Na2CO3、NaHCO3
X＝2∶1
Na2CO3
X>2∶1
NaOH、Na2CO3
（3）CO2与常见溶液的反应和现象
①Ca（OH）2或Ba（OH）2溶液
CO2不足时，生成白色沉淀；CO2过量时，生成的白色沉淀消失，溶液变澄清。
②Na2SiO3溶液
CO2不足：
Na2SiO3+H2O+CO2====Na2CO3+H2SiO3↓；
CO2过量：
Na2SiO3+2H2O+2CO2====2NaHCO3+H2SiO3↓。
两种情况均生成白色胶状沉淀。
③饱和Na2CO3溶液
Na2CO3+CO2+H2O====2NaHCO3↓，有白色固体析出。
2.CO
、HCO
的检验
（1）CO
的检验
向待检验溶液中滴加一定量的Ca2＋或Ba2＋的可溶性盐溶液，有白色沉淀生成，再加入适量的酸，白色沉淀溶解且生成无色，无味的气体，则待检溶液中有CO
。
（2）HCO
的检验
向待检验溶液中滴加足量的Ca2＋或Ba2＋的可溶性盐溶液，无明显现象，再向溶液中加入足量的酸。
若溶液中有无色、无味的气体生成，则待检溶液中有HCO
。
【典例2】下列说法正确的是（ ）
A．将CO2通入CaCl2溶液或饱和Na2CO3溶液均有白色沉淀生成
B．某溶液中加入Ba（OH）2溶液中有白色沉淀，说明可能有CO
不可能含有HCO
C．在标准状况下将2.24LCO2通入100mL1.0mol/L的NaOH溶液中充分反应，其反应的离子方程式为：
CO2＋2OH－===CO
＋H2O
D．NaHCO3溶液和Na2CO3溶液可以用CaCl2溶液鉴别
[答案]D
[解析]A项CO2与CaCl2不反应，无现象，与饱和Na2CO3溶液反应生成溶解度更小的NaHCO3，从而析出沉淀；B项溶液中可能含CO
，也可能含有HCO
、SO
、HSO
，B错；C项中n（CO2）∶n（NaOH）＝1∶1，反应应该为CO2＋OH－===HCO
，C错；D项，CaCl2与NaHCO3不反应，与Na2CO3反应生成CaCO3白色沉淀，D项正确。
【高考零距离】
1、（2012·江苏高考·13）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液
出现白色沉淀
溶液X中一定含有SO42－
C
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体
出现白色沉淀
H2SiO3的酸性比H2CO3强
D
向浓度均为0.1mol·L－1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
【参考答案】D
【分析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。
A.向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，虽然实验现象均有固体析出，但一是盐析，一是变性；一是可逆变化，一是不可逆变化。
B.向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀就得出溶液X中一定含有SO42－是不合理的，若溶液中有SO32－也出现白色沉淀。
C.向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，结论应为H2CO3的酸性比H2SiO3强。
D.向浓度均为0.1mol·L－1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明沉淀向着溶解度更小的方向转化，结论应该是Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）。
【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。
【解题指南】解答本题时应注意盐析和变性的区别、硫酸根的检验方法、强酸制弱酸和沉淀溶解平衡的有关原理，并应用相关原理来分析具体问题。
【解析】选D。
选项
具体分析
结论
A
蛋白质中加入轻金属盐发生盐析，加入重金属盐发生变性
错误
B
若溶液中含有SO2—3（不含SO2—4），加入稀硝酸SO2—3被氧化为SO2—4，也会产生硫酸钡白色沉淀
错误
C
硅酸钠溶液中通二氧化碳产生的白色沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸，说明碳酸的酸性比硅酸强
错误
D
Cl—、I—物质的量浓度相同，氯化银、碘化银为同类型化合物，出现的黄色沉淀为碘化银，说明碘化银溶度积小
正确
2、（2012·海南高考·1）化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是
A．CO2属于大气污染物
B．酸雨是pH小于7的雨水
C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧
【解析】CO2不属于大气污染物，酸雨pH<5.6。
【答案】D
3、（2012·上海高考·22）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：
2，则剩余固体的组成及物质的量比是
A．1：
1混合的Pb3O4、PbOB．1：
2混合的PbO2、Pb3O4
C．1：
4：
1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．1：
1：
4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
AD【解析】本题通过元素化合物转化考查考生计算、分析推理能力。
PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电荷守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-。
设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电荷守恒可得：
3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1molPbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（Pb）:
n（O）＝4:
5，结合选项可知只有A、D项满足n（Pb）:
n（O）＝4:
5，故答案为：
AD。
4、（2012·天津高考·2）下列单质或化合物性质的描述正确的是（）
A．NaHSO4水溶液显中性B．SiO2与酸、碱均不反应
C．NO2溶于水时发生氧化还原反应D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3
【解题指南】解答本题时应注意物质的特殊性质，如硫酸氢钠属于盐但溶液呈酸性，二氧化硅和一般物质不反应但和二氧化碳反应，铁和氯气反应生成氯化铁。
【解析】选C。
选项
具体分析
结论
A
硫酸氢钠溶于水电离出钠离子，氢离子和硫酸根离子，使溶液呈酸性。
错误
B
二氧化硅能和氢氧化钠反应。
错误
C
二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化合价由+4价变为+2价和+5价，是氧化还原反应。
正确
D
铁和氯气反应只生成氯化铁。
错误
5.（2011·北京高考·11）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是
A.取a克混合物充分加热，减重b克
B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D.取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。
【答案】选C。
【解析】解答本题时应注意NaHCO3、Na2CO3的不同性质所引发的不同反应及定量计算的方法。
选项
具体分析
结论
A
将混合物加热时发生反应2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，由对应关系2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2OΔm
84×262
m（NaHCO3）b
故m（NaHCO3）=
b，m（Na2CO3）=a－
b
w（Na2CO3）=
％=1－
正确
B
取ag混合物与足量盐酸发生反应：
Na2CO3+2HCl＝CO2↑+H2O+NaCl
10658.5
m（Na2CO3）m1（NaCl）
NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2
8458.5
m（NaHCO3）m2（NaCl）
可列方程组如下：
m（Na2CO3）+m（NaHCO3）=a
m1（NaCl）+m2（NaCl）=b
可求得m（Na2CO3），进而求得质量分数
正确
C
取ag混合物加入足量稀硫酸时，发生反应
Na2CO3+H2SO4＝＝CO2↑+H2O+Na2SO4
2NaHCO3+H2SO4＝＝2CO2↑+2H2O+Na2SO4
因逸出的气体中既包括CO2气体，还有水蒸气，且无法确定二者关系，故依据增重bg无法进行计算。
错误
D
取ag混合物加入足量Ba（OH）2溶液时，发生反应
Ba（OH）2 +Na2CO3==BaCO3↓+2NaOH
106197
m（Na2CO3）m1（BaCO3）
Ba（OH）2 +2NaHCO3==BaCO3+NaOH+H2O
84×2197
m（NaHCO3）m2（BaCO3）
可列方程组如下：
m（Na2CO3）+m（NaHCO3）=a
m1（BaCO3）+m2（BaCO3）=b
可求得m（Na2CO3），进而求得质量分数
正确
6.（2011·福建高考·6）下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是
A.CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
B.使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C.节能减排符合低碳经济的要求
D.合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺
【答案】选A。
【解析】了解社会、生活、环保和技术中常见的化学现象是解答本题的关键。
常见的温室气体有二氧化碳、甲烷、氮氧化物和氟利昂等，氮气不是造成温室效应的气体。
7.（2011·海南高考·9）“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。
如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）。
下列有关该方法的叙述中正确的是（）。
A．能耗大是该方法的一大缺点
B．整个过程中，只有一种物质可以循环利用
C．“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤
D．该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品
【答案】选AD。
【解析】可以依据如下反应流程进行分析：
碳酸钙高温分解时，需要吸收大量的热，所以该方法的缺点是能耗大，A选项正确；整个过程中，CaO和NaOH两种物质可以循环利用，B选项错误；“反应分离”环节中分离的是NaOH溶液和碳酸钙沉淀的混合物，只需过滤即可，C选项错误；该方法吸收了CO2，并且把重新收集到的CO2进行利用，制备甲醇等化工产品，可减少碳排放，符合“低碳经济”原则。
8.（2011·山东高考·10）某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素
A.在自然界中只以化合态的形式存在
B.单质常用作半导体材料和光导纤维
C.最高价氧化物不与酸反应
D.气态氢化物比甲烷稳定
【答案】选A。
【解析】先准确推断出该元素为硅，然后对照它的性质与用途进行判断。
通过信息可推知该元素为Si。
B项，其单质能用作半导体材料而不能用作光导纤维，B错误；C项，它的最高价氧化物SiO2能与氢氟酸反应，化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,C错误；D项，由于元素的非金属性C＞Si，故SiH4的稳定性弱于甲烷，D错误。
9.（2010·全国卷1）下列叙述正确的是
A．Li在氧气中燃烧主要生成
B．将SO2通入
溶液可生成
沉淀
C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu
【答案】C
【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节；B错误，酸性：
HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D错误，溶液中该反应难以发生，先是：
2NH3+2H2O+CuSO4=Cu（OH）2↓+（NH4）2SO4,接着Cu（OH）2
CuO+H20,溶液中NH3不能还原CuO为Cu,要还原必须是干燥的固态！
C正确，强酸制弱酸，酸性：
H2CO3＞HClO,反应为：
CO2+H20+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；
考查无机元素及其化合物，如碱金属，氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及其化合物等A、B、C选项直接取材于高一课本，D取材于高二第一章氮族。
再次印证了以本为本的复习策略，本题四个选项就直接取材于课本，属于简单题，不重视基础，就有可能出错！
10.（2010·福建卷）下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
CO
CO2
D
Si
SiO2
H2SiO3
【答案】C
【解析】本题考察考生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，可用代入法，即把各选项中的X,Y,Z带入又吐的圆圈中进行判断，C中CO2在一定条件下与单质钠反应可以生成金刚石和碳酸钠。
11.（2010·山东卷）下列推断正确的是
A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
【答案】A
【解析】酸性氧化物能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，故A正确，因为
与
反应生成
与
反应除生成
外，还生成
，故B错；
在空气中会发生反应
，故C错；因为新制氯水中含有
故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。
12、（2012·重庆高考·26）（15分）（15分）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。
（1）碳与周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物H为非极性分子，碳元素在周期表中的位置是，Q是，R的电子式为。
（2）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中CCl4的实验操作名称为，除去粗产品中少量钠的试剂为.
（3）碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2。
先将20.0gSiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L。
生成氢气的离子方程式为，硅盐酸的物质量浓度为。
（4）下列叙述正确的有（填序号）。
①Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应
②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同
③Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱
④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:
2
【解题指南】解答本题时应注意以下四点：
（1）钠与水或乙醇反应；
（2）硅与二氧化硅都能与氢氧化钠溶液反应；
（3）分子晶体和原子晶体的微粒间的作用力不同；
（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，反之亦然；
【解析】
（1）能与碳生成两种气态化合物的元素为氧，两种产物是一氧化碳和二氧化碳，其中二氧化碳是非极性分子，根据元素的原子结构示意图可以确定元素在周期表中的位置。
（2）根据信息判断两者反应后的产物为氯化钠和金刚石，均不溶于四氯化碳，因此要将四氯化碳从反应体系中分离，应该用过滤的方法；金刚石的性质较为稳定，而金属钠能与水或者乙醇反应，因此加入水或者是乙醇就能将金
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