安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期疫情防控延期开学期间辅导测试（三）试题
一、选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.将一小块金属钠长期露置于空气中发生一系列变化，最终产物是（ ）
A. Na2CO3 B. Na2O C. NaOH D. Na2O2
【答案】A
【解析】将一小块金属钠长期露置于空气中发生一系列变化，首先与空气中氧气反应转化为氧化钠，然后氧化钠吸收空气中的水生成氢氧化钠，接着氢氧化钠潮解在表面形成溶液，再吸收空气中的二氧化碳转化为碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化转化为碳酸钠粉末。综上所述，A正确。本题选A。
2.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是 ( )
A. 950mL，11.2g B. 500mL，117g
C. 1000mL，117.0g D. 任意规格，111.2g
【答案】C
【解析】
【分析】依据配制溶液的体积结合容量瓶规格选择合适的容量瓶，计算溶质的质量应依据容量瓶的容积，依据公式m=CVM计算。
【详解】需要配制2mol·L－1的NaCl溶液950mL，依据大而近的原则，应选择1000ml的容量瓶，需要溶质的质量m=CVM=2mol·L－1×1L×58.5g·mol－1=117.0g，故选C。
3.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是（ ）
A. ③②①⑤④ B. ①②③⑤④
C. ②③①④⑤ D. ③⑤②①④
【答案】A
【解析】
【详解】要除去食盐水含有的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，实质就是除去Ca2+、Mg2+、SO42-，可加入过量氢氧化钠溶液将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去，加入过量氯化钡溶液将SO42-转化为BaSO4沉淀除去，除去Mg2+和SO42-，不用考虑先后顺序；加入过量碳酸钠溶液使Ca2+和过量Ba2+转化为CaCO3和BaCO3沉淀除去，加入碳酸钠溶液一定要放在加入氯化钡溶液之后，这样碳酸钠溶液才能除去过量Ba2+；过滤后，向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，至无气泡产生,正确的顺序为②③①⑤④或③②①⑤④，故选A。
4.硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤。在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角。下面几种物质中含有硅单质的是（ ）
A. 玛瑙 B. 光导纤维
C. 太阳能电池板 D. 水晶
【答案】C
【解析】A．玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误；
B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C．太阳能电池板的主要成分是硅单质，故C正确；
D．水晶的主要成分是二氧化硅，故D错误．
故选C．
5. 用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
B. 0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1NA
C. 同温同体积时，两种气体的压强比等于物质的量之比
D. 46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，故A正确；
B. Al与足量盐酸反应生成AlCl3，所以0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA，故B错误；
C. 根据阿伏加德罗定律的推论，同温同体积时，两种气体的压强比等于物质的量之比，故C正确；
D. 46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数小于NA，故D错误；
答案选A。
6.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 （ ）
A. 含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl-
B. 碱性溶液：Na+、Ca2+、SO42-、CO32-
C. 含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN-
D. 含有大量NO3-的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 含有大量Al3+的溶液呈酸性：Na+、NH4+、SO42-、Cl-之间不反应，故A选；
B. Ca2+与SO42-、CO32-能生成沉淀，故B不选；
C. 含有大量Fe3+的溶液与SCN-生成络合物，故C不选；
D. 含有大量NO3-的溶液与H+、Fe2+发生氧化还原反应，故D不选；
故选A。
7.在的反应中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由反应3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O可知，反应中Cl2分子中部分Cl元素由0升高为+5价被氧化，部分由0降低为-1价被还原。
【详解】该反应为歧化反应。从方程式可知参加反应3个Cl2中，有1个Cl由0价升高到+5价，这1个Cl被氧化，另外5个Cl由0价降低到-1价，这5个Cl被还原，因此被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比为1∶5，故选B。
8.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）
①H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2
A. H2SO3＞ HI＞FeCl2 B. HI ＞FeCl2＞H2SO3
C. FeCl2＞HI ＞H2SO3 D. FeCl2＞H2SO3＞HI
【答案】A
【解析】
【详解】还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由反应①可知反应中还原剂H2SO3的还原性大于还原产物HI，由反应可知反应中还原剂HI的还原性大于还原产物FeCl2，则还原性由强到弱的顺序是H2SO3＞ HI＞FeCl2，故选A。
9.能正确表示下列反应离子方程式是（ ）
A 浓盐酸与铁屑反应:2Fe+6H+==2Fe3++3H2↑
B. 钠与硫酸铜溶液反应:2Na+Cu2+==Cu+2Na+
C. 过量铁与稀硝酸反应:3Fe+8H++2NO3-==3Fe2++4H2O+2NO↑
D. 等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应:Ba2++OH?+HSO4-==BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁:Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应不会生成金属Cu，正确的离子反应为：2H2O+Cu2＋+2Na=2Na＋+Cu（OH）2↓+H2↑，故B错误；
C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H＋+2NO3－═3Fe2＋+4H2O+2NO↑，故C正确；
D．等物质的量的Ba（OH）2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2＋+OH－+H＋+SO42－═BaSO4↓+H2O，故D错误；
故选C。
10.某溶液中含有较大量的Cl﹣、、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（ ）
①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
A. ①②④②③ B. ④②①②③
C. ①②③②④ D. ④②③②①
【答案】B
【解析】
【详解】检验氯离子用AgNO3溶液，检验氢氧根离子可用Mg(NO3)2溶液，检验碳酸根离子可用Ba(NO3)2溶液；由于碳酸根离子能与AgNO3溶液、Mg(NO3)2溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验CO32-，再检验OH-和Cl-；由于OH-与Ag+结合形成极不稳定的氢氧化银，故要先检验OH-；仅用一份样品溶液，可先滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸根离子，过滤，向滤液中再滴加Mg(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明含有OH-，过滤，再向滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子，故正确的实验操作顺序是④②①②③；
故答案选B。
11.把10.2g Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的固体混合物溶于水配成100 mL溶液，其中c(Na+)=0.8 mol·L-1。若把等质量的固体混合物加热至恒重，残留固体的质量是（ ）
A. 3.18 g B. 2.12 g C. 4.24 g D. 5.28 g
【答案】C
【解析】
【分析】固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，根据Na元素守恒计算出剩余固体的物质的量，进而计算质量。
【详解】固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，100mL溶液中c（Na＋）═0.8mol·L-1，
则n（Na＋）═0.1L×0.8mol·L-1=0.08mol，根据Na元素守恒可知n（Na2CO3）=0.08mol ×=0.04mol，则m（Na2CO3）=0.04mol×106g·mol－1=4.24g，故选C。
12.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种。将13.8 g样品加入足量水，样品全部溶解，再加入过量的CaCl2溶液，得到9 g沉淀。下列关于样品所含杂质的判断正确的是（ ）
A. 肯定没有KNO3
B. 肯定有KNO3，可能还有Na2CO3
C. 肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3
D. 肯定没有Na2CO3和 Ba(NO3)2
【答案】B
【解析】
【详解】因样品全部溶解，所以样品中一定没有Ba(NO3)2杂质；加入过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀为碳酸钙沉淀，则溶液中含有n（CO32—）= =0.09mol，若全部为碳酸钾中碳酸根离子，则m（K2CO3）=0.09mol×138g/mol=13.42g＜13.8 g，由此可知一定含有KNO3；若碳酸根有部分来自于碳酸钠，因碳酸钠的小于138g/mol，则碳酸盐的质量一定小于13.42g＜13.8 g，由此可知一定含有KNO3，则K2CO3样品中肯定有KNO3，可能还有Na2CO3，故选B。
13.将3.6g镁铝合金，投入到400mL2mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入5mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是( )
A. 125mL B. 160mL C. 200mL D. 250mL
【答案】B
【解析】
【分析】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，加入5mol·L－1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2＋和Al3＋全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题。
【详解】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Mg2＋和Al3＋全部转化为沉淀，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，所以最终溶液中的溶质为NaCl，根据氯原子和钠原子守恒可得：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=2mol·L－1×0.4L=0.8mol，所以需要氢氧化钠溶液体积为：=0.16L=160mL，故选B。
14.人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+转变成Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素c可缓解亚硝酸盐中毒，说明维生素c具有（ ）
A. 氧化性 B. 还原性 C. 酸性 D. 碱性
【答案】B
【解析】
【详解】亚硝酸盐会使Fe2+转变成Fe3+，说明亚硝酸盐有氧化性，服用维生素c可缓解亚硝酸盐中毒，说明维生素c具有还原性，可以把亚硝酸盐还原，同时可以把已经转化成的Fe3+还原为Fe2+，故选B。
15.某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）（ ）
A. 0.4mol/L B. 0.6mol/L
C. 0.8 mol/L D. 1.0 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】由2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2＋的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol÷0.5L=0.8 mol/L。答案选C。
16.FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断不正确的是( )
A. 加入KSCN溶液一定不变红色 B. 溶液中一定含Fe2＋
C. 溶液中一定含Cu2＋ D. 剩余固体中一定含铜
【答案】C
【解析】
【分析】FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，铁先和FeCl3反应生成FeCl2，然后铁粉再与CuCl2发生置换反应生成单质Cu和FeCl2，若充分反应后仍有固体存在，如固体为铁和铜，那么溶液中的溶质为FeCl2，如固体只有铜，那么溶液中的溶质可能是FeCl2或FeCl2和CuCl2，据此分析作答。
【详解】FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，铁先和FeCl3反应生成FeCl2，然后铁粉再与CuCl2发生置换反应生成单质Cu和FeCl2，若充分反应后仍有固体存在，如固体为铁和铜，那么溶液中的溶质为FeCl2，如固体只有铜，那么溶液中的溶质可能是FeCl2或FeCl2和CuCl2，因此向溶液中加入KSCN溶液一定不变红色，溶液中一定含Fe2＋, 溶液中可能含有Cu2＋，剩余固体中一定含铜，不正确的是C；
答案选C。
二、填空题（本大题包括5小题，共52分）
17.配平下列方程式：
(1)_______Fe3++_______Cu = _______Fe2++_______Cu2+
(2)_______Cu+_______H2SO4（浓）=_______CuSO4+_______SO2+_______H2O
(3) ______Fe2++ ______Cr2O72- + ______H+ = ______Cr3++______Fe3++______（ ）
(4)_______Cl2+_______KOH = _______KCl+_______KClO3+_______H2O
(5)_______NH4NO3 = _______HNO3+_______N2+_______H2O
【答案】(1). 2 (2). 1 (3). 2 (4). 1 (5). 1 (6). 2 (7). 1 (8). 1 (9). 2 (10). 6 (11). 1 (12). 14 (13). 2 (14). 6 (15). 7 (16). H2O (17). 3 (18). 6 (19). 5 (20). 1 (21). 3 (22). 5 (23). 2 (24). 4 (25). 9
【解析】
【详解】（1）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，Cu元素化合价由0价变为+2价，根据元素守恒知Cu转移电子总数为2，则Fe3+的计量数是2，Cu的计量数是1，再结合原子守恒配平方程式为2Fe3++Cu = 2Fe2++1Cu2+，故答案为：2、1、2、1；
（2）该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价，部分S元素化合价由+6价变为+4价，部分S元素化合价不变，根据元素守恒知Cu转移电子总数为2，则Cu的计量数是1，H2SO4的计量数是2，再结合原子守恒配平方程式为Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：1、2、1、1、2；
（3）该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价，Fe元素化合价由+2价变为+3价，根据化合价的升降相等，则Cr2O72- 的计量数是1，Fe2+的计量数是6，Fe3+的计量数是6，根据Cr原子守恒，Cr3+的计量数为2，再结合原子守恒配平方程式为6Fe2++Cr2O72- + 14H+ = 2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：6、1、14、2、6、7H2O；
（4）该反应中Cl元素化合价由0价变为-1价，Cl元素化合价由0价变为+5价，根据化合价的升降相等，则KCl的计量数是5，KClO3的计量数是1，KOH的计量数是6，根据Cl原子守恒，Cl2的计量数为3，再结合原子守恒配平方程式为3Cl2+6KOH = 5KCl+KClO3+3H2O，故答案为：3、6、 5、1、3；
（5）该反应中N元素化合价由-3价变为0价，N元素化合价由+5价变为0价，根据化合价的升降相等，则N2的计量数是4，NH4NO3的计量数是5，HNO3的计量数是2，根据O原子守恒，H2O的计量数为9，再结合原子守恒配平方程式为5NH4NO3 =2HNO3+4N2+9H2O，故答案为：5、2、4、9。
18.在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应，生成四氧化三铁，并置换出氢气。?应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。
请回答该实验中的问题。
(1)写出该反应的化学方程式：________________________________________；该氧化还原反应的还原剂是_______________，氧化剂是_______________ 。
(2)实验前必须对整套装置进行的操作是_______________________。
(3)圆底烧瓶中盛装的水，该装置受热后的主要作用是____________________；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是_________________________________。
(4)干燥管中盛装是的物质是________（填写名称），作用是__________。
【答案】(1). 3Fe+4H2O==Fe3O4+4H2 (2). Fe (3). H2O (4). 检查装置的气密性 (5). 提供水蒸气 (6). 防止暴沸 (7). 碱石灰 (8). 除去水蒸气
【解析】
【分析】（1）铁与水蒸气发生氧化还原反应，生成四氧化三铁和氢气，据此书写化学方程式；还原剂的判定方法根据化合价升高的物质，氧化剂是化合价降低的物质；
（2）该反应物水蒸气与铁，生成物种有氢气生成，所以实验前必须对整套装置进行气密性检查；
（3）反应物为水蒸气与铁，加热的目的为实验提供水蒸气；
（4）干燥管中盛装是的物质是碱石灰，作用是除去水蒸气。
【详解】（1）铁与水蒸气发生氧化还原反应：3Fe+4H2O（g）Fe 3O4+4H2，根据化合价升降来判断氧化剂和还原剂，因铁的化合价升高，所以铁作还原剂，水中氢的化合价降低，水作氧化剂，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe 3O4+4H2；Fe；H2O；
（2）铁和水蒸气反应，生成四氧化三铁和氢气，该反应物为水蒸气与铁，生成物种有氢气，所以实验前必须对整套装置进行气密性检查，故答案为：检验装置的气密性；
（3）因为反应物为水蒸气与铁，所以这里加热的目的就是为硬质玻璃管内Fe与水蒸气的反应实验提供持续不断的水蒸气，故答案为：为实验提供提供持续不断的水蒸气； 防止暴沸事故的发生；
（4）干燥管中盛装是的物质是碱石灰，作用是除去水蒸气，故答案为：碱石灰；除去水蒸气。
19.已知：2Fe3++2I-= 2Fe2++I2,现有一种澄清透明的溶液中可能含有下列离子：K+、Fe3+、Ba2+、Al3+、NH4+、Cl-、I-、NO3-、HCO3-、SO32-、SO42-现做以下实验：
(1)将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸呈红色
(2)取少量溶液，加入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
(3)将(2)中的沉淀过滤。由滤液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
(4)另取溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，只观察到有红棕色沉淀生成，且沉淀量不减少。由此可以推断：
溶液中肯定存在的离子有：_________________________________。
溶液中肯定不存在的离子有：________________________________。
溶液中还不能确定是否存在的离子有：___________________。
【答案】(1). H+、Fe3+、SO42- (2). Ba2+、Al3+、NH4+、I-、HCO3-、SO32- (3). K+、Cl-、NO3-
【解析】
【分析】（1）用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色，说明溶液呈酸性，则一定不存在HCO3－；
（2）取溶液少许，加入用稀HNO3酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，说明含有SO42－，则一定不含有Ba2＋；
（3）取实验（2）后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，不能证明是否含有Cl－离子，因（2）中加入氯化钡；
（4）取溶液少许，逐滴加入NaOH溶液至过量，只看到有棕色沉淀生成，且沉淀质量不减少，故说明含有Fe3＋，I-、SO32-具有还原性，能与铁离子反应，一定不含有Al3＋和NH4＋、I-、SO32-。
【详解】依据分析可知：溶液中一定存在：SO42－、Fe3＋，一定不存在：Ba2＋、Al3＋、HCO3－、NH4＋、I-；可能存在：K＋、Cl－、NO3－，故答案为：SO42－、Fe3＋；Ba2＋、Al3＋、HCO3－、NH4＋、I-、SO32-；K＋、Cl－、NO3－。
20.(1)分别写出由氧在一定条件下生成下列物质的化学方程式（必须注明反应条件）。
①Na2O2_______________。
②Na2O__________________。
(2)KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2，故可用作特殊情况下的氧气源，试写出该反应的化学方程式：_____________________。
(3)活泼金属复杂的氧化物（如过氧化物、超氧化物等）在一定条件下都可以生成氧气，从而用作特殊情况下的氧气源。现有下列四种物质，你认为在运输鱼苗的时候用（ ）作为氧气源更合适？理由是：_________ 。
A.Na2O2 B.K2O2 C.KO2 D.CaO2
【答案】(1). 2Na+O2Na2O2 (2). 4Na+O2═2Na2O (3). 4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 (4). D (5). CaO2与水反应生成的Ca(OH)2溶解度小，对水的pH影响小，比较适合鱼苗存活
【解析】
【分析】（1）钠与氧气在常温下生成氧化钠，在氧气中点燃反应生成过氧化钠，据此书写方程式；
（2）KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；
（3）CaO2与水反应生成的Ca(OH)2溶解度小，对水的pH影响小，比较适合鱼苗存活。
【详解】（1）①钠与氧气在空气中点燃反应生成过氧化钠，化学方程式：2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+O2Na2O2；
②钠与氧气在常温下生成氧化钠，化学方程式：4Na+O2═2Na2O，故答案为：4Na+O2═2Na2O；
（2）KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2，根据反应物和生成物及反应条件知，该反应方程式为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2，故答案为：4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2；
（3）在运输鱼苗的时候用 CaO2作为氧气源更合适，故选D， CaO2与水反应生成的Ca(OH)2溶解度小，对水的pH影响小，比较适合鱼苗存活，故答案为：D；CaO2与水反应生成的Ca(OH)2溶解度小，对水的pH影响小，比较适合鱼苗存活。
21.有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释到100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积（标况）与所加入的盐酸的体积之间的关系如下图所示：
试分析NaOH在吸收CO2气体后，在甲、乙两种情况下，所得溶液中存在的溶质是什么？其物质的量之比是多少？__________产生的CO2气体体积（标况）是多少？____________
【答案】 (1). NaOH、Na2CO3 1:1；Na2CO3、NaHCO3 1:1; (2). 56mL；112mL
【解析】
【分析】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
（1）（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32－转化为HCO3－应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比；
（乙）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32－转化为HCO3－应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，根据反应消耗盐酸的体积计算NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比；
（2）根据碳元素守恒可知，（甲）中从50mL～75mL消耗25mL盐酸时生成的二氧化碳，而（乙）中从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，根据方程式进而计算生成二氧化碳的体积。
【详解】（1）（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32－转化为HCO3－应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl体积为50mL-25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；（乙）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32－转化为HCO3－应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3， Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mol，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，故答案为：NaOH、Na2CO3，1：1；NaHCO3、Na2CO3，1：1；
（2）根据碳元素守恒可知，（甲）中从50mL～75mL消耗25mL盐酸时生成的二氧化碳，该阶段生成二氧化碳为0.025L×0.1mol·L－1=0.0025mol，体积为0.0025mol×22.4L·mol－1=0.056L=56mL，而（乙）中从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，该阶段生成二氧化碳为0.05L×0.1mol·L－1=0.005mol，体积为0.005mol×22.4L·mol－1=0.112L=112mL，故答案为：56；112。
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