安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

安庆一中2022—2023学年度第一学期高一年级期中考试化学试卷一、单项选择题(每小题3分，满分45分)1.下列叙述正确的是A.烧碱、小苏打、次氯酸均为电解质B.牛奶、豆浆、葡萄糖溶液均为胶体C.均属于碱性氧化物D.碘酒、泥浆水、液氨均为混合物【答案】A【解析】【详解】A．烧碱、小苏打、次氯酸在水溶液中都能够导电，都属于电解质，故A正确；B．葡萄糖为溶液，牛奶、豆浆为胶体，故B错误；C．因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；D．液氨是液态氨气为纯净物，故D错误；故选：A。2.垃圾分类可以有效地回收资源，把垃圾从敌人变为朋友。同理通过分门别类研究，可以发现物质及其变化的规律。下列有关物质的分类正确的是A.化合物：NaOH、HD、FeCl3B.氧化物：Na2CO3、CO2、ClO2C.电解质：HNO3、KOH、纯碱D.混合物：冰水混合物、碱石灰、氢氧化铁胶体【答案】C【解析】【分析】【详解】A．HD是H元素的两种不同原子形成的单质，不属于化合物，A错误；B．Na2CO3是盐，不属于氧化物，B错误；C．HNO3是酸，KOH是碱，纯碱是盐，三种物质在水溶液中都会发生电离而导电，因此都属于电解质，C正确；D．冰水混合物是H2O的不同存在状态，仅有一种微粒，因此属于纯净物，D错误；故合理选项是C。3.在室温下，发生下列几种反应： ①②③根据上述反应，判断下列结论错误的是A.氧化性强弱顺序为B.是的还原产物，是的氧化产物C.在溶液中可能发生反应：D.要将含有、和混合溶液中的转化为，而不氧化和，应加入【答案】D【解析】【分析】①中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；②中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；③中，Z元素的化合价降低，B元素的化合价升高；由上述3个反应知氧化性强弱顺序为：，还原性强弱顺序为。【详解】A．由分析可知，氧化性强弱顺序为，A正确；B．由分析可知，是的还原产物，是的氧化产物，B正确；C．根据氧化性强弱顺序可知，在溶液中可能发生反应，C正确；D．要将含有、和混合溶液中的转化为，而不氧化和，应加入，若加入，将氧化，D错误；答案选D。4.将64g铜放入300mL某浓度硝酸中，当铜反应完全时，共收集到标准状况下NO、NO2混合气体22.4L，下列说法正确的是A.硝酸在反应中只表现为强氧化性B.参加反应硝酸的物质的量为3molC.在反应过程中转移的电子数为3NAD.原硝酸的浓度一定为10mol/L 【答案】B【解析】【分析】发生的反应：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，A．根据方程式判断硝酸的作用；B．根据N原子守恒计算；C．反应中Cu全部消耗，Cu的化合价从0价升高到+2价，据此计算；D．没有说明硝酸是否完全反应，不能计算溶液中硝酸的总物质的量。【详解】发生的反应：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，A．反应中硝酸中的N元素的化合价降低，硝酸作氧化剂，反应生成盐，硝酸起到酸的作用，故A错误；B．64gCu的物质的量为=1mol，则硝酸铜为1mol，其中的硝酸根离子为2mol，NO和NO2混合气体的物质的量为=1mol，所以参加反应硝酸的物质的量为3mol，故B正确；C．反应中Cu全部消耗，Cu的化合价从0价升高到+2价，1molCu转移2mol电子，即转移的电子数为2NA，故C错误；D．没有说明硝酸是否完全反应，不能计算溶液中硝酸的总物质的量，所以原硝酸的浓度无法计算，故D错误;答案为B。5.宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度B孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D.Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3【答案】C【解析】【详解】A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为 自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2∙2CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误是C，故本题答案为C。6.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2)为原料制备高纯氧化镁的流程如下图。下列说法错误的是A.MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为+2H+=CO2↑+H2OB.滤渣1的成分是SiO2，滤渣2的成分是Fe(OH)3C.加入H2O2氧化时，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OD.实验室灼烧时使用的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳等【答案】A【解析】【分析】菱镁矿的主要成分为MgCO3、少量FeCO3及SiO2，加硫酸时MgCO3和FeCO3溶解得到MgSO4和FeSO4的混合溶液，过滤，滤去不溶于酸的SiO2，向滤液中加双氧水，氧化Fe2+生成Fe3+，再加氨水调pH至4，使Fe3+完全沉淀，过滤掉Fe(OH)3沉淀，将滤液(MgSO4溶液)经一系列转化得到MgSO4，再灼烧得到MgO。【详解】A．MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，故A错误；B．由分析可知：滤渣1的成分是SiO2，滤渣2的成分是Fe(OH)3，故B正确；C．加入H2O2氧化时，生成铁离子和水，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；D．Mg(OH)2是固体，在坩埚中灼烧，实验室灼烧时使用的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳等，故D正确；故选A。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.01mol·L-1的H2SO4溶液：Na+、Fe3+、Cl-、 B.0.1mol·L-1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C.c(H+)=0.1mol·L-1的溶液：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+D.pH=1的溶液：K+、、、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A．0.01mol·L-1的H2SO4溶液：Na+、Fe3+、Cl-、互不反应，能大量共存，选项A符合题意；B．具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不符合题意；C．水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中H+能与CH3COO-发生反应不能大量共存，碱性溶液中，Cu2+与氢氧根离子反应而不能大量共存，选项C不符合题意；D．酸性条件下具有氧化性，HSO具有还原性，故pH=1的溶液，H+、、HSO能发生氧化还原反应不能大量共存，H+与HSO能发生复分解反应不能大量共存，选项D不符合题意；答案选A。8.将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液。若c1＝2c2，下面说法正确的是A.V>50w1>2w2B.V<50w1<2w2C.V<50w1>2w2D.V>50w1<2w2【答案】B【解析】【详解】硫酸的密度比水大，硫酸的浓度越大，其密度越大，50g水的体积为50mL，所以50g硫酸溶液的体积小于50mL。由c1=2c2知，50g硫酸溶液加入到VmL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液的体积变为原来的2倍，所以V小于50mL。由知，，，因为c1=2c2，所以，即，因为ρ2＜ρ1，所以ω1＜2ω2，故答案选B。9.氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中正确的是 A.金属铁和铜在氯气里剧烈燃烧，均得到高价态的金属氯化物B.纯净的在中安静地燃烧，发出蓝色火焰，集气瓶口出现白雾C.氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉，漂白粉可用来杀菌消毒D.干燥的氯气能使鲜花褪色是因为氯气具有漂白性【答案】A【解析】【详解】A．氯气与变价金属反应，生成高价的金属氯化物，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，铜在氯气中燃烧生成CuCl2，故A正确；B．H2能在Cl2中安静地燃烧，生成氯化氢，氯化氢易吸收空气中的水形成盐酸小液滴，所以观察到安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白雾，故B错误；C．澄清石灰水中溶质Ca(OH)2较少，应用石灰乳与氯气反应制取漂白粉，故C错误；D．干燥的氯气不具有漂白性，但是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，即氯气能使鲜花褪色，故D错误；故选：A。10.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。下列叙述中正确的是(　　)①c＝×100%　②c＝　③若上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w　④将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmol·L－1，则加入水的体积应大于50mLA.①④B.②③C.①③D.②④【答案】D【解析】【详解】氨气的物质的量是，所以浓度是，则①错误，②正确；氨水的密度小于水，若上述溶液中再加入VmL水后，则所得溶液的质量分数小于于0.5w，③错误；氨水的密度随溶液浓度的增大而减小，根据可知，如果加入等质量的水，则稀释后溶液的浓度大于0.5cmol/L，因此将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmol·L－1，则加入水的体积应大于50mL，④正确，答案选D。11.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO在高温下充分反应，固体质量减少0.96g。若向相同质量的该混合物中加入40mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含 Fe3+，下列说法错误的是A.混合物中铜的质量为1.28gB.盐酸浓度为2mol·L-1C.混合物中Fe2O3的质量是3.2gD.Cu和Fe2O3的物质的量之比为1：1【答案】B【解析】【分析】由题得：向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO发生反应：，减少的固体质量是氧化铁中氧元素的质量，n(O)=0.96g÷16g/mol=0.06mol，m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g；向相同质量的该混合物中加入40mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+，发生反应的化学方程式为，，且反应完全，可计算出混合物中含0.02molCu，据此分析解答。【详解】A．混合物中铜的质量为m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，A项正确；B．盐酸浓度为c(HCl)=0.02mol×6÷0.04L=3mol/L，B项错误；C．混合物中Fe2O3的质量是m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g，C项正确；D．Cu和Fe2O3的物质的量之比为n(Cu):n(Fe2O3)=0.02:0.02=1:1，D项正确；故答案为B。12.将钠、铝混合物共10.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的质量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图(随着x的不断增大，产生H2的物质的量越来越接近b1)。以下判断不正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】发生反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，开始Al过量，随着x增大，钠的量逐渐增大，生成H2的体积也增大，当Na、Al的物质的量相等时，Na反应生成的NaOH，使Al刚好完全反应，此时产生H2最多，之后随着Na的量增加，Al的量减少，导致生成的H2逐渐减少，直至完全为Na时，生成的H2不变，此时10.0g完全为Na，结合反应可以计算出生成氢气的物质的量， 据此解答。【详解】A．根据分析可知，a1时铝过量，生成氢气量b1=，设钠的物质的量为ymol，此时铝过量，结合反应可知参加反应的铝的物质的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y+1.5y=mol，解得：y=，则铝的物质的量为：mol，则a1=，故A正确；B．根据分析可知，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2=，故B正确；C．当10g完全为钠时，生成氢气的量为b1=，故C正确；D．当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量都是xmol，则23x+27x=10g，解得：x=0.2，则生成氢气的物质的量为：，故D错误；故选D。13.已知A、B、C、D四种物质中均含同种元素，且它们之间的转化关系如下。下列说法正确的是A.A一定为单质B.C一定为氧化物C.D一定为酸D.A、B、C的相对分子质量之差为16或16的倍数【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D四种物质中均含同种元素，A能连续被氧化生成C，说明B中有变价元素，A可能是非金属元素单质，如：C、S、N，也可能是金属单质，如Na，也可能是化合物如NH3，根据物质之间的转化分析解答。【详解】A、A可能为Na、S、H2S、N2、NH3等，故A错误；B、B被氧气氧化生成氧化物C，所以C是氧化物，故B正确； C、D可能为氢氧化钠、硫酸、硝酸等，故C错误；D、若A为NH3，B为NO，相对分子质量之差为13，故D错误；故选：B。14.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验:①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B.过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C.实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D.根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。15.将一定物质的量的、组成的混合物溶于水，配成溶液，取出溶液，然后向其中滴加盐酸，部分物质的物质的量随加入盐酸的体积的变化情况如图，下列说法错误的是 A.直线M代表产生的的物质的量的变化情况B.原混合物中与的质量之比为53∶42C.加入盐酸时，发生反应的离子方程式为D.加入盐酸至时，放出气体(标准状况下)【答案】A【解析】【详解】A．向混合液中加盐酸，开始是碳酸根与氢离子反应生成碳酸氢根，开始没有二氧化碳生成，因此直线M不代表产生的的物质的量的变化情况，故A错误；B．根据图中信息开始时50mL溶液中n()=2.5×10−3mol，在加入盐酸50mL时碳酸钠全部变为碳酸氢钠，因此n()=2.5×10−3mol，原混合物中与的质量之比为(2.5×10−3mol×106g∙mol−1):(2.5×10−3mol×84g∙mol−1)=53∶42，故B正确；C．根据A选项分析得到加入盐酸时，发生反应的离子方程式为，故C正确；D．加入50mL时碳酸钠恰好反应完，此时n()=5×10−3mol，加入盐酸至时，消耗一般的碳酸氢钠即消耗碳酸氢钠物质的量n()=2.5×10−3mol，根据碳酸氢钠与二氧化碳1:1关系得到放出气体物质的量为2.5×10−3mol，气体体积为(标准状况下)，故D正确；答案为A。二、非选择题(4小题，55分) 16.现有下列9种物质，①CuSO4·5H2O  ②淀粉溶液  ③NaHCO3④CO2⑤NH3⑥CaCO3⑦纯醋酸⑧Na2CO3溶液  ⑨KNO3，根据所学知识回答下列问题：（1）以上能发生丁达尔效应的是_______。（2）属于强电解质的是_______(填写序号)，醋酸在水中的电离方程式是_______。【答案】（1）②（2）①.①③⑥⑨②.CH3COOHCH3COO-+H+【解析】【小问1详解】②淀粉溶液属于胶体，能发生丁达尔效应，答案为②；【小问2详解】溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电的化合物是电解质，则属于电解质的是①CuSO4·5H2O、③NaHCO3、⑥CaCO3、⑦纯醋酸、⑨KNO3，在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，属于强电解质的有①③⑥⑨；醋酸是弱电解质，不完全电离，在水中的电离方程式是CH3COOHCH3COO-+H+。17.物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。Ⅰ.实验需要0.8NaOH溶液475mL和0.4硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制0.4硫酸溶液，需用量筒量取体积为_______mL的浓硫酸来稀释。（2）为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______、_______。（3）在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。A.定容时俯视观察B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移D.容量瓶未干燥即用来配制溶液E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出F.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯（4）欲用NaOH固体配制0.8NaOH475mL。下列说法正确的是_______(填字母)。 A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B.容量瓶使用前应检漏C.需要称量NaOH固体的质量为15.2gD.称量NaOH固体时将NaOH放在纸上称Ⅱ.在0.2L由NaCl、、组成的混合液中，都分离子浓度大小如下图所示(不考虑溶液中和浓度)。请回答下列问题：（5）该混合液中的物质的量为_______mol。【答案】（1）10.9（2）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（3）AC（4）B（5）0.1【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【小问1详解】溶液稀释前后溶质质量不变；若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制0.4硫酸溶液，需用量筒量取体积为 ≈10.9mL的浓硫酸来稀释。【小问2详解】为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】A．定容时俯视观察，导致溶液体积偏小，浓度偏大，A正确；B．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，水的体积偏大，浓度偏低，B错误；C．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，导致冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，C正确；D．容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶液浓度，D错误；E．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质减小，浓度偏低，E错误；F．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，导致溶质减小，浓度偏低，F错误；故选AC；【小问4详解】A．配制NaOH溶液时，需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、药匙、玻璃棒、500mL容量瓶、托盘天平；如图所示的仪器中，有圆底烧瓶、分液漏斗2种是不需要的，还需要玻璃棒、胶头滴管2种玻璃仪器，A错误；B．容量瓶使用前应检漏，防止漏液，B正确；C．配制0.8NaOH475mL，需要使用500mL容量瓶，则需要称量NaOH固体的质量为0.8×0.5mol×40g/mol=16g，C错误；D．称量NaOH固体时将NaOH放在烧杯中称量，D错误；故选B。【小问5详解】根据电荷守恒可知，该混合液中的浓度为（3.0mol/L×1-1.0mol/L×1-0.5mol/L×2）÷2=0.5mol/L，则物质的量为0.5mol/L×0.2L=0.1mol。18.是一种用途广泛的盐，在潮湿的空气中放置易变质，178℃升华，190℃熔化(2.5个标准大气压下测得)。某实验小组用如图装置制备少量无水。请回答下列问题： 注意：硬质玻璃管M中为铝粉。（1）圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。若用足量与含21.9gHCl的浓盐酸充分反应，则所得可制取无水的质量应_______13.35g(填“>”、“<”或“=”)。（2）装置B中所盛试剂为_______。有人认为若无装置B、C，其余装置、试剂保持不变，也能于制备无水。事实证明这样做非常危险，请简述理由_______。（3）仪器a的名称是_______，F和G装置可用一个盛有_______(填试剂名称)的干燥管来代替。（4）实验开始时应先点燃_______处的酒精灯，待D中出现_______现象后，再点燃另一酒精灯。【答案】（1）①.4H＋+2Cl－+MnO2Mn2＋+Cl2↑+2H2O②.<（2）①.饱和食盐水②.浓盐酸挥发出的氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合受热会发生爆炸（3）①.分液漏斗②.碱石灰（4）①.A②.充满黄绿色气体【解析】【分析】装置A制备氯气，装置B除去氯气中的氯化氢，装置C干燥氯气，装置D制备氯化铝，装置E收集氯化铝，装置F防止水蒸气进入E中，装置G尾气处理，结合物质的性质和问题分析解答。【小问1详解】浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，离子反应方程式为4H＋+2Cl－+MnO2Mn2＋+Cl2↑+2H2O，21.9gHCl的物质的量是21.9g÷36.5g/mol＝0.6mol ，浓盐酸随着反应进行变稀，反应停止，生成氯气的量小于0.15mol，制取无水AlCl3的质量应小于13.35g；【小问2详解】装置B中盛装饱和食盐水，除去挥发的HCl,减少氯气的溶解，因浓盐酸具有挥发性，反应生成物中有水，在加热条件下变成水蒸气，所以混合气体中的成分是氯化氢、水蒸气、氯气，氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸；【小问3详解】由仪器图形可知a为分液漏斗；氯化铝为共价化合物，易水解，装置C和F中盛有浓硫酸，吸收水蒸气防止AlCl3水解，装置G用来吸收尾气，所以F和G装置可用一个盛有碱石灰的干燥管来代替。【小问4详解】欲制得纯净的氯化铝，需要先除去装置内的空气，则需要先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化金属铝，等到D中充满氯气后，即充满黄绿色气体后，再点燃另一酒精灯。19.过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验。（1）探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，加水将其溶解，加入_______溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。（2）该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了mg样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。①装置中盛放盐酸的仪器的名称是_______，装置B中发生反应的离子方程式是_______。②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_______。③写出装置C中发生的主要反应的化学方程式：_______。④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积时，你认为合理的是_______(填序号)。A.读取气体体积前，需冷却到室温B.调整量筒使E、F内液面高度相同C.视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积 ⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成氧气的质量为ng，则样品中过氧化钠的质量分数为_______×100%。⑥压强不变时在一个密闭容器中放入足量过氧化钠固体，然后充入等体积CH4和O2，电火花引燃后充分反应，恢复至原温度，余下气体的体积为原体积的_______。【答案】（1）氯化钙（或氯化钡）（2）①.分液漏斗②.H++=H2O+CO2↑③.检查装置的气密性④.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2⑤.ABC⑥.×100%⑦.【解析】【分析】盐酸和大理石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳中含有易挥发的HCl杂质，用饱和碳酸氢钠溶液除掉HCl，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氧气中含有二氧化碳杂质，用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，用排水法收集氧气，排出的水的体积等于氧气的体积。【小问1详解】证明Na2O2已经变质，过氧化钠变质主要生成碳酸钠，加入氯化钙或氯化钡溶液生成碳酸钙或碳酸钡沉淀，故答案为：BaCl2。【小问2详解】①装置中盛放盐酸的仪器的名称是分液漏斗，装置B的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl气体，反应的离子方程式为：H++=H2O+CO2↑；②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性；③装置C中发生的主要反应是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；④反应结束后，在读取实验中生成气体体积时，A．读取气体体积前，需冷却到室温，避免温度高使气体膨胀，读数偏大而产生误差，故A合理；B．调整量筒使E、F内液面高度相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故B合理；C．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积，避免读数误差，故C合理；综上所述，答案为：ABC。⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成氧气的质量为ng，则氧气的物质的量为mol，根据反应方程式可知，n(Na2O2)=2n(O2)=mol，m(Na2O2)=g，则样品中过氧化钠的质量分数为×100%= ×100%；