四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高一上学期期中化学试题（Word版附解析）

四川省叙州区二中2022-2023学年高一上期中考试化学试题注意事项：：满分100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Fe56Se79Ba137第I卷(选择题39分)一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与泪液中的葡萄糖发生反应，生成纳米金单质颗粒(直径为)。下列有关说法错误的是A.氯金酸钠中金元素的化合价为B.检测时，葡萄糖发生了还原反应C.在反应中体现氧化性D.纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系属于胶体【答案】B【解析】【详解】A．化合物中化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确； B．该反应中Au的化合价降低，即NaAuCl4做氧化剂，根据氧化还原反应中有元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，故葡萄糖中某元素化合价升高，发生氧化反应，故B错误；C．氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，介于1~100nm之间，因此纳米金单质分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确；选B。2.钠元素广泛存在于自然界，中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列关于含钠元素物质的说法错误的是A.“稻草变黄金”的过程中元素种类没有改变B.NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同C.治疗胃酸过多可以用NaHCO3，糕点生产也可以用NaHCO3,D.金属钠放置空气中，最终会变成Na2O2【答案】D【解析】【详解】A．CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末同时生成氯化钠，反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，化学变化过程中元素守恒，所以制造过程中元素种类没有改变，A正确；B．NaCl与Na2CO3均含有钠元素，所以灼烧时火焰颜色相同，均是黄色，B正确；C．碳酸氢钠能与酸反应产生二氧化碳，受热易分解产生二氧化碳，因此治疗胃酸过多可以用NaHCO3，糕点生产也可以用NaHCO3，C正确；D．金属钠放置空气中，钠变为氧化钠，氧化钠与水反应变为氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应变为碳酸钠晶体，失水后最终会变成Na2CO3，D错误；答案选D。3.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.无色透明的溶液：Na+、K+、NH、MnOB.常温下pH小于7的溶液：NH、Fe2+、Br-、COC.遇酚酞变红的溶液：Ba2+、K+、NO、Cl-D.含氯化铁的溶液：K+、Ba2+、NO、OH-【答案】C【解析】【详解】A．无色溶液中不能大量存在MnO，故A不选；B．pH小于7的溶液呈酸性，含大量氢离子，不能大量存在CO，故B不选；C．遇酚酞变红的溶液呈碱性，含有大量氢氧根离子，Ba2+、K+、NO、Cl-离子间不反应，能大量共存，故C选；D．含氯化铁的溶液，铁离子与氢氧根离子反应生成沉淀，不能大量共存，故D不选；故选C。4.下列反应不属于氧化还原反应的是A.CaCO3CaO+CO2↑B.2Mg+CO22MgO+C,C.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑D.3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O【答案】A【解析】【分析】氧化还原反应是指有化合价发生改变的反应。【详解】A．CaCO3CaO+CO2↑，反应前后化合价不变，A符合题意；B．反应前后Mg与C化合价改变，B不符合题意；C．反应前后Mn与O化合价改变，C不符合题意；D．反应前后Cl化合价改变，D不符合题意；故选A。5.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.KCl溶液B.Fe(OH)3胶体C.NaOH溶液D.CuSO4溶液【答案】B【解析】【分析】丁达尔效应是胶体的性质，据此分析；【详解】丁达尔效应是胶体的性质，KCl溶液、NaOH溶液、CuSO4溶液的分散系为溶液，不是胶体，不具有丁达尔效应，Fe(OH)3胶体属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；答案为B。【点睛】常见的胶体除了有胶体两字外，还包括烟、雾、云、有色玻璃、墨水、豆浆、淀粉溶液、血液、肥皂水等分散系。6.下列离子方程式正确的是A.氢氧化钡溶液与盐酸反应：OH-+H+=H2OB.铁投入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D.铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++Ag【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氢氧化钡溶液与盐酸发生反应，生成氯化钡和水，其离子方程式为OH-+H+=H2O，故A正,确；B．铁与稀硫酸发生反应，生成硫酸亚铁和氢气，其离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；C．氯气与水发生反应，生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，在离子方程式中保留化学式，其离子方程式为Cl2+H2O=HClO+H++Cl-，故C错误；D．铜和硝酸银溶液发生置换反应，生成硝酸铜和单质银，其离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故D错误；答案为A。7.用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol的体积为22.4LB.质量为32g的和混合气体中含氧原子数目为C.标准状况下，22.4L含有的分子数目为D.0.5mol/L溶液中，所含的数目为【答案】B【解析】【详解】A．没有明确是否为标准状况，1mol的体积不一定为22.4L，故A错误；B．和混合气体中只含氧原子，质量为32g和混合气体中含氧原子数目为，故B正确；C．标准状况下水是液体，22.4L的物质的量不是1mol，故C错误；D．溶液体积未知，不能计算0.5mol/L溶液中所含的数目，故D错误；选B。8.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、相互之间不反应，能大量共存，故选A；,B．、反应生成氯化银沉淀，所以、不能大量共存，硫酸银微溶，所以、不能大量共存，故不选B；C．、和反应生成氢氧亚铁、氢氧化铜沉淀，、、不能大量共存，故不选C；D．、反应放出二氧化碳气体，、不能大量共存，故不选D；选A。9.下列说法中正确的是A.属于碱性氧化物B.金属钠着火可以使用泡沫灭火器灭火C.利用加热的方法可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠固体D.溶于水所得溶液的物质的量浓度为【答案】C【解析】【详解】A．碱性氢化物与酸反应只生成盐和水，与盐酸反应生成氯化钠和氧气，不属于碱性氧化物，A错误；B．金属钠着火不能用泡沫灭火器，泡沫灭火器喷出的泡沫中含水，钠与水会反应，钠燃烧生成的产物为，与反应生成，促进燃烧，B错误；C．碳酸钠加热时稳定，而碳酸氢钠易分解程碳酸钠、二氧化碳和水，固体质量减轻，故可利用加热的方法可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠固体，C正确；D．，V指溶液体积，题中是水，D错误；故选C。10.向含有溶液的烧杯中通入一定的后，为确定其组成，向溶液中逐滴滴加溶质质量分数为14.6%的盐酸，烧杯中那个溶液的质量()随加入盐酸的质量()的变化曲线如图所示(假设全部逸出)。下列说法中正确的是,A.a点溶液中的溶质为和B.b点溶液的质量为C.c点溶液中D.d点溶液中【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，加稀盐酸前：n(NaOH)=0.1L×4mol/L=0.4mol，NaOH溶液总质量未知，通入CO2后溶液总质量变为116.6g，加稀盐酸后：溶液总质量为210g，此时加入稀盐酸质量为100g，其中加入的溶质HCl的质量为m(HCl)=100g×14.6%=14.6g，物质的量为n(HCl)=14.6g/(36.5g/mol)=0.4mol；加入稀盐酸质量为125g时，溶液总质量未知，此时加入的溶质HCl的物质的量为0.5mol，此时由曲线在b点有转折可知，此时开始有CO2逸出，导致加入100g稀盐酸时，溶液增重质量小于100g，即逸出CO2质量为(116.6g+100g)-210g=6.6g，物质的量为0.15mol，则可以确定b点时参与反应的，的物质的量为0.15mol，而此时加入HCl物质的量为0.4mol，即参与反应的H+的物质的量一定为0.4mol，大于此时b点的物质的量0.15mol，由此判定之前一定有与H+反应，可能有OH-与H+反应；综上，再根据+H+=可以确定b点前有0.15mol与H+反应，消耗0.15molH+，此时与共计消耗0.15+0.15=0.3mol的H+，小于参与反应的0.4mol，则一定有0.1mol的H+与0H-发生了中和反应。故可以得出以下结论：原本溶液中，共计有0.1mol0H-，0.15mol即0.lmolNaOH，0.15mol的Na2CO3，b点时共计参与反应的H+为0.25mol；【详解】A．由上述结论可以得知，溶液在加入稀盐酸前含有NaOH与Na2CO3，A错误；B．b点参与反应的H+为0.25mol，即0.25molHCl，质量为0.25mol×36.5g/mol=9.125g，此时加入稀盐酸质量为9.125g/14.6%=62.5g，并且此时还无CO2逸出，则溶液总质量为116.6g+62.5g=179.1g，B正确；C．c点溶液中，已知溶液质量为210g，n(Na+)=0.4mol，但溶液密度未知，也就无法,得知溶液体积，则无法计算其量浓度，为不可知的量，C错误；D．d点溶液中，此时加入溶质HCl物质的量为0.5mol，其中有0.4molH+已参与反应，则此时剩余H+物质的量为0.lmol，而n(Na+)=0.4mol，则n(H+)：n(Na+)=1：4，D错误；故选B。11.为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为：。下列有关的叙述不正确的是A.的氧化性大于的氧化性B.反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5molC.枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化导致难以生锈D.上述反应中，单质铁被氧化，而NaNO2作为氧化剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则的氧化性大于的氧化性，故A正确；B．根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物mol，故B错误；C．枪支“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化导致难以生锈，故C正确；D．根据A项分析，反应中，单质铁为还原剂，被氧化，而NaNO2作为氧化剂，故D正确；答案选B。12.在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z-+2XO=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B-③2B-+Z2=B2+2Z-根据上述反应，下列结论判断错误的是A.溶液中可发生反应：Z2+2A2+=2A3++2Z-B.Z元素在①、③反应中都被氧化,C.氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3+D.反应①中，X2+是XO的还原产物【答案】B【解析】【分析】①16H＋＋10Z－＋2XO＝2X2+＋5Z2＋8H2O中，XO是氧化剂，Z2是氧化产物，氧化性：XO>Z2；②2A2+＋B2＝2A3+＋2B-中，B2是氧化剂，A3+是氧化产物，氧化性：B2>A3+；③2B-＋Z2＝B2＋2Z-中，Z2是氧化剂，B2是氧化产物，氧化性：Z2>B2；【详解】A．依据氧化性传递性，氧化性Z2>B2>A3+，所以溶液中Z2＋2A2+＝2A3+＋2Z－能发生，A正确；B．①中Z元素被氧化，③中Z被还原，B错误；C．由①知，氧化性XO>Z2，由前面分析，氧化性Z2>B2>A3+，所以氧化性：XO>Z2>B2>A3+，C正确；D．反应①中，XO是氧化剂，则X2+是XO的还原产物，D正确；故选B。13.某离子反应中涉及、、、、、六种粒子，其中的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断中正确的是A.反应后溶液的酸性增强B.若该反应转移3个电子，则消耗还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1D.还原性：【答案】A,【解析】【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。【详解】A．由上述分析可知，发生的反应为：3ClO-+2NH=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，生成氢离子，酸性增强，故A正确；B．由方程式可知，还原剂是NH，消耗时，转移电子(个)，则转移3个电子时，消耗还原剂，故B错误；C．氧化产物是N2，还原产物是，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，故C错误；D．是由被氧化得到的氧化产物，则为还原剂，为氧化剂，为还原产物，故还原性：，D错误。答案选A。第II卷(非选择题61分)二、非选择题：14.有下列三个在溶液中发生的氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑请根据上述反应分析推断后回答下列问题：（1）Fe2+、I-、Cl-、Cr3+的还原性由强到弱依次是___________。（2）③反应中HCl的作用_____；氧化剂和起还原剂作用的HCl的数目之比_____（3）向FeI2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为___________。（4）＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O还原成Cr3＋，反应的离子方程式为___________。【答案】（1）I->Fe2+>Cl->Cr3+（2）①.还原性和酸性②.1:6（3）2I-+Cl2=I2+2Cl-（4）Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3＋+3SO+4H2O,【解析】【分析】①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2中Fe的价态降低，Fe3+是氧化剂，Fe2+是还原产物，KI中I的价态升高，I-是还原剂，I2是氧化产物；②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3中Fe的价态升高，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化产物，Cl2中Cl的价态降低，Cl2是氧化剂，Cl-是还原产物；③K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑中Cr的化合价降低，Cr2O是氧化剂，Cr3+是还原产物，HCl中部分Cl化合价升高，Cl-是还原剂，Cl2是氧化产物；【小问1详解】由①可知还原性I->Fe2+，由②可知还原性Fe2+>Cl-，由③可知还原性Cl->Cr3+，因此I->Fe2+>Cl->Cr3+；【小问2详解】反应③K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑中，每14molHCl参与反应，有6molCl化合价，即有6molHCl作还原剂，有8molHCl起酸的作用，即反应中HCl的作用是起还原性和酸性；Cr化合价降低，K2Cr2O7作氧化剂，因此氧化剂和起还原剂作用的HCl的数目之比=1:6；【小问3详解】还原性：I->Fe2+，向FeI2溶液中通入少量Cl2，氯气只氧化碘离子，因此反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；【小问4详解】由题意，氧化剂为Cr2O，还原产物为Cr3＋，还原剂是，氧化产物为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒、及溶液呈酸性可知反应的离子方程式为Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3＋+3SO+4H2O。15.已知是一种弱酸，向中加入强酸可生成，不稳定，易分解成NO和气体；是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把氧化成。是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白含有。若误食亚硝酸盐如，则导致血红蛋白中的转化为而中毒，在引起中毒过程中表现出_______性；可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出______性。(填“氧化”或“还原”)(2)下列方法中，不能用来区分和NaCl的是________A．加入盐酸，观察是否有气泡产生,B．加入溶液观察是否有沉淀生成C．分别在它们酸性溶液中加入溶液，观察溶液颜色变化(3)在用酸性溶液处理和CuS(S元素均为-2价)的混合物时，发生的反应如下：①(未配平)②(未配平)Ⅰ．下列关于反应①的说法中错误的是__________(选填编号)。a．被氧化元素是Cu和Sb．氧化产物是，还原产物是和c．还原性的强弱关系是：Ⅱ．配平并用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目：_____。【答案】①.氧化②.还原③.B④.b⑤.+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O【解析】【详解】(1)根据题意可知NaNO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，所以表现出氧化性；维生素C可以解毒，说明维生素C可以将Fe3+还原成Fe2+，表现出还原性；(2)A．加入盐酸，NaCl不反应，无现象，NaNO2反应有NO和NO2生成，故A正确；B．AgNO2是一种难溶于水的化合物，所以加入AgNO3都有白色沉淀生成，不能区分，故B错误；C．NaCl与FeCl2溶液不反应，NaNO2有强氧化性，能氧化FeCl2使溶液变成黄色，故C正确；故答案为：B；(3)Ⅰ．a．该反应中Cu元素由+1价变为+2价，S元素由-2价变为+4价，二者化合价均升高，被氧化，故a正确；b．Mn元素化合价由+7变为+2生成Mn2+，所以Mn2+为还原产物，而Cu2+和SO2为氧化产物，故b错误；c．还原剂的还原性大于还原产物，Cu2S为还原剂，Mn2+为还原产物，所以还原性Cu2S>Mn2+，故c正确；综上所述选b；,Ⅱ．该反应中MnO中Mn元素化合价由+7价变为+2价降低5价，CuS中铜元素化合价升高2价，S元素化合价升高4价，所以CuS化合价一共升高6价，则MnO和CuS的系数之比为6:5，再结合元素守恒可得离子方程式为6MnO+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，该反应中MnO得电子，CuS失电子，用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O。16.是棕黄色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂；易溶于水且会与水化合生成次氯酸；热稳定性差，42℃以上可以分解为和并可引起爆炸；与有机物或还原剂接触时会燃烧并爆炸。一种制取的装置如图所示。已知：的熔点为-116℃，沸点为3.8℃；的沸点为-34.6℃；；液氨可作制冷剂。（1）装置①中发生反应的离子方程式：___________(已知的还原产物为)，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目___________。（2）装置②中的试剂是：___________，③的作用是：___________。（3）装置④的温度不宜太高，主要原因是：___________。（4）从装置⑤中逸出气体的主要成分是：___________；可通过装有___________的装置，以防止污染空气。A．浓硫酸B．碱石灰C．无水氯化钙D．无水硫酸铜（5）中氯元素的化合价为___________价，与水反应可用于制备次氯酸，这样制得的次氯酸溶液相比氯气直接溶于水制得的次氯酸溶液有两个主要优点：___________、___________。（6）,也可以用氯气与足量潮湿的碳酸钠反应来制取，反应中有一种酸式盐生成，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】（1）①.2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.（2）①.饱和食盐水②.干燥氯气（3）防止温度过高导致分解(或爆炸)（4）①.空气、或、、②.B（5）①.+1②.纯度较高③.浓度较大（6）【解析】【小问1详解】装置①中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，发生反应的离子方程式是2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，锰元素化合价由+7降低为+2、氯元素化合价由-1升高为0，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为；【小问2详解】反应生成的氯气中含有杂质氯化氢、水蒸气，装置②中盛放饱和食盐水除去氯化氢，装置③中盛放浓硫酸干燥氯气；【小问3详解】热稳定性差，42℃以上可以分解为和并可引起爆炸，所以装置④的温度不宜太高；【小问4详解】从装置⑤中逸出气体有通入的空气和没反应的氯气，主要成分是、、；氯气能和碱性物质反应，可通过装有碱石灰的装置吸收氯气，以防止污染空气，选B；【小问5详解】根据化合价代数和等于0，中氯元素化合价为+1价；在水中的溶解度小，溶于水的也只有很少量与水反应生成，同时生成盐酸，使制得的次氯酸溶液纯度不高，浓度不大。比氯气直接溶于水制得的次氯酸溶液有两个主要优点是纯度较高、浓度较大。【小问6详解】,可以用氯气与足量潮湿的碳酸钠反应来制取，反应中有一种酸式盐生成，由元素分析，只能是，氯气被氧化成，还原产物只能是含负一价氯的化合物，由于有生成，不可能生成，所以只能生成，化学方程式为：。17.A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体。而C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊。D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体。请回答下列问题：(1)写出A、C、D、E的化学式：A__________________，C__________________，D__________________，E__________________(2)写出B+水反应的离子方程式：__________________。(3)常温常压下制取100mL纯净的H，将其通入装有F粉末的两通玻璃管中。①反应的化学方程式为____________________________________。②若反应后收集的气体体积为65mL，则反应消耗H的体积是_________mL。【答案】①.NaOH②.Na2CO3③.NaHCO3④.NaCl⑤.2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑⑥.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2⑦.70【解析】【分析】A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，则都含有钠元素；A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体，则B为Na，E为NaCl；C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D为Na2CO3、NaHCO3中的某一种；D和A可反应生成C，则D为NaHCO3，A为NaOH，C为Na2CO3；F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则F为Na2O2。从而得出A、B、C、D、E、F、H分别为NaOH、Na、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、Na2O2、H为CO2。【详解】(1)由以上分析知，A、C、D、E的化学式：A为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl。答案为：NaOH；Na2CO3；NaHCO3；NaCl；(2)B为Na，与水反应生成NaOH和H2，离子方程式：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。答案为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；(3)常温常压下制取100mL纯净的H(CO2)，将其通入装有F(Na2O2)粉末的两通玻璃管中。①反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。②设参加反应的CO2的物质的量为x，则100-x+x=65，x=70mL，则反应消耗H的体积是70mL,。答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；70。