青海省西宁市城西区海湖中学2024届高一化学第一学期期末达标测试试题含解析

青海省西宁市城西区海湖中学2024届高一化学第一学期期末达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3属于()A．分解反应B．化合反应C．复分解反应D．置换反应2、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的一组混合物是A．酒精和水 B．碘和四氯化碳 C．水和四氯化碳 D．氯化钠和水3、下列过程，观察不到颜色变化的是()A．NO气体暴露在空气中B．往FeCl3溶液中滴入KSCN溶液C．Cl2通过湿润的有色布条D．往NaOH溶液中通入CO24、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子A．②⑤ B．①② C．①②④ D．①③⑤5、实验室需用480mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液,以下操作正确的是（）A．称取7.68g硫酸铜,加入480mL水B．称取12.5g胆矾,配成480mL溶液C．称取8.0g硫酸铜,加入500mL水D．称取12.5g胆矾,配成500mL溶液6、被誉为“光纤之父”的华裔科学家高锟因为在“光在纤维中的传输用于光学通信”的成就而获得2009年诺贝尔物理学奖，光导纤维的主要成分是A．Si B．SiO2 C．Na2SiO3 D．SiCl47、现有铁与另一种金属组成的混合物1.2g，与足量稀硫酸反应生成H20.1g，则混合物中的另一种金属可能是()A．Mg B．Al C．Zn D．Cu8、Na2O2具有漂白性，下列关于Na2O2的叙述中正确的是()A．Na2O2是淡黄色固体，久置于空气中变成Na2OB．Na2O2与水的反应中，Na2O2只作氧化剂C．用Na2O2漂白过的织物、麦秆等日久又渐渐变成黄色D．Na2O2放入饱和NaOH溶液中，放出大量的O2，并有白色固体析出9、电闪雷鸣的雨天，空气中的氮气会发生一系列反应，生成氮的化合物。雷雨时，一般不可能生成的氮的化合物的是()①NH3②NO③NO2④N2O3⑤N2O5⑥HNO3A．①④⑤ B．①③⑤ C．②④⑥ D．②③⑤⑥10、今有0.1mol·L－1的Na2SO4溶液300mL,0.1mol·L－1的MgSO4溶液200mL、0.1mol·L－1的Al2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子的物质的量浓度之比是（）A．1∶1∶1 B．3∶2∶2C．3∶2∶3 D．1∶1∶311、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是()A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B．探究NO和N2O可能化合生成NO2C．探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用12、下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）A．碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应B．单质碳和硅在加热时都能与氧气反应C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸D．碳和硅两种元素都有同素异形体13、下列反应的离子方程式正确的是A．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32－B．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－沉淀完全：3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓D．FeI2溶液中通入过量氯气：2Fe2++4I－+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl－14、在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1.5mol，Mg2＋为0.5mol，则SO42-的物质的量为()A．0.1mol B．0.5mol C．0.15mol D．0.25mol15、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，求原溶液中Mg2+与Al3+的物质的量之比为（）A．2：1 B．6：1C．1：2 D．1：316、离子半径由小到大的次序是()A．Al3+、Mg2+、O2- B．K+、Na+、Li+C．K+、C1-、F- D．I-、Br-、Cl-二、非选择题（本题包括5小题）17、1000mL某待测溶液中除含有0.2mol·L－1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或多种如下表，现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)：阳离子K＋、NH、Fe3＋、Ba2＋阴离子Cl－、Br－、CO、HCO、SO、SO（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：_________。（2）待测液中肯定不存在的阳离子是_______。（3）若无色气体D是单一气体：判断原溶液中K＋是否存在____(填“是”或“否”)，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：__________。18、有一包白色固体，可能含有Na2CO3、KNO3、KCl、BaCl2和CuSO4，按下列步骤实验。①将该固体溶于水得无色溶液。②向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加足量的稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊。根据上述现象判断：（1）一定存在的物质是_______；一定不存在的物质是________；可能存在的物质是_____________；（2）请写出白色沉淀部分溶解的化学方程式_____19、实验室用下图的实验装置模拟工业制漂白粉。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_________。(2)写出A装置中反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目__________。(3)浓盐酸在反应中的作用是________，饱和食盐水的作用是_______，D装置的作用是_________。(4)C装置制取漂白粉的化学方程式是__________。20、亚硝酸钠在漂白、电镀等方面应用广泛。现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）。已知：①3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O②酸性条件下，NO与NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；（1）盛浓硝酸仪器的名称是___________________________。（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置中盛放的药品名称为__________________。（3）写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的化学反应方程式__________________；当该反应中转移0.1mole-时，理论上吸收标准状况下NO的体积为_______L。（4）将11.7g过氧化钠完全转化成亚硝酸钠，理论上至少需要木炭_______g。（5）NO2易溶于水。将体积为VmL的试管充满NO2后倒扣在水中，见下图。①NO2溶于水的化学方程式是______________________________________。②使试管中NO2完全被水吸收的操作是______________________________。21、氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。甲同学在实验室进行氯气性质的研究(1)甲同学依次进行了与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。上述反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。(2)写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：________。(3)氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为(水除外)________(填化学式)。(4)甲同学探究氯气能否与水发生反应①B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：________。②装置A的作用是___________。③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应；化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应；复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，复分解反应的实质是发生复分解反应的两种物质在水溶液中交换离子，结合成难电离的物质—沉淀、气体或弱电解质（最常见的为水），使溶液中离子浓度降低，化学反应即向着离子浓度降低的方向进行；置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应；根据方程式可知，该化学反应属于化合反应，故答案为B。2、C【解题分析】

A．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；C．水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；D．汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；故选C。3、D【解题分析】

A.无色气体NO暴露在空气中，会和氧气生成红棕色的NO2，故A错误；B.往棕黄色的FeCl3溶液中滴入无色KSCN溶液，会生成红色的硫氰化铁，故B错误；C.Cl2通过湿润的有色布条，会将有色布条漂白，故C错误；D.往无色的NaOH溶液中通入CO2，生成的碳酸钠或碳酸氢钠溶液均为无色，故D正确；答案：D。4、A【解题分析】

①HCl比H2S稳定，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；②HClO氧化性比H2SO4强，与元素的非金属性强弱无关，错误；③HClO4酸性比H2SO4强，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；④Cl2能与H2S反应生成S，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；⑤元素的非金属性强弱与元素原子的最外层电子数无直接关系，不能证明元素的非金属性Cl>S，错误。故不能证明的是②⑤，选项A正确。5、D【解题分析】

需要480mL溶液，实际只能配制500mL，配制500mL0.100mol•L-1的CuSO4溶液，溶质的物质的量为：n=c×V=0.5L×0.100mol/L=0.0500mol，需要溶质的质量为：m(CuSO4)=0.05mol×160g/mol=8.0g，或m(CuSO4•5H20)=0.05mol×250g/mol=12.5g。A．应称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，选项A错误；B．称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，选项B错误；C．称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，选项C错误；D．称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，溶液的浓度为0.100mol•L-1，选项D正确；故答案选D。【题目点拨】本题考查物质的量浓度的相关计算。注意三点，一是配制硫酸铜溶液可以用硫酸铜，也可以用胆矾，二是注意水的体积不等于溶液的体积，三是容量瓶的规格。6、B【解题分析】

光导纤维的主要成分是二氧化硅，制造光导纤维的基本原料是二氧化硅，故选B。7、B【解题分析】

假设金属均为二价，所以金属和氢气的物质的量相等，0.1克氢气的物质的量为0.05mol，则金属的平均相对原子质量为，铁的相对原子质量为56，所以另一种金属的相对原子质量小于24。镁的相对原子质量为24，错误；铝元素为+3价，相当于+2价的相对原子质量为18，故正确；锌的相对原子质量为65，故错误；铜与硫酸不反应，故错误。故选B。【题目点拨】掌握金属元素的确定方法，即平均原子量法，根据金属与酸反应的比例计算金属的平均相对原子质量，在根据金属的相对原子质量有比平均值大也有比平均值小的进行分析。8、D【解题分析】

A.Na2O2是淡黄色固体，久置于空气中变成Na2CO3，A错误；B.Na2O2与水反应生成NaOH和O2，在该反应中，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，B错误；C.Na2O2漂白是氧化漂白，漂白彻底、完全，因此用Na2O2漂白过的织物、麦秆等日久也不会变成黄色，C错误；D.Na2O2与溶液中的水反应产生O2和NaOH，由于溶剂减少，反应产生NaOH，因此反应后饱和NaOH溶液中有白色固体析出，放出大量的O2，D正确；故合理选项是D。9、A【解题分析】

雷雨时N2转化成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2再与水反应生成HNO3，据此解答。【题目详解】在电闪雷鸣的雨天,空气中发生的化学反应有:①N2+O22NO；②2NO+O2=2NO2；③3NO2+H2O=2HNO3+NO；结合以上反应可知，反应发生后一般不可能生成的是:NH3，N2O3，N2O5，故A正确；故答案选A。10、D【解题分析】

0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol·L－1；0.1mol·L－1的MgSO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol·L－1；0.1mol·L－1的Al2（SO4）3溶液中硫酸根离子浓度为0.3mol·L－1；所以三种溶液中硫酸根离子浓度之比为0.1mol·L－1：0.1mol·L－1：0.3mol·L－1=1:1:3，故选：D。11、B【解题分析】

A.SO2和Na2O2反应生成Na2SO4，A正确。B.NO和N2O可能化合生成NO2，发生氧化还原反应NO和N2O的化合价都升高，按照氧化还原反应的定义，没有化合价降低的元素，是不可能的，B符合题意。C.NO2与NaOH溶液完全反应生成NaNO2、NaNO3和水，C正确。D.向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用，有两种可能，故也有探究意义，D正确。答案选B。12、C【解题分析】

A、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应，选项A正确；B、单质碳和硅在加热时都能与氧气反应，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，选项B正确；C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；答案选C。13、D【解题分析】

A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，A错误；B.用醋酸除去水垢，醋酸为弱电解质：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，B错误；C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－沉淀完全：2Ba2++4OH-+Al3++NH4++2SO42-=2BaSO4↓+NH3↑+Al(OH)3↓+H2O，C错误；D.FeI2溶液中通入过量氯气，反应中碘离子与亚铁离子的物质的量之比为2：1：2Fe2++4I－+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl－，D正确；答案为D。【题目点拨】碘化亚铁中，碘离子的还原性强于亚铁离子，则氯气与碘离子反应完全后再与亚铁离子反应。14、B【解题分析】

在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1.5mol/L，Mg2＋为1.5mol/L，根据溶液中电荷守恒可知c(SO42-)==1．5mol/L，故B项正确。15、C【解题分析】

向AlCl3和MgSO4混合溶液中不断加入NaOH溶液，则加入氢氧化钠的体积在0~0.4时，镁离子、铝离子分别与氢氧根结合生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，加入氢氧化钠的体积在0.4~0.5时，氢氧化铝与氢氧根反应生成偏铝酸根。【题目详解】加入氢氧化钠的体积在0.4~0.5时，有对应关系；又根据铝原子守恒，则溶液中的Al3+相当于0.1体积的氢氧化钠，加入氢氧化钠的体积在0~0.4时，有对应关系，则Al3+消耗0.3体积的氢氧化钠，根据，则溶液中的Mg2+相当于0.05体积的氢氧化钠，所以原溶液中Mg2+与Al3+的物质的量之比为0.05：0.1=1:2；综上所述，答案为C。【题目点拨】因为题中未给氢氧化钠的浓度，而镁离子与铝离子均可以与氢氧根发生反应，所以可以用对应关系，将镁离子、铝离子的量都转换成氢氧根的量来进行求比值。16、A【解题分析】

A．Al3+、Mg2+、O2-三种离子具有相同的核外电子排布，故比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小，故Al3+、Mg2+、O2-离子半径依次增大，A符合题意；B．K+、Na+、Li+属于同一主族元素的离子半径，从上往下依次增大，故K+、Na+、Li+依次较小，B不合题意；C．K+和C1-具有相同的核外电子排布，故半径K+比C1-小，根据电子层数越多，一般半径越大，故F-半径最小，故C1-、K+、F-的半径依次减小，C不合题意；D．I-、Br-、Cl-属于同一主族元素的离子半径，从上往下依次增大，故I-、Br-、Cl-依次减小，D不合题意；故答案为：A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ba2＋＋HCO＋OH－=BaCO3↓＋H2OFe3＋、Ba2＋是0.1mol·L－1【解题分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO、SO，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO，可能含有SOSO，中的一种或两种，根据离子共存可知，溶液中不存在Ba2＋；滤液A中有Ba2＋，加入过量的NaOH溶液得到气体B，白色沉淀B，则溶液中一定含有NH、HCO，一定不含Fe3＋，气体B为氨气，白色沉淀为碳酸钡，滤液B中通入氯气，得到浅黄绿色溶液，则溶液中一定没有Br－，滤液B中加入硝酸银溶液、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为氯化银，说明滤液B中含有氯离子，又因为加入氯化钡溶液，所以不能确定原溶液中是否含有氯离子；（1）HCO与OH-生成CO32-,CO32-再与Ba2＋反应生成碳酸钡白色沉淀，离子方程式：Ba2＋＋HCO＋OH－=BaCO3↓＋H2O；正确答案：Ba2＋＋HCO＋OH－=BaCO3↓＋H2O。（2）由上述分析可得，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3＋、Ba2＋；正确选项Fe3＋、Ba2＋。（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl－，溶液中一定没有Br－；若无色气体D是单一气体，则D为二氧化碳，E为碳酸钙，溶液中含有CO，白色沉淀D只能为硫酸钡，溶液中一定没有SO，一定含有SO；碳酸钡（B）的物质的量=19.7/197=0.1mol，则n(HCO3-)=0.1mol，则c(HCO3-)=0.1mol/L；碳酸钙（E）的物质的量=10/100=0.1mol，则n(CO32-)=0.1mol，则c(CO32-)=0.1mol/L；硫酸钡（D）物质的量=11.65/233=0.05mol，则n(SO42-)=0.05mol，则c(SO42-)=0.05mol/L；n(NH4+)=n(NH3)=2.24/22.4=0.1mol，则c(NH4+)=0.1mol/L；溶液中c(Na+)=0.2mol/L、(HCO3-)=0.1mol/L、c(CO32-)=0.1mol/L、c(SO42-)=0.05mol/L；设溶液的体积为1L，则溶液中正电荷总数为0.2×1+0.1×1=0.3mol，溶液中负电荷总数为1×0.1+2×0.1+2×0.05=0.4mol，正电荷总数小于负电荷总数，溶液中一定含有K＋，从电荷守恒规律可知，c(K＋)=0.1mol/L；正确答案：是；0.1mol·L－1。18、Na2CO3和KClBaCl2和CuSO4KNO3Ag2CO3+2HNO3===2AgNO3+H2O+CO2↑【解题分析】

①将该固体溶于水得无色溶液，说明不存在硫酸铜；②向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体是CO2，所以一定存在碳酸钠，因此不能存在氯化钡，所以一定存在氯化钾，硝酸钾不能确定；【题目详解】(1)根据以上分析可知一定存在的物质是Na2CO3和KCl；一定不存在的物质是BaCl2和CuSO4；可能存在的物质KNO3；故答案为：Na2CO3和KCl；BaCl2和CuSO4；KNO3；(2)白色沉淀部分溶解的化学方程式为；故答案为：；【题目点拨】明确常见物质的性质是解答的关键，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。19、分液漏斗酸性和还原性除去Cl2中混有的HCl气体安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解题分析】

根据题中图示可知，A装置是制备氯气的装置；B装置用于除去氯气中的氯化氢杂质；C装置用于探究氯气与石灰乳反应制漂白粉的装置；D装置是安全瓶，起防止倒吸作用；E装置是尾气吸收装置，防止多余的氯气污染环境；据此解答。【题目详解】（1）甲装置中仪器a具有球形特征，有玻璃活塞，在该实验中，可以控制加入的浓盐酸，为分液漏斗；答案为分液漏斗。（2）A装置中二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下发生氧化还原反应，生成二氯化锰、氯气和水，其化学方程式并标出电子转移的方向和数目为，答案为。（3）由可知，浓盐酸中4个Cl-，有2个Cl-化合价没有改变，形成MnCl2，起酸的作用，有2个Cl-化合价升高，失电子，起还原剂的作用，浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气的溶解度小，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有有的HC气体，D装置的作用是安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中；答案为酸性和还原性，除去Cl2中混有有的HC气体，安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中。（4）制取漂白粉是氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。20、分液漏斗（1分）碱石灰2NO+Na2O2=2NaNO22.241.83NO2+H2O=2HNO3+NO缓缓通入V/4mL氧气【解题分析】

A装置中C与HNO3（浓）反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，C装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，可以在B、C之间添加盛放碱石灰的装置，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化。利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气，由题目信息，酸性条件下，NO与NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。【题目详解】（1）根据装置图可知盛浓硝酸仪器的名称为分液漏斗；（2）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加一个盛有碱石灰（或氢氧化钠固体或氧化钙固体）的装置，用来吸收二氧化碳和水蒸气；（3）根据电子得失守恒及元素守恒可知NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的化学反应方程式为2NO+Na2O2=NaNO2，反应中N元素化合价由+2价升高为+3价，当反应中转移0.1mol电子时，吸收NO的物质的量为0.1mol，则NO的体积为2.24L；（4）根据C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO可得关系式C～4NO2～4/3NO～8/3HNO3，根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，有关系式HNO3～3/8Cu～1/4NO，则有C～2/3NO，所以碳与总的NO的关系式为C～2NO，根据2NO+Na2O2=2NaNO2可知碳与Na2O2的关系式为C～Na2O2，所以11.7g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要碳的质量为11.7/78×12g=1.8g；（5）①NO2与水反应生成一氧化氮和硝酸，反应的化学方程式是3NO2+H2O＝2HNO3+NO。②根据反应4NO2+H2O+O2＝4HNO3可知要使此试管中NO2完全被水吸收可