福建省厦门市外国语学校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）

这是一份福建省厦门市外国语学校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析福建省厦门市外国语学校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题原卷版docx、精品解析福建省厦门市外国语学校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分为100分。考试用时75分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整。
可能用到的原子量：H：1 O：16 S：32 N：14 Ba：137 Cl：35.5
第Ⅰ卷(本卷共计45分)
一、选择题(每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分)
1. 嫦娥五号将月壤等样本成功带回地球，科学家用充满氮气的人造水晶容器进行了保存。深入研究表明月壤富含Fe、He、、、FeO、CaO等物质，下列说法错误的是
A. 氮气可保护月壤样品中低化合价的成分
B. CaO属于碱性氧化物
C. 通过月壤样品组分推测，该样品中Si元素的含量最高
D. 科学家在分析月壤时，运用了观察、分类、实验、比较等方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮气化学性质稳定，常用作保护气，可用作保护月壤样品中低化合价的成分，故A正确；
B．CaO能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故B正确；
C．月壤富含Fe、He、、、FeO、CaO等物质，其中、、FeO、CaO中均含有O元素，由此推测该样品中O元素的含量最高，故C错误；
D．研究物质的性质时，往往不单独采用一种方法，而是多种方法综合使用，故D正确；
答案选C。
2. 下列有关钠、氯及其化合物的说法正确的是
A. 常温下，氯水和液氯都可以用钢瓶储存
B. 和均可用于制作糕点的膨松剂
C. 工业上用氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
D. 将Na和分别放入溶液中，均会有蓝色沉淀生成并有无色气体放出
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，氯水呈酸性，铁能与酸反应，不能用钢瓶盛氯水，故A错误；
B．不能用作膨松剂，用于制作糕点的膨松剂，故B错误；
C．工业上用氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故C错误；
D．将Na放入溶液中生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠、氢气，将放入溶液中生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠、氧气，故D正确；
选D
3. 《天工开物》记载：凡火药以硝石、硫黄为主，草木灰为辅，……，而后火药成声。其中涉及的主要反应为：。下列说法正确的是
A. 该反应中为氧化产物
B. 该反应中被还原的物质只有
C. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是
D. 反应每生成，分子则转移个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A． 硫由0价降低到-2价，该反应中为还原产物，故A错误；
B． 该反应中被还原的物质有硫和，故B错误；
C． 该反应中氧化剂硫和共3ml，与还原剂碳的物质的量之比是=1：1，故C错误；
D． 根据方程式，反应每生成，有3mlC由0价升高到+4价，失12ml电子，分子则转移个电子，故D正确；
故选D。
4. 下列鉴别与固体的实验不能达到实验目的的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.固体受热分解产生，能使澄清石灰水变浑浊，固体加热时不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，能达到鉴别的目的，A正确；
B.极稀的溶液能与反应生成白色沉淀，与溶液不能反应生成白色沉淀，能达到鉴别的目的，B正确；
C. 滴加少量溶液，，
，两者都能产生白色沉淀，不能达到鉴别的目的，C错误；
D.逐滴加入同浓度的稀盐酸，与稀盐酸反应立即有气泡产生，则需加入到一定量之后才会产生气泡，能达到鉴别目的，D正确；
答案选C。
5. 下列有关阿伏加德罗常数的说法正确的是
A. 1的溶液中含2个
B. 1ml 和1ml 所含的离子数目均为3个
C. 一定条件下，1ml Fe与1ml 充分反应，Fe失去的电子数目为3
D. 1ml 与水充分反应转移的电子数为2
【答案】B
【解析】
【详解】A．1的溶液，不知道溶液体积，无法计算个数，A项错误；
B．由钠离子和氧离子构成、由钠离子和过氧根离子构成，则1ml 和1ml 所含的离子数目均为3个，B项正确；
C．中，1ml Fe与1ml 充分反应，Fe过量，氯气全部反应，则失去的电子数目为2，C项错误；
D．该反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，则1ml 与水充分反应转移的电子数为，D项错误；
答案选B。
6. 下列物质分类正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．三氧化二铝是两性氧化物，氯水是混合物，A错误；
B．纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，漂白粉是氯化钙、次氯酸钠的混合物，不属于纯净物，B错误；
C．各类物质均符合物质分类的标准，C正确；
D．NH3溶于水显碱性，但本身不是碱，属于氢化物，D错误；
故选C。
7. 胶体是一种应用十分广泛的分散系。下列说法正确的是
A. 胶体区别于其他分散系的本质特性是丁达尔效应
B. 可以用丁达尔效应实验有效鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
C. Fe(OH)3胶体带正电荷，可以吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而常用于净水
D. 纳米材料粒子直径一般在10-9~10-7m之间，因此纳米材料属于胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特性是分散质粒子直径大小不同，A错误；
B．胶体有丁达尔效应，溶液没有，故可以用丁达尔效应实验有效鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，B正确；
C．Fe(OH)3胶粒带正电荷，胶体不带电，C错误；
D．胶体是分散系，属于混合物，直径在1—100nm之间的纳米材料若是纯净物，则不属于胶体，D错误；
故选B。
8. 能正确表示下列化学反应的离子方程式的是
A. 碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应
C. 铜片插入硝酸银溶液中
D. 碳酸钙溶于稀盐酸中
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合，离子方程式为：，故A错误；
B．澄清的石灰水与稀盐酸反应，故B错误；
C．铜片插入硝酸银溶液中，故C错误；
D．碳酸钙溶于稀盐酸中反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：，故D正确；
故选D。
9. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，可以达到实验目的的是
A. 装置甲：验证和的热稳定性
B. 装置乙：验证与水反应放热
C. 装置丙：称取一定质量的NaOH固体
D. 装置丁：配制溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．外管温度较高，内管温度低，NaHCO3置于外管时分解，不能说明NaHCO3的热稳定性较Na2CO3差，应将NaHCO3置于内管，将稳定性较强的Na2CO3置于外管分解，A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，则脱脂棉燃烧可证明Na2O2与水反应放热，故B正确；
C．氢氧化钠固体易吸收空中的氧化碳和水，为防止氢氧化钠变质，用托盘天平称量氢氧化钠固体时，应在玻璃器皿中称量，不能放在托盘上直接称量，故C错误；
D．配制溶液，应该使用50mL的容量瓶进行配制，故D错误；
故选B。
10. 今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH、Cl-、Mg2+、 Ba2+、CO、SO，现取三份100ml溶液做如下实验： （已知：NH+OH-NH3↑+H2O ）
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成；
②第二份加足量的NaOH溶液加热后，收集到气体0.04ml；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g,，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A. K+不一定存在
B. Ba2+ 和Mg2+一定不存在
C. 100ml溶液中含0.01ml CO
D. Cl-一定存在
【答案】B
【解析】
【分析】第一份加入硝酸银溶液，有沉淀，该沉淀可能是AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4；
第二份加足量的NaOH溶液加热后，收集到的气体是氨气，说明原溶液中有，其物质的量是0.04ml；
第三份溶液中加入BaCl2后，得到的沉淀是BaSO4和BaCO3，共6.27g，加盐酸后剩余沉淀是BaSO4，是2.33g，即0.01ml，BaCO3的质量为3.94g，即0.02ml，故原溶液中有0.01ml，0.02ml，故一定没有Mg2+和Ba2+，可能有Cl-。
目前为止，溶液中的负电荷总数为，正电荷总数为0.04ml，所以溶液中必然有其他的阳离子存在，即K+一定存在，如果原溶液中没有Cl-，则K+的物质的量是0.02ml，如果原溶液中有Cl-，则K+的物质的量大于0.02ml
【详解】A．根据电荷守恒知，K+一定存在，其物质的量最低是0.02ml，A项不符合题意；
B．溶液中有0.01ml，0.02ml，故一定没有Mg2+和Ba2+，B项符合题意；
C．经计算知100mL溶液中含有0.02ml，C项不符合题意；
D．Cl-可能存在，D项不符合题意；
故正确选项为B。
11. 在指定溶液中，下列离子能大量共存的是
A. 透明的溶液中：
B. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中：
C. 含有大量的溶液中：
D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．透明的溶液中，四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故A选；
B．使无色酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中OH-、生成沉淀，不能大量共存，故B不选；
C．含有大量的溶液中，Ba2+和反应生成沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D不选；
正确答案是A。
12. 液氨具有微弱的导电性，钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是
A. 液氨能够发生电离，有和生成
B. 溶液的导电性增强
C. 钠和液氨可发生以下反应：
D. 0.1ml钠投入液氨生成0.01ml时，共失去0.02ml电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．液氨和水一样可以发生自偶电离，产生和，故A正确；
B．液氨中没有自由移动的带电子粒子，不导电，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，即溶液的导电性增强，故B正确；
C．Na和液氨反应生成和，则发生反应的化学方程式为，故C正确；
D．1个钠参加反应失去1个电子，则0.01ml钠投入液氨中，共失去0.01ml电子，故D错误；
故选：D。
13. 钛及其合金在航空航天、生物医学等领域具有非常重要的应用价值和广阔的应用前景。下图是某化工企业生产钛()的流程示意图，下列说法正确的是
A. 钛酸亚铁中为+3价
B. 若反应①的化学方程式为，则为
C. 反应②中生成的甲醇()是一种重要的有机化工原料，其水溶液能导电
D. 反应③中生成时，失去电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．钛酸亚铁 FeTiO3中钛元素的化合价是＋4价，A项错误；
B．根据质量守恒定律，反应前后各元素原子的个数不变，由可知，X的化学式是，B项错误；
C．甲醇()为非电解质，其水溶液不能导电，C项错误；
D．反应③为，该反应中，生成1个Ti时，Mg失去4个电子，当生成时，失去电子，D项正确；
答案选D。
14. 已知在碱性溶液中100 mL 0.2 ml/L的R(OH)3与300 mL 0.1 ml/L的ClO- 恰好完全反应，R(OH)3被氧化为RO，ClO-被还原成Cl-，则RO中R的化合价是
A. +3B. +4C. +6D. +7
【答案】C
【解析】
【详解】假设在反应后产生的RO中R元素化合价为+x价，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，等于反应过程中电子转移总数可得：0.1×0.2 ml/L×(x-3)=0.3 L×0.1 ml/L×[1-(-1)]，解得x=+6价，故合理选项是C。
15. 某班同学分组进行向一定体积的溶液中逐滴滴加稀硫酸的实验，并通过仪器测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A. 该反应发生的离子方程式为
B. XY段混合溶液的导电能力逐渐减弱，说明不是电解质
C. 实验时可以用HCl代替也能得到该曲线
D. a时刻，混合溶液中与恰好完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应发生的离子方程式为，故A错误；
B．XY段混合溶液的导电能力逐渐减弱，是因为硫酸和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度减小，电解质的判断不能根据溶液的导电性的强弱，应根据化合物在熔融状态和水溶液中是否导电；而BaSO4是强电解质，其溶于水的部分完全电离；故B错误；
C．实验时可以用HCl代替产物是氯化钡和水，溶液的导电性变化不大，不能得到该曲线，故C错误；
D．a时刻，溶液导电性几乎为0，混合溶液中与恰好完全反应时，溶液中离子浓度为0，故D正确；
故选D。
第II卷(本卷共计55分)
二、填空题(共4小题，共计55分)
16. 现有下列物质：①生石灰；②固体；③溶液；④单质铁；⑤；⑥熔融；⑦石墨；⑧蔗糖晶体；⑨固体；⑩固体；⑪漂白粉。请填空：
（1）上述状态下可导电的物质是________(填标号，下同)，属于电解质的是________。
（2）上述物质中属于碱性氧化物的是________(填化学式)，原因为_________(请用化学方程式说明)。
（3）⑥的电离方程式为________，⑩溶于水时的电离方程式为________。
（4）②的水溶液与④反应的离子方程式为________，②与⑨的水溶液混合后，溶液恰好呈中性，发生反应的离子方程式为__________。
（5）写出⑪在空气中变质的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. ③④⑥⑦ ②. ①②⑥⑨⑩
（2） ①. ②.
（3） ①. ②.
（4） ①. ②.
（5）、
【解析】
【小问1详解】
电解质是在水溶液或者熔融态能导电的化合物，①生石灰是电解质但本身不导电，②KHSO4固体是电解质但本身不导电，③HNO3溶液是混合物，不是电解质，溶液可以导电；④单质铁不是电解质，金属可以导电；⑤CO2是非电解质，不导电；⑥熔融MgCl2是电解质，可以导电；⑦石墨是单质，可以导电，但不是电解质；⑧蔗糖晶体是非电解质，不导电；⑨Ba(OH)2固体是电解质但本身不导电；⑩NaHCO3固体是电解质但本身不导电；上述状态下可导电的物质是③④⑥⑦；属于电解质的是①②⑥⑨⑩；
【小问2详解】
能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，上述物质中属于碱性氧化物的是CaO；原因为CaO+2HCl=CaCl2+H2O；
【小问3详解】
⑥的电离方程式为MgCl2(熔融)=Mg2++2Cl−；⑩溶于水时的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO；
【小问4详解】
KHSO4是强酸的酸式盐可以完全电离，与铁反应生成氢气，②的水溶液与④反应的离子方程式为2H++Fe=Fe2++H2↑；②与⑨的水溶液混合后，溶液恰好呈中性，KHSO4与Ba(OH)2物质的量之比为2:1正好为中性，发生反应的离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O；
【小问5详解】
漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2,在空气中与CO2发生反应：，HClO见光易分解发生反应：，故答案为： 。
17. 回答下列问题：
（1）阿伏加德罗曾做过这样一个实验：一抽空的密闭容器重M g，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，称量为(M+Q)g。把混合气体排尽，再充满SO2气体，为使天平平衡，应在托盘天平的___________边托盘上放置___________g(用含M、Q的代数式表示)砝码。
用质量分数为98%、ρ为1.84 g·cm-3的浓H2SO4来配制480 mL 0.2 ml·L-1的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④药匙 ⑤量筒 ⑥托盘天平 。请回答下列问题：
（2）上述仪器中，在配制稀H2SO4时还欠缺的仪器是___________。
（3）经计算，需浓H2SO4的体积为___________mL(精确到0.1)。
（4）配制过程有以下操作：
A.移液 B.量取 C.洗涤 D.定容 E.稀释 F.摇匀
其正确的操作顺序应是___________(填序号)。
（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中，能引起误差偏高的有___________(填代号)。
A.定容时，俯视标线
B.稀释后的H2SO4溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中
C.摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
D.转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
E.用量筒量取浓硫酸，读数时俯视刻度线
F.转移溶液时未洗涤烧杯
【答案】（1） ①. 右 ②. M+4Q
（2）胶头滴管、500mL容量瓶
（3）5.4 （4）BEACDF
（5）AB
【解析】
【分析】配制溶液的一般步骤为计算、称量或量取、溶解、冷却、移液、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，根据稀释定律，稀释前后硫酸的物质的量不变，计算出所需浓硫酸的体积为5.4mL，选择对应的量取工具，减小实验误差，以此解题。
【小问1详解】
同一容器在同一条件下盛放不同的气体时，所含分子数必然相等，NO和H2按相同物质的量混合时，气体的平均相对分子质量为=16，而SO2的相对分子质量为64，称量物品质量时，砝码应放在天平的右盘，设密闭容器内气体的物质的量为n，则盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，气体的质量为16n=Q，n=，当充满SO2气体时，气体的质量为：m=64n=64×=4Q，容器的总质量为M+4Q，
故答案为右；M+4Q；
【小问2详解】
依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或量取、溶解、冷却、移液、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还欠缺的仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；
【小问3详解】
质量分数为98%、密度为的浓H2SO4的物质的量浓度为：ml/L=18.4ml/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则VmL×18.4ml•L-1=500mL×0.2ml•L-1，解得：V=5.4mL；
【小问4详解】
依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或量取、溶解、冷却、移液、定容、摇匀等，故答案为：BEACDF；
【小问5详解】
A．定容时，俯视刻度线，则所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，A正确；
B．稀释后H2SO4溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中并定容，溶液冷却后，体积偏小，所配溶液的浓度偏高，B正确；
C．摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则所配溶液体积偏大，浓度偏低，C错误；
D．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生影响，D错误；
E．用量筒量取浓硫酸，读数时俯视刻度线，则硫酸体体积偏小，浓度偏小，E错误；
F．转移溶液时未洗涤烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，F错误；
故选AB。
18. 稀土是一种重要的战略资源，我国稀土出口量世界第一、铈()是一种典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳铈矿(主要成分为)形式存在。工业上利用氟碳铈矿制取的一种工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）已知中为＋4价，元素的化合价为________。
（2）在空气中焙烧的反应中元素被______(填“氧化”或“还原”)，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
（3）转化成的基本反应类型是_______。
（4）酸浸过程中用稀硫酸和替换不会造成环境污染。写出稀硫酸、与反应的离子方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目______。
（5）室温下，纳米级溶于水得到分散系。当_______(填实验操作、现象)时，该分散系为胶体。
（6）取上述流程中得到的产品1.00g加硫酸溶解，可与50.0mL溶液恰好完全反应(铈元素被还原为，其他杂质均不参与反应)，该产品中的质量分数为________。(已知：的摩尔质量为)
【答案】（1）＋3 （2） ① 氧化 ②. 1：4
（3）复分解反应 （4）
（5）红色激光笔照射该分散系，看到一条光亮的“通路”
（6）86.0%
【解析】
【分析】由氟碳铈矿(主要成分为)提取的工艺流程，焙烧得、，用盐酸和硼酸酸浸，过滤得沉淀和滤液，与氯化钾溶液反应得到和，与前面滤液中的合并再加氢氧化钠，得沉淀，沉淀与盐酸反应可得，加热和的固体混合物可得到无水，据此来分析解答。
【小问1详解】
C为+4价，O为-2价，F为-1价，化合价代数和为0，因此Ce的化合价为+3价，故答案为+3。
【小问2详解】
焙烧后Ce元素以CeO2、CeF4形式存在，Ce均表现为+4，CeCO3F中Ce表现+3价，因此焙烧CeCO3F中Ce的化合价升高，被氧化；CeCO3F为还原剂，氧气为氧化剂，因此有n(CeCO3F)×1=n(O2)×4，n(O2)∶n(CeCO3F)=1∶4；故答案为：氧化；1∶4。
【小问3详解】
根据流程图，发生Ce(BF4)3＋3KCl=3KBF4＋CeCl3，该反应类型为复分解反应；故答案为复分解反应。
【小问4详解】
酸浸过程中Ce的化合价由＋4降低为＋3价，HCl为还原剂，用硫酸和H2O2代替HCl，则H2O2为还原剂，H2O2被氧化成O2，因此CeO2和H2O2反应的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O，用双线桥法标出电子转移的方向和数目为：。
【小问5详解】
胶体具有丁达尔效应，用红色激光笔照射该分散系，看到一条光亮的“通路”，说明该分散系为胶体；故答案为红色激光笔照射该分散系，看到一条光亮的“通路”。
【小问6详解】
根据得失电子数目守恒，由n(CeO2)×1=n(FeSO4)×1=50.0×10－3L×0.1ml·L－1×1，解得n(CeO2)=5×10－3ml，CeO2的质量分数=86.0%；故答案为86.0%。
19. I．已知：金属钠和空气可以制备纯度较高的，反应原理是：，并且易与空气中、水蒸气反应。现用金属钠和空气制备纯度较高的，可利用的装置如图所示。回答下列问题：
（1）装置Ⅳ中盛放的试剂是_______，其作用是_________。
（2）若规定气体的气流方向从左到右，则组合实验装置时各接口的连接顺序为：______→d。
（3）装置Ⅱ的作用是___________。
（4）操作中通空气和加热的先后顺序为___________。
Ⅱ．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：
①检查装置气密性后，装入药品并连接装置A、B、C。
②缓慢通入一定量的后，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，装置A中剧烈反应，有气体产生。
③待装置D中导管口产生连续气泡后，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。
④反应一段时间后，关闭活塞，再通一段时间N₂，直至装置中气体变无色。
回答下列问题：
（5）装置A中盛装浓盐酸的仪器名称是______。
（6）实验中观察到B中湿润的红色纸条褪色，说明在浓盐酸和的反应中有______(填化学式)生成。
（7）实验中，在D的集气瓶中收集到能使带火星木条复燃的无色气体，有同学认为该气体是被浓盐酸还原所得，从氧化还原角度分析该推断是否合理并说明理由？___________。
（8）还有同学认为D的集气瓶中收集到的气体是与浓盐酸中的水反应得到。通过实验证实与干燥的能反应，请完成并配平该化学方程式：________，___＋________＋____＋_____。当有0.1ml电子发生转移时，生成的在标况下的体积为______。
【答案】（1） ①. 溶液 ②. 吸收导入的空气中的二氧化碳
（2）
（3）防止空气中的水分和二氧化碳倒吸进入装置I
（4）先通一段时间的空气再加热I装置
（5）分液漏斗 （6）
（7）不合理，被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到
（8） ①. ②. 1.12L
【解析】
【分析】I．用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，需要除去空气中的水蒸气和二氧化碳，把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置I加热钠和氧反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置I，得到纯净的过氧化钠，连接装置Ⅳ→Ⅲ→I→Ⅱ。
Ⅱ．A中过氧化钠和浓盐酸反应生成氧气、氯气，产生的气体能使B中湿润的淀粉碘化钾变蓝，C中用氢氧化钠溶液吸收氯气，D装置用排水法收集氧气。
【小问1详解】
装置Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，故盛放的试剂为NaOH溶液。
【小问2详解】
根据分析，装置的连接顺序为Ⅳ→Ⅲ→I→Ⅱ，故各接口的连接顺序为g→h→e→f→a→b→c。
【小问3详解】
连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置I，得到纯净的过氧化钠。
【小问4详解】
由分析可知，操作中通空气和加热的先后顺序为：先通一段时间的空气再加热I装置。
【小问5详解】
装置A中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗。
小问6详解】
装置B中湿润的红色纸条褪色，说明生成的气体在有水存在的条件下具有漂白性，说明A中反应有Cl2生成。
【小问7详解】
根据氧化还原反应原理分析，Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2，该推断不合理。
【小问8详解】
根据元素守恒，生成物还有H2O，根据化合价升降法配平化学方程式，Na2O2中氧的化合价降低2价、生成氯气化合价升高2价，所以Na2O2、Cl2的化学计量数均为1，再根据原子守恒得NaCl、H2O的化学计量数为2，则Na2O2与HCl反应的化学方程式为，当有0.1ml电子发生转移时，生成的0.05ml，在标况下的体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L。选项
操作
结论
A
分别取少许两种固体于试管中加热
能产生使澄清石灰水变浑浊的气体的为
B
分别取少许两种固体于试管中，加水溶解后，滴加少量极稀的溶液
能产生白色沉淀的为
C
分别取少许两种固体于试管中，加水溶解后，滴加少量溶液
产生白色沉淀的为
D
分别取少许两种固体于试管中，逐滴加入同浓度的稀盐酸
立即产生气泡的为
碱
酸
碱性氧化物
酸性氧化物
纯净物
A
NaOH
H2SO4
Al2O3
Mn2O7
氯水
B
纯碱
HClO
CaO
SO3
漂白粉
C
Ba(OH)2
CH3COOH
Na2O
SO2
液氯
D
NH3
HCl
Na2O2
CO2
盐酸