天津市静海区第一中学2020届高三3月统练化学试题

天津市静海区第一中学2020届高三3月统练化学试题

化学试题 ‎1.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是 A. 原子半径：As＞Cl＞P B. 热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr C. 还原性：As3-＞S2-＞Cl- D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；‎ B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；‎ C．单质氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；‎ D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎2.用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是 ‎①中的物质 ‎ ‎②中的物质 ‎ 预测①中现象 A 淀粉碘化钾溶液 浓硝酸 ‎ 无明显现象 B 酚酞溶液 浓盐酸 无明显现象 C 氯化铝溶液 浓氨水 有白色沉淀 D 湿润红纸条 饱和氯水 红纸条褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；‎ B．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；‎ C．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；‎ D．饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎3.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是 A. 二氧化氮 B. 钠 C. 硫酸镁 D. 二氧化硅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，硝酸与氯化铵不反应，A错误；‎ B．钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠是强碱，与氯化铵反应生成氨气，B正确；‎ C．硫酸镁溶液与氯化铵不反应，C错误；‎ D．二氧化硅不溶于水，与氯化铵不反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列与含氯化合物有关的说法正确的是 A. HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 B. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体 C. HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D. 电解NaCl溶液得到‎22.4L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HClO是弱酸，NaClO是次氯酸与碱发生反应产生的盐，属于强电解质，A错误；‎ B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁水解，可制得Fe(OH)3胶体，B正确；‎ C．HCl溶液和NaCl 溶液均通过离子导电，是由于二者在水分子的作用下发生电离产生了离子，HCl断裂的是共价键，NaCl断裂的是离子键；因此前者是共价化合物，后者是离子化合物，C错误；‎ D．电解NaCl溶液得到‎22.4L H2（标况），其物质的量是1mol，属于理论上需要转移2NA个电子（NA阿伏加德罗常数），D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是 A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 B. 向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42－‎ C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 D. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2使品红溶液褪色，不是氧化还原反应，错误；‎ B、在酸性溶液中，硝酸盐具有氧化性，能把SO32－氧化生成SO42－，因此原溶液中不一定含有SO42－，错误；‎ C、硝酸是氧化性酸，和铁反应发生氧化还原反应，不是置换反应，错误；‎ D、二者极易溶于水，压强减小，水面上升，正确。‎ ‎6.PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P－H键键能比N－H键键能低。下列判断错误的是 A. PH3分子呈三角锥形 B. PH3分子是极性分子 C. PH3沸点低于NH3沸点，因为P－H键键能低 D. PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N－H键键高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；‎ B．PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；‎ C．NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故C错误；‎ D．P-H键键能比N-H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎7.和氢硫酸反应不能产生沉淀的是（ ）‎ A. Pb(NO3)2溶液 B. Na2S溶液 C. CuSO4溶液 D. H2SO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢硫酸与Pb(NO3)2反应与生成PbS沉淀，故A不选；‎ B. 二者不反应，没有沉淀生成，故B选；‎ C. 氢硫酸与CuSO4反应与生成CuS生成，故C不选；‎ D. 氢硫酸可与浓硫酸发生氧化还原反应生成单质S，有沉淀生成，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）‎ ‎①Al2O3 NaAlO2(aq)Al(OH)3‎ ‎②S SO3 H2SO4‎ ‎③饱和NaCl(aq)NaHCO3 Na2CO3‎ ‎④Fe2O3 FeCl3(aq)无水FeCl3‎ ‎⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgO A. ②③④ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液，再向该溶液中通入CO2气体，又生成了Al(OH)3白色沉淀，①可实现；S在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，②不能实现；饱和NaCl溶液与氨气、二氧化碳共同反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解为Na2CO3，③可以实现；Fe2O3溶于盐酸生成FeCl3溶液，由于氯化铁易发生水解，直接加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体，得不到无水FeCl3，④不能实现；MgCl2(aq)与石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，加热该沉淀分解为MgO，⑤可以实现；综上①③⑤都可以实现，B正确；正确选项B。‎ 点睛：FeCl3溶液直接加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体，‎ 只有在不断通氯化氢气流的情况下，加热蒸干才能得到无水FeCl3。‎ ‎9.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸‎0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液‎1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为‎39.2g。下列有关说法不正确的是 A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L C. 产生的NO在标准状况下的体积为‎4.48L D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有 ‎64x+144y=27.2……①‎ 由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②‎ 解得x=0.2、y=0.1‎ A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；‎ B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /‎0.5L =2.4 mol/L，B不正确；‎ C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为‎22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=‎4.48L，C正确；‎ D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎10. 下列有关说法正确的是 A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解 B. Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象 C. H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥 D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；‎ B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；‎ C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；‎ D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。‎ ‎11.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是(　　)‎ A. X可能是金属铜 B. Y不可能是氢气 C. Z可能是氯化钠 D. Z可能是三氧化硫 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；‎ B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；‎ C．Z若为氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；‎ D．Z若为三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是 A. Na2O B. AlCl‎3 ‎ C. FeCl2 D. SiO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；‎ B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；‎ C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；‎ D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。‎ ‎【点睛】注意单质之间化合的产物 ‎1、氢气和氧气生成水。‎ ‎2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。‎ ‎3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。‎ ‎4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。‎ ‎5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。‎ ‎6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。‎ ‎7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。‎ ‎8、铁和硫反应生成硫化亚铁。‎ ‎9、铁和氧气反应生成四氧化三铁 ‎10、铜和硫反应生成硫化亚铜 ‎13.下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是(　　)‎ A. 该溶液中Na＋、NH、NO、Mg2＋可以大量共存 B. 通入CO2气体产生蓝色沉淀 C. 与H2S反应的离子方程式：Cu2＋＋S2－===CuS↓‎ D. 与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、离子不反应，可以相互共存，正确；‎ B、通入二氧化碳没有发生反应，无明显现象，错误；‎ C、H2S是弱酸，弱电解质不能拆开，错误；‎ D、过量浓氨水反应产生[Cu(NH3)4]2+，错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）‎ A. 粗硅SiCl4Si B. Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg C. Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3‎ D. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粗硅中Si与Cl2在高温下发生化合反应产生SiCl4，杂质也与氯气发生反应变为氯化物，由于杂质的氯化物与SiCl4沸点不同，通过分馏分离出来，然后使SiCl4与氢气在高温下发生反应产生Si和HCl，都可以一步完成，正确；‎ B．Mg(OH)2与HCl发生酸碱中和反应产生MgCl2，将MgCl2蒸馏浓缩冷却结晶得到MgCl2∙6H2O，把该物质在HCl的环境中加热蒸发，得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2可制取得到金属Mg，可见由MgCl2溶液不能一步得到金属镁，错误；‎ C．Fe2O3与盐酸发生复分解反应产生FeCl3溶液，该盐是强酸弱碱盐，加热蒸发水分，盐水解产生Fe(OH)3和HCl，HCl挥发逸出，最后得到的固体是Fe(OH)3，要得到无水FeCl3，应该先蒸发溶液得到晶体后在HCl的环境中加热蒸发，得到无水FeCl3，错误；‎ D．向AgNO3溶液中加入氨水发生银镜反应产生[Ag(NH3)2]OH；由于蔗糖无还原性，因此与银氨溶液变化发生银镜反应产生单质银，错误。‎ ‎15.完成下列实验所选择的试剂、装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是 A. 图1：用酒精提取碘水中的I2‎ B. 图2：滴定管读数 C. 图3：证明非金属性的强弱关系：S>C>Si D. 图4：收集Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒精与水混溶，不分层，则不能利用酒精提取溴水中的溴，可选择苯或四氯化碳，A错误；‎ B．滴定管读数应读到小数点后两位数，正确读数应为10.60mL，B错误；‎ C．根据较强酸制取较弱酸可知，酸性硫酸＞碳酸＞硅酸，又因为非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则非金属性S＞C＞Si，C正确；‎ D．氯气的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，图中氯气进入的导管应长，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及分离提纯及实验，明确仪器的使用、酸性的比较方法、气体的收集等即可解答，题目难度不大，选项B为易错点，注意滴定管的读数与量筒的区别。‎ ‎16.下列有关物质性质和该性质的应用均正确的是 A. 二氧化锰具有强氧化性，可用作H202分解的氧化剂 B. K2Fe04具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C. Fe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜 D. 二氧化硫和氯水均具有漂白性，可将两者混合使用增强漂白效果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化锰具有催化性，可用作H2O2分解的催化剂，A错误；‎ B．K2FeO4具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B错误；‎ C．Fe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜，转化为铜离子，C正确；‎ D．SO2具有还原性，氯水具有氧化性，将两者混合使用会发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，降低漂白效果，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.下列实验现象的描述正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 图2中铝箔熔化有液滴落下 B. 图3中新切开的钠块表面很快变成黄色 C. 图4中火焰呈苍白色，瓶口有白雾产生 D. 图5中烧瓶内的溶液变成红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、氧化铝的熔点高于金属铝的，所以在加热铝箔时熔化的铝被表面的氧化铝包裹着，不会有液滴落下，故A错误；B、金属钠很活泼，新切开的钠块表面很快被氧化为氧化钠而变暗，故B错误；C、纯净的氢气在氯气中燃烧火焰呈苍白色，生成的HCl在瓶口遇空气形成盐酸小微粒而产生白雾，故C正确；D、氨气溶于水显弱碱性，遇紫色石蕊溶液显蓝色，故D错误。本题正确答案为C。‎ 点睛：铝和氧化铝的熔点高低是容易被忽略的，从而导致错选A，钠在空气中很快被氧化为氧化钠，而在加热时才生成淡黄色的过氧化钠。‎ ‎18.如图所示装置是化学实验中的常用装置，它有多种用途，以下各项用途和操作都正确的是 A. 洗气或干燥装置：瓶内放一定体积溶液，由a管口进气 B. 用于收集不溶于水的气体：瓶内充满水，由b管口进气 C. H2S和SO2反应的装置：由a管口通入H2S，b管口通入SO2‎ D. 提供少量CO：瓶内充满CO，b管口接自来水龙头 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．洗气或干燥气体时，气体应从长管b进气，否则不能起到洗气的作用，A错误；‎ B．用于收集不溶于水的气体：瓶内充满水，气体应从短管进，可将水从长管排除，B错误；‎ C．H2S和SO2反应的装置，应有出气管，应用三孔橡皮塞，C错误；‎ D．作为储气瓶提供气体时，从长管进水，从短管出气，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入100mL、1mol/L的HCl中，同温同压下产生的气体的体积比是（ ）‎ A. 3：1：1 B. 6：3：‎2 ‎C. 1：2：3 D. 1：1：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】钠和稀盐酸、水都反应，镁和铝分别与稀盐酸反应方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，实际上n（HCl）=1mol/L×‎0.1L=0.1mol，所以镁和铝都剩余，根据2Na～H2↑可知，0.3molNa完全反应，生成氢气的物质的量=0.3mol×=0.15mol，镁和铝都剩余，所以二者与酸反应生成氢气的量相等，生成根据氢原子守恒得生成氢气的量= =0.05mol，所以同温同压下产生的气体的物质的量之比=0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】解决此题的关键是明确钠的化学性质，钠性质非常活泼，可以与水反应置换出氢气，所以当钠与盐溶液反应时，通常先考虑钠与水反应，生成的氢氧化钠再与盐反应。‎ ‎20.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u能使品红溶液退色，v的俗名叫烧碱。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 原子半径的大小：W>Z>Y>X B. t与r反应时，r为氧化剂 C. 生活中可用u使食物增白 D. Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u能使品红溶液褪色，u为SO2；v的俗名叫烧碱，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，q是S，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，则 A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：Z＞W＞Y＞X，A错误；‎ B．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；‎ C．二氧化硫有毒，生活中不能用二氧化硫使食物增白，C错误；‎ D．Z分别与Y、W组成的化合物分别为NaH、Na2O时，化学键均为离子键，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素推断、无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度中等，注意选项D中Na与H可形成离子化合物NaH，为易错点。‎ ‎21.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（ ）‎ 选项 W X Y Z A S SO2‎ SO3‎ H2SO4‎ B Na Na2O2‎ NaOH NaCl C Fe FeCl3‎ Fe(OH)2‎ FeCl2‎ D Al AlCl3‎ Na[Al(OH)4]‎ Al2(SO4)3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A错误；‎ B. Na燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B错误；‎ C. Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe(OH)2，则常温下不能发生图中转化，故C错误；‎ D. Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎22.下列有关化学与生活、工业的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料 B. 未成熟的苹果肉遇碘酒变蓝色，成熟苹果的汁液能与银氨溶液发生反应 C. 面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物 D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、制玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料，A正确；‎ B、未成熟的苹果肉含有大量淀粉，遇碘酒变蓝色，成熟苹果淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖中含－CHO，能与银氨溶液发生反应，B正确；‎ C、碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，C错误；‎ D、二氧化硫和氮氧化物都是有毒物质，矿物中含有氮、硫元素，如果矿物进行“脱硫、脱硝技术”，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放，从而减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染，‎ D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意金属氧化物不一定均是碱性氧化物，也可能是酸性氧化物或两性氧化物或三者均不是。碱性氧化物、酸性氧化物或两性氧化物判断时一定要严格按照概念分析，即能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物均是酸性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，也和碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物，氧化铝是典型的两性氧化物。‎ ‎23.下列说法正确的是（ ）‎ A. 钠久置于空气中，可以和空气中的有关物质反应，最终生成NaHCO3‎ B. 氮气的化学性质通常非常稳定，但在放电条件下可以与O2反应生成NO2‎ C. 海水制食盐、石油分馏、焰色反应都属于物理变化 D. 钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含氧量高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠久置于空气中，可以和空气中的有关物质反应，最终生成Na2CO3，A错误；‎ B．N2在放电条件下与O2反应只能生成NO，得不到二氧化氮，B错误；‎ C．海水制食盐、石油分馏、焰色反应过程中都没有新物质的生成，所以都属于物理变化，C正确；‎ D．海水含盐量高，钢铁在海水中更容易发生电化学腐蚀，加快铁的腐蚀速率，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】焰色反应是元素的一种物理性质，无论是金属离子还是金属原子均能发生焰色反应，焰色反应属于物理变化。注意焰色反应显色过程与气体物质燃烧产生各色火焰过程机理不相同，二者有着本质的区别。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生的各种颜色火焰，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光。‎ ‎24.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是 A. “火树银花合，星桥铁索开”，其中的“火树银花”涉及到焰色反应 B. 古剑沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢是铁的合金 C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，这种对青蒿素的提取方法属于物理变化 D. 《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．焰色反应是某些金属元素的特征性质，不同的金属元素的焰色反应不同，“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应的体现，A正确；‎ B．“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢为铁的合金，B正确；‎ C．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，C正确；‎ D．矾是各种金属（如铜、铁、锌）的硫酸盐，不是金属硫化物，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎25.下列依据实验操作及现象得出结论正确的是 ‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的 Ba(ClO) 2溶液 生成白色沉淀 ‎ 试样己氧化变质 B 向Co2O3中滴入浓盐酸 ‎ 产生黄绿色气体 氧化性：Co2O3＞Cl2‎ C 向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液 溶液变为红色 待测溶液中含有Fe2+‎ D 向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液 有白色沉淀和气体产生 AlO2-与HCO3-发生了双水解反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若试样没有变质，Ba（ClO）2具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，Na2SO4与Ba2+形成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀，错误；‎ B、Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体，则浓盐酸被氧化成Cl2（Cl2为氧化产物），Co2O3为氧化剂，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性：Co2O3Cl2，正确；‎ C、待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液，溶液变为红色，待测液中可能只有Fe3+不含Fe2+‎ ‎，检验Fe2+应先加KSCN溶液无明显现象，再加氯水溶液变红，错误；‎ D、NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，发生反应：NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al（OH）3↓，只有白色沉淀，不是双水解反应，是“强制弱”的复分解反应，错误；‎ 答案选B。‎ ‎26.下列有关物质的分类或有关物质的说法正确的是 A. 一氧化碳、二氧化氮、一氧化氮都是大气污染物，在空气中都能稳定存在 B. 高锰酸钾或重铬酸钾不能与草酸或铝粉存放在同一个药品柜里 C. 二氧化硅、五氧化二磷都是酸性氧化物，都与水反应生成相应的含氧酸 D. 氧化钠、过氧化钠都是含氧化合物，与水反应产物相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能稳定存在，A错误；‎ B．高锰酸钾或重铬酸钾有强氧化性，草酸或铝粉有较强的还原性，不能存放在同一个药品柜里，B正确；‎ C．二氧化硅与水不反应，不溶于水，C错误；‎ D．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与水反应产物不相同，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎27.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）‎ A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B. 氯水和活性炭使红墨水褪色 C. 铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象 D. 二氧化硫和过氧化钠使品红褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸具有吸水性，浓度降低是因溶剂增多，而浓盐酸易挥发浓度减小是因溶质减少，原因不同，A错误；‎ B．氯水中HClO具有强氧化性使红墨水褪色，而活性炭具有吸附性使红墨水褪色，原理不同，B错误；‎ C．铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象，均是因为发生了钝化，原理相同，C正确；‎ D．过氧化钠具有强氧化性，能使品红褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，发生的是非氧化还原反应，原理不相同，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎28.仅用下表提供的仪器(夹持仪器和试剂任选)不能达到相应实验目的的一组是 选项 实验目的 仪器 A 用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量NaI 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗 B 配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液 药匙、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL的容量瓶 C 从食盐水中获得NaCl晶体 酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角 D 用盐酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3‎ 漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量NaI，应该向用溴和NaI溶液反应，然后采用萃取、分液方法分离，所以需要的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，所以能实现实验目的，A正确；‎ B．根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有药匙、天平、量筒、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，B正确；‎ C．从食盐水中获取食盐晶体应该采用蒸发结晶的方法，盛放泥三角的仪器是三脚架，所以缺少三脚架，并且用蒸发皿，而不能用坩埚，不能实现实验目的，C错误；‎ D．碳酸钡和稀盐酸反应生成可溶性的氯化钡，硫酸钡和稀盐酸不反应，然后采用过滤方法分离，最后洗涤、干燥即可，需要的仪器是漏斗，烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸，所以能实现实验目的，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及混合物的分离和提纯、酸碱中和滴定等知识点，明确常见仪器的使用方法是解本题的关键，侧重考查基本实验、基本操作能力，题目难度不大。‎ ‎29.下列实验装置或操作不能达到相应实验目的的是 A. 分离苯和溴苯 B. 灼烧干海带 C. 用四氯化碳提取碘水中的碘 D. 冶炼金属铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯和溴苯互溶，沸点相差较大，可用蒸馏法分离，但温度计水银球要放在蒸馏烧瓶的支管出口处，A错误；‎ B、灼烧干海带需要放在坩埚中进行，B正确；‎ C、碘易溶在有机溶剂中，可以用四氯化碳萃取碘水中的单质碘，C正确；‎ D、利用铝热反应可用冶炼金属铁，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎30.某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的一种或几种物质，往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入的NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)溶液中一定含有的溶质是_______，一定不含有的溶质是_____(填化学式)。‎ ‎(2)溶液中可能含有的溶质是________(填名称)，判断该物质是否存在的实验方法是________，现象是________。‎ ‎(3)分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式：①AB段为________；②BC段为________。‎ ‎【答案】 (1). HCl、AlCl3、NH4Cl (2). MgCl2、Na2CO3 (3). 氯化钾 (4). 焰色反应 (5). 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应是否为紫色 (6). Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ (7). NH4+＋OH－=NH3·H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】首先分析图像中的拐点、斜线及水平线所表示的化学意义。OA段是NaOH溶液中和HCl；加入过量NaOH溶液，沉淀全部溶解，说明无MgCl2，所以沉淀只有Al(OH)3；BC段是NaOH溶液与NH4Cl反应，故原溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定无MgCl2；又因为AlCl3、HCl与Na2CO3不能大量共存，所以一定无Na2CO3；可能含有KCl，可用焰色反应进行确定。‎ ‎31.将铁粉投入到盛有Cu2+、Ag+、Fe3+的溶液中，反应完毕时，若烧杯底部有铁粉剩余，溶液中一定不含的金属离子是_______，若烧杯中没有铁粉剩余，则溶液中一定含有的金属离子是_______，若溶液中不含有Cu2+时，则一定不含有的金属离子是_______。‎ ‎【答案】 (1). Ag+、Fe3+、Cu2+ (2). Fe2+ (3). Ag+和Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三种离子的氧化性顺序为Ag+＞Fe3+＞Cu2+，结合氧化还原反应规律解答。‎ ‎【详解】因为Ag+、Fe3+、Cu2+三种离子的氧化性顺序为Ag+＞Fe3+＞Cu2+，当加入铁粉时，按Ag+、Fe3+、Cu2+的顺序反应，当铁粉剩余时，Ag+、Fe3+、Cu2+将全部反应；若铁粉不剩余时，溶液中一定含有的离子只有Fe2+，溶液中不含Cu2+时，因为Fe3+、Ag+的氧化性比Cu2+强，所以一定不含有Ag+和Fe3+。‎ ‎【点睛】注意氧化还原反应规律的理解和应用，即一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。‎ ‎32.部分中学化学常见元素的原子结构及性质如下表所示:‎ 元素 结构及性质 A A单质是生活中的常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5‎ B B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5‎ C C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态 D D是地壳中含量最丰富的金属元素，工业上可通过电解法获取其单质 E 通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物 F F在周期表中可以排在IA族，也有人提出排在VIIA族 ‎(1)A元素在周期表中的位置为第_____周期_____族。‎ ‎(2)B与C形成的化合物的化学式为______，它属于____(填“离子”或“共价”)化合物。‎ ‎(3)F与E可以形成原子个数比分别为2:1、1:1的两种化合物X和Y。区别X与Y的水溶液的实验方法是_________________________________________。‎ ‎(4)C与E都是较活泼的非金属元素，两者的非金属性强弱比较：_____＞______（用化学符号回答），请例举出一个判断二者非金属性强弱的证据是____________________。‎ ‎(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入NaOH溶液中可以形成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出负极的电极方程式(若认为不行可不写)_________________。‎ ‎【答案】 (1). 四 (2). Ⅷ (3). Mg3N2 (4). 离子 (5). 分别取两种待测液于试管中，加入少量的MnO2粉末，观察有大量气体生成的为H2O2 (6). O＞N (7). 4NH3+3O22N2+6H2O其他合理答案也行 (8). Al+4OH--3e-＝AlO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B元素原子最外层电子数是内层电子总数的1/5，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B为Mg 元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D是地壳中含量最丰富的金属元素，工业上可通过电解法获取其单质，则D为Al；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、-1，故F为H元素；通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A为Fe，B为Mg，C为N，D为Al，E为O，F为H。则 ‎（1）铁元素在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族 ‎（2）Mg与N元素形成的化合物的化学式为Mg3N2，它属于离子化合物；‎ ‎（3）H与O元素可以形成原子个数比分别为2：1、1：1的两种化合物X和Y，则X为H2O、Y为H2O2，双氧水易分解，因此区别X与Y的水溶液的实验方法是：分别取两种待测液于试管中，加入少量的MnO2粉末，观察有大量气体生成的为H2O2；‎ ‎（4）同周期自左向右非金属性逐渐增强，则氧元素非金属性强于氮元素。利用氧化剂的氧化性处于氧化产物的氧化性，可以说明单质氧化性强弱，即表明氮气、氧气的氧化性强弱的方程式为4NH3+3O22N2+6H2O；‎ ‎（5）Mg、Al的单质用导线连接后插入NaOH溶液中，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，可以形成原电池，铝发生氧化反应，故负极上Al失去电子，碱性条件下生成偏铝酸根离子与水，负极电极反应式为Al+4OH--3e-＝AlO2-+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，明确元素种类是解答关键，需要学生全面掌握基础知识，难度中等。（5）是解答的易错点，注意原电池中负极的金属性不一定强于正极，需要结合电解质溶液的性质分析解答。常见的是镁、铝与氢氧化钠溶液构成的原电池以及铁、铜与浓硝酸构成的原电池等。‎ ‎33.A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增短周期元素。其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和X均可形成10个电子的化合物；B与Z的最外层电子数之比为2∶3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其水溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题：‎ ‎(1)Z元素在元素周期表中的位置是_____________________。‎ ‎(2)化合物B‎2A4的结构式为____________________。‎ ‎(3)A与X、A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为_____‎ ‎(4)将Z与X形成的气态化合物ZX2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体生成，发生反应的离子方程式为________________________________________________，由此可得出NO与ZX2的还原性大小关系为________________（填相应化学式）。‎ ‎(5)将Y2X2投入到Y2Z的水溶液中可生成Z的单质，发生反应的化学方程式为________。‎ ‎(6)两种均含A、X、Y、Z四种元素的化合物相互反应放出气体的离子反应方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第VIA族 (2). (3). H2O2+H2S＝S↓+2H2O (4). 3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O＝3BaSO4↓+2NO+4H+ (5). SO2＞NO (6). Na2O2+Na2S+2H2O＝S+4NaOH (7). HSO3-+H+＝SO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其水溶液可使酚酞试液变红，应该是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则X为O元素，则Y为Na元素；A与X可形成10个电子化合物，A与Y同主族，则A为H元素；X与Z同主族，则Z为S元素；B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，A与B可形成10个电子化合物，B为C元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A是H，B是C，X是O，Y是Na，Z是S。则 ‎（1）S元素在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；‎ ‎（2）化合物B‎2A4是乙烯，结构式为；‎ ‎（3）H与O、H与S均能形成18个电子化合物，分别是H2O2、H2S，H2O2可将H2S氧化成S，故方程式为H2O2+H2S＝S↓+2H2O；‎ ‎（4）将S与O形成的气态化合物SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体生成，这是由于在酸性溶液中硝酸根把二氧化硫氧化为硫酸，发生反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O＝3BaSO4↓+2NO+4H+；根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性可判断还原性SO2＞NO；‎ ‎（5）将Na2O2投入到Na2S的水溶液中可生成S的单质，Na2O2将Na2S氧化成S，反应的化学方程式为Na2O2+Na2S+2H2O＝S+4NaOH；‎ ‎（6）两种均含H、O、Na、S四种元素的化合物为NaHSO3和NaHSO4，相互反应放出气体的离子反应方程式为HSO3-+H+＝SO2↑+H2O。‎ ‎34.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，其中W元素的原子结构示意图为。请回答下列问题：‎ W X Y Z ‎（1）Z元素在元素周期表中的位置是___。‎ ‎（2）X、Y、Z三种元素的原子半径由大到小的顺序为___（元素符号表示）。‎ ‎（3）X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为___（用化学式表示）。‎ ‎（4）用电子式表示WY2的形成过程___。‎ ‎（5）写出W单质与浓硫酸反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期 第VA族 (2). P>N>O (3). HNO3>H3PO4>H2CO3 (4). (5). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由短周期元素W元素的原子结构示意图可知b=2，第二层电子数为4，则W是C元素，由元素在周期表中的位置可知X是N元素，Y是O元素，Z是P元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知X是N元素，Y是O元素，Z是P元素，W是C元素，‎ ‎（1）Z是P元素，位于周期表第三周期第VA族，故答案为：第三周期 第VA族；‎ ‎（2）同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径由大到小的顺序为：P>N>O，故答案为：P>N>O；‎ ‎（3）非金属性N>P>C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则应为HNO3>H3PO4>H2CO3，故答案为：HNO3>H3PO4>H2CO3；‎ ‎（4）二氧化碳为共价化合物，用电子式表示的形成过程为，故答案为：；‎ ‎（5）碳和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。‎ ‎35.A、B、C三种物质存在如图转化关系。‎ 若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为___。‎ ‎【答案】Al3++‎3A1O2−+6H2O=4Al(OH)3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B. C三种物质存在如图转化关系，若B为白色胶状不溶物，则B是氢氧化铝，因此A与C是铝盐和偏铝酸盐，X为强碱溶液，所以A与C反应的离子方程式为：Al3++‎3A1O2−+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++‎3A1O2−+6H2O=4Al(OH)3↓。‎ ‎36.向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH>7。‎ ‎（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是___；如果是多种成分，可能是___。‎ ‎（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2mol·L-1的盐酸，所得气体(不考虑溶解于水)的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：‎ ‎①加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式___。‎ ‎②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是__ (溶液体积的变化忽略不计)。‎ ‎（3）将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol·L-1NaOH溶液中，c(HCO3-)与c(CO32-)的关系是___。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3或NaHCO3 (2). NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3 (3). OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3− (4). 1.2mol/L (5). c(HCO3−)>c(CO32−)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成分，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，若1<<2，溶质是NaHCO3、Na2CO3，若>2，溶质是Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3或NaHCO3；NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3；‎ ‎（2）①加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O−A段消耗的盐酸为A→B的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3−，故答案为：OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3−；‎ ‎②B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，由盐酸的物质的量可知为‎0.3L×2mol/L=0.6mol，则的物质的量浓度是=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L；‎ ‎（3）标准状况下，2.24LCO2的物质的量为：，150mL1mol/LNaOH溶液中含0.15molNaOH，二者发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成等浓度的Na2CO3、NaHCO3，HCO3−、CO32−部分水解，由于CO32−水解程度大于HCO3−，则c(HCO3−)>c(CO32−)，故答案为：则c(HCO3−)>c(CO32−)。‎ ‎【点睛】本题易错点在于（3），通过计算分析溶液中溶质组成，但不能忽略溶液中存在的水解反应，根据水解程度比较离子浓度。‎