO2和O2组成的混合物中，氧原子数为2NA C.同温同压下，原子数均为6.02×1023个的氢气和氦气具有相同的体积D.标准状况下，5.6L乙醇含有的分子数为0.25NA【答案】B【解析】【详解】A．根据n=cV可知，溶液体积未知的情况下无法计算微粒物质的量，A错误；B．1个CO2和1个O2都含2个氧原子，标准状况下，22.4LCO2和O2组成的混合物中，物质的量是1摩尔，氧原子数为2NA，B正确；C．同温同压下，原子数均为6.02×1023个的氢气和氦气具有相同的分子数分别是0.5NA和NA，体积之比等于物质的量之比1∶2，C错误；D．标准状况下乙醇不是气体，本题中不能计算其分子数，D错误；故选B。14.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm-3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L-1。下列叙述中正确的有①w=×100%②c=③上述溶液中加入VmL的水后，所得溶液的质量分数小于0.5wA.①③B.②C.③D.②③【答案】D【解析】【详解】①，错误；②，正确；③因为氨水的密度比水小，VmL水的质量大于VmL氨水的质量，所以溶质质量分数小于，正确；②③正确，D符合题意；答案选D。15.把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A.20(2b－a)mol·L－1B.20(b－2a)mol·L－1C.10(2b－a)mol·L－1D.10(b－2a)mol·L－1【答案】A【解析】【详解】把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，所以混合溶液含有bmolSO42-。根据电荷守恒可得：n(K+)+2n(Mg2+)=2n(SO42-)，n(K+)+2amol=bmol，n(K+)=(2b-a)mol，c(K+)=(2b-a)mol/0.05L=20(2b－a)mol·L－1，故选A。点睛：在电解质溶液中存在的最基本的关系就是阴阳离子所带电荷的代数和等于0.第II卷(非选择题，共55分)二、填空题(本题包括4题，共55分)16.甲、乙、丙、丁、戊几种中学常见的物质在常温有如下转化关系，在转化过程中，乙与KHCO3按等物质的量1：1混合，并且恰好完全反应。（1）若甲是一种金属单质，其焰色与丁的焰色一样均为黄色，则物质丁的俗名为：_________。反应①的化学方程式为：_________。（2）若甲是一种黄绿色的气体单质，丁为一种盐，则物质丙的化学式为_________。反应②的离子方程式为：_________。（3）若甲是一种氧化物，丙可以使带火星的木条复燃，戊的焰色为黄色，则物质甲的化学式为：_________。反应②的离子方程式为：_________。【答案】（1）①.纯碱②.2Na+2H2O=H2↑+2NaOH（2）①.HClO②.HCO+H＋=CO2↑+H2O（3）①.Na2O2②.HCO+OH-=CO+H2O【解析】 【小问1详解】甲是一种金属单质，其焰色为黄色，则甲是金属Na，反应①Na与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=H2↑+2NaOH，因为丁的焰色一样为黄色，则乙是NaOH，与KHCO3反应的离子方程式为HCO+OH-=CO+H2O，丁是Na2CO3，其俗名为纯碱；【小问2详解】甲是一种黄绿色的气体单质，甲是Cl2，反应①Cl2+H2O=HClO+HCl，根据反应②可知乙是HCl，丙是HClO，反应②的离子方程式为HCO+H＋=CO2↑+H2O；【小问3详解】甲是一种氧化物，丙可以使带火星的木条复燃，戊的焰色为黄色，说明甲是含钠且能生成O2的氧化物，则甲是，反应①的化学方程式为2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应②有三个产物可知乙是NaOH，丙是O2，反应②是NaOH与KHCO3反应，其离子方程式为HCO+OH-=CO+H2O。【点睛】离子方程式书写的分为四步，第一步：正确写出反应的化学方程式，第二步：把易溶于水、易电离的物质拆写成离子形式，第三步：删去方程式两边不参加反应的离子，第四步：检查方程式两边的元素和电荷是否守恒。17.图是某学校实验室从化学试剂商店买回浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480mL1mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，还缺少的仪器有_________、_________(写仪器名称)；（2）经计算，配制480mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_________mL，量取浓硫酸时应选用_________规格的量筒；A.10mLB.50mLC.100mLD.200mL（3）对所配制的稀硫酸进行测定，发现浓度大于1mol/L ，配制过程中下列操作能引起该误差的原因有_________。A.用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸B.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C.将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面E.定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容F.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处【答案】（1）①.玻璃棒②.500mL容量瓶（2）①.27.2②.B（3）AC【解析】【小问1详解】根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故还缺少的仪器为：玻璃棒和500mL的容量瓶；【小问2详解】浓硫酸的物质的量浓度为，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=500mL×1mol•L-1，解得V=27.2，量取浓硫酸时应选用50mL规格的量筒；【小问3详解】A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，所取的浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故A选；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故C选；D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出会导致溶质损失，浓度偏低，故D不选；E．定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故E不选；F．定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低，故F不选； 故选AC。18.某工厂生产硼砂产生的固体废料中，主要含有MgCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3等，其中MgCO3质量分数为63%。用该固体废料回收镁的工艺流程如下：金属离子Al3+Fe3+Mg2+开始沉淀时(c=1mol/L)的pH1.71.28.8完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.72.911.3（1）操作I的名称是_________，所需要的玻璃仪器为_________。（2）“酸浸”时，试剂A的化学式是_________，为加快酸浸速率，可采取的措施是_________。(写一条即可)。（3）滤液a中的金属阳离子是_________。对滤液a调pH时合理的pH范围是_________。（4）“沉镁”时发生反应的化学方程式是_________。（5）若滤液b中c(SO)=2.1mol/L，c(Mg2＋)=1.0mol/L，已知氢离子、氢氧根离子浓度忽略不计，则c(NH)为_________mol/L。（6）若流程中镁的总损耗为10%，则100t的固体废料可回收镁的质量是_________。【答案】（1）①.过滤②.漏斗、玻璃棒、烧杯（2）①.H2SO4②.将固体废料研碎、酸浸时加热混合溶液、适当增大酸的浓度均可（3）①.Mg2+、Al3+、Fe3+②.4.7pH＜8.8（4）MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4（5）2.2（6）16.2t【解析】【分析】根据MgCO3、CaCO3、Al2O3、Fe2O3能与硫酸反应，生成了MgSO4、CaSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，其中CaSO4微溶，SiO2不溶于稀硫酸，则经过滤形成浸渣；浸液中含有 MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH，调节pH至4.7时，Fe3+和Al3+已经完全沉淀，经过滤所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，在含Mg2+的母液中继续滴加NaOH溶液，即可得到Mg(OH)2，并经过滤得到。【小问1详解】①用来分离溶液和沉淀的方法是过滤，答案：过滤；②过滤需要玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，答案：漏斗、玻璃棒、烧杯；【小问2详解】①由分析可知试剂A是H2SO4，答案：H2SO4；②此反应是固体和溶液发生反应，可以增大固体表面和溶液中离子的浓度改变速率，将固体废料研碎、酸浸时加热混合溶液、适当增大酸的浓度均可，答案：将固体废料研碎、酸浸时加热混合溶液、适当增大酸的浓度均可；【小问3详解】①由分析可知溶液中的阳离子有Mg2+、Al3+、Fe3+，答案：Mg2+、Al3+、Fe3+；②对滤液a调pH时要做到Al3+、Fe3+完全除去，Mg2+不能转化成沉淀，合理的pH范围是4.7pH＜8.8，答案：4.7pH＜8.8；【小问4详解】“沉镁”时发生反应的化学方程式是MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，答案：MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4；【小问5详解】根据电荷守恒：可得：c(NH)=2.2mol/L，答案：2.2；【小问6详解】固体废料质量为100t，含MgCO3质量分数为63%，流程中镁的总损耗为10%，即含MgCO3的物质的量为，根据Mg原子守恒，理论生成的Mg的物质的量为675mol，则其质量为675mol×24g/mol=16200g=16.2t，答案：16.2t19.I、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量。可供选用的反应物：CaCO3固体、盐酸、硫酸溶液和蒸馏水)。回答下列问题： （1）装置a的名称为_________。（2）装置A中反应的离子方程式为_________。（3）写出装置D中反应生成O2的化学方程式，并用双线桥法表示其电子的转移_________。（4）装置E中碱石灰的主要作用是_________。（5）已知装置D中试样质量为19.5g，装置G中所得O2体积为1120mL(已折算成标准状况下体积，且O2全部逸出)。求试样中Na2O2的质量分数_________。Ⅱ、纯碱是一种重要的化工原料，广泛用于玻璃、造纸、纺织和洗涤剂的生产。“侯氏制碱法”主要化学原理是利用饱和氯化钠溶液吸收两种气体，生成碳酸氢钠，再加热碳酸氢钠即可制得纯碱。查阅资料知：NH3极易溶于水，水溶液呈碱性。部分工艺流程如图所示：（6）纯碱属于_________(填“酸”“碱”或“盐”)。（7）为提高NaHCO3的产量，CO2和NH3通入饱和NaCl溶液的先后顺序为_________(选填字母)。A.CO2再通NH3B.先通NH3再通CO2图中导管b通入_________，导管a不能插入液面以下的原因是_________。装置c中的试剂为_________(选填字母)。A碱石灰B.浓硫酸C.五氧化二磷【答案】（1）分液漏斗 （2）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（3）（4）除去O2中未反应完的CO2（5）40%（6）盐（7）①.B②.CO2③.NH3极易溶于水，若导管A插入液面以下，易发生倒吸④.C【解析】【分析】装置A是CaCO3与稀盐酸反应制备CO2，装置B的作用是除去CO2中混有的HCl气体，装置C的作用除去CO2中混有的水蒸气，装置D是与CO2反应装置，装置E中碱石灰是吸收O2中混有的CO2气体，生成O2通过装置F排水法收集O2，装置G中水的体积就是产生O2的体积，可以通过O2的体积进一步测定Na2O2试样的纯度。【小问1详解】装置a的名称为分液漏斗；【小问2详解】装置A是为了制备CO2，用CaCO3固体和稀盐酸制备，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；【小问3详解】过氧化钠与CO2反应的双线桥法为；【小问4详解】本实验是通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量，因此装置E中碱石灰的主要作用是除去O2中未反应完的CO2；【小问5详解】标准状况下，O2体积为1120mL，则O2的物质的量为，根据，可得的物质的量为，的质量为 ，试样中Na2O2的质量分数为；【小问6详解】纯碱是Na2CO3，是金属离子结合酸根，属于盐；【小问7详解】为提高NaHCO3的产量，“侯氏制碱法”要求先通入极易溶于水NH3，后通入CO2，因为NH3极易溶于水，所以导管a通入NH3，可以防止倒吸，导管b再通入CO2。因为NH3是碱性气体，所以不能用碱石灰吸收，A错误；装置c中不能放液体试剂，B错误；五氧化二磷可以吸收NH3，C正确。