2024届云南省楚雄州化学高一上期末质量跟踪监视试题含解析

2024届云南省楚雄州化学高一上期末质量跟踪监视试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图是进行气体性质实验的常用装置，下列对有关实验现象的说法中不正确的是A．若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到液面上升，试管中黄绿色褪去B．若水槽中是水，试管中是NO2，可看到试管中液面上升并充满整个试管C．若水槽中是水（并滴有一定量酚酞），试管中是NH3，可看到液面上升并呈红色D．若水槽中和试管中都是氯水，光照后可在试管中收集到氧气2、火药的爆炸反应为：2KNO3+S+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑，其中被还原的元素是A．N B．C C．N和S D．N和C3、向含有NH4＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋和Al3＋的溶液中加入足量Na2O2微热并搅拌后，再加入过量稀盐酸，溶液中大量减少的离子组是A．NH4＋、Fe3＋ B．Al3＋、Mg2＋ C．NH4＋、Fe2＋ D．NH4＋、Al3＋4、下列离子方程式中，正确的是()A．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．氧化亚铁与稀盐酸混合：FeO+2H+=Fe3++H2OC．氯化铝与过量氨水反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D．氢氧化钡溶液与稀硫酸H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓5、下列物质的分类采用树状分类法的是()A．铁是单质又是导体B．纯净物可分为有机物和无机物C．氯化钠是钠的化合物，又是氯化物D．氢氧化钙既是纯净物，又是化合物，属于碱6、建国60周年大庆上，五彩缤纷的焰火让联欢晚会更加辉煌壮观，这些五彩缤纷的焰火与某些元素的焰色反应有关。下列说法错误的是A．观察K2CO3的焰色应透过红色的玻璃 B．焰色反应实验中常用稀盐酸洗涤金属丝C．可以用焰色反应来区别NaCl和KCl D．Na与Na2SO4在灼烧时火焰颜色相同7、环境是人类生存和活动的场所。下列有关环境问题的说法不正确的是()A．生活垃圾应分类回收处理B．用单质硅制成光电池，有利于环境保护C．酸雨主要是由排放到空气中的CO2随雨水降落而形成的D．用Cu、O2与稀H2SO4反应代替Cu与浓H2SO4反应制胆矾是绿色化学的体现8、取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，标准状况下均产生5.6L气体，则两份铝片的质量之比为A．一定为1∶1 B．可能为2∶3 C．一定为3∶2 D．可能为1∶69、把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（）A．盐酸的体积为80mLB．a的取值范围为0＜a＜50C．当a值为30时，b值为0.01D．n(Mg2+)＜0.025mol10、下列说法正确的是（）A．标准状况下，同体积的水和氧气具有相同的分子数B．不同的气体，若体积相同，则它们所含的分子数一定相同C．在一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小主要由构成气体的分子数决定D．标准状况下，气体摩尔体积是指1mol

任何物质所占的体积约为22.4L11、ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到ag铜，则参加反应的CuSO4与H2SO4的个数之比为（）A．1：7 B．7：1 C．7：8 D．8：712、下列关于实验室制取氨气的说法不正确的是（）A．可用浓盐酸检验氨气B．可用浓硫酸干燥氨气C．可用向下排空气法收集氨气D．可将浓氨水滴入盛有生石灰的烧瓶制取氨气13、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是()A．碘和四氯化碳 B．水和四氯化碳C．酒精和水 D．汽油和植物油14、下列关于金属元素的叙述不正确的是（）A．金属元素的单质在反应中只能失去电子B．金属元素的阳离子只具有氧化性C．同一金属元素在不同化合物中的化合价可能相同D．金属元素在化合物中一定显正价15、归纳与推理是化学学习常用的方法。下列推理正确的是A．因为稀硫酸能与铁反应放出H2，所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2B．因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2C．因为Na失一个电子显强还原性，所以Al失三个电子显更强还原性D．因为硅酸酸性比碳酸弱，所以SiO2一定不能跟Na2CO3反应16、现有MgCl2和Al2(SO4)3的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl－与SO42－的物质的量之比为()A．4∶3 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶3二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A为常见的金属单质，根据如下所示的转化关系回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A________，B_______，C_______，D_________，E__________。(2)反应③的离子方程式为_______________；反应④的离子方程式为___________；反应⑦的化学方程式为_____________。18、A、B、C是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)：(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则B的化学式为________________，A→C反应的化学方程式为________________。(2)若A是一种非金属，其常见单质为黑色固体，C是最主要的温室气体，则C的分子式为_______，B→C反应的化学方程式为____________________________。A和C是否能反应？______(填“能”或“不能”)，若能，写出反应的化学方程式：____________________(若不能，此空不填)。19、已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约___mol·L－1(小数点后保留一位)。（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=___mol·L－1。（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为__g。下列为打乱了的操作示意图，其正确排序为____。（4）配制过程中下列各项操作对消毒液物质的量浓度有和影响（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）A．用托盘天平称量NaClO固体时，砝码生锈___。B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水____。C．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容____。20、如图是实验室研究潜水艇中供氧体系反应机理的装置图(夹持仪器略)。（1）A装置为CO2的发生装置，反应的离子方程式为____________________。（2）B装置可除去A装置中可能挥发出的___________，反应的离子方程式为_______________。（3）C装置为O2的发生装置，反应的化学方程式为__________________、________________。（4）D装置可除去C装置中未反应的__________，反应的离子方程式为____________________。（5）E装置为排水法收集O2的装置，检验所收集的气体为O2的方法为_____________________。（6）C装置中固体由淡黄色完全变为白色，检验固体成分的实验方案为取少量C装置中反应后的固体溶于水，向溶液中滴入过量___溶液，若有白色沉淀生成，则证明固体中含有___；过滤，向滤液中滴入几滴酚酞溶液，若__且不褪色，则证明固体中含有__。21、研究或认识物质的化学性质一般可从以下几个方面入手（以SiO2为例）。（1）从物质分类角度分析可能具有的通性，如酸性、碱性等。SiO2属于__________氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。盛装NaOH等碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因可用离子方程式表示为____________________________。（2）从核心元素化合价角度分析可能具有氧化性、还原性。①据SiO2中Si元素的价态可推知SiO2_____________（填字母）：A．只有还原性B．只有氧化性C．既有还原性又有氧化性②工业上用石英砂和焦炭混合高温制取粗硅，其反应为：SiO2+2CSi+2CO↑用双线桥法标出电子转移方向与数目：____________________________。（3）从其它角度认识可能具有的特性。SiO2能与唯一的酸____________（填物质名称或化学式）反应，工艺上常利用该反应___________（填一种用途）。

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】

A项，NaOH溶液与Cl2反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO+H2O，黄绿色气体Cl2减少，液面上升，试管中黄绿色褪去，故A项正确；B项，NO2与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，气体减少，试管中液面上升，但不能充满整个试管，故B项错误；C项，NH3极易溶于水，且与水反应生成弱碱NH3H2O，液面上升并呈红色，故C项正确；D项，氯气中存在HClO，HClO光照下发生分解生成HCl和O2，故D项正确。

综上所述，本题正确答案为B。2、C【解题分析】

反应2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑中，N元素化合价由+5价降低到0价，S元素化合价由0价降低到-2价，N和S元素被还原，故选C。3、C【解题分析】

与水反应得到和氢气，向含的溶液中加碱并加热，会变成氨气溢出；而与碱反应得到，在空气中被迅速氧化为，因此大量减少的离子是和，答案选C。4、C【解题分析】

A.Cl2与H2O反应产生的次氯酸是弱酸，主要以分子存在，不能写成离子形式，A错误；B.反应产生Fe2+，不是Fe3+，B错误；C.反应符合事实，遵循物质拆分原则，C正确；D.反应除生成BaSO4沉淀外，还生成了H2O，D错误；故合理选项是C。5、B【解题分析】

A、同时用两个标准对铁进行分类，属于交叉分类法，错误；B、用一个标准进行分类，为树状分类法，正确；C、从阴阳离子两个角度进行分类，为交叉分类法，错误；D、氢氧化钙从多个角度进行分类，为交叉分类法，错误；答案选B。6、A【解题分析】

A．蓝色钴玻璃能滤去黄光的干扰，红色钴玻璃没有此功能，故A错误；B．盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发不会残留痕迹，故B正确；C．因钠的焰色反应为黄色，而钾的焰色反应为紫色（透过蓝色的钴玻璃），所以可以用焰色反应来区别NaCl和KCl，故C正确；D．焰色反应是元素的性质，相同的金属元素焰色反应相同，所以钠和Na2SO4在灼烧时火焰颜色相同，故D正确；故答案为A。7、C【解题分析】

A.垃圾分类回收，有利于环境保护和资源综合利用，A正确；B.高纯单质硅具有半导体性能，制成的光电池可将光能直接转化为电能，有利于环境保护，B正确；C.二氧化碳是导致温室效应的主要气体，而二氧化硫与氮氧化物才是导致酸雨的主要物质，C错误；D.Cu与浓H2SO4反应生成二氧化硫，且随着反应的进行，浓硫酸稀释，反应不能进行了，硫酸不能完全转化，而Cu、O2与稀H2SO4反应，可生成胆矾，是“绿色化学”的体现，D正确；故选C。8、A【解题分析】

铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可以看出，反应关系式都为2Al～3H2，同温同压下放出相同体积的气体，需要铝的物质的量相等，质量相等，故选A。9、C【解题分析】

根据图像可知开始阶段没有沉淀，说明反应后盐酸过量，首先发生中和反应，然后开始沉淀镁离子、铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，剩余的沉淀是氢氧化镁，据此解答。【题目详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；故答案选C。10、C【解题分析】

A．标准状况下，水是不是气态，氧气是气态，当体积相同时，其物质的量和分子数不相同，故A错误；B．由于分子数N=nNA=NA，由于气体所处的状态不明确，当体积相同时，物质的量不一定相同，则所含的分子数不一定相同，故B错误；C．在一定温度和压强下，气体摩尔体积的数值确定，而气态物质分子间距大于分子直径，故气体的体积和分子大小无关，根据气体体积V=nVm可知，气体体积和物质的量、分子数均成正比，故C正确；D．气体摩尔体积只适用于气体，不能适用于任何物质，故D错误；答案为C。11、B【解题分析】

发生反应：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，令与硫酸反应的Fe的质量为56g，根据方程式计算参加反应的硫酸铜、硫酸的物质的量，以此来解答。【题目详解】得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，设与硫酸反应的Fe的质量为56g，则：，故n(CuSO4)=1mol×56g/8g=7mol，又反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，56g

铁参与反应对应1molH2SO4，故参加反应的硫酸铜与硫酸的物质的量之比为7mol:1mol=7:1，答案为B。12、B【解题分析】

A．浓盐酸有挥发性，其挥发出的HCl气体遇到氨气可产生白烟，故可用浓盐酸检验氨气，A说法正确；B．浓硫酸可以吸收氨气生成硫酸氢铵或硫酸铵，故不能用浓硫酸干燥氨气，B说法不正确；C．氨气的密度比空气小且不与空气中的主要成分发生反应，故可用向下排空气法收集氨气，C说法正确；D．生石灰与水反应放出大量的热，浓氨水受热可发生分解生成氨气，故可将浓氨水滴入盛有生石灰的烧瓶制取氨气，D说法正确。综上所述，关于实验室制取氨气的说法不正确的是B。13、B【解题分析】

互不相溶的液体可以用分液漏斗进行分离。【题目详解】A.碘易溶于四氯化碳，不能用分液漏斗进行分离，A项不符合题意；B.水和四氯化碳不互溶，能用分液漏斗进行分离，B项符合题意；C.酒精和水可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，C项不符合题意；D.汽油和植物油可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项不符合题意；答案选B。【题目点拨】分液漏斗用于互不相溶且密度不同的两种液体的分离或萃取分液，分离液体时，需注意下层液体由下口放出，上层液体由上口倒出。14、B【解题分析】

A、金属元素的最低价为0价，只具有还原性，因此金属元素的单质在反应中只能失去电子，故A说法正确；B、如Fe2＋，既有氧化性也有还原性，故B说法错误；C、如AlCl3和NaAlO2，两种物质中Al的价态都是＋3价，故C说法正确；D、金属元素的单质只具有还原性，因此金属元素在化合物中一定显正价，故D说法正确；答案选B。15、B【解题分析】

A．稀硝酸具有强氧化性，与金属单质反应生成NO，不能放出H2，故A错误；B．金属钠和金属钾的化学性质相似，但是金属钾比金属钠活泼，所以K也可以与水反应放出H2，故B正确；C．还原性与失电子数目无关，与失电子难易程度有关，所以Al失三个电子不显更强还原性，故C错误；D．SiO2和Na2CO3在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故D错误；答案选B。16、D【解题分析】

首先写出发生镁离子和铝离子与氢氧根反应的离子方程式，然后发生反应氢氧化铝的溶解，由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式，可知沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.5mol，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，据此确定溶液中SO42-与Cl-的物质的量之比。【题目详解】首先发生反应Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，然后发生反应Al(OH)3+OH−═AlO2−+2H2O，由图可知,溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.4mol，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.4mol−0.3mol=0.1mol，Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，则n(Mg2+):n(Al3+)=:=1:2，根据MgCl2和Al2(SO4)3的化学式，故Cl−与SO42−的物质的量之比为：1×2：2×=2:3，答案选D。【题目点拨】根据图像，分析出每一步的具体反应，通过所给信息，找到镁离子和铝离子的物质的量，根据化学式，求出硫酸根离子和氯离子的物质的量，需要学生分析清楚每一步具体的反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeFeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3＋+Fe=3Fe2＋4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解题分析】

A为常见的金属单质，其某种化合物是红褐色固体，该红褐色固体E为Fe(OH)3，由转化关系图可知，A是Fe单质，Fe与HCl反应产生的B是FeCl2，Fe与Cl2反应产生的C是FeCl3，FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，FeCl2与碱NaOH反应产生的D为Fe(OH)2，Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，FeCl3与NaOH反应也产生Fe(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是Fe(OH)2，E是Fe(OH)3。(2)反应③是FeCl2与Cl2反应转化为FeCl3，该反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应④是FeCl3与还原剂Fe反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；反应⑦是Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【题目点拨】本题考查无机物的推断，涉及铁元素的单质及化合物的性质及转化关系。注意物质的颜色为解答本题的突破口。Fe3+具有强氧化性，可以与还原剂反应转化为低价态的Fe2+，也可以转化为Fe单质；Fe2+既有氧化性，也有还原性，主要表现还原性；Fe单质与弱氧化剂作用转化为Fe2+，与强氧化剂作用转化为Fe3+。熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应方程式书写时要遵循电子守恒。18、Na2O2Na＋O2Na2O2CO22CO＋O22CO2能C＋CO22CO【解题分析】

A和氧气生成B，B和氧气生成C，说明可以连续氧化两次，注意化合价的变化。【题目详解】(1)A是一种金属，C为金属的氧化物，C是淡黄色固体，C为Na2O2，A为Na，B为Na2O，Na直接与O2反应生成Na2O2的化学方程式为2Na＋O2Na2O2；(2)A是一种非金属，其常见单质为黑色固体，C为主要的温室气体，C为CO2，A是C，B为CO。C的分子式为CO2，B→C即CO和O2生成CO2，2CO＋O22CO2。C和CO2可以反应生成CO，反应的方程式为C＋CO22CO。【题目点拨】常见的连续氧化包括：S（或H2S）→SO2→SO3H2S→S→SO2→SO3N2（或NH3）→NO→NO2C→CO→CO2Na→Na2O→Na2O2CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH。19、4.00.04149③④①⑥②⑤偏大无影响偏大【解题分析】

（1）依据计算该“84消毒液”的物质的量浓度；（2）根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算；（3）配制480mL含NaClO的消毒液，应用500mL容量瓶，实际上配制的是500mLNaClO溶液，再依据公式n=cV，m=nM计算NaClO的质量；依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；

（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【题目详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为故答案为4.0；（2）已知该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，由（1）知该“84消毒液”的浓度约为4.0mol/L，稀释前后钠离子物质的量不变，则c(Na+)原V=c(Na+)稀释×100V，则稀释后的溶液中c(Na+)稀释=0.04mol·L-1；故答案为0.04；（3）配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，应用500mL容量瓶，实际上配制的是500mLNaClO溶液，则NaClO的物质的量为n=cV=0.5L×4.0mol/L=2mol，质量m=nM=2mol×74.5g/mol=149g；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作排序为：③④①⑥②⑤；故答案为149；③④①⑥②⑤；（4）A．用托盘天平称量NaClO固体时，砝码生锈，称得的NaClO质量偏大，则溶液浓度偏大；B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，无影响；C．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液体积偏小，配制溶液的浓度偏大；故答案为偏大；无影响；偏大。【题目点拨】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制480mLNaClO溶液，需要使用500mL容量瓶，在使用公式n(NaClO)=cV计算NaClO物质的量时，一定注意代入的体积为0.5L，而不是0.48L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制480ml溶液选用500ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。20、CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑HClHCO3—＋H＋=H2O＋CO2↑2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O22Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑CO22OH－＋CO2=CO32—＋H2O取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2CaCl2Na2CO3溶液变红NaOH【解题分析】

根据实验装置图，A装置中稀盐酸和大理石制取二氧化碳，B装置中可以用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，C装置中二氧化碳、水分别和过氧化钠反应放出氧气，D装置是用氢氧化钠吸收未反应的二氧化碳，E装置为用排水法收集制得的氧气，据此分析解答。【题目详解】(1)A装置为CO2