高考二轮复习化学学案专题九《非金属元素及其化合物》doc.docx

高考二轮复习化学学案专题九《非金属元素及其化合物》doc.docx

《高考二轮复习化学学案专题九《非金属元素及其化合物》doc.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考二轮复习化学学案专题九《非金属元素及其化合物》doc.docx（29页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考二轮复习化学学案专题九《非金属元素及其化合物》doc

专题九非金属元素及其化合物

【学法导航】

1．（09年广东卷）广东正在建设海洋强省。

下列说法不正确的是

A.从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应

B.往淡水中加入NaCl等配成人造海水，可用于海产品的长途运输

C.赤潮主要是由工农业生产和生活废水引起沿海水域的富营养化而造成的

D.海洋经济专属区的资源开发可获得Fe、Co、K、Au、Mg、B等金属

【答案】D

【方法要领】海水中含碘含的是碘离子（I—），要从海水中提取碘单质（I2）必然会涉及到元素化合价的升降所以一定涉及氧化还原反应，故A正确；赤潮主要是由生活污水和工农业生产的废水任意排放引起水中N、P元素增高造成水域的水富营养化而造成的，故C正确；由于岩石、大气、生物的相互作用，B不是金属元素，故D不正确。

2.（09年广东卷）下列浓度关系正确的是

A.氯水中：

c（Cl2）=2[c（

）+c（

）+C（HClO）]

B.氯水中：

c（

）＞c（

）＞c（

）＞c（

）

C.等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：

c（

）=c（

）

D.

溶液中：

c

【答案】D

【方法要领】根据氯水中所含粒子的种类可知氯水中也含有氯气分子A设置了一个貌似物料守恒的式子而忽视了氯气分子的存在，故A错；根据Cl2+H2O

HClO+H＋+Cl－，HCl完全电离而HClO部分电离，可知正确的顺序c（H+）>c（Cl—）>c（ClO—）>c（OH—），B错；C项等物资的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c（

）＞c（

），再根据溶液中电荷守恒可以判断c（

）＞c（

；D项比较简单

3.（09年山东卷）下列关于氯的说法正确的是

A.Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂

B.若1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质

C.实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集

D.1.12LCl2含有1.7NA个质子（NA表示阿伏伽德罗常数）

【答案】C

【方法要领】Cl2中的氯元素化合价为0处于中间价态，既有氧化性又有还原性，A错误；同位素原子的质子数和电子数分别相等，所以化学性质几乎完全相同，B错误；通过实验室制得的Cl2中含有少量HCl,Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl,易溶，C正确；没有指明气体所处状态，D错误。

4.（09年山东卷）下列推断合理的是

A.明矾[KAl（SO4）2·12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂

B.金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应

C.浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反应

D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热

也能恢复原色

【答案】A

【方法要领】KAl（SO4）2·12H2O电离出的Al3+能水解，生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂，A正确；金刚石能够与氧气发生反应，生成二氧化碳，B错误；浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下与Cu可剧烈反应，C错误；SO2使品红溶液褪色，加热颜色能复原；SO2和溴水发生氧化还原反应，加热不能恢复原来颜色，D错误。

5.下列实验能证明某无色气体为SO2的是（）

①能使澄清石灰水变浑浊②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红③能使品红试液褪色，加热后又显红色④能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生

A．①②③④B．①③④C．③④D．②③④

【答案】C

【方法要领】能使澄清石灰水变浑浊的气体有SO2、CO2；能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体（如：

HCl、HBr、SO2、CO2等）；能使品红褪色的气体有Cl2、SO2，但Cl2有颜色，褪色后加热又显红色的只有SO2；能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成，只有SO2气体符合。

【规律总结】SO2和CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则沉淀都可消失。

所以不能用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2。

通常可用以下方法：

①用品红溶液，使品红溶液褪色的是SO2，不能使品红溶液褪色的是CO2。

②用氢硫酸，出现浑浊的是SO2，无明显现象的是CO2。

2H2S+SO2

2H2O+3S↓

③用高锰酸钾溶液，紫色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2。

2KMnO4+5SO2+2H2O

K2SO4+2MnSO4+2H2SO4

④用溴水，使橙色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2。

Br2+2H2O+SO2

2HBr+H2SO4

⑤用硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀的是SO2，无明显现象的是CO2。

2H2O+2HNO3+3SO2

3H2SO4+2NOBa（NO3）2+H2SO4

BaSO4↓+2HNO3

⑥用FeCl3溶液，使棕黄色颜色变浅的是SO2，无明显现象的是CO2。

2FeCl3+SO2+2H2O

FeCl2+FeSO4+4HCl

6.都能用右图所示装置进行喷泉实验的一组气体是（注：

烧杯内为NaOH溶液）

A．HCl和CO2

B．NH3和CH4

C．SO2和CO

D．NO2和NO

【答案】A

【方法要领】在上述气体中，CH4、NO、CO不溶于NaOH溶液，也不与NaOH溶液反应，所以不能做喷泉实验，而HCl、SO2、CO2不仅可溶于NaOH溶液而且还可与NaOH溶液反应，所以能形成喷泉。

【注意】满足下列条件时，均能形成美丽的喷泉：

①液体为水时，NH3、HBr、HCl、HI、SO2等易溶于水的气体或是NO2、NO2＋O2、NO＋O2、NO2＋NO＋O2等易与水反应的气体。

②液体是NaOH、KOH等强碱性溶液时，CO2、SO2、NO2、H2S等酸性气体。

③液体是盐酸或硫酸时，NH3等碱性气体

7.（2008届南通市第一次调研测试）汉代器物上的颜料“汉紫”至今尚没有发现其自然存在的记载。

20世纪80年代科学家进行超导材料研究时，偶然发现其成分为紫色的硅酸铜钡（化学式：

BaCuSi2Ox，Cu为＋2价），下列有关“汉紫”的说法中不正确是（）

A．用盐的形式表示：

BaSiO3·CuSiO3B．用氧化物形式表示：

BaO·CuO·2SiO2

C．易溶于强酸、强碱D．性质稳定，不易褪色

【答案】C

【方法要领】根据化合物中正负化合价的代数和等于零可知，A、B正确。

硅酸盐只溶于强酸不溶于强碱，C错。

从题给信息：

汉代器物上的颜料“汉紫”可知“汉紫”性质稳定，不易褪色，D正确。

8.（09年福建卷）

短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，期中T所处的周期序数与主族序数相等，请回答下列问题：

（1）T的原子结构示意图为_______.

（2）元素的非金属性为（原子的得电子能力）：

Q______W（填“强于”或“弱于”）。

（3）W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_____.

（4）原子序数比R多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是__________.

（5）R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。

在一定条件下，2L的甲气体与0.5L的氯气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是__________.

（6）在298K下，Q、T的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。

又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3molQ的单质，则该反应在298K下的

=________（注：

题中所设单质均为最稳定单质）

【答案】

（1）

（2）弱于

（3）S+2H2SO4（浓）

3SO2↑+2H2O

（4）2H2O2MnO22H2O+O2↑（或其他合理答案）

（5）NaNO2

（6）（3a–4b）KJ/mol

【方法要领】本题考查无机物的性质，涉及化学用语、方程式书写、氧化还原反应以及热化学的知识。

从给出的表，结合T在周期表的位置与族数相等这一条件，不难得出T为Al，Q为C，R为N，W为S。

（1）T为Al，13号元素。

（2）S、C最高价氧化物对应的酸为硫酸强于碳酸，则可得非金属性S强于C。

（3）S与H2SO4发生归中反应，从元素守恒看，肯定有水生成，另外为一气体，从化合价看，只能是SO2。

（4）比R质子数多1的元素为O，存在H2O2转化为H2O的反应。

（5）N中相对分子质量最小的氧化物为NO，2NO+O2=2NO2，显然NO过量1L，同时生成1L的NO2，再用NaOH吸收，从氧化还原角度看，+2价N的NO与+4价N的NO2，应归中生成+3N的化合物NaNO2。

（6）C+O2

CO2H=－aKj/mol①，4Al+3O2=2Al2O3H=－4bKj/mol②。

Al与CO2的置换反应，写出反应方程式为：

4Al+3CO2

3C+2Al2O3，此反应的H为可由②－①×3得，H=－4b－（-3a）=（3a-4b）Kj/mol

9．某兴趣小组设计出右图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。

（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试

管c和d的胶塞，加热c。

其目的是。

（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸。

c中反应的化学方程式是

。

再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是。

方案

反应物

甲

Cu、浓HNO3

乙

Cu、稀HNO3

丙

Cu、O2、稀HNO3

（3）右表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是。

理由是_____________。

（4）该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2。

操作步骤为，实验现象为；但此实验的不足之处是。

【答案】

（1）检查装置气密性。

（2）Cu+4HNO3（浓）

Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O反应变缓，气体颜色变淡。

（3）丙；耗酸量最少，无污染。

（4）向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸；c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为黄棕色；没有处理尾气。

【方法要领】

（1）根据题目的叙述可以知道，这样操作的目的是检验装置的气密性，按题目所述若d试管内有气泡，且冷却后导管中有一段水柱，说明气密性良好。

（2）c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸时发生反应为Cu+4HNO3（浓）

Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；若再由a向c中加2mL蒸馏水，浓硝酸的浓度变小，所以反应变得缓慢、产生的气体颜色变浅。

（3）甲方案制取硝酸铜的反应方程式为Cu+4HNO3（浓）

Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，乙方案制取硝酸铜的反应方程式为3Cu+8HNO3（稀）

3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，丙制取硝酸铜的反应方程式为2Cu＋O2＋2HNO3

2Cu（NO3）2。

比较这三种方案的化学方程式可以发现均制取1molCu（NO3）2时消耗硝酸的量分别为4mol、

mol、1mol，丙方案消耗的硝酸的量最少且不产生污染。

（4）若用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2，根据氧化还原反应的规律可以得出应先用KMnO4制Cl2，再用Cl2制Br2。

所以实验的操作步骤为向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸；其中实验的现象为c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为黄棕色。

但是由于Cl2和Br2均为有毒的气体，所以需要尾气处理。

【规律总结】对铜与硝酸反应实验装置的改进设计有如下的几个要点：

①反应开始前装置怎样避免装置内的空气；②怎样使铜与稀硝酸反应能自动停止，防止NO过多；③反应后，能有效的通入空气，证明NO；同时还要防止NO及生成的NO2逸散到空气中

10、某化工厂每小时生产at（吨）98%（质量分数）硫酸。

为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。

若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则（2001年高考试测题）

（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为m3。

（2）为满足题设要求，b%的下限等于。

【答案】

（1）22400a/（21-b）；

（2）7%

【方法要领】

（1）每小时生产的纯硫酸为（a×106g×98%）÷98g/mol=a×104mol。

生产过程中生成的SO2和SO3也都是a×104mol。

设每小时消耗空气的体积为V，则由S+O2=SO2消耗O2的体积等于生成的SO2体积，即燃烧前空气的体积等于燃烧后混合气体的体积，据此可得以下关系：

空气中O2的体积=反应中消耗的O2的体积+燃烧后混合气体中O2的体积，即V×21%=a×104mol×22.4L/mol×10-3m3/L+V×b%，V=22400a/（21-b）。

（2）“b的下限”，其含义是指燃烧后剩余的O2在第二步催化氧化时恰好完全反应，也就是说，燃烧前空气中的氧（空气体积的21%）恰好满足两步反应。

因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3两步反应耗O2之比为2:

1，故燃烧后（第一步反应后）混合气体中O2的体积分数的下限是b%=（1/3）×21%=7%。

【典例精析】

一、非金属元素化合物通性

例1.（09年全国1卷）已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。

Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。

回答下列问题：

（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。

W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是；

（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是；

（3）R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是；

（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式），其原因是

；

②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是

；

（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：

W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCL气体；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。

上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是。

【解析】本题可结合问题作答。

W的氯化物为正四体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。

（1）SiO2为原子晶体。

（2）高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系。

（3）Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，则只能是S。

R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。

（4）显然x为P元素。

①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用

力不同。

②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。

，结构分别为正四面体，三角锥和V形。

（5）由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可

【答案】

（1）原子晶体。

（2）NO2和N2O4（3）As2S5。

（4）①NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；②电子数相同的有SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形。

（5）SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N4

例2.

（1）氰化钾、氰化氢的制备反应式为：

K2CO3＋C＋2NH3

2KCN＋3H2O；△H＝+276kJ／mol①

CO＋NH3

HCN＋H2O；△H＝＋46kJ／mol②

氰离子为负一价（CN-），其中碳氮元素的化合价分别为________。

以上两个反应是否均为氧化还原反应？

（2）制备纯净无水HCN（沸点299K）的另一种方法是：

混合磨细的KCN和KHS粉末适度加热①试写出这个反应式。

②为什么要磨细和用粉末？

③为什么要强调适度加热？

【解析】据共价键理论，一般当碳同非金属性比它强的元素结合时，碳显正价，氮为负价，为-3价，所以（CN-）中碳为+2价，氮为-3价。

故①为氧化还原反应，②为非氧化还原反应。

第二种方法制备HCN是固体与固体之间的反应，故磨细和用粉末的目的是增大表面积，加快反应速率，据题意知，第二种方法制备HCN如温度太低，反应速率较小，温度太高，则酸式盐易分解发生副反应：

2KHS

K2S＋H2S↑。

该反应的化学方程式为KCN＋KHS

HCN↑＋K2S。

【答案】

（1）-3、①为氧化还原反应，②为非氧化还原反应。

（2）KCN＋KHS

HCN↑＋K2S。

第二种方法制备HCN是固体与固体之间的反应，故磨细和用粉末的目的是增大表面积，加快反应速率.

二、氯及卤族元素

例3.（2009届龙岩一中第一学段考试）下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的（）

A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡（H+）

B．使红色布条褪色（HCl）

C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（Cl2）

D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl）

【解析】氯水中存在H+，与NaHCO3反应产生CO2，与H+相关；氯水使红色布条褪色是因为氯水中存在HClO，而不是因为氯水中存在HCl；氯水中存在Cl2能氧化Fe2+→Fe3+，故滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；氯水中存在Cl能与AgNO3溶液生成白色沉淀。

【答案】B

例4.下列有关氯的叙述中正确的是　　

A．液氯和氯水是同一物质

B．红磷在氯气中燃烧产生白色烟雾

C．氯气与水的反应中氯是氧化剂，水是还原剂

D．用氯制漂白粉是为了得到易贮存的漂白剂

【解析】液氯、氯水都是液体，但前者是纯氯，后者是氯与水的混合物，时间延长氯水中还逐渐生成盐酸和次氯酸，氯分子渐少，氯离子渐多。

如果再有光照，因分解也在渐少，出现氧气和更多盐酸。

氯与水的反应是氯分子中氯原子间发生的自身氧化还原，即歧化反应,水虽然是反应物，却未参加氧化还原。

A、C不正确。

烟是分散在气体中的固体小颗粒，雾是分散在气体里的液体小珠滴。

磷在氯气里燃烧的产物三氯化磷是无色液体，可发雾；五氯化磷是浅黄色固体，能形成烟。

漂白粉和氯都可以作为漂白剂、消毒剂，且氯更有效。

但氯气难贮存，又有剧毒，一般医用、家用的漂白剂和

消毒剂使氯气是不合宜的，所以制成漂白粉便于贮存和使用。

漂白粉保存得当，如密闭，以防止吸水和而变质，可以存放较长时间。

B、D正确。

【答案】B、D。

例5.多原子分子氰（CN）2、硫氰（SCN）2和（OCN）2的性质与卤素单质相似，故称它们为拟卤素。

它们可以生成酸和盐（见下表，表中X代表F、Cl、Br或I）。

卤素

氰

硫氰

①

“单质”

X2

（CN）2

（SCN）2

（OCN）2

酸

HX

HCN

②

HOCN

盐

KX

KCN

KSCN

③

（1）在表中①②③空格处应分别填写_______、_______、_______。

（2）完成下列反应的化学方程式或离子方程式。

①（CN）2和KOH溶液反应的化学方程式为：

______________。

②已知阴离子的还原性强弱为：

Cl－＜Br－＜CN－＜SCN－＜I－。

试写出在NaBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2反应的离子方程式：

____________________________________。

【解析】此题主要考查“运用已学知识进行类推思维的能力”。

解题时可用熟知的Cl2、HCl、KCl等物质作参照物。

由还原性Br—（CN）2>（SCN）2，因而可判断（CN）2只能与KSCN反应，不能与NaBr反应，亦即由物质的氧化性和还原性的强弱，可以判断氧化还原反应能否发生。

【答案】

（1）氧氰HSCNKOCN

（2）①（CN）2+2KOH====KCN+KOCN+H2O

②（CN）2+2SCN－====2CN－+（SCN）2

三、硫与硫的化合物

例6.（09年福建卷）能实现下列物质间直接转化的元素是

A.硅B.硫C.铜D.铁

【解析】S与O2生成SO2，再与H2O生成H2SO3，可以与NaOH生成Na2SO3，B项正确。

A项，SiO2不与水反应，错；C项中CuO，D项中Fe3O4均不与H2O反应，故错。

【答案】B

例7.（09年广东卷）常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：

2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+2H+下列说法正确的是

A．H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱

B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降

C．在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变

D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+

【解析】结合A、B两个方程式根据氧化性、还原性强弱比较规律：

得H2O2的氧化性>Fe3+的氧化性，H2O2的还原性>Fe2+的还原性，A错；2H2O2＝2H2O+O2↑，分解过程中，Fe2+作催化剂，溶液pH值不变，B错，H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变。

因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要避免混入Fe2+，D正确。

【答案】CD

四、氮及氮的化合物氮族元素

例8.（09年全国2卷）物质的量之比为2：

5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为

N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是

A.1：

4B.1：

5C.2：

3D.2：

5

【解析】设2molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2molZn（NO3）2，显然含有4molNO3－，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：

2×n（Zn）=n（HNO3）×4，则n（HNO3）=1mol，即有1molHNO3被还原。

【答案】A

例9.最新研究表明：

NO吸收治疗法可快速改善SARS重症患者的缺氧状况，缓解病情。

病毒学研究同时证实，NO对SARS病毒有直接抑制作用。

下列关于NO的叙述正确的是（）

A．NO是一种红棕色的气体

B．常温常压下，NO不能与空气中氧气直接化合

C．含等质量的氧元素的NO和CO的物质的量相等

D．NO易溶于水，不能用排水法收集

【解析】NO是一种无色难溶于水的气体，可以用排水法收集。

常温常压下，NO容易与氧气直接化合生成NO2。

【答案】C

五、碳族元素无机非金属材料

例10.（09年全国2卷）下列徐树中正确的是

A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成

B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：

2.

C.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同

D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出

【解析】CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2,再加入NaHCO3是没有现象的，A项错；向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，仅生成NaHCO3，无CO2气体放出，B项错；等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反应时，放出的CO