河北省沧州市2021-2022学年高一化学上学期期末考试试题（Word版附解析）

沧州市2021~2022学年度高一年级第一学期期末教学质量监测化学试卷考生注意：1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：苏教版必修第一册。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的)1.分类法在化学学科的发展中有非常重要的作用，下列关于物质的分类正确的是选项混合物纯净物电解质酸性氧化物A盐酸Na2CO3K2SO4溶液SO2B氯水KNO3晶体NaCl干冰CCuSO4·5H2OCaCl2NO2SO3D空气Fe(OH)3胶体Na2CO3COA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．K2SO4溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氯水含有氯气和水等多种物质，属于混合物，KNO3晶体是纯净物，NaCl在水溶液中自身能导电，属于电解质，干冰成分是CO2，能与碱反应生成正盐和水，属于酸性氧化物，故B 正确；C．CuSO4·5H2O为纯净物，NO2本身不能导电，属于非电解质，故C错误；D．Fe(OH)3胶体为混合物，CO不是酸性氧化物，故D错误；故选：B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol∙L−1BaCl2溶液中含有的Cl－数目为2NAB.常温常压下，32g氧气含有的电子数为16NAC.9mL水和11.2L氮气含有相同的分子数D.1molFe与足量氯气反应转移电子数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．1mol∙L−1BaCl2溶液，溶液体积未知，无法计算物质的量，故A错误；B．1个氧气含有16个电子，常温常压下，32g氧气物质的量，则32g氧气含有的电子数为16NA，故B正确；C．9mL水质量为9g，物质的量，11.2L氮气，气体所处条件位置，无法计算物质的量，故C错误；D．1molFe与足量氯气反应生成氯化铁，转移电子数目为3NA，故D错误。综上所述，答案为B。3.下列判断错误的是A.SO2和SO3互为同素异形体B.和互为同位素C.C4H10的同分异构体有两种D.有无固定的熔点可以间接地确定某一固体是否为晶体【答案】A【解析】【详解】A．SO2和SO3为化合物，不是单质，不能为同素异形体，故A错误；B．和质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确； C．C4H10的同分异构体有2种：CH3-CH2-CH2-CH3、，故C正确；D．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以有无确定的熔点可以区分晶体和非晶体，故D正确；故选：A。4.下列说法错误的是A.“84”漂白剂的有效成分是NaClOB.“84”漂白剂放在太阳光下会更快失效C.足量Na2O2与等质量的H2O、CO2反应生成等质量的O2D.Na久置在空气中，最终得到白色粉末【答案】C【解析】【详解】A．“84”漂白剂的有效成分是NaClO，具有漂白性，故A正确；B．次氯酸根水解生成的次氯酸在光照下分解，因此“84”漂白剂放在太阳光下会更快失效，故B正确；C．等质量的H2O、CO2，H2O物质的量大于CO2物质的量，根据2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，则足量的Na2O2与等质量的H2O、CO2反应，H2O生成的O2多，故C错误；D．Na久置在空气中，最终得到白色粉末Na2CO3，故D正确。综上所述，答案为C。5.下列有关实验操作错误的是A.用四氯化碳萃取溴水中的溴，溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下端排出B.蒸馏实验中温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处C.从试剂瓶中取用钠做实验，多余的钠不能放回原试剂瓶，应处理掉D.焰色反应中，每次实验后铂丝都要用稀盐酸洗净，再灼烧至无色，才能进行下一次实验【答案】C【解析】【详解】A．四氯化碳密度比水大，用四氯化碳萃取溴水中的溴，溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下端排出，故A正确；B．蒸馏时温度计测蒸气温度，因此蒸馏实验中温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故 B正确；C．从试剂瓶中取用钠做实验，多余的钠必须放回原试剂瓶，故C错误；D．焰色反应中，每次实验后铂丝都要用稀盐酸洗净，再灼烧至无色，才能进行下一次实验，以便观察火焰灼烧时的颜色，故D正确。综上所述，答案为C。6.下列关于物质或离子检验的叙述错误的是A.某溶液加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，溶液中一定有SOB.某溶液加入盐酸产生气泡，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，一定含COC.用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含钠元素D.无色无味溶液加入NaOH溶液共热，产生可以使湿润无色酚酞试纸变红的气体，则原溶液中有NH【答案】B【解析】【详解】A．某溶液加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡，则溶液中一定是SO，故A正确；B．某溶液加入盐酸产生气泡，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，可能是CO，也可能是HCO，还可能是SO，故B错误；C．用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定含钠元素，故C正确；D．无色无味溶液加入NaOH溶液共热，产生可以使湿润无色酚酞试纸变红的气体，说明产生的氨气溶于水呈碱性，则原溶液中有NH，故D正确。综上所述，答案为B。7.下列关于硫及其化合物的说法错误的是A.SO2尾气一般用NaOH溶液吸收B.Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用C.SO2能使溴水褪色，因为SO2的还原性D.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气 【答案】D【解析】【详解】A．SO2有毒，会污染环境，因此SO2尾气一般用NaOH溶液吸收，故A正确；B．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用，前两者是氧化性漂白，后者是与有色物质生成不稳定的无色物质，故B正确；C．SO2能使溴水褪色，二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应而褪色，是因为SO2的还原性，故C正确；D．浓硫酸具有吸水性，但氨气属于碱性气体，和硫酸会发生反应，因此浓硫酸不可用于干燥氨气，故D错误。综上所述，答案为D。8.下列物质的性质比较，正确的是A.非金属性：P>S>ClB.碱性：LiOH>NaOH>KOHC.气态氢化物的热稳定性：HF>HCl>H2SD.酸性：H2SO4>HClO4>HBrO4【答案】C【解析】【详解】A．同周期从左向右非金属性增强，则非金属性为P＜S＜Cl，故A错误；B．金属元素金属性越强，则对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则正确顺序为LiOH＜NaOH＜KOH，故B错误；C．非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S，故C正确；D．非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则HClO4酸性最强，故D错误；故选：C。9.自然界中的镁主要以化合态形式存在于地壳和海水中。如图是工业上提取镁的生产流程。下列说法错误的是 A.煅烧贝壳得到生石灰，该反应为氧化还原反应B.先将海水中的镁沉淀，再转化为MgCl2，是为了提高溶液中镁离子的浓度C.沉淀池中主要发生的反应为Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2D.工业上利用电解熔融氯化镁的方法制取镁的原因是氯化镁的熔点比氧化镁低得多【答案】A【解析】【详解】A．煅烧贝壳得到生石灰，化合价没有发生变化，因此该反应为非氧化还原反应，故A错误；B．先将海水中的镁沉淀变为Mg(OH)2，再加入盐酸转化为MgCl2，是为了提高溶液中镁离子的浓度，故B正确；C．沉淀池主要将镁离子沉淀，其主要发生的反应为Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2，故C正确；D．工业上利用电解熔融氯化镁的方法制取镁，而不采用电解熔融氧化镁的原因是氯化镁的熔点比氧化镁低得多，故D正确。综上所述，答案为A。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)10.KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是A.该反应中KCl和Cl2都是还原产物B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole-D.第二步用KH(IO3)2和KOH反应生成KIO3和H2O的反应无电子转移 【答案】C【解析】【详解】A．该反应中KCl和Cl2中的Cl都是KClO3中Cl化合价降低生成的，均是还原产物，故A正确；B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KClO3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C．反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即Cl2时，反应转移20mole-，故C错误；D．第二步用KH(IO3)2和KOH反应生成KIO3和H2O的反应中个元素化合价无变化，不存在电子转移，故D正确；故选：C。11.下列反应的离子方程式书写错误的是A.Cl2通入水中：Cl2+H2O=H++Cl-+ClO-B.向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-C.MnO2和浓盐酸共热制Cl2：MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2OD.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO+H++OH-=BaSO4↓+H2O【答案】AD【解析】【详解】A．氯气通入水中生成HClO是弱酸，不可拆，正确的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故A错误；B．FeCl2溶液中通入Cl2的离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故B正确；C．二氧化锰跟浓盐酸共热制Cl2，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选：AD。 12.在某无色的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.K+、Na+、NO、Cl－B.Fe3+、Cl－、Na+、I－CNa+、Ca2+、OH－、HCOD.Mg2+、NO、Cl－、MnO【答案】A【解析】【详解】A．H+、K+、Na+、NO、Cl－都不反应而大量共存，故A符合题意；B．Fe3+与I－发生氧化还原反应而不共存，故B不符合题意；C．Ca2+、OH－反应生成微溶物，Ca2+、OH－、HCO反应生成碳酸钙沉淀而不共存，故C不符合题意；D．MnO是紫色溶液，故D不符合题意。综上所述，答案为A。13.短周期主族元素X、Y、Z、W、R，它们的原子序数依次增大，X是主族元素中原子半径最小的元素，Y、R同主族且R原子核电荷数等于Y原子核电荷数的2倍，Z、W原子的最外层电子数之和与Y、R原子的最外层电子数之和相等。下列说法正确的是A.原子半径：r(Y)<r(Z)B.X与Y只能形成一种化合物C.W、R的最高价氧化物的水化物的酸性：W<RD.Y、R分别与X形成的最简单化合物的热稳定性：Y>R【答案】CD【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R，它们的原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、R同主族且R原子核电荷数等于Y原子核电荷数的2倍，Y、R分别处于第二、第三周期，设Y的核电荷数为a，则2a=a+8，解得a=9，故Y为O元素、R为S元素；Z、W原子的最外层电子数之和与Y、R原子的最外层电子数之和相等，即Z、W最外层电子数之和为12，则二者只能分别为VA、ⅦA元素中的一种，而原子序数Z＜W＜R(硫)，故Z为F元素、W为P元素。【详解】由分析可知，X为H、Y为O、Z为F、W为P、R为S元素。A．Y为O、Z为F，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：r(Y)＞r(Z)，故A错误； B．X为H、Y为O，二者可以形成H2O、H2O2，故B错误；C．W为P、R为S，非金属性P＜S，故最高价氧化物的水化物酸性：W＜R，故C正确；D．Y为O、R为S，非金属性O＞S，故氢化物稳定性：Y＞R，故D正确；故选：CD。三、非选择题14.硫循环在自然界和人类生活生产中均起到重要作用。（1）如图是自然界中硫循环图，下列关于这两种循环的说法正确的是_______(填字母)。A.火山喷口附近容易见到单质硫B.硫循环过程无生物圈参与C.人类对化石燃料的过度开采对硫循环造成巨大影响D.硫循环对环境的影响是导致酸雨的产生（2）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如图：请回答下列问题：①SO2催化歧化反应的化学方程式是_______，该反应中生成1molS ，转移的电子数约为_______。②反应III中检验生成的二氧化硫的方法是_______。③硫酸的工业生产是利用硫铁矿经沸腾炉燃烧，再经接触室转化，最后用98.3%的浓硫酸吸收而制得。写出接触室中发生反应的化学方程式：_______；用98.3%的浓硫酸吸收而不用水吸收的原因是_______。【答案】（1）ACD（2）①.3SO2+2H2O2H2SO4+S↓②.2.408×1024③.将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色④.2SO2+O22SO3⑤.为了防止SO3溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率【解析】【小问1详解】A．单质硫常见在火山喷口附近，故A正确；B．根据图中信息得出硫循环过程有生物圈参与，故B错误；C．人类对化石燃料的过度开采，致使大气中产生较多的二氧化硫，因此对硫循环造成巨大影响，故C正确；D．硫循环对环境的影响是导致酸雨的产生，故D正确；综上所述，答案为：ACD。小问2详解】①根据SO2催化歧化图得到反应是二氧化硫和水反应生成硫和硫酸，其反应的化学方程式是3SO2+2H2O2H2SO4+S↓，该反应SO2化合价降低变为S，反应中生成1molS，转移4mol电子，即电子数约为2.408×1024；故答案为：3SO2+2H2O2H2SO4+S↓；2.408×1024。②检验二氧化硫常用品红检验，因此反应III中检验生成的二氧化硫的方法是将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色；故答案为：将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色。③根据题意得到接触室中是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，其发生反应的化学方程式：2SO2+O22SO3；用98.3%的浓硫酸吸收而不用水吸收的原因是为了防止SO3溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率；故答案为：2SO2 +O22SO3；为了防止SO3溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率。15.部分短周期元素原子半径与原子序数的关系如图所示。（1）元素①在周期表中的位置为_______；（2）元素⑤、⑦的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是_______(填化学式，下同)；（3）⑦、⑩、⑪三种元素常见离子的半径最大的是_______；（4）元素③、⑩形成的简单氢化物中，熔沸点更高的是_______，原因是_______；（5）元素③、④形成的简单氢化物中，稳定性较强的是_______，原因是_______；（6）写出由H和③元素组成的含有极性键和非极性键的一种常见化合物的结构式：_______；（7）用电子式表示⑤和⑩按2：1的原子个数比形成化合物的过程：_______。（8）请设计实验比较C、N的非金属性强弱，选择的试剂有：稀硝酸、饱和NaHCO3溶液、澄清石灰水，化学仪器根据需要选择。实验操作实验现象实验结论__________________【答案】（1）第二周期第IVA族（2）NaOH（3）S2-（4）①.H2O②.水中存在分子间氢键（5）①.HF②.F的非金属性更强 （6）H-O-O-H（7）（8）①.取适量的饱和碳酸氢钠溶液于试管A中，加入适量稀硝酸，将产生的气体通入装有澄清石灰水的试管B中②.试管B中溶液变浑浊③.氮的非金属性强于碳【解析】【分析】⑤的原子半径比④的大，都是短周期元素且⑤原子半径最大，则⑤为Na，结合原子序数可知，①~⑪的元素分别是：C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl；【小问1详解】元素①是C，在周期表中的位置为第二周期第IVA族；【小问2详解】元素⑤是Na、⑦是Al，同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性减弱，则碱性较强的是NaOH；【小问3详解】⑦、⑩、⑪三种元素常见离子分别为Na+、S2-、Cl-，电子层数相同的原子序数越大的离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则半径最大的是S2-；【小问4详解】元素③是O、⑩是S，形成的简单氢化物中，熔沸点更高的是H2O，原因是水中存在分子间氢键；【小问5详解】元素③是O、④是F，同周期元素从左到右非金属性增强，形成的简单氢化物中，稳定性较强的是HF，原因是F的非金属性更强；【小问6详解】由H和③O元素组成的含有极性键和非极性键的一种常见化合物是H2O2，H和O原子、O原子和O原子共用一对共用电子对，结构式为：H-O-O–H；【小问7详解】⑤是Na和⑩是S，按2：1的原子个数比形成化合物是Na2S，钠离子和硫离子存在离子键，用电子式表示形成Na2S的过程为：；【小问8详解】可通过比较碳酸和硝酸的酸性来比较C、N 的非金属性强弱，实验步骤为取适量的饱和碳酸氢钠溶液于试管A中，加入适量稀硝酸，将产生的气体通入装有澄清石灰水的试管B中，现象为试管B中溶液变浑浊，结论为氮的非金属性强于碳。16.某无色透明溶液中可能大量存在Na+、Mg2+、Cu2+、Ca2+、SO、OH－、CO和Cl－中的几种。回答下列问题：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______。（2）取少量溶液滴入紫色石蕊溶液，溶液呈蓝色，原溶液中一定不存在的离子是_______。（3）取少许溶液滴入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，加入稀硝酸，白色沉淀完全溶解。原溶液一定不存在的离子是_______；写出白色沉淀溶解的离子方程式：_______。（4）由上述过程可知，不能确定是否存在的离子是_______，若要确定该离子，应进行的实验为_______(写出操作过程和实验现象)。（5）取原溶液20mL，逐滴加入0.2mol∙L−1的Ca(OH)2溶液至恰好完全反应，这时消耗的Ca(OH)2溶液的体积为50mL。用原溶液配制100mL0.1mol∙L−1的Na2CO3溶液，应取用的原溶液的体积为_______mL。【答案】（1）Cu2+（2）Mg2+（3）①.Ca2+、SO②.BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O（4）①.Cl－②.取少许溶液于试管中，向试管中先滴加硝酸至不再产生气泡，再加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－，若无白色沉淀产生，则证明原溶液中不含有Cl－（5）20【解析】【分析】Cu2+是蓝色溶液。【小问1详解】不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；故答案为：Cu2+。【小问2详解】取少量溶液滴入紫色石蕊溶液，溶液呈蓝色，则溶液中一定含有OH－，氢氧根和镁离子反应生成沉淀，则原溶液中一定不存在的离子是Mg2+；故答案为：Mg2+。【小问3详解】取少许溶液滴入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，加入稀硝酸，白色沉淀完全溶解，则含有碳酸根，不含有硫酸根，碳酸根和钙离子反应生成碳酸钙，因此原溶液一定不存在的离子是Ca2+、 SO；该白色沉淀是碳酸钡和稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，其白色沉淀溶解的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；故答案为：Ca2+、SO；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。【小问4详解】根据前面分析溶液中不含有Mg2+、Cu2+、Ca2+，根据溶液呈电中性，一定含有Na+，溶液中一定含有OH－，一定不含有SO、CO，而Cl－不能确定是否存在，若要确定该离子，应进行的实验为取少许溶液于试管中，向试管中先滴加硝酸至不再产生气泡，再加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－，若无白色沉淀产生，则证明原溶液中不含有Cl－；故答案为：Cl－；取少许溶液于试管中，向试管中先滴加硝酸至不再产生气泡，再加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－，若无白色沉淀产生，则证明原溶液中不含有Cl－。【小问5详解】取原溶液20mL，逐滴加入0.2mol∙L−1的Ca(OH)2溶液至恰好完全反应，这时消耗的Ca(OH)2溶液的体积为50mL，则0.05L×0.2mol∙L−1＝0.02L×c(Na2CO3)，则原溶液中Na2CO3物质的量浓度0.5mol∙L−1，用原溶液配制100mL0.1mol∙L−1的Na2CO3溶液，则0.1L×0.1mol∙L−1＝V×0.5mol∙L−1，则V＝0.02L＝20mL，应取用的原溶液的体积为20mL；故答案为：20。17.学完碳酸钠和碳酸氢钠的性质，有同学对碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别有了兴趣，并做了下列实验。序号操作现象实验①室温时，分别取0.1mol·L-1Na2CO3溶液和0.2mol·L-1NaHCO3溶液各3mL于两个试管中，分别滴入2滴酚酞溶液Na2CO3溶液变红NaHCO3溶液变红实验②测量下面实验过程中溶液pH的变化(利用传感器) 注：Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度相等实验③I中连接盛有2g碳酸钠的试管，II中连接盛有2g碳酸氢钠的试管实验④两个试管中分别加入mgNa2CO3固体和NaHCO3固体两个气球鼓起的大小不一样已知：溶液pH越小，OH-的浓度越小，溶液碱性越弱。（1）有同学认为实验①不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，他的理由是_______。（2）实验②中Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为_______。；滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHCO3 溶液的烧杯中_______(填离子符号)参与了反应，写出该步反应的离子方程式：_______。（3）根据实验③，能够达到鉴别目的的实验现象是_______，所以除去Na2CO3中混有的NaHCO3的方法是_______。（4）根据实验④中气球鼓起的大小，可以鉴别Na2CO3和NaHCO3，_______(填“A”或“B”)试管中的气球鼓起的更大。（5）向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。则加入盐酸的体积在25mL之前发生反应的离子方程式为_______，产生的CO2在标准状况下的体积为_______mL，混合溶液溶质的物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_______。【答案】（1）Na2CO3与NaHCO3的浓度大小不同，无法比较碱性强弱（2）①.CO+Ca2+=CaCO3↓②.OH-③.Ca2++HCO+OH-=H2O+CaCO3（3）①.II中澄清石灰水变浑浊，I中澄清石灰水无明显变化②.加热混合物（4）B（5）①CO+H+=HCO②.336③.1：2【解析】【小问1详解】Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性，Na2CO3与NaHCO3的浓度大小不同，无法比较碱性强弱；【小问2详解】实验②中Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为CO+Ca2+=CaCO3↓；滴加NaHCO3溶液的烧杯中，NaHCO3和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，OH-参与了反应，所以滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，该步反应的离子方程式Ca2++HCO+OH-=H2O+CaCO3。【小问3详解】碳酸氢钠加热易分解，放出二氧化碳，II中澄清石灰水变浑浊，I 中澄清石灰水无明显变化，可以鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，除去Na2CO3中混有的NaHCO3的方法是加热混合物；【小问4详解】Na2CO3中C元素质量分数小于NaHCO3，NaHCO3放出的二氧化碳多，B试管中的气球鼓起的更大。【小问5详解】向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸，依次发生反应CO+H+=HCO、H++HCO=H2O+CO2↑；加入盐酸的体积在25mL之前没有放出二氧化碳，所以发生反应的离子方程式为CO+H+=HCO；发生H++HCO=H2O+CO2↑反应消耗盐酸的体积为75mL，产生的CO2在标准状况下的体积为；根据CO+H+=HCO，可知混合溶液中碳酸钠的物质的量为，根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量是，所以n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1:2。