2023届肇庆市重点中学化学高一上期中考试试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O(未配平)。下列说法正确的是A反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为32C反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子D该反应中被还

2、原的CuO占参与反应CuO的2、能用H+ + OH- = H2O 表示的是( )ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应BNaOH溶液和稀硫酸的反应CCu(OH)2和稀HNO3的反应DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应3、气体的体积主要由以下什么因素决定的：气体分子的直径 气体物质的量的多少 气体分子间的平均距离 气体分子的相对分子质量（）ABCD4、下列物质属于非电解质的是A氨B硫酸铵C氯气D醋酸5、下列关于苯的说法中，不正确的是( )A苯是一种重要的化工原料B苯有毒且易挥发，是一种无色无味的液体C溴在苯中的溶解度大且与水互不相溶，可以用苯萃取溴水中的溴D苯是一种易挥发、易燃的物质，放置苯的

3、仓库要禁止烟火6、下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是()AF2、K、SO2BCl2、Al、SCNO2、Na、Br2DHNO3、Cl2、Fe2+7、200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe356 g，溶液中SO42-的物质的量浓度是 ( )A7.5 mol/LB5 mol/LC10 mol/LD2.5 mol/L8、下列关于氯水的叙述正确的是A新制氯水可使有色布条褪色B新制氯水中只有和分子C光照氯水有气泡逸出，该气体是D新制氯水放置一段时间后pH增大9、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是ANa+ 、K+、SO42、CO32 BAl3+、K

4、+、SO42、OH-CNa+、 K+、Cl-、 NO3- DK+、Fe3+、MnO4-、I-10、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol Na2O2晶体中阴离子数为2 NAB常温常压下，48g O3含有的分子数为NAC标准状况下，33.6L的 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NAD常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA11、根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( ) ABCD神农本草经记载，麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警

5、贴有该标志的物品是可回收物AABBCCDD12、下列各组物质，在水溶液中不能发生下列离子反应的是：HCO3-+H+=CO2+H2OANaHCO3+CH3COOHBKHSO4+NaHCO3CMg（HCO3）2+H2SO4DNaHCO3+HNO313、下列反应中，水作还原剂的是ACO2H2OH2CO3 BNa2O+H2O2NaOHC2Na+2H2O2NaOH+H2 D2F2+2H2O4HF+O214、列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是可用于氯气的收集 若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 可证明氯气具有漂白性 可用于实验室中氯气的尾气吸收ABCD15、某元素的原子形成的离子可表示为b a X

6、n- ，有关说法错误的是A中子数为 a-b B电子数为 b+nC质量数为 a+b D一个 X 离子的质量约为a/6.021023g16、下列说法中正确的是( )A非标准状况下，1mol任何气体体积都不可能为22.4LBH2和O2的混合气体1mol，在标准状况下的体积约为22.4LC标准状况下，22.4L任何物质中都约含有6.021023个分子D气体摩尔体积就是22.4Lmol1二、非选择题（本题包括5小题）17、有四种元素 A、B、C、D，其中 B2离子与 C+离子核外都有二个电子层，B 原子的质子数与 C 原子的质子数之和等于 D 原子的质子数，A 原子失去一个电子后变成一个质子，试回答：(

7、1)A、B、C、D 的元素符号分别为_、_、_、_。(2)B2的电子式为_，D 原子的结构示意图为_，B与C形成的简单化合物的电子式为_。18、有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写

8、出中反应的离子方程式_19、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为_。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：记录C的液面位置；将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是_(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应_。（4）B中发生反应的化学方程式为_。（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝

9、的相对原子质量为_。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。（7）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是_。20、实验室配制500 mL 0.2 molL1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有用天平称取一定量的Na2CO310H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；把制得的溶液小心地注入_中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm2 cm处，改用_小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇

10、匀；将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)_；(2)写出步骤中，所缺的仪器_、_；(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： 偏高 偏低 没影响A加水定容时俯视刻度线_(填序号)B忘记将洗涤液转入容量瓶_(填序号)C使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥_ (填序号)D定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出 _ (填序号)(4)计算所需Na2CO310H2O的质量_。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，分别填在下表中后面。物质类别酸碱盐氧

11、化物氢化物化学式HCl_Ba(OH)2Na2CO3_CO2Na2ONH3H2O2 (3)写出转化为的化学方程式：_。(4)实验室制备常用_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、B【解析】根据CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO2NH4Cl = 3CuCuCl2N24H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH

12、4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。2、B【解析】H+OH-=H2O表示强酸与可溶性强碱生成可溶性盐的中和反应，并且溶液中仅存在H+和OH-的反应。ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应中钡离子和硫酸根

13、离子会产生硫酸钡沉淀，此反应一定要写入方程中，故A不符合题意；BNaOH溶液和稀硫酸的反应生成水和硫酸钠，溶液中仅存在H+和OH-的反应，钠离子和硫酸根离子不反应，离子反应方程式为：H+ + OH- = H2O，故B符合题意；CCu(OH)2和稀HNO3的反应中Cu(OH)2难溶于水，与稀HNO3的反应的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，故C不符合题意； DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应过程要写入方程中，故D不符合题意；答案选B。3、C【解析】决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大

14、于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。4、A【解析】A.氨气是非电解质；故A正确；B.硫酸铵属于盐，是电解质；故B错误；C.氯气为单质，不是非电解质；故C错误；D.醋酸属于酸，醋酸是电解质；故D错误；故选A。【点睛】酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等是电解质，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，非金属氧化物、氨气、部分有机物等是非电解质。5、B【解析】A. 苯是一种重要的化工原料，常用于合成苯乙烯，聚酰胺树脂，故A正确；B. 苯是一种具有特殊气味的液体，故B错误；C. 苯常用作萃取剂，溴在苯中的溶解度大且与水互不相溶，可以用苯萃取溴水中的溴，故

15、C正确；D. 放置苯的仓库要禁止烟火，是因为苯是一种易挥发、易燃的物质，使用时要注意，故D正确。综上所述，答案为B。6、A【解析】物质所含元素处于最高价时只具有氧化性，处于最低价时只具有还原性，中间价态时既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】AF2只有氧化性，K只有还原性，SO2既有氧化性又有还原性，故A正确；BCl2既有氧化性又有还原性，Al只有还原性，S既有氧化性又有还原性，故B错误；CNO2、Br2均既有氧化性又有还原性，Na只有还原性，故C错误；DHNO3只有氧化性，Cl2、Fe2+均既有氧化性又有还原性，故D错误；答案选A。7、A【解析】200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe

16、3+ 56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)=7.5 mol/L；答案选A。8、A【解析】A项、新制氯水含有次氯酸分子，次氯酸具有强氧化性能表现漂白性，使有色布条褪色，故A正确；B项、新制氯水中存在水分子、次氯酸分子、氯气分子，故B错误；C项、新制氯水含有次氯酸分子，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故C错误；D项、新制氯水含有次氯酸分子，弱酸次氯酸遇光分解生成强酸盐酸和氧气，溶液酸性增强，溶液pH减小，故D错误；故选A。9、C【解析】A. 溶液呈酸性，CO32与H反应而不能大量共存，故A错误；B. OH与A

17、l3+反应生成Al(OH)3沉淀，溶液呈酸性，OH也会与H反应而不能大量共存，故B错误；C. 四种离子均无颜色，且在酸性溶液中互不反应，能够大量共存，故C正确；D. Fe3+、MnO4有颜色，且二者具有氧化性，能和I发生氧化还原反应，在无色溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查限定条件下的离子共存问题，解题时要把握题目中溶液无色、酸性的要求，注意常见离子的颜色（如 Fe3+、MnO4等）、性质（如与酸反应的离子）及反应类型的判断，明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间、能发生氧化还原反应的离子之间等不能大量共存，题目难度不大。10、B【解析】A. 过氧

18、化钠由2个钠离子和1个过氧根构成； B. 分子个数N=n NA，物质的量n = ；C. 标况下四氯化碳为液态；D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。【详解】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = NA个，故B项正确；C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为1价，故0.

19、1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。11、B【解析】A.麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；D.该标志为可回收物标志，D正确

20、；答案选B。【点睛】本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志 ；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾-易燃物质标志等。12、A【解析】离子反应HCO3-+H+CO2+H2O表示碳酸氢盐和强酸或强酸的酸式盐反应生成可溶性盐、水和二氧化碳的反应，据此判断。【详解】A. NaHCO3与CH3COOH反应中醋酸是弱酸，用化学式表示，离子反应方程式为HCO3-+CH3COOHCH3COO+CO2+H2O，A符合；B. KHSO4与NaHCO3反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，B不符合；C

21、. Mg（HCO3）2与H2SO4反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，C不符合；D. NaHCO3与HNO3反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，D不符合；答案选A。13、D【解析】试题分析：若水作还原剂，则水中O元素失电子导致化合价升高，以此来解答。A、反应CO2+H2OH2CO3中，各元素的化合价没有变化，则不属于氧化还原反应，水为反应物，故A不选；B、反应Na2O+H2O2NaOH中，各元素的化合价没有变化，则不属于氧化还原反应，水为反应物，故B不选；C、反应2Na+2H2O2NaOH+H2中，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故C不选；D、反应2F2+2H

22、2O4HF+O2中，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，故D正确，答案选D。考点：考查水参与氧化还原反应的判断14、D【解析】这个装置是向上排空气收集气体的方法，氯气的密度比空气大，该装置可用于氯气的收集，装置能达到实验目的；若气球干瘪，说明平底烧瓶中气体压强比瓶外压强大。而Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应气体体积减小，气压减小，所以Cl2与NaOH反应气球会膨胀，装置不能达到实验目的；潮湿布条中的水与干燥的Cl2反应生成HClO，HClO能漂白有色布条，所以该实验无法证明氯气具有漂白性，装置不能达到实验目的；Cl2与NaOH反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO

23、+H2O，该反应不再产生有毒气体，所以NaOH溶液可用于实验室中氯气的尾气吸收，装置能达到实验目的；答案选D。【点睛】事实上，Cl2没有漂白性，HClO才有漂白性。15、C【解析】根据课本AZX表达的意义可知道：A表示元素X的质量数，Z表示元素X的质子数，因此对abXn-，质量数是a，质子数是b，中子数N=A-Z=a-b，A选项正确；元素X带n个单位负电荷，所以abXn-含有的电子数是b+n，B选项正确；abXn-质量数是a，不是a+b，C选项错误；1mol abXn-的质量约ag，所以一个abXn-的质量约为a/6.021023g，D选项正确，正确答案是C。16、B【解析】A气体体积主要由温

24、度和压强共同决定，故非标准状况下，1mol任何气体体积也可能为22.4L，A不正确；B不管是单一气体，还是不发生反应的混合气体，物质的量为1mol时，在标准状况下的体积都约为22.4L，B正确；C标准状况下，22.4L任何物质，其物质的量不一定为1mol，且不一定由分子构成，所以不一定含有6.021023个分子，C不正确；D气体摩尔体积在不同条件下可能有不同的数值，不一定是22.4Lmol1，D不正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、H O Na K 【解析】B2离子与C+离子核外都有二个电子层，所以B为O、C为Na，B原子的质子数与C原子的质子数之和等于D原子的质子数，推得D的原

25、子序数为19，则D为K，A原子失去一个电子后变成一个质子，则A为H。【详解】（1）A、B、C、D依次为H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符号分别为H、O、Na、K，故答案为H、O、Na、K；（2）B2-为O2-，电子式为，D为K元素，原子结构示意图为，B 与 C 形成的简单化合物为过氧化钠或氧化钠，电子式为或，故答案为；或。18、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，Cl、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢氧化钠反

26、应生成沉淀，说明一定含有Mg2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。19、NaOH溶液 除去铝镁合金表面的氧化膜 使D和C的液面相平 2Al2Na

27、OH2H2O2NaAlO23H2 33600(a-c)/b 偏小 500 mL容量瓶 【解析】（1）根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，铝和氨水不反应，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，即A中试剂为NaOH溶液；（2）铝镁为活泼金属，其表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，即将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻的目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；（3）实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，此时，除视线平视外，还应使D和C的液面相平，使里面气体压强与外界大气压相等；再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至

28、室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，所以操作的正确顺序是；（4）B管中发生铝与NaOH溶液的反应，反应的化学方程式为2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2；（5）铝镁合金的质量为ag，B中还有固体剩余，其质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22M 322400mL（a-c） bmL解之得：M=33600(ac)/b；（6）铝的质量分数为：(ac)/a，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；（7）实验中需要用480 mL 1 mol/L的

29、盐酸，由于没有480mL容量瓶，则配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是500mL容量瓶。20、胶头滴管 500mL容量瓶 500mL容量瓶 胶头滴管 28.6g 【解析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析误差。(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒

30、搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为：；(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是；B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是；C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制

31、的溶液浓度不产生影响，合理选项是；D.定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是；(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，则m(Na2CO310H2O)=0.1mol286g/mol=28.6g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转

32、化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。21、树状分类法 H2SO4 NaOH K2SO4 CO2+2NaOHNa2CO3+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

33、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：H2SO4；NaOH；K2SO4；(3)CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；其化学方程式为：CO2+2NaOHNa2CO3+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。