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北京西城3中2025年化学高一上期中考试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为(　　)
离子
Na+
Al3+
Cl－
X
个数
3a
2a
a
b
A．SO42—、4 a B．NO3—、4 a C．OH—、8 a D．SO42—、8 a
2、有一固体混合物,可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl混合而成.为检验它的成分做了如下实验:①将固体混合物溶于水,搅拌后得到无色透明溶液;②往此溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成;③过滤,将沉淀物置于稀硝酸中,发现沉淀全部溶解.则该固体混合物中
A．肯定有Na2CO3,可能有CuSO4 B．一定有NaCl,肯定没有Na2SO4
C．一定有Na2CO3,可能有NaCl D．可能有CaCl2,一定没有CuSO4
3、下列关于物质属于电解质的是（ ）
A．稀硫酸 B．酒精 C．熔融的氯化钠 D．石墨
4、下列物质分类的正确组合是（ ）
选项
混合物
化合物
单质
盐
A．
盐酸
NaOH固体
石墨
NaCl
B．
碱石灰
金刚石
O3
纯碱(Na2CO3)
C．
空气
澄清石灰水
铁
CaCO3
D．
CuSO4·5H2O
CaCl2
水银
CaO
A．A B．B C．C D．D
5、配制111 mL 1．111 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液时，有下列步骤：①溶解 ②转移 ③定容 ④计算 ⑤称量，正确的顺序为
A．⑤④①②③
B．⑤④②①③
C．④⑤①②③
D．④③⑤①②
6、分析下列氧化还原反应中化合价变化的关系，氧化剂和氧化产物都正确的是

化学反应方程式
氧化剂
氧化产物
A
3Cl2+2Fe2FeCl3
Fe
FeCl3
B
2 Na＋2 H2O===2 NaOH＋H2↑
H2O
NaOH
C
2HClO2HCl+O2↑
HClO
HClO
D
Cl2+Na2SO3+H2O =2HCl+Na2SO4
Cl2
HCl
A．A B．B C．C D．D
7、下列分离混合物的操作中，必须加热的是
A．过滤 B．萃取 C．分液 D．蒸馏
8、下列各选项中的反应①与反应②不能用同一离子方程式表示的是
序号
反应①
反应②
A
向AgNO3溶液中滴加稀盐酸
AgNO3溶液与食盐水混合
B
过量CO2通入NaOH 溶液中
过量CO2 通入澄清石灰水中
C
向烧碱溶液中滴加稀盐酸
向NaHSO4溶液中滴加KOH溶液
D
向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸
向 Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液
A．A B．B C．C D．D
9、下列物质所含分子数最多的是
A．10000亿个水分子 B．3.6g水
C．标况下6.72L CO D．500mL 1mol/L蔗糖溶液

10、下列各组物质或微粒化学性质几乎相同的是：
A．T、D B．金刚石、石墨 C．Mg、Mg2+ D．H2O、D2O2
11、有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是
A．铜和铁 B．镁和铝 C．锌和铝 D．锌和铁
12、 “纳米材料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料粒子，如将“材料粒子”分散到水中，对所得混合物叙述正确的是（　　）
A．能全部透过滤纸 B．不能发生丁达尔现象
C．一定是胶状的 D．可以看见材料粒子
13、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是
A．根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
B．根据纯净物的元素组成，将纯净物分为单质和化合物
C．根据能否与碱反应将非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物
D．根据其溶液是否导电，将物质分为电解质和非电解质
14、欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)( )
A．溶液：加过量溶液，过滤，再加适量盐酸并加热
B．溶液：加过量KCl溶液，过滤
C．溶液：加萃取分液
D．溶液：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤
15、除去粗盐中混有泥沙的实验中，用到玻璃棒的次数是
A．1 B．2 C．3 D．4
16、医学界通过用放射性14C标记的C60,发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞,从而抑制艾滋病,则有关14C的叙述正确的是(   )
A．与14N含有的中子数相同 B．是C60的同素异形体
C．与C60中普通碳原子的化学性质不同 D．与12C互为同位素
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：
（1）写出A、B、D的元素符号：A______；B_____；D______。
（2）C离子的电子式_______；E的离子结构示意图_______。
（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式______。
（4）工业上将E的单质通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为______。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_________。
18、如图表示的是A→E五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，D为正盐。

请回答下列问题：
（1）写出各物质的名称：
A____________ ； C_____________；D_____________。
（2）写出相应的离子方程式：
B→C: _____________________________；
C→D: ______________________________；
A→C: _____________________________；
D→E:_____________________________（任写一个即可）。
19、如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题。

（1）图中有两处明显的错误是：①_____________；②____________。
（2）A仪器的名称是______________，B仪器的名称是______________。
（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需要加入少量的____，其作用是_______。
20、某同学用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸配制500mL0.22 mol/L的稀硫酸。
(1)操作过程中使用到的玻璃仪器有_____________________________________________________；
(2)实验过程中涉及的操作如下：
①将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中并贴上标签；
②将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有约160mL蒸馏水的烧杯中并小心搅拌；
③用规格为 的量筒量取 mL的浓硫酸；
④将已冷却的硫酸溶液转移到容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液全部转移到容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；
⑤改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切；
⑥塞好玻璃塞，反复颠倒摇匀；
⑦继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 处；
将步骤③、⑦补充完整：_____________，_____________，_______________；
实验操作顺序为__________________________________________(填序号)。

(3)配制该溶液的过程中，下列操作使得所配得的溶液浓度偏小的是______________(填字母) 。
A．稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液
B．用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中
C．定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线
D．量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线
E．洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液
F．稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中
21、无机化合物可根据其组成和性质进行分类

(1)图中所示的物质分类方法的名称是_
(2)以Na、K、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中②③⑥后面。
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
氢化物
化学式
①HCl
②____
③________
④Ba(OH)2
⑤Na2CO3
⑥______
⑦CO2
⑧Na2O
⑨NH3
⑩H2O2
(3)写出⑦转化为⑤的化学方程式：___________。
(4)实验室制备⑦常用______和______反应，检验该气体的方法是____________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
试题分析：根据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+nb×N（X），设X的电荷数为n，则A、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+4a×2×N（SO42-），电荷守恒，正确；B、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+4a×N（NO3-），电荷不守恒，错误；C、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×N（OH-），电荷不守恒，错误；D、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×2×N（SO42-），电荷不守恒，错误。
考点：考查电解质溶液计算——电荷守恒法。
2、C
【解析】
①固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；
②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；
③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；
根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项C符合题意，故答案为C。
3、C
【解析】
A.稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.酒精属于非电解质，故B错误；
C.熔融的氯化钠是可以导电的化合物，属于电解质，故C正确；
D.石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
答案：C
电解质必要条件（1）化合物；（2）在水溶液或熔融状态下可以导电。
4、A
【解析】
A．盐酸是HCl与水的混合物，NaOH固体属于化合物，石墨属于单质，NaCl属于盐类，故选A；
B．碱石灰又称钠石灰，碱石灰是白色或米黄色粉末，疏松多孔，是氧化钙(CaO,大约75%），水（H₂O，大约20%），氢氧化钠（NaOH，大约3%），和氢氧化钾（KOH，大约1%）的混合物；金刚石为单质；O3为单质；纯碱(Na2CO3)为盐，故B不选；
C．空气由氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气以及稀有气体等组成的混合物；澄清石灰水是氢氧化钙和水的混合物；铁为单质；CaCO3为含氧酸盐，故C不选；
D．CuSO4·5H2O属于纯净物；CaO属于碱性氧化物，故D不选。
答案选A
5、C
【解析】
配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到111mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故操作顺序为：④⑤①②③。
故选C。
6、B
【解析】
A、3Cl2+2Fe2FeCl3反应中Fe元素的化合价升高，Fe是还原剂，故A错误；B、2 Na＋2 H2O===2 NaOH＋H2↑反应中H2O中的H元素化合价降低，H2O是氧化剂，Na是还原剂，NaOH是氧化产物，故B正确；C、2HClO2HCl+O2↑反应中HClO既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化产物，故C错误；D、Cl2+Na2SO3+H2O =2HCl+Na2SO4反应中Cl2中氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，HCl是还原产物，氧化产物为硫酸钠，故D错误；故选B。
7、D
【解析】
A.过滤是使液固混合物中的液体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离，不需要加热，故A错误；
B.萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使溶质从一种溶剂转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，不需要加热，故B错误；
C.分液是分离两种互不相溶的液体的过程，不需要加热，故C错误；
D.蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合，需要加热，故D正确。

故选D。
8、D
【解析】
A、反应实质均为银离子与氯离子反应生成氯化银；
B、反应实质均为二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根；
C、反应实质均为氢离子和氢氧根离子反应生成水；
D、若向 Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液，能用同一离子反应表示。
【详解】
A项、硝酸银与盐酸、氯化钠反应实质相同都为银离子与氯离子反应生成氯化银，离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓，故A不选；
B项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：CO2+OH-=HCO3-表示，故B不选；
C项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：H++OH-=H2O，故C不选；
D项、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，向 Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液，离子方程式为：H++OH-+Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，故D选。
故选D。
本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键。
9、D
【解析】
A．10000亿个水分子中水分子个数用科学计数法表示为1012；
B．3.6g水的物质的量为0.2mol，水分子个数为1.204×1023；
C．标况下6.72L CO的物质的量为0.3mol，CO分子个数为1.806×1023；
D．500mL 1mol/L蔗糖溶液中水约有500g，水的物质的量约为27.8mol，含蔗糖分子物质的量为0.5mol；
综上所述，含有分子数目最多的为500mL 1mol/L蔗糖溶液，答案选D。
10、A
【解析】A、T和D是H的两个同位素，核外电子排布相同，即化学性质相同，故A正确；B、金刚石和石墨互为同素异形体，结构不同，结构决定化学性质，因此两者的化学性质不同，故B错误；C、Mg最外层电子为2，能与盐酸等多种物质发生反应，Mg2＋最外层为8个电子，达到稳定结构，因此两者化学性质不同，故C错误；D、D2O2相当于双氧水，具有强氧化性，H2O不具有强氧化性，因此两者的化学性质几乎不同，故D错误。
点睛：同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素，化学性质与核外电子有关，因为同位素质子数相同，且核外电子排布相同，因此同位素的化学性质几乎相同，而物理性质可能不同；同素异形体是同种元素不同结构的单质，同素异形体的结构不同，结果决定化学性质，因此同素异形体的化学性质是不同的。
11、C
【解析】
用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。
【详解】
n（H2）==0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（×56g/mol=5.6g）、2.4g（×24g/mol=2.4g）、1.8g（×27g/mol=1.8g）、6.5g（×65g/mol=6.5g）；
A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；
C项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；
D项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；
答案选C。
本题也可以用通式解，设金属的相对原子质量为Ar，金属与盐酸反应后的化合价为+x，则
2M+2xHCl=2MClx+xH2↑
2×Arg 22.4xL
3.4g 2.24L
=，解得=17
Fe、Mg、Al、Zn与足量盐酸反应，相对原子质量与化合价的比值依次为28、12、9、32.5，其中Fe、Zn的大于17，Mg、Al的小于17，Cu与盐酸不反应，由于是两种金属的混合物，则必须介于两种金属之间，对比各选项，Zn和Al可能。
12、A
【解析】
直径从几纳米至几十纳米的材料粒子分散到水中形成的分散系属于胶体，根据胶体的性质分析。胶体不一定是胶状的；胶体粒子直径较小，看不见胶体粒子。
【详解】
直径从几纳米至几十纳米的材料粒子分散到水中形成的分散系属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，故A正确；胶体具有丁达尔现象，故B错误；胶体不一定是胶状的，故C错误；胶体粒子直径较小，肉眼看不见胶体粒子，故D错误。
根据题目中的信息，“纳米材料”的直径是几纳米至几十纳米，刚好位于胶体粒子的直径范围（1nm～100nm），溶于水后形成的分散系为胶体，具有胶体的性质。
13、B
【解析】
A、根据酸分子能电离成氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸等，不能依据分子中所含的氢原子数分类，故A错误；
B、根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故B正确；
C、根据氧化物的组成元素将氧化物分成金属氧化物和非金属氧化物，依据氧化物性质把氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，与碱反应的氧化物不一定是酸性氧化物如NO2，故C错误；
D、水溶液中或熔融状态能导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物为非电解质，故D错误；
答案选B。
14、B
【解析】
A.碳酸钠能除去氯化钡，而过量的碳酸钠可以用盐酸除去，A做法正确；
B.氯化钾可以除去硝酸根，但会引入氯化钾杂质，B做法不正确；
C.单质溴易溶于有机溶剂，加四氯化碳萃取后分液即可除去，C做法正确；
D.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，可采用降温结晶的方法除去氯化钠，D做法正确；
故答案选B。
15、C
【解析】
除去粗盐中混有泥沙的实验中，首先溶于水，需要玻璃棒搅拌，过滤时需要玻璃棒引流，从溶液中得到氯化钠晶体需要蒸发，又需要利用玻璃棒搅拌，所以用到玻璃棒的次数是3次，答案选C。
16、D
【解析】
A．14C的中子数为14-6=8，14N的中子为14-7=7，二者不同，故A错误；
B．C60为单质，但14C为原子，二者不是同素异形体，故B错误；
C．14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，故C错误；
D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案为D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、H C Na 2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
【解析】
A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。
A原子没有中子，说明A是H；
B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；
C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；
4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1 mol
如果为金属镁，则Mg——H2，则镁为2.4g，
如果是金属铝，则2Al——3H2，则铝为1.8g，
如果是金属钠，则2Na——H2，则钠为4.6g，
故D为金属钠；
E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；
【详解】
⑴根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；
⑵C离子为氧离子，其电子式，故答案为；
E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；
⑶D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；
⑷工业上将E即氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。
18、过氧化钠 氢氧化钠 碳酸钠 2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑ 2OH-+CO2==CO32—＋H2O 2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+ O2↑ CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O
【解析】
（1）淡黄色固体A能与二氧化碳、水反应，则A为Na2O2，A与水反应生成C，与二氧化碳反应生成D，且C与二氧化碳反应生成D，则C为NaOH、D为碳酸钠，B与水反应生成C，与氯气反应生成E，则B为Na，E为NaCl，故答案为过氧化钠；氢氧化钠；碳酸钠；
（2）B→C的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑，故答案为2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑；
C→D的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2==CO32—＋H2O，故答案为2OH-+CO2==CO32—＋H2O；
A→C的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O==
4Na＋＋4OH-+ O2↑，故答案为2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+ O2↑；
D→E的反应为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠或二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：CO32—+H＋==HCO3—或CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O，故答案为CO32—+H＋==HCO3—或CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O。
本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是A的颜色及能与水、二氧化碳反应。
19、冷却水下口进，上口出 温度计水银球应位于蒸馏瓶支管口处 蒸馏烧瓶 直型冷凝管 沸石/碎瓷片 防止暴沸
【解析】
实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用。
【详解】
（1）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，故答案为：冷凝水方向；温度计位置错误；
（2）由仪器的结构可知，A为蒸馏烧瓶，B为直型冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；直型冷凝管；
（3）为防止液体暴沸，应加碎瓷片，故答案为：加沸石（或碎瓷片）；防止暴沸。
20、500mL容量瓶、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 10mL 6.0 1~2cm ③②④⑦⑤⑥① AC
【解析】
(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据各步骤判断用到的仪器；
(2)依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据稀释前后溶液含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；
(3)依据c=，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，进行误差的分析判断。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管，故答案为：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管；
(2)③密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度c= =18.4mol/L，稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×0.22mol/L，解得V=6.0mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：10mL；6.0；
⑦定容时，开始继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：1～2；
配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：③②④⑦⑤⑥①，故答案为：③②④⑦⑤⑥①；
(3)A．稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故A正确；B．用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，是正确的操作，对结果无影响，故B错误；C．定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故C正确；D．量取密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故D错误；E．洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故E错误；F．稀释浓硫酸结束后，未冷却立即将溶液转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故F错误；故答案为：AC
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制。本题的易错点为(3)中F的误差分析，要注意浓硫酸的稀释为放热过程，稀释后溶液温度升高，溶液的体积膨胀。
21、树状分类法 H2SO4 NaOH K2SO4 CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O CaCO3 稀盐酸 通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为CO2
【解析】
(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树分出枝丫；
(2)酸电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子；
(3)CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；
(4)实验室制备二氧化碳常用 CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是 通入澄清石灰水看是否变浑浊。
【详解】
(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状图，则为树状分类法；
(2)酸就是在水溶液中电离出的阳离子全部为氢离子的化合物，如H2SO4；碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子，如NaOH；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，如K2SO4，故答案为：②H2SO4；④NaOH；⑥K2SO4；
(3)CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；其化学方程式为：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；
(4)实验室制备二氧化碳常用 CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是 通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为CO2。