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2024-2025学年高一化学上学期期中模拟卷（考试时间：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第1章~第2章（人教版2019必修第一册）。5．难度系数：0.676

．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．中华文明源远流长，现代科技造就美好生活。下列科技产

品和技艺中，不涉及．．．化学变化的是A．青铜器皿除锈B．节日燃放烟花C．用侯氏制碱法制取纯碱D．雕刻玉器【答案】D2．对下列物质分类全部正确的是①纯碱②食盐水③石灰水④NaOH⑤液氯⑥KMnO4A．碱：①④B．电解质：①②C．常见氧化剂：⑤⑥D．混合物：②

⑤【答案】C【分析】①纯碱即Na2CO3，属于纯净物，属于盐，属于电解质；②食盐水是NaCl水溶液，属于混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；③石灰水是Ca(OH)2水溶液，属于混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；④NaOH是强碱，属于纯净物，属于碱，属于电解

质；⑤液氯是液态的Cl2，属于纯净物，属于单质，既不属于电解质也不属于非电解质；⑥KMnO4属于纯净物，属于盐，属于电解质；【解析】A．①纯碱属于盐、不属于碱，A错误；B．②食盐水不是电解质，B错误；C．氯气中氯元素化合价容易降低到-1价，高锰酸钾中锰元素化合价为最高价、容易

降低，则⑤液氯⑥KMnO4是常见的氧化剂，C正确；D．⑤液氯是纯净物，不是混合物，D错误；答案选C。3．氧化还原反应是一类重要的化学反应，广泛存在于生产和生活中，下列变化中不涉及氧化还原反应的是A．钢铁的锈蚀B．钟乳石的形成C．绿色植物的光合作用D．食物的腐败

【答案】B【解析】A．钢铁的锈蚀即铁失去电子被氧化为Fe2O3，有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，A不合题意；B．钟乳石的形成，涉及的反应主要有：CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，Ca(

HCO3)2ΔCaCO3+H2O+CO2↑，未有元素发生化合价改变，不属于氧化还原反应，B符合题意；C．绿色植物的光合作用的主要反应为：6CO2+6H2O⎯⎯⎯→光照叶绿体C6H12O6+6O2，有元素化合价发生改变，属于氧化还原

反应，C不合题意；D．食物的腐败是食品与空气中的氧气发生氧化还原反应，D不合题意；故答案为：B。4．类比推理是化学学科中常用的一种思维方法，下列推理的结论正确的是A．根据CO2是酸性氧化物，推测NO2也是酸性氧化物B．根据HCl是由分子构成的

，推测HF也是由分子构成的C．根据硫酸是强酸，推测碳酸也是强酸D．根据Na2O与水反应生成NaOH，推测Fe2O3与水反应生成Fe(OH)3【答案】B【解析】A．CO2是酸性氧化物，NO2和水反应生成HNO3和N

O，则NO2和碱反应不单纯生成盐和水，所以NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B．F和Cl属于同主族元素，结构和性质相似，HCl是由分子构成的，推测HF也是由分子构成的，故B正确；C．硫酸在水溶液中完全

电离，为强酸；碳酸在水溶液中部分电离，为弱酸，故C错误；D．Fe2O3和水不反应，Na2O与水反应也生成氢氧化钠，故D错误；故选：B。5．下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是A．小苏打的

有效成分是Na2CO3，可做发酵粉B．食盐的有效成分是NaCl，可做调味剂C．复方氢氧化铝片的有效成分是Al(OH)3，可做抗酸剂D．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，可做消毒剂【答案】A【解析】A．小苏打的有效成分是NaHCO3，可做发酵粉，A错误；B．食盐的有效成分是NaCl，是

常用的调味剂，B正确；C．复方氢氧化铝片的有效成分是Al(OH)3，可以和盐酸反应，可做抗酸剂，C正确；D．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，D正确；故选A。6．下列电离方程式中书写正确的是A．233NaHCONaHCO

++−=++B．()()222CaOHCaOH+−=+C．33AlClAl3Cl+−=+D．()322443AlSO2Al3SO+−=+【答案】D【解析】A．碳酸氢钠的电离方程式为：33NaHCONaHCO+−=+，A错误；B．氢氧化钙的电离方程式为：()22CaOHCa2OH+−=+，B错误

；C．氯化铝的电离方程式为：33AlClAl3Cl+−=+，C错误；D．硫酸铝的电离方程式为：()322443AlSO2Al3SO+−=+，D正确；故选D。7．化学实验中颜色变化可将化学抽象之美具体为形象之美。下列叙述正确的是A．将氯气持续通入稀的

酚酞溶液中，溶液先变红后褪色B．在氯化亚铁溶液中滴入新制的氯水，溶液变成棕黄色C．用玻璃棒将碳酸钠溶液点在pH试纸上，试纸变成红色D．用洁净的玻璃棒蘸取硝酸钾在煤气灯外焰上灼烧，火焰呈紫色【答案】B【解析】A．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，氯气通入酚酞溶液不

变红，应该仍然为无色，A项错误；B．通入氯气，氯化亚铁被氧化为氯化铁，B项正确；C．碳酸钠溶液呈碱性，酸使pH试纸呈红色，C项错误；D．焰色试验不应该用玻璃棒，观察钾的焰色应该透过蓝色钴玻璃，D项错误答案选B。8．实验室制备

氧气的化学方程式：KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑，对于该反应有关说法错误的是A．KMnO4只作氧化剂B．部分氧元素被氧化C．锰元素被还原D．该反应既属于分解反应，也属于氧化还原反应【答案】A【解析

】A．KMnO4中，锰元素化合价降低，部分氧元素化合价升高，KMnO4既做氧化剂又作还原剂，A错误；B．部分氧元素被氧化，化合价升高生成氧气，B正确；C．锰元素化合价降低，被还原，C正确；D．该反应既属于分解反应，也属于氧

化还原反应，D正确；故选A。9．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．Fe2O3CO⎯⎯⎯⎯→、高温Fe⎯⎯⎯→盐酸FeCl3B．NaClO溶液2CO⎯⎯⎯→HClO光照⎯⎯⎯→O2C．Al2OΔ⎯⎯⎯→、Al2O32HO⎯⎯⎯→Al(OH)3D．NaOH溶液2CO⎯⎯⎯→N

aHCO3溶液NaOH⎯⎯⎯→CO2【答案】B【解析】A．一氧化碳可将氧化铁还原为铁单质，但铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁，A错误；B．根据强酸制弱酸原理，二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，次氯酸可在光照条件下分解生成氧气，B正确；C．氧化铝不能与水发

生化学反应，C错误；D．碳酸氢钠溶于与氢氧化钠反应生成碳酸钠，D错误；答案选B。10．某化学小组需要配制1480mL0.5molL−的NaOH溶液，下列实验操作会使所得溶液浓度偏低的是A．用托盘天平称取9.6g

NaOH固体B．向小烧杯中加水使氢氧化钠溶解并冷却至室温C．定容过程观察容量瓶内液面时俯视刻度线D．把溶液转移到洗净但未干燥的容量瓶中【答案】A【解析】A．配制1480mL0.5molL−的NaOH溶液应选择500mL容量瓶，需N

aOH的物质的量为：1l05.5L0.o5molL0.2m−=，其质量为0.25mol×40g/mol=10g，用托盘天平称取9.6gNaOH固体，则溶质质量偏低，故溶液浓度偏低，故A符合题意；B．向小烧杯中加水使氢氧化钠溶解并冷却至室温，对实验结果无影

响，故B不符合题意；C．定容过程观察容量瓶内液面是俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故C不符合题意；D．把溶液转移到洗净但未干燥的容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒3次并将洗涤液也转移到容量瓶中，定容过程中也要加水，容量瓶干燥与否，

对结果无影响，故D不符合题意；综上所述，答案为A。11．下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是A．Na+、OH-、HCO-3、Cl-B．K+、H+、ClO-、Cl-C．K+、H+、MnO4−、Cl–D．Na+、OH-、ClO-、Cl-【答案】D【解析】A．氢氧根与碳酸氢

根不能大量共存，A错误；B．氢离子与次氯酸根不能大量共存，B错误；C．氢离子与高锰酸根、氯离子不能大量共存，C错误；D．以上离子可以大量共存，D正确故选D。12．下列离子检验的方法和结论正确的是A．某溶液中滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl-B．某溶液中滴加氯化钡溶液生成

白色沉淀，说明原溶液中有SO24−C．某溶液中滴加氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+D．某溶液中滴加稀硫酸溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO23−【答案】C【解析】A．能与Ag+沉淀的离子有很多，未滴加稀硝酸酸化，不能排除CO23−等离子的干扰，A错误；B．未先滴加稀

盐酸酸化，不能排除Ag+、CO23−等离子的干扰，B错误；C．Cu2+能与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，C正确；D．H2SO4与CO23−、HCO3−、SO23−、HSO3−反应，都会生成无色气体，不能排除HCO3

−、SO23−、HSO3−离子的干扰，D错误；故选C。13．下列说法中错误的是A．0.1molNa2CO3和NaHCO3的混合物含有的氧原子数为0.3NAB．常温常压下，22.4LO2的物质的量为1molC．1molCO2中含有的原子总数为3NAD．1L

0.1mol/LNa2SO4溶液中含有0.2molNa+【答案】B【解析】A．0.1molNa2CO3和NaHCO3的混合物含有的氧原子的物质的量为0.3mol，则氧原子数为0.3NA，A正确；B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4LO2的物质的量小于1

mol，B错误；C．1molCO2中含有的碳原子、氧原子的物质的量共为3mol，则原子总数为3NA，C正确；D．1L0.1mol/LNa2SO4溶液中溶质的物质的量为0.1mol，硫酸钠完全电离，则含有0.2molNa+，D正确；答案选B。

14．物质类别和元素价态是认识物质性质及其转化的重要角度，下图为含氯元素的物质的“价－类”二维图。下列说法错误的是A．由甲的溶液转化为乙，需要加氧化剂B．甲、丙和己都是非电解质C．丙可用于自来水消毒D．庚与甲在一定条件下反应可以制得乙【答案】B【分析】根据价类二维图，甲为HCl，乙为Cl2，

丙为ClO2，丁为Cl2O7，戊为HClO，己为HClO4，庚为次氯酸盐，辛为氯酸盐。【解析】A．甲中氯元素为-1价，要升高为0价，需要加入氧化剂，A正确；B．甲为HCl，是电解质，己为HClO4，为电解质，丙为ClO2，是非电解质，B错误；C．丙为ClO2，可用于自来水消毒，C正确；D．甲为H

Cl，庚为次氯酸盐，在一定条件下两者反应可以制得氯气，D正确；故选B。15．已知：①向4KMnO晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向2FeCl溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变为黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉碘化钾试纸上，

产生2I，试纸变蓝。下列判断正确的是A．上述实验证明还原性：22IClFeMn−−++B．向2FeI溶液中通入等量的2Cl，则转移的电子数为A2NC．某溶液中I−和Cl−共存，为了氧化I−而Cl−不被氧化，上述物质中可用2Cl和3FeClD．将酸性4KMnO溶液和22HO混合观察到

有气泡冒出，则证明22HO的氧化性比4KMnO强【答案】C【分析】提取题目信息，如表所示：序号反应物产物①氧化剂：4KMnO还原剂：HCl还原产物：Mn2+②氧化剂：2Cl还原剂：2FeCl还原产物：Cl-③氧化剂：3F

eCl还原剂：KI还原产物：Fe2+【解析】A．依据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知，还原性：22IFeClMn−+−+，A错误；B．没有给出具体物质的物质的量，无法计算转移电子数，B错误；C．通过氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，氧化

性顺序为：MnO-4＞Cl2＞Fe3＋＞I2，则2Cl和3FeCl只能氧化碘离子，不能氧化氯离子，C正确；D．将酸性4KMnO溶液和22HO混合观察到有气泡冒出，证明22HO被氧化成了2O，说明4KMnO

氧化性比22HO强，D错误；故选C。16．工业上用粗盐(含2Ca+、2Mg+、24SO−等杂质)为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥4NHCl，工艺流程如下图所示。下列有关说法正确的是A．除杂可依次加入23NaCO、NaOH、2BaCl

，再加入盐酸调节溶液的酸碱性B．饱和食盐水中先通入的气体为2CO，再通入的气体为3NHC．流程图中“系列操作”中一定需要使用玻璃棒D．流程图中循环使用的物质有3NH和2CO【答案】C【分析】粗盐提纯后配制成饱和食盐水，先通入氨气，后通入二氧化碳，经过过滤得到碳酸氢钠固体和氯化铵溶液，

碳酸氢钠晶体受热分解得到纯碱碳酸钠，氯化铵溶液分离出氯化铵固体和母液。【解析】A．除去粗盐中的2Ca+、2Mg+、24SO−等杂质，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸

要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，A错误；B．二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，增大了溶液中3HCO−的浓度，可以达到实

验目的，B错误；C．从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，C正确；D．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳可以循环利用，反应中氨气转化为铵盐，因

此流程图中的循环使用的物质没有3NH，D错误；故选C。第II卷（非选择题共52分）二、非选择题：本题共4个小题，共52分。17．（12分）回答下列问题。（1）现有下列物质：①4BaSO固体②铁③稀硫酸④二氧化碳⑤2BaOH()溶液⑥熔融NaCl⑦4NaH

SO溶液⑧酒精溶液⑨4CuSO溶液将上述物质的序号填写在表格的空白处：___________分类标准能导电的纯净物电解质属于该类的物质（2）向2100mL0.01mol/LBa(OH)溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后向2Ba(OH)溶液中匀

速逐滴加入40.05mol/LCuSO溶液，如图1所示。测得溶液电导率随时间的变化曲线如图2所示。①滴加4CuSO溶液前，烧杯内溶液呈色；②B点所加4CuSO溶液的体积为mL，用离子反应方程式解释B处电导率最小的原因：；③若将4C

uSO溶液换成4NaHSO溶液，测得溶液电导率随时间的变化曲线如图3所示。4NaHSO在水溶液中的电离方程式为。ab−段溶液所发生反应的离子方程式为。c点溶液呈性(填“酸”、“碱”或“中”)。【答案】（

除标明外，每空2分）（1）②⑥（1分）①⑥（1分）（2）红（1分）20222442Ba2OHCuSOBaSOCu(OH)+−+−+++=+244NaHSONaHSO+−+=++22442BaOHHSOBaS

OHO+−+−+++=+中（1分）【解析】（1）金属单质能导电，熔融NaCl为纯净物且能导电，所以能导电的纯净物为②⑥。电解质是化合物包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，所以选①⑥。（2）①2BaOH()溶液

呈碱性，遇酚酞显红色；②参加反应的2BaOH()和4CuSO等量，2nBa(OH)cV0.1L0.01mol/L0.001mol===，()4n0.001molVCuSO0.02L20mLc0.05mol/L====；B处电导率最小是因为反应生成难溶物222442Ba2OHCuSOBaSOC

u(OH)+−+−+++=+，溶液中自由移动离子浓度几乎为0。③4NaHSO为强酸酸式盐在水溶液中完全电离244NaHSONaHSO+−+=++；b点为2Ba+沉淀完全，a→b发生反应22442BaOHHSOBaSOHO+−+−+++=+，则OH−有剩余，继续滴加4NaHSO溶液至c点

，OH−反应完全，溶液呈中性。18．（14分）高铁酸钾(24KFeO，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体

的聚沉作用，简称胶体的聚沉。请回答下列问题：（1）24KFeO中铁元素的化合价为价。（2）过程①中活性菌表现了(填“氧化”或“还原”)性，该过程的还原产物是(填离子符号)；过程③属于(填“物理”或“化学”)变化。（3）根据上述原理分析，作水处理剂时，24K

FeO的作用有(填两个)。（4）制备高铁酸钾常用的反应原理为()2423FeOHKClOKOHKFeOKClHO++→++(反应未配平)。①该反应中，Cl元素的化合价由价变为价；通过该反应说明：在碱性条件下，氧化性ClO−(填“>”、

“=”或“<”)24FeO−。②配平该反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：，将该反应改写为离子方程式：。【答案】（除标明外，每空2分）（1）+6（1分）（2）还原（1分）3Fe+物理（1分）（3）杀菌消毒、

净水（4）+1（1分）-1（1分）>（1分）()24232FeOH3ClO4OH2FeO3Cl5HO−−−−++=++【分析】过程①中高铁酸钾被还原，产生的铁离子水解转化为氢氧化铁胶体，胶体可以净水，据此解答。【解析】（1）24KFeO中K是+1价，O是－2价，依据化合价代数和为0

可知铁元素的化合价为+6价。（2）过程①中高铁酸钾转化为铁离子，铁元素化合价降低，被还原，活性菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3＋；过程③中某一产生新物质，属于物理变化。（3）根据上述原理分析，作水处理剂时，24KFeO的

作用有两个，即杀菌消毒、净水。（4）①该反应中，Cl元素的化合价由+1价变为－1价，得到电子被还原，氢氧化铁被氧化，因此通过该反应说明：在碱性条件下，氧化性ClO−＞24FeO−。②铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素得到2个电子，依据得失电

子守恒可知反应中转移6个电子，所以用双线桥法表示电子转移的方向和数目为，该反应的离子方程式为()24232FeOH3ClO4OH2FeO3Cl5HO−−−−++=++。19．（12分）某学习小组探究潮湿的2Cl与23N

aCO反应的产物，进行如下实验：请回答下列问题：（1）仪器X的名称是。试剂Y是。（2）装置E的作用是。（3）请写出装置A中的离子方程式。（4）若将上述装置中的C、D、E部分换成下图所述装置，其中Ⅰ与Ⅲ是干燥的

有色布条，E中盛装NaOH溶液，请回答下列问题：①装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，则装置C中应装入的物质是。a、浓硫酸b、生石灰c、25PO固体d、NaOH固体②描述Ⅰ、Ⅲ处的现象，从物质性质角度说明Ⅰ、Ⅲ处现象不同的原因。【答案】（除标明外，每空2分）（1）圆

底烧瓶（1分）饱和食盐水（2）吸收多余的氯气，防止污染环境（3）+-2+222MnO+4H+2ClMn+Cl+2HO（4）c（1分）Ⅰ处有色布条褪色，Ⅲ处有色布条不褪色干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气中发生反应22Cl+HOHCl+HClO，HClO具有强氧化性，具有

漂白性【分析】A装置中用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，氯气中混有HCl和水蒸气，为探究潮湿的2Cl与23NaCO反应的产物，装置B中为饱和食盐水，除去HCl，装置D为集气瓶，收集反应可能生成的二氧化碳，装置E用于吸收氯气，防止污染环

境。【解析】（1）仪器X的名称是圆底烧瓶。由分析知，试剂Y是饱和食盐水。（2）装置E的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境。（3）A装置中用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，离子方程式为+-2+222MnO+4H+

2ClMn+Cl+2HO。（4）①装置A制取氯气，装置B除去HCl，进入装置C的氯气为潮湿的氯气，装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，装置C中装入的物质应该能干燥氯气，并且应该是固体干燥剂，潮湿的氯气与生石灰、NaOH固体均反应，则装置

C中应装入的物质是25PO固体，故选c。②干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气中发生反应22Cl+HOHCl+HClO，HClO具有强氧化性，具有漂白性，故Ⅰ、Ⅲ处的现象Ⅰ处有色布条褪色，Ⅲ处有色布条不褪色。20．（14分）常见的八种物质间存在如图转化

关系，其中仅A、B、C为单质，其他物质均为化合物且由X、Y、Z、W四种元素中的两种或三种组成。A的焰色试验火焰呈黄色，B具有助燃性，固态乙可用于人工降雨，戊和丁的水溶液均呈碱性，甲的相对分子质量为78。常温下，各物质的状态如表所示：物质ABC甲乙丙丁戊状态固态气态气态固态气态液态固态固态请回答

下列问题：（1）图中属于酸性氧化物的是(填化学式，下同)，属于盐的是。（2）反应①~⑤中，不属于氧化还原反应的是(填标号，下同)；属于置换反应的是，反应⑤的离子方程式为。（3）向丁的饱和溶液中通入足量气体乙，可观察到的现象为，发生反应的化学方程式为。（4）

当固体甲(足量)将由44g乙和18g丙蒸气组成的混合气体完全吸收时，反应后固体质量增加了g。【答案】（除标明外，每空2分）（1）2CO23NaCO（2）④（1分）⑤（1分）222Na2HO2Na2OHH+−+=++（3）产生白色沉淀（或析出

白色晶体）23223NaCOHOCO2NaHCO++=（4）30【分析】A的焰色试验火焰呈黄色，说明上述转化关系涉及钠元素的转化，B具有助燃性，则说明B为氧气，固态乙可用于人工降雨，说明乙为二氧化碳，戊和丁的水溶液均呈碱性，说明戊为过氧化钠与水反应的产物之一氢氧化钠，丁为过氧化钠与二氧化碳反

应的产物之一碳酸钠，甲的相对分子质量为78，则为钠与氧气加热条件下反应的产物过氧化钠，相应关系思维导图如下：，据此结合钠及其化合物的性质分析解答。【解析】（1）根据分析可推出A为钠，B为氧气，甲为过氧化钠，乙为二氧化碳，丁为碳酸钠，丙为水，戊为氢氧化钠，C为氢气，其中属于酸性氧化物

的是2CO，属于盐的是23NaCO；（2）反应①为钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠的过程，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应；反应②为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气的过程，有元素化合价的升降，属于氧化

还原反应；反应③为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气的过程，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应；反应④为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水的过程，没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应；反应⑤为钠与水反应生成

氢氧化钠和氢气的过程，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应；综上所述，反应④不属于氧化还原反应；反应⑤为置换反应；其离子方程式为222Na2HO2Na2OHH+−+=++；（3）碳酸氢钠的溶解度较低，所以向丁（23NaCO）的饱和溶液中通入足量气体乙（2CO），会生成溶解度较

小的碳酸氢钠，则可观察到的现象为产生白色沉淀（或析出白色晶体）；反应的化学方程式为：23223NaCOHOCO2NaHCO++=；（4）当过量的过氧化钠吸收44g二氧化碳时固体质量增加28g，吸收18g水蒸气时固体质

量增加2g，因此当过量的过氧化钠吸收44g二氧化碳和18g水蒸气时，固体质量增加28g+2g=30g。