【化学】辽宁省朝阳市凌源三中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】辽宁省朝阳市凌源三中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

辽宁省朝阳市凌源三中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 相对原子质量：Na-23 O -16 C-12 H-1 Mg-24 Al-27 Cl--35.5‎ 一、选择题（每个小题只有一个正确答案）‎ ‎1.我国宋代《梦溪笔谈》中记叙了胆矾和铜的炼制过程：“信州铅山县有苦泉，煮之则得胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”该炼制过程中没有涉及到的变化是（　　）‎ A. 复分解反应 B. 离子反应 C. 置换反应 D. 蒸发结晶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 复分解反应是两种化合物相互交换阴阳离子生成另外两种化合物的反应； B. 有离子参加的反应为离子反应； C. 一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应； D. 将溶液在蒸发皿等容器中加热，将溶剂蒸发得到溶质的过程为蒸发结晶。‎ ‎【详解】苦泉中含有溶质硫酸铜，“煮之则得胆矾”，涉及蒸发结晶；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是铁与硫酸铜发生的置换反应，该反应也属于离子反应；整个过程中未涉及复分解反应；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列反应属于氧化还原反应，且水中两种元素化合价没有改变的是（　　）‎ A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B. 2F2+2H2O=4HF+O2↑‎ C. CaO+H2O=Ca(OH) 2 D. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降，所以氧化还原反应中一定存在元素化合价变化；水中两种元素化合价没有改变，说明水既不是氧化剂也不是还原剂，据此对各选项进行判断。‎ ‎【详解】A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，水分子中的H元素化合价降低被还原，水为氧化剂，A项错误；‎ B. 反应2F2+2H2O=4HF+O2↑中，水分子中的O元素化合价升高被氧化，水为还原剂，B项错误；‎ C. 反应CaO+H2O=Ca(OH)2中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C项错误；‎ D. 3NO2+H2O=2HNO3+NO中N元素化合价发生变化，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，水中两种元素化合价没有改变，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. Cl2 + H2O = HCl + HClO B. Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu C. 2NaHCO 3 Na2CO3 + H2O + CO2 D. Cl2 + 2FeCl2 = 3FeCl3‎ ‎【答案】C ‎【解析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。‎ ‎4.实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放。现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如图。在做实验时，某同学取用硝酸溶液后，应把它放回的位置是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】从试剂的类别上考虑，尽可能分类摆放。采用排除法，直到选出最佳。‎ ‎【详解】从所给的四个选项的物质类别来看，A项中物质属于无氧酸的溶液，B项中物质属于含氧酸的溶液，C项中物质属于酸碱指示剂，D项中物质属于钠盐和碱的溶液，所以首先排除C项和D项。分析A项和B项，盐酸和硝酸均属于挥发性酸，存放要求一致，所以答案选择A项。‎ ‎5.下列判断正确的是（ ）‎ A. 分散系一定是混合物 B. 胶体的分散质不能透过滤纸 C. 任何物质在水中都有一定的溶解度 D. 胶体和其它分散质的本质区别是能发生丁达尔现象 ‎【答案】A ‎【解析】A项，把一种（或多种）物质分散在另一种（或多种）物质中所得到的混合物体系，叫做分散系，所以分散系一定是混合物，A正确；B项，胶粒能透过滤纸，B错误；C项，如果说任何物质都可以在水中溶解，是对的，即使是最难溶的物质也会有微量溶解，但是说任何物质在水中都有一定的溶解度就不对了，因为有许多物质于水是互溶的，这就不存在溶解度了，如乙醇与水互溶，就没有溶解度，C错误；D项，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，D错误。‎ ‎6.下列物质中既能导电，又属于电解质的是（　　）‎ A. 氯化钠溶液 B. 金属铜 C. 熔融硫酸钠 D. 氯化氢气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；‎ B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不选；‎ C、熔融的硫酸钠，本身能够电离产生自由移动离子而导电，属于电解质，故C选；‎ D、氯化氢气体不能导电，是电解质，故D不选。‎ ‎7.HClO属于（　　）‎ A. 电解质 B. 非电解质 C. 强酸 D. 氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HClO属于电解质； ‎ B. HClO属于电解质，不是非电解质； ‎ C. HClO属于弱酸，其酸性比碳酸还弱，不是强酸； ‎ D. HClO属于酸，不是氧化物。‎ 故选A。‎ ‎8.下列物质中只能作还原剂的是（ ）‎ A. Fe B. HCl C. H2O D. KMnO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe的化合价是最低价态，只能做还原剂，故A正确；‎ B. HCl中的氢元素是最高价态，能做氧化剂；氯元素是最低价态，能做还原剂，故B错误；‎ C. H2O中的氢元素是最高价态，能做氧化剂；氧元素是最低价态，能做还原剂，故C错误；‎ D. KMnO4中的锰元素是最高价态，只能做氧化剂，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎9.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①硝酸钾溶液能导电，所以硝酸钾溶液是电解质 ‎②固态氯化钾不导电，但氯化钾是电解质 ‎③氯化氢溶液能导电，所以氯化氢是电解质 ‎④SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质 ‎⑤铁导电，所以铁是电解质 ‎⑥H2不导电，所以H2是非电解质．‎ A. ①④ B. ②③ C. ①②③④ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，不属于电解质，①错误；‎ ‎②固态氯化钾不导电，但氯化钾在水溶液或熔融状态下能电离产生自由移动的K+、Cl-，因而能导电，所以KCl属于电解质，②正确；‎ ‎③氯化氢是在水溶液中能导电的化合物，属于电解质，③正确；‎ ‎④SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴、阳离子而使其溶液导电，能电离出阴、阳离子的物质是亚硫酸，而不是SO2，所以SO2是非电解质，④错误；‎ ‎⑤铁是单质，既不是电解质，也不是非电解质，⑤错误；‎ ‎⑥H2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，⑥错误；‎ 所以正确的是②③，‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.下列物质分类正确组合是（　　） ‎ ‎ 碱 酸 盐 酸性氧化物 A. 纯碱 硫酸 硫酸铜 二氧化硫 B. 苛性钠 盐酸 纯碱 一氧化碳 C. 苛性钠 醋酸 石灰石 氧化钙 D. 苛性钾 硝酸 小苏打 二氧化碳 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】碱是电离产生的阴离子全部文氢氧根离子的化合物；酸是电离时产生的阳离子全为氢离子的化合物；盐是由金属离子（铵根离子）和酸根离子构成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物。‎ ‎【详解】A. 纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，A错误； ‎ B.一氧化碳不能和碱反应，不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误；‎ C.氧化钙可以和酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C错误；‎ D. 苛性钾就是氢氧化钾，是碱；硝酸是酸；小苏打是碳酸氢钠，是盐；二氧化碳可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物。D正确。‎ 答案为D。‎ ‎11. 科学家用DNA制造出一种臂长只有7nm的纳米级镊子，这种镊子能钳起分子或原子，并对它们随意组合。下列分散系中分散质的微粒直径与纳米粒子具有相同数量级的是( )‎ A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】按照分散系中分散质粒子的大小将分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液中分散质粒子直径小于1nm；胶体中分散质粒子直径在1~100nm之间；悬浊液、乳浊液中分散质粒子直径大于100nm，答案选B。‎ ‎12.当一束可见光通过下列分散系：①有尘埃的空气 ②硫酸铜溶液 ③稀硫酸 ④稀豆浆，能产生丁达尔效应的是（　　）‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体可以产生丁达尔效应，有尘埃的空气、稀豆浆均属于胶体，当光速通过时能观察到丁达尔效应，硫酸铜溶液、稀硫酸不是胶体，不能观察到丁达尔效应，答案选C。‎ 故选C。‎ ‎13.下列各组离子能大量共存的是（　　）‎ A. Ba2+、Fe3+、OH﹣、Cl﹣ B. Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣‎ C. NH4+、Ba2+、NO3﹣、OH﹣ D. H+、K+、NO3﹣、CO32﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、水等，不发生氧化还原反应等，则离子之间可以大量共存。‎ ‎【详解】A. Fe3+与OH﹣反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，A项不符合题意；‎ B. 离子之间均不发生反应，可以大量共存，B项符合题意；‎ C. NH4+与OH﹣反应生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，C项不符合题意；‎ D. H+与CO32﹣反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D项不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列变化需要加入还原剂才能实现的是（　　）‎ A. Cu→Cu2+ B. Cl﹣→Cl2 C. MnO4﹣→Mn2+ D. NH3→NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】需要加入还原剂才能实现，则选项中应为氧化剂，在反应中元素的化合价降低，据此解答。‎ ‎【详解】A. Cu元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂实现；‎ B. Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂实现；‎ C. Mn元素化合价降低，被还原，应加入还原剂实现；‎ D. N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂实现；‎ 答案选C。‎ ‎15. 下列语句中隐含化学变化的是（　　）‎ A. 燃灶液化气化液灶燃 B. 上海自来水来自海上 C. 黄山落叶松叶落山黄 D. 香山红叶寺叶红山香 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、“燃灶液化气化液灶燃”涉及物质的燃烧，物质燃烧有新物质生成，属于化学变化，故A正确；B、“上海自来水来自海上”此句的意思是水的蒸发或蒸馏，无化学变化，故B错误；C、“黄山落叶松叶落山黄”此句描述的是树叶的脱落，与化学变化无关，故C错误；D、树叶散发香味属于物理变化，故D错误，故选A。‎ ‎16.下列各选项中，各类物质依次表示为X、Y、Z，其中与图中三个圆所示的从属关系不相符的是：（　　）‎ A. 氧化物、化合物、纯净物 B. 碱性氧化物、金属氧化物、氧化物 C. 胶体、分散系、混合物 D. 复分解反应、置换反应、化学反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据示意图可知Z包括Y，Y包括X，结合有关概念分析解答。‎ ‎【详解】A、由两种元素构成、其中一种是氧元素的化合物为氧化物，故氧化物属于化合物；由两种或两种以上元素构成的纯净物为化合物，故化合物属于纯净物，A正确；‎ B、能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物均为金属氧化物；由两种元素构成、一种是氧元素另一种为金属元素的化合物为金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，B正确。‎ C、分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，故胶体属于分散系；将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中所得到的体系为分散系，故分散系属于混合物，C正确；‎ D、化学反应可以分为复分解反应、置换反应、化合反应和分解反应，故置换反应和复分解反应并列关系，不是从属关系，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列反应可用离子方程式H++OH−=H2O表示的是（　　）‎ A. NaHSO4溶液与NaOH溶液混合 B. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 C. NaHCO3溶液与KOH溶液混合 D. NH4Cl溶液与NaOH溶液混合 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHSO4溶液与NaOH溶液混合生成硫酸钠和水，离子方程式为H++OH－=H2O，A符合；‎ B、H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡沉淀和水：2H＋+SO42－+Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O，B不符合；‎ C、NaHCO3溶液与KOH溶液混合生成碳酸钠、碳酸钾和水，离子方程式为H++HCO3－=CO32－+H2O，C不符合；‎ D、NH4Cl溶液与NaOH溶液混合生成氯化钠和一水合氨：NH4＋+OH－=NH3·H2O，D不符合。‎ 答案选A。‎ ‎18.下列离子方程式的书写正确是（　　）‎ A. 实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H+ + CO32- ＝ CO2↑+ H2O B. 向NaOH溶液中加入铝粉来制备H2：Al＋2OH-+2H2O=AlO2-＋3H2↑‎ C. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4 反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ D. 铁和稀盐酸反应：Fe + 2H+ ＝H 2↑+ Fe 2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A项，CaCO3难溶于水，应以化学式保留；‎ B项，电荷不守恒；‎ C项，漏写H+与OH-生成H2O的反应；‎ D项，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2。‎ ‎【详解】A项，CaCO3难溶于水，应以化学式保留，大理石与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，A项错误；‎ B项，电荷不守恒，Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B项错误；‎ C项，漏写H+与OH-生成H2O的反应，Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，C项错误；‎ D项，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.为了除去粗盐中Ca2＋，Mg2＋，SO42－及泥沙，将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量的NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3，⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（　　）‎ A. ①④②⑤③ B. ④①②⑤③ C. ②⑤④③① D. ⑤②④①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－，则需将Ca2＋、Mg2＋、SO42－变为沉淀物的形式除去且不能引入新的杂质；①过滤可以除去生成的沉淀物，应在Ca2＋、Mg2＋、SO42－变为沉淀物形式之后、加入盐酸之前进行；②加过量NaOH溶液，能和Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀；③加适量盐酸能除去过量的NaOH和Na2CO3，且生成物为NaCl，无杂质产生，但需要将沉淀物过滤之后添加，以免溶解沉淀生成离子；④加过量Na2CO3溶液，能和Ca2＋反应生成CaCO3沉淀，且能除去过量BaCl2中的Ba2+，应在加入过量BaCl2之后进行；⑤BaCl2能和SO42－反应生成BaSO4沉淀；所以正确的操作顺序是⑤②④①③或②⑤④①③，答案选D。‎ ‎20.下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是（ ）‎ A. SO3 B. 乙醇 C. CaO D. 醋酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子而使二氧化硫的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，则二氧化硫是非电解质，故A正确； B．乙醇在水溶液里以分子存在，酒精水溶液不导电，故B错误；‎ C．CaO溶于水后，与水反应生成Ca(OH)2，电离出Ca2+和OH-，溶液导电，同时CaO是活泼金属氧化物，属于电解质，故C错误； D．醋酸在水溶液能电离出阴阳离子，醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故D错误； 故选A。‎ ‎21. 在溶液中能大量共存的离子组是（　　）‎ A. Na+、OH一、HCO3- B. Ba2+、OH一、C1—‎ C. H+、K+、CO32- D. NH4+、NO3—、OH—‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、OH－和HCO3－发生中和反应，不共存，错误；B、NH4+、OH－生成弱电解质NH3·H2O，不共存，错误；C、H＋和CO32－反应生成CO2或HCO3－，不共存，错误；D、离子间不反应，能大量共存，正确。‎ ‎22.在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（ ）‎ A. Na+、K+、SO42-、HCO3- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ C. Na+、K+、Cl-、NO3- D. Ca2+、K+、CO32-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在酸性溶液中，H+与HCO3-会发生反应，产生CO2、H2O，不能大量共存，A错误；‎ B.铜离子有颜色，不符合题目要求，B错误；‎ C.四种离子在酸性溶液中不能发生任何反应，因此可以大量共存，C正确；‎ D.碳酸根离子和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎23.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ）‎ A. OH－＋HCO3—===CO32—＋H2O B. Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO C. CO32—＋2H＋===CO2↑＋H2O D. Ag+Cl－===AgCl↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：A.该反应表示可溶性碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应；B. 该反应只能表示氯气与水的反应；C. 该反应表示可溶性的碳酸盐与强酸的一类反应；D. 该反应表示可溶性的银盐与可溶性的氯化物的一类反应。‎ 详解：A. OH－＋HCO3－→CO32－＋H2O表示可溶性碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应，如碳酸氢钠、碳酸氢钾与氢氧化钠、氢氧化钾的反应，故A不选；‎ B. 离子方程式Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO只能表示Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，满足题意，故B选；‎ C. CO32－＋2H＋→CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐、CO2和水的反应，如碳酸钠、碳酸钾等与硝酸、硫酸、盐酸等的反应，故C不选；‎ D. Ag＋＋Cl－=AgCl↓表示可溶性的银盐与可溶性氯化物的一类反应，如硝酸银与氯化钠、氯化钾、氯化钡等之间的反应，故D不选；答案选B。‎ ‎24.在某无色透明酸性溶液中,能共存的离子组是( )‎ A. NH4+、NO3-、Al3+、Cl- B. Na+、Fe2+、K+、NO3-‎ C. MnO4-、K+、SO42-、Na+ D. K+、SO42-、HCO3-、Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、NH4+、NO3-、A13＋、Cl-在酸性条件下，不生成沉淀、气体和水，故A正确；B、在酸性条件下，Fe2＋、H+、NO3-发生氧化还原反应，生成Fe3＋ ，故B错误；C、MnO4- 为紫红色，故C错误；D、HCO3-与H＋反应生成CO2，故D错误；故选A。‎ ‎25.在含有下列各离子组的溶液中，能大量共存且溶液为无色透明的是（  ）‎ A. Na+、Cu2+、Cl－、SO42― B. Ba2+、K+、OH－、NO3―‎ C. K+、Ca2+ 、NH4＋、CO32― D. H+、Ca2+、Cl－、HCO3―‎ ‎【答案】B ‎【解析】A Cu2+是蓝色的 B 能大量共存 C Ca2+ 、CO32―产生沉淀 D H+、HCO3―反应生成二氧化碳和水。‎ ‎26.某溶液中含大量NH4+、Na+、HCO3－、CO32－、CH3COO－离子，其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（　　）‎ A. Na+ B. CO32－、NH4+‎ C. CH3COO－ D. CH3COO－、Na+‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：向含有大量NH4+、Na+、HCO3－、CO32－、CH3COO－离子的溶液中加入足量的Na2O2，发生的反应依次为：2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2↑、NH4＋+OH－=NH3↑+H2O、HCO3-+OH－=CO32-+H2O,Na＋、CO32-浓度增大，NH4＋、HCO3-浓度减小，CH3COO－浓度基本不变，选C。‎ ‎27.某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3-)：c(SO42-)：c(Fe3+)：c(H+)：c(M)=2：3：1：3：1，则M可能是（ ）‎ A. Al3+ B. Cl- C. Mg2+ D. Ba2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分析题给数据知溶液中阴离子所带的负电荷浓度大于Fe3＋和H＋所带的正电荷浓度，故M为阳离子；c（NO3-）∶c（SO42-）∶c（Fe3＋）∶c（H＋）∶c（M）＝2∶3∶1∶3∶1，根据电荷守恒可知M为+2价阳离子，而Ba2＋和硫酸根不能大量共存，所以M为Mg2＋，答案选C。‎ ‎28.下列电离方程式书写正确是（　　）‎ A. Ba(OH)2 = Ba2++ (OH)22-‎ B. Fe2(SO4)3 = 2Fe3++ 3SO42-‎ C. KClO3= K++ Cl-+ 3O2-‎ D. NH4NO3 = NH3+H++NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，书写时要遵循电荷守恒和原子守恒； ‎ A.OH-为带有1个单位负电荷的离子，正确的电离方程式： Ba(OH)2 = Ba2++ 2OH-，A错误；‎ B. Fe2(SO4)3 完全电离出铁离子和硫酸根离子，且满足电荷守恒规律， B正确；‎ C. ClO3-为原子团离子，不能拆分，正确的电离方程式：KClO3= K++ ClO3-，C错误；‎ D. NH4+为原子团离子，不能拆分，正确的电离方程式：NH4NO3 = NH4++NO3-，D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎29.已知某溶液中存在H＋、Ba2＋、Fe3＋三种阳离子，则其中可能大量存在的阴离子是（　　）‎ A. SO42— B. CO32— C. NO3— D. OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】SO与Ba2＋生成硫酸钡沉淀，故A错误；CO32―与Ba2＋生成碳酸钡沉淀，故B错误；NO3―与H＋、Ba2＋、Fe3＋都不能反应，故C正确；OH―与Fe3＋生成氢氧化铁沉淀，故D错误。‎ ‎30.能用H+ + OH－ = H2O 来表示的化学反应是：（　　）‎ A. Ba(OH)2溶液和HNO3溶液反应 B. NH3·H2O溶于稀H2SO4‎ C. KOH溶液和CH3COOH溶液反应 D. Ba(OH)2 溶液和H2SO4溶液反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(OH)2溶液和HNO3溶液反应的离子方程式为H+ + OH－ = H2O，故正确；‎ B. NH3·H2O溶于稀H2SO4，NH3·H2O不能写成氢氧根离子，故错误；‎ C. KOH溶液和CH3COOH溶液反应中，醋酸不能拆成离子形式，故错误；‎ D. Ba(OH)2 溶液和H2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀，故不能写成H+ + OH－ = H2O，故错误。‎ 故选A。‎ ‎31.P单质在反应4P＋3KOH＋3H2O=3KH2PO2＋PH3中的变化是（　　）‎ A. 被氧化 B. 被还原 C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中只有P元素的化合价发生变化，以此来解答。‎ ‎【详解】反应4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中，P元素的化合价部分由0升高到+1价，部分由0降低到﹣3价，则P既被氧化又被还原，答案选C。‎ ‎32.下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确（ ）‎ ‎①KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6‎ ‎②Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe；1∶2‎ ‎③SiO2＋3CSiC（硅为+4价）＋2CO↑；1∶2‎ ‎④3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；2∶1‎ A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应中，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，根据化学方程式及电子转移数目守恒分析实际参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比。‎ ‎【详解】①反应KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，1molKClO3被还原，只有5molHCl被氧化，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故①错误； ②反应Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe中，氧化剂为Fe2O3，还原剂为Al，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，故②正确；‎ ‎③反应SiO2＋3CSiC（硅为+4价）＋2CO↑中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，故③正确； ④反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，故④错误。‎ 综上所述，②③正确，B项正确； 答案选B。‎ ‎33.三氧化铬（CrO3）常用于金属镀铬。工业上制造三氧化铬的化学方程式为：X＋H2SO4＝2CrO3＋Na2SO4＋H2O，其中X的化学式是（　　）‎ A. Na2CrO4 B. Na2Cr2O7 C. Na2Cr2O4 D. Na2CrO7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据质量守恒定律解答。‎ ‎【详解】根据质量守恒定律可知X中含有2个钠原子、2个铬原子和7个氧原子，则X的化学式是Na2Cr2O7。答案选B。‎ ‎34.下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. Mg与氧气反应，Mg失电子，氧气得电子，转移电子数为4；‎ B.反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素化合价升高失电子，转移电子数为12；‎ C.‎ ‎ 氧化还原反应中得失电子数应该相等； D. CuO与C反应中，铜得电子，C失电子。‎ ‎【详解】A. Mg与氧气反应，Mg失电子，氧气得电子，转移电子数为4，则电子转移的方向和数目为，A项正确；‎ B. 该反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素化合价升高失电子，转移电子数为12，则电子转移的方向和数目为，B项错误；‎ C. 氧化还原反应中得失电子数应该相等，则碳与氧气反应时，电子转移的方向和数目为，C项错误； D. CuO与C反应，铜得电子，C失电子，则电子转移的方向和数目为，D项错误； 答案选A。‎ ‎35.下列变化过程中得到电子的是（　　）‎ A. MnO2→Mn2＋ B. CuO →CuCl2 C. Ag＋→Ag2O D. Sn2＋→Sn4＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】所含元素化合价降低，在变化过程中得到电子。‎ ‎【详解】A. Mn元素的化合价从+4价降低到+2价，在变化过程中得到电子，故A选；‎ B. 该变化过程中没有元素化合价变化，不能得到电子，故B不选；‎ C. 该变化过程中没有元素化合价变化，不能得到电子，故C不选；‎ D. Sn元素的化合价从+2价升高到+4价，在变化过程中失去电子，故D不选，答案选A。‎ ‎36.在下列反应中，反应物中每个原子都参加氧化还原反应的是（　　）‎ A. 2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑‎ B. 2NaCl2Na+Cl2↑‎ C. 2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑‎ D. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，反应物中每个原子都参加氧化还原反应，则反应物所含有元素的化合价都发生变化，以此解答该题。‎ ‎【详解】反应物中每个原子都参加氧化还原反应，则反应物中所有元素的化合价都发生变化，‎ A. K、O元素化合价没有发生变化，A项不符合题意；‎ B. Na、Cl元素的化合价都发生变化，B项符合题意；‎ C. 只有生成氧气的O原子的化合价发生变化，即O原子的化合价没有全部变化，C项不符合题意；‎ D. K元素以及部分O原子化合价没有变化，D项不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎37.已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，Br2+2Fe2+===2Br−+2Fe3+，由此可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（　　）‎ A. Br−＞Fe2+＞I− B. I−＞Fe2+＞Br− ‎ C. Br−＞I−＞Fe2+ D. Fe2+＞I−＞Br−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，还原剂是化合价升高，还原产物是氧化剂被还原得到的产物，①I－是还原剂，Fe2＋是还原产物，还原性：I－>Fe2＋，②Fe2＋是还原剂，Br－是还原产物，还原性：Fe2＋>Br－，顺序是：I－>Fe2＋>Br－，故选项B正确，答案选B。‎ ‎38.某同学在做实验时引发了镁失火，他立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C，下列关于该反应的判断正确的是（　　）‎ A. Mg元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原产物 B. 由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>C C. CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应 D. Mg原子失去的电子数目等于O原子得到的电子数目 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】2Mg+CO22MgO+C，镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物。‎ ‎【详解】镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，A错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2＞MgO，还原性Mg＞C，故B正确；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，发生还原反应，C错误；根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎39.已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2，则下列反应不能发生的是(　　）‎ A. 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋ B. H2O2 ＋H2SO4=SO2↑＋O2↑＋2H2O C. I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI D. 2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2，来判断反应能否发生。‎ ‎【详解】A. 还原性：Fe2＋＜SO2，反应能发生；‎ B. 还原性：H2O2＜SO2，若该反应发生，H2O2为还原剂，SO2为还原产物，还原性强弱为H2O2>SO2，与已知的还原性强弱矛盾，不可能发生；‎ C. 还原性：I－＜SO2，反应能发生；‎ D. 还原性：Fe2＋＜H2O2，反应能发生；‎ 答案选B ‎40.在4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2‎ O的反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸分子个数比为 （  ）‎ A. 1∶9 B. 9∶1 C. 4∶2 D. 2∶4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应前后N元素化合价的变化分析。‎ ‎【详解】该反应10molHNO3参与反应，其中1molHNO3中N元素的化合价由+5价降至NH4NO3的NH4+中的-3价，9molHNO3中N元素的化合价在反应前后不变，则反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3分子数之比为1:9，答案选A。‎ ‎41.将甲、乙两种金属分别放入硫酸铜溶液中，甲表面析出金属铜，乙没有明显现象。据此判断，三种金属活动性顺序为（ ）‎ A. 乙>铜>甲 B. 铜>甲>乙 C. 甲>铜>乙 D. 甲>乙>铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将甲、乙两种金属分别加入CuSO4溶液中，甲表面析出金属Cu，乙没有明显现象，甲能置换出Cu，乙不能置换出Cu，则甲比Cu活泼，乙的活动性不及Cu，三种金属活动性顺序：甲Cu乙，答案选C。‎ ‎42.将小块金属钠投入滴有酚酞的水中，不可能出现的现象是（　　）‎ A. 钠浮在水面上 B. 熔化成一个小球 C. 溶液变红 D. 产生沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】钠的密度小于水，钠的熔点很低，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，滴加酚酞，溶液变红色，且反应过程中放出大量热，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．因为钠的密度比水小，故钠浮于水面上； B．因为Na的熔点低且钠和水的反应为放热反应，故钠熔化为闪亮的小球； C．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以滴有酚酞的水中，溶液变红色； D．钠和水的反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠是易溶于水的强碱，不可能产生沉淀； 答案选D。‎ ‎43.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是(　　)‎ ‎①MgSO4溶液　 ②Na2SO4稀溶液　 ③饱和澄清石灰水 ④Ca(HCO3)2溶液　⑤CuSO4溶液　 ⑥饱和NaCl溶液 ⑦FeCl3溶液 A. ①④⑤⑦ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑦ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠与硫酸镁溶液反应生成氢气、氢氧化镁沉淀，正确；‎ ‎②钠与硫酸钠溶液反应生成氢气，得不到沉淀，错误；‎ ‎③钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热且消耗水，氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，故有白色沉淀氢氧化钙析出，正确；‎ ‎④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，正确；‎ ‎⑤钠与硫酸铜溶液反应生成氢气、氢氧化铜蓝色沉淀，错误；‎ ‎⑥溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，水减少，饱和氯化钠溶液析出白色氯化钠固体，正确；‎ ‎⑦钠与FeCl3溶液反应生成氢气，氢氧化铁红褐色沉淀，错误。‎ 答案选D。‎ ‎44.下列反应发生时，会产生棕黄色烟的是（　　）‎ A. 铁在氯气中燃烧 B. 磷在氧气中燃烧 C. 氢气在氯气中燃烧 D. 钠在氧气中燃烧 ‎【答案】A ‎【解析】铁在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，A正确；磷在氧气中燃烧冒白烟，B错误；氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾，C错误；钠在氧气中燃烧，火焰为黄色，D错误；正确选项A。‎ ‎45.将一小块金属钠放在坩埚里加热，实验现象描述正确的是（　　）‎ ‎①钠在燃烧之前先熔化 ②钠燃烧的火焰呈紫色 ③钠燃烧后得到白色固体 ④钠燃烧的火焰呈黄色 ⑤钠燃烧后生成物为淡黄色固体 A. ①④⑤ B. 只有⑤ C. 只有① D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】①由于钠的熔点较低，加热后先熔化，故①正确；②钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故②错误；③生成过氧化钠，为淡黄色固体，故③错误；④钠在加热条件下能在空气中燃烧，火焰呈黄色，故④正确；⑤‎ 与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故⑤正确。故选：A。‎ ‎46.现有两瓶无标签的无色溶液，分别装有Na2CO3和NaHCO3，用下列试剂或方法能将两者区分的是 ( )‎ ‎①Ca(OH)2　②盐酸　③CaCl2　④NaOH　⑤加热 A. ②③ B. ①④ C. ①③ D. ②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①均与氢氧化钙反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，错误；②加入盐酸，碳酸钠先不生成气体，而碳酸氢钠马上生成气体，可鉴别，正确；③碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀，而碳酸氢钠与氯化钙不反应，现象不同，可以鉴别，正确；④碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，现象不明显，而碳酸钠与NaOH不反应，不能鉴别，错误；⑤在溶液中加热，碳酸氢钠不易分解，没有明显现象，不能鉴别，错误；答案选A。‎ ‎47.相同物质的量的镁和铝分别与足量的稀盐酸反应，生成氢气的质量之比（ ）‎ A. 2：3 B. 1：3 C. 3：2 D. 3：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】镁、铝和盐酸反应的方程式分别为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑、2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，所以相同物质的量的镁和铝分别与足量的稀盐酸反应，生成氢气的质量之比2：3，答案选A。‎ ‎48.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体．则该样品中纯碱的质量分数为（　　）‎ A. ×100% B. ×100%‎ C. ×100% D. ×100%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设碳酸钠的质量为m，则：‎ Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O 固体质量增重 ‎106 117 11‎ m (b−a)g 所以，解得，故该样品中纯碱的质量分数为，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎49.下列物质反应时，反应物用量或反应条件的改变对生成物无影响的是（　　）‎ A. C和O2 B. Na2CO3和盐酸 C. Na和O2 D. NaHCO3和NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C在O2中燃烧，氧气足量得CO2、氧气不足得CO，生成物与反应物用量有关，A项不符合题意；‎ B. Na2CO3与盐酸反应，盐酸不足得碳酸氢钠和氯化钠，盐酸足量反应生成氯化钠、二氧化碳和水，生成物与反应物用量有关，B项不符合题意；‎ C. Na和O2常温生成氧化钠，加热条件生成过氧化钠，生成物与反应条件有关，C项不符合题意；‎ D. NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，生成物与反应物用量或反应条件无关，D项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎50.一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8g，将其投入100g水中，产生H2 0.2g，则被氧化的钠是 （ ）‎ A. 9.2g B. 10.6g C. 6.2g D. 4.6g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O＝2NaOH，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；收集到氢气0．2g，则n(H2)＝0.2g÷2g/mol＝0.1mol，根据方程式的关系可知n(Na)＝2n(H2)＝0.2mol，m(Na)＝0.2mol×23g/mol＝4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g＝6.2g，则n(Na2O)＝6.2g÷62g/mol＝0.1mol，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2mol，其质量是m(Na)＝0.2mol×23g/mol＝4.6g，答案选D。‎ 二、填空题 ‎51.有一包白色固体粉末，可能含有Na2SO4、CaCO3、KCl、BaCl2、CuSO4中的一种或几种，按以下步骤进行实验：‎ ‎①将固体粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀；‎ ‎②加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且有气泡产生。‎ 根据以上实验所产生的现象，判断这种混合物里，一定含有________________物质，一定没有________物质，可能有的物质是________。写出上述所发生反应的离子方程式：_____________________________________________________________‎ ‎【答案】(1). Na2SO4、CaCO3、BaCl2 (2). CuSO4 (3). KCl (4). Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓，CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】①将固体粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，溶液为无色，说明一定不存在蓝色的CuSO4；有白色沉淀，可能含有碳酸钙或硫酸钠、氯化钡；②加入稀盐酸，沉淀部分溶解且有气泡产生，沉淀只有部分溶解，说明沉淀为碳酸钙和硫酸钡，原白色固体粉末中一定存在Na2SO4、CaCO3、BaCl2；根据以上分析判断未知物的组成，然后写出反应的离子方程式。‎ ‎【详解】根据①可知，一定不存在使溶液呈现蓝色的CuSO4；根据②沉淀部分溶解且有气泡产生可知，气体为二氧化碳，沉淀为碳酸钙和硫酸钡，则白色固体粉末中一定存在CaCO3、Na2SO4、BaCl2，无法确定是否含有KCl；‎ 根据以上分析可知，原白色固体粉末中一定含有：CaCO3、Na2SO4、BaCl2；一定不含CuSO4；可能含有KCl；发生反应的离子方程式有：Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓、CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；‎ 故答案为：Na2SO4、CaCO3、BaCl2；CuSO4；KCl；Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓、CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。‎ 三、推断题 ‎52.A～E是初中化学常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种。A可用于金属表面除锈，B可用来改良酸性土壤。它们相互之间发生反应或转化的关系如图所示（“－”表示两种物质间能发生反应，“→”表示两种物质间的转化关系）。‎ ‎（1）A、C的化学式分别为________、________；D在生活和生成中的一种用途是_________。‎ ‎（2）E→D反应的化学方程式为_____________________________；B与D反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎【答案】(1). HCl (2). NaOH (3). 光合作用的原料、灭火 (4). Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑ (5). CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种。A可用于金属表面除锈，B可用来改良酸性土壤，则A为稀盐酸，B为氢氧化钙；A与C能反应，B与D能反应，由盐酸能与氢氧化钠、碳酸钠反应，氢氧化钙能与二氧化碳、碳酸钠反应，则E为碳酸钠，C为氢氧化钠、D为二氧化碳，据此进行分析解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A为稀盐酸，B为氢氧化钙，C为氢氧化钠、D为二氧化碳，E为碳酸钠。则 ‎（1）A、C的化学式分别为HCl、NaOH。D是二氧化碳，在生活和生产中的一种用途是光合作用的原料、灭火剂等；‎ ‎（2）E→D反应，即碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑；B与D反应，即氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O。‎ ‎53.A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系，E是淡黄色粉末， ‎ 写出A、B、C、D、E、F的化学式： A．____，B．____，C．_____，D．_____，E．_____，F．______‎ ‎【答案】(1). Na (2). NaOH (3). Na2CO3 (4). NaCl (5). Na2O2 (6). NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】首先判断E为过氧化钠，再根据钠及其化合物之间的转化确定各物质。‎ ‎【详解】E是淡黄色粉末，且E是由A与氧气在点燃的条件下反应生成的，E为化合物，则E为Na2O2；A为Na；Na与水反应生成NaOH与氢气，则B为NaOH；NaOH与二氧化碳反应生成Na2CO3和水，C为Na2CO3；Na2CO3与二氧化碳、水反应生成NaHCO3，NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3，F为NaHCO3；Na2CO3‎ 与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，Na2O2与水、盐酸反应分别生成氢氧化钠、氯化钠，D为NaCl；‎ 故答案为：Na；NaOH；Na2CO3；NaCl；Na2O2；NaHCO3。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎