解析纯铁为银白色

1、解析 纯铁为银白色，A错；铁在硫蒸气中燃烧生成FeS，B错；自然界中有少量铁以单质形式存在(如陨铁)，D错。解析 铁与稀硫酸反应生成FeSO4，再与过量氨水反应生成白色沉淀Fe(OH)2，在空气中加热Fe(OH)2，铁元素被氧化为3 价，最后所得红棕色残渣为Fe2O3。解析 HNO3具有强氧化性，与Fe反应产生的气体为NO，A项错；铁与Cl2反应无论量的多少产物都是FeCl3，B项错；C项中Fe2O3溶解产生Fe3恰好将铁单质氧化，因而不能置换出H2，正确；FeCl3溶液加热时易水解，D项错。解析 因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即4Fe(OH)2O22H2O=

2、4Fe(OH)3，因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。、原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；的原理为铁作阳极产生Fe2，与电解水产生的OH结合生成 Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；中液面加苯阻止了空气进入；由于带入空气中的氧气，能迅速将 Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。解析 FeCl3溶液蚀刻铜箔的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2，得到的废液中含有FeCl3、CuCl2、FeCl2。解析 B项中Fe3与I易发生氧化还原反应不能大量共存；C项中Fe2与Al(OH)4发生双

3、水解反应不能大量共存；D项中Fe3与HCO发生双水解反应不能大量共存。解析 (1)证明步骤滤液中含有Fe2的方法是取样，先滴加KSCN溶液，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等，若滤液由浅绿色变为血红色，则说明滤液中含有Fe2。(2)由于H2O2具有氧化性，加入过量H2O2的目的是将Fe2全部氧化为Fe3。(3)步骤的目的是将Fe3全部转化为Fe(OH)3，所以步骤需加入过量的NaOH溶液(或氨水)，反应的离子方程式是Fe33OH=Fe(OH)3或Fe33NH3·H2O=Fe(OH)33NH。(4)步骤的目的是将产生的红褐色悬浊液分离，最终得到固体Fe2O3，所以步骤的操作步骤是过滤、洗涤、

4、灼烧、冷却、称量。解析 金属氧化物与硫酸恰好完全反应，生成硫酸盐和水，n(H2SO4)50×103 L×2 mol·L10.1 mol。由氢、氧原子守恒知：H2SO4H2O，生成n(H2O)0.1 mol，n(O)0.1 mol，m(O)1.6 g，a g金属氧化物中金属的质量为(a1.6)g。解析n(HNO3)0.6 mol，n(NO)0.1 mol，反应后铁元素的存在形式为Fe(NO3)2，根据元素守恒，可知反应后溶液中的n(NO)0.5 mol，n(Fe2)0.25 mol，即n(Fe)0.25 mol。解析 A项，忽视了Fe3的氧化性，过量的Fe只能生成硝

5、酸亚铁和NO气体，错误；C项，FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液，溶液变成血红色，说明H2O2把Fe2氧化为Fe3，体现了Fe2的还原性，没有体现氧化性，错误；D项，FeCl3是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，错误。解析 A项，酸性条件下，NO能将Fe2氧化为Fe3，无法检验；B项，浓氨水与FeCl3饱和溶液会生成Fe(OH)3沉淀；足量氯气将Fe2和I全部氧化，1 mol FeI2应转移3NA的电子。解析 本题考查铁及其化合物的性质。FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜的反应为2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，所得的溶液中存在FeCl2和CuCl2，还可能有

6、过量的FeCl3溶液，加入铁粉充分反应后，A项若无固体剩余，说明原溶液中含有Fe3，反应后不一定还含有；B项中不管固体是铁粉还是铜粉，溶液中一定含有Fe2；C项中若溶液中有Cu2，可以有部分铜固体析出；D项若溶液中有Fe2，不一定有Cu析出。解析 (1)Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，所以可起到净水的作用；Fe3会与Fe反应生成Fe2从而腐蚀钢铁设备，离子方程式是2Fe3Fe=3Fe2。(2)根据电荷守恒，c(Fe3)×3c(Fe2)×2c(H)c(Cl)，溶液中氢离子的浓度是c(H)c(Cl)c(Fe2)×2c(Fe3)×3

7、5.3×102 mol·L12.0×102 mol·L1×21.0×103 mol·L1×31.0×102 mol·L1，所以pH2；根据化合价升降法配平ClO、Fe2、Cl、Fe3的化学计量数分别为1、6、1、6，再利用电荷守恒及元素守恒得出反应物中有6H ，产物中有3H2O。解析 当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第族，而不是第 B族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3，但若铁过量，则Fe3被Fe还原为Fe2，所以，Fe与HNO3反应

8、的产物可能因铁过量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3制得。故选项B正确。解析 赤铁矿的主要成分是Fe2O3；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；3价铁离子遇KSCN溶液变为血红色，但没有沉淀产生，一般可以用此方法检验3价铁离子的存在。解析 过量的铁粉与一定量的稀硝酸反应最终生成的是Fe2，A错误；制备氢氧化亚铁应避免被氧气氧化，向硫酸亚铁溶液中加氢氧化钠溶液时应把长胶头滴管的下端插入液面以下且不能搅拌，B错误；CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后生成Cu(OH)

9、2沉淀，加热后过滤，滤纸上留有的是CuO(黑色)，D错误。解析 A项，蒸发时FeCl3水解得到Fe(OH)3，甚至分解得到Fe2O3；B项，Fe3的氧化性比Cu2、H的强，Fe粉首先与Fe3发生氧化还原反应；C项；Fe3易水解，在中性条件下生成沉淀；D项，Fe3与HCO发生双水解反应，生成CO2气体和Fe(OH)3沉淀。解析 A项，该溶液中，2Fe32I=2Fe2I2，不能大量共存，错误；B项，用该溶液溶解一定量铜粉，向所得溶液中再加入铁粉，若溶液中有Cu2，可能是Cu2未参加反应，也可能是Cu2部分被置换，则可能有固体铜析出，故B错误；C项，由于硫酸难挥发，将该溶液蒸干得到固体硫酸铁，故C错

10、误；D项，100 mL 0.1 mol·L1该溶液和足量的Zn发生的反应为2Fe33Zn=2Fe3Zn2，生成1.12 g Fe，故D正确。解析 据氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Fe3>Cu2，可知随铁粉的增加，反应的方程式分别为4HNO3(稀)Fe=Fe(NO3)3NO2H2O4 mol 1 mol 1 mol2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)22 mol 1 mol 3 molCu(NO3)2Fe=Fe(NO3)2Cu1 mol 1 mol 1 mol所以原溶液中，Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量之比为(2 mol1 mol)1 mol4

11、 mol114。解析 (1)废铁屑中含有氧化铝，反应中引入了杂质Al3，加入NaHCO3调节pH至4.4可使Al3完全沉淀。“搅拌”的目的是使反应物充分接触，从而加快化学反应速率。(2)硫酸亚铁溶液中加入NaNO2得到Fe(OH)SO4，铁的化合价升高而N的化合价降低，故NaNO2在反应中作氧化剂。1 mol O2可得到4 mol电子，1 mol NaNO2可得到1 mol电子，标况下11.2 L O2的得电子能力与2 mol NaNO2相当。(4)Fe2能使酸性高锰酸钾溶液退色，故可用酸性KMnO4溶液检验产品中是否含有Fe2。解析 CuSO4变成CuSO4·5H2O属于化学变化，

12、A错；Cu(OH)2是碱，能与酸反应，B错；CuO不能与水反应，C错；Cu2O中铜处于低价态，能被强氧化剂硝酸氧化。解析 解答此题的关键是，明确稀硝酸具有酸性和强氧化性，能溶解CuO、Cu2O和单质Cu，因而该实验结果无法说明CuO分解的程度。解析 (1)Cu2S中铜为1价，火法炼铜中Cu、O被还原，S被氧化，反应原理为Cu2SO22CuSO2。(2)依据信息知Cu2O在酸性条件下生成Cu2(蓝色)和单质铜(红色)，写出反应物和生成物，配平方程式。(3)H2O2不产生污染物。解析 (1)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中部分氧化铜被还原。(2)根据途径

13、的反应方程式：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O和途径的反应方程式：2CuO22H2SO42CuSO42H2O，可以看出途径的优点是产生等量的CuSO4，比途径消耗硫酸少；途径不产生污染大气的气体SO2。解析 金属离子中的中间价态离子，比如Fe2，既有氧化性又有还原性，A错；常温下金属汞呈液态，B错；有的金属元素存在变价，比如Fe、Cu等，C错。解析 铜是人类使用最早的金属材料，A错；铁、铝及铝合金是应用最广泛的金属材料，B错；银的导电性比铜好，D错。解析 冶炼铝由化合态变游离态，有化合价变化属于氧化还原反应，A正确；Mg在工业上用电解法冶炼，Cu用热还原法冶炼，B错误；金属冶炼的

14、实质是Mnne=M，C正确；金属越活泼，则金属离子的氧化性越弱，越难被还原，D正确。解析 金属冶炼的方法很多，由于金属离子得电子的能力不同，因此必须采取不同的冶炼方法。在金属活动性顺序表中，位于氢后面的金属(Hg、Ag等)的氧化物受热就能分解得到单质；位于前面的几种金属(如K、Na、Ca、Al等)的还原性太强，这些金属都很容易失去电子，只能用通电电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼。解析 本题围绕金属材料命题，要根据题目设问的角度，联系相关知识解答。(1)Al元素在周期表中的第3周期第A族；提纯铝土矿通入CO2使Al(OH)4转化为Al(OH)3沉淀。Al2O3与NaOH溶液发生的反应为Al2O32

15、NaOH3H2O=2NaAl(OH)4；保护气应不能与金属反应，一般用稀有气体。(2)金属在海水中主要发生吸氧腐蚀；炼钢过程中为降低Si的含量，常加入CaCO3或CaO，将SiO2转化为CaSiO3而除去。解析 (1)Na、K、Mg、Al等活泼金属的冶炼均采用电解法，Fe、Cu的冶炼采用热还原法。(2)在辉铜矿和H2SO4、O2的反应中，O2作氧化剂，所以1 mol O2得到4 mol e，还原剂失去4 mol e。CuSO4溶液中由于Cu2水解而显酸性，加入镁条时，Mg2与H反应放出H2。解析 (1)在钢制品上电镀铝，故钢制品应作阴极，与电源的负极相连；因为电镀过程中“不产生其他离子且有机阳

16、离子不参与电极反应”，Al元素在熔融盐中以Al2Cl和AlCl形式存在，则电镀过程中负极上得到电子的反应是4Al2Cl3e=Al7AlCl；在水溶液中，得电子能力：H>Al3，故阴极上发生的反应是2H2e=H2。(2)用NaOH溶液溶解铝镀层的反应为2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2，水作氧化剂，转移6 mol电子时，根据得失电子守恒可知，还原产物H2为3 mol。(3)做铝热反应的实验时，需要KClO3作助燃剂，且用镁条引燃；即使固体混合物中有Fe2O3，因发生反应Fe2O36H=2Fe33H2O和Fe2Fe3=3Fe2，使Fe3转化为Fe2，KSCN溶液也不会变血红。解析

17、金能够溶于王水，A项错误；铜在空气中被腐蚀生成铜绿，主要成分是Cu2(OH)2CO3，B项错误；合金的熔点一般比成分金属的都低，C项正确；Cu的质子数和中子数之差为(6329)295，D项错误。解析 途径中会产生有毒物质SO2而途径不会，A错误；CuSO4与过量NaOH溶液反应会生成新制Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖溶液能还原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，B正确；CuSO4热分解过程中，铜元素价态降低，故必有化合价升高的元素，CuSO4中只有氧元素的化合价能升高，故X中必有O2，C错误；D项操作会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，D错误。解析 稀盐酸可以与Cu2(OH)2CO3反应，而且

18、稀盐酸不能与Cu反应，所以可用稀盐酸去除铜器表面的铜绿Cu2(OH)2CO3，、有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛装浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO，、均正确，但没有因果关系，C错误；蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末有新物质生成，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。解析 根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1

19、中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO4·5H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第步中Cu与酸发生的反应为Cu与浓硝酸的反应：Cu4H2NOCu22NO22H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀，发生的反应也可能为3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O。根据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。(2)第步操作中加H2O2的目的是将Fe2转化为Fe3，从而将Fe3转化为沉淀除去，防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是还原产物为H2O，不引入新杂质，同时对环境没有污染，调节pH的目的是将Fe3和Al3转化为沉

20、淀而除去。(3)用CuSO4·5H2O制备无水CuSO4，只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解，但是因为硫酸不挥发，所以最终得到的仍然是CuSO4，所以只要加热脱水即可。(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe2(SO4)3。乙、丙两种方案中，乙方案的原子利用率更高。解析 解题时，要依据制备K2SO4的工艺流程，结合物质的分离与提纯的原则进行分析。(1)杂卤石中加入Ca(OH)2溶液，Mg2与OH结合生成Mg(OH)2沉淀，CaSO4微溶于水，过滤后，滤渣中含有Mg(OH)2、CaSO4及未溶解的杂卤石。(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2与OH结合生成Mg(O

21、H)2沉淀，使c(Mg2)减小，杂卤石的溶解平衡正向移动，同时c(Ca2)与c(SO)均增大，从而析出CaSO4沉淀，K留在滤液中。(3)滤液中含有Ca2、OH，可先加入过量K2CO3溶液，除去Ca2，过滤后，再加入稀H2SO4调节溶液的pH至中性。(4)由图可知，随着温度升高，溶浸平衡向右移动，K的溶浸速率增大。解析 (1)根据问题(1)信息中的反应物和生成物以及氧化还原反应的规律可写出两个化学方程式。(2)气体A中含有SO2，SO2是酸性氧化物，选用碱性溶液吸收。(3)由泡铜制取粗铜，是Cu2O和Al发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平方法进行配平可得化学方程式为3Cu2O2Al高温,

22、Al2O36Cu。(4)向溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，可推知溶液中一定含有Fe3；要检验溶液中还含有Fe2，可利用其还原性，具体操作：取适量酸性KMnO4溶液置于试管中，滴入几滴该溶液，若酸性KMnO4溶液退色或颜色变浅，说明该溶液中含有Fe2(答案合理即可)。解析 (1)SO2具有漂白性，能使品红退色，SO2有还原性，能被酸性KMnO4溶液、溴水氧化，而使它们退色。(3)溶液X为Fe2(SO4)3，需加入还原剂将Fe3还原为Fe2，又不带入杂质离子，故需加入铁粉。(5)过程中需将酸消耗而调高pH，而CaCO3跟硫酸反应会生成微溶于水的CaSO4，阻止反应的继续进行解题指导 该题是以

23、考查物质转化关系为目的的化工流程题。解答这类试题关键是能整合题干、流程和问题中的信息，确定每一步的反应物和生成物，最后再依据化学反应原理，逐一解答问题。如该题第(1)问：从流程和问题信息可得到步骤的物质变化是Fe3氧化PbS生成单质硫，本身被还原为Fe2，从而顺利写出该步反应的离子方程式。结合已有知识和已知信息()可知Fe3、Pb2易水解，即可从水解平衡移动的角度回答加盐酸的目的。第(2)问：结合已知()信息和步骤获得的产品为PbCl2晶体，回答冰水浴的目的肯定要从平衡逆向移动的角度突破。第(3)问：结合已知()信息，步骤是沉淀的转化。解析 钛铁矿中的Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁，加入试剂A

24、后的其中一种产物是硫酸亚铁，则试剂A是铁粉。加入KSCN溶液后无明显现象，说明不含Fe3，加入H2O2后变红说明含有Fe2。这种H2TiO3中含有FeSO4，则煅烧后会产生少量的Fe2O3而使TiO2显黄色。解析 可根据二氧化硅是不溶于水的酸性氧化物，可与强碱反应，不与酸(氢氟酸除外)反应；受热不分解等性质选择。而三氧化二铁、碳酸钙与盐酸反应；硅酸、氯化铵能受热分解。通过一定操作，除去杂质。除杂过程中所发生反应的化学方程式如下：(1)SiO22NaOH=Na2SiO3H2O；(3)Fe2O36HCl=2FeCl33H2O；(4)CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O；(5)NH4ClNH3

25、HCl。解析 CO不溶于水不能生成相应的酸，也不能与NaOH溶液反应；SiO2不溶于水，也不能生成相应的酸；碳有金刚石、石墨、C60等同素异形体，硅有晶体硅和无定形硅等，所以两种元素共有多种单质。解析 通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是，因此a、c判断错误；反应是一个置换反应，其中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b判断正确；反应是一个复分解反应，用难挥发的二氧化硅制取易挥发的二氧化碳，d判断正确；反应中碳的化合价由0价变为4和2，硅的化合价和氧的化合价都没有改变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e判断也正确。解析 由于Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，Na2CO3CO2H2O

26、=2NaHCO3，因而会析出NaHCO3晶体，A项正确；B项，CO2Na2SiO3H2O=Na2CO3H2SiO3，CO2Na2CO3H2O=2NaHCO3，H2SiO3与CO2不反应，浑浊不会消失；C项，CO2Ca(ClO)2H2O=CaCO32HClO，溶液变浑浊后加入品红溶液，被HClO氧化退色；D项，首先CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O，继续通CO2，生成可溶于水的Ca(HCO3)2，再加入足量的NaOH，则：2NaOHCa(HCO3)2=CaCO3Na2CO32H2O，溶液又变浑浊。解析 水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用作防火剂和防腐剂，正确；沙子不是硅酸盐制品，不正确；光

27、导纤维的主要成分是SiO2，不正确。解析 硅酸盐指的是硅、氧与其他化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，故青石棉是一种硅酸盐产品；青石棉是一种纯净物，不可能含有一定量的石英晶体；1 mol Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O跟硝酸反应时，失去3 mol电子，故能使1 mol HNO3被还原。解析 石英砂不能与碱性物质共同存放的实质是SiO2与碱性物质可以发生反应。反应是石英砂与焦炭发生氧化还原反应，反应是硅单质与Cl2反应，也是氧化还原反应。SiCl4水解可以看作Si结合四个OH生成H4SiO4，H4SiO4不

28、稳定失水生成H2SiO3，Cl结合H生成HCl。氮化硅的化学式可通过题目信息运用质量守恒求得。结合题给信息，SiCl4与N2、H2反应可得到Si3N4和HCl。解析 ，该方法中高温反应炉分离出CO2，需要消耗较多能量；，整个过程中NaOH和CaO均可循环利用；，从捕捉室中得到的溶液中含有大量的NaHCO3，加入CaO后生成CaCO3和NaOH，通过过滤的方法即可分离；，捕捉到的CO2可与H2反应制备甲醇：CO23H2CH3OHH2O。解析 (1)C与Q形成两种气态化合物，说明是CO、CO2，其中CO2是非极性分子，碳元素位于第2周期第A族，根据CO2的结构式O=C=O写出其电子式。(2)CCl

29、4室温下为液体，固液混合物用过滤方法分离，粗产品金刚石中混有少量的Na，可利用Na的化学性质将Na与水或乙醇反应，然后过滤除去。(3)3CSiO2SiC2CO反应后主要含杂质Si、SiO2，加入过量的氢氧化钠溶液，Si与氢氧化钠反应生成氢气，反应的离子方程式为Si2OHH2O=SiO2H2，由方程式可知生成0.1 mol H2需要硅1.4 g，生成硅酸钠0.05 mol，由SiO2生成的硅酸钠的物质的量为(20.0 g11.4 g1.4 g)/60 g·mol10.12 mol，溶液中硅酸钠的物质的量浓度为(0.05 mol0.12 mol)/1 L0.17 mol·L1。

30、解析 C、Si都是非金属元素，结合形成的化合物是共价化合物，A正确；Si元素为亲氧元素，不能以游离态存在，故B错；非金属性CSi，故氢化物的热稳定性SiH4CH4，故C错；SiO2既不溶于水，也不和水反应，故D错。解析 原硅酸钠是强电解质，A项错误；石英玻璃的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐产品，B项错误；盐酸不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，无法通过盐酸与硅酸钠的反应比较Cl、Si的非金属性强弱，C项错误。解析 硅胶吸附水，与硅作半导体的材料无关，B错误；二氧化硅硬度大，与氢氟酸和玻璃反应无关，C错误；焦炭具有可燃性，与焦炭还原二氧化硅无关，D错误。解析 A项，硅酸钠溶液本身是一种粘合剂，

31、易造成磨口玻璃塞与瓶口粘结；B项，两反应条件不同，反应是在溶液中进行，强酸可以制弱酸，而高温条件下，CO2是气体，逸出反应体系，能促使反应发生；C项，石英玻璃的成分为SiO2，SiO2是氧化物不是盐；D项正确。解析 A项，X为C，Z为O2，碳与氧气可以发生不完全燃烧生成化合物乙CO，碳与水在高温的条件下可以反应生成CO和H2，氢气在氧气中燃烧生成水，可以一步实现；B项，X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙(ZnCl2)与单质Y(Fe)，二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然

32、后锌再与FeCl2反应置换出铁，不可以一步实现；C项，X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙(MgO)与单质Y(C)，可以一步实现；D项，X为H2，Z为Cl2，氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4；氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙(HCl)与单质Y(Si)，可以一步实现。解析 反应为石英砂和焦炭生成粗硅和一氧化碳的反应：SiO22CSi2CO，属于置换反应；反应是Si3HClSiHCl3H2，属于置换反应；反应是SiHCl3

33、H2Si3HCl，属于置换反应；反应为特定条件下的反应：COH2O1 073 KH2CO2，不属于置换反应。A、B、C分别为CO、CO2、HCl，其中CO2是温室气体，是节能减排的目标气体；CO2和HCl通入W(硅酸钠)溶液中能够生成白色沉淀(硅酸)。解析 依题中信息可知A为Cl2的发生装置，B、C为Cl2的净化装置，D中发生反应2Cl2SiSiCl4，生成的SiCl4用E收集，B中为饱和食盐水将氯化氢气体除去，C中应为浓H2SO4除水，由表中数据可知SiCl4沸点较低，用冷却液可得到液态SiCl4；由题中信息，即可轻松完成第(3)问。解析 因为Cl2具有较强的氧化性，当Cl2与金属反应时，都

34、可把金属氧化成最高价态的金属氯化物，而盐酸中H的氧化能力较弱，只能把Fe氧化成Fe2，而不能把Cu氧化。解析 A项，氯水能使有色布条退色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中是否存在Cl；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。解析 饱和氯水中存在Cl2H2OHClHClO的平衡体系，加入过量CaCO3后，2CaCO32HCl=Ca(HCO3)2CaCl2，CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，使HCl浓度减小，平衡右移，Cl2浓度减

35、小，溶液黄绿色退去；HClO浓度增大，溶液漂白性增强。由于滤液中含有HClO、CaCl2、Ca(HCO3)2等成分，Ca(HCO3)2与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，与HCl反应产生CO2气体，Ca(HCO3)2受热分解生成CaCO3沉淀和CO2气体。解析 A项，该装置的错误有：没有用酒精灯加热，MnO2不与浓盐酸发生反应，从而得不到Cl2；装置中没有用分液漏斗而采用长颈漏斗导致气体外逸和HCl的挥发；没有进行尾气处理；B项，Cl2的密度比空气大，该收集方法正确；C项，要得到干燥纯净的Cl2，首先应将气体通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气；D项，根据反应：MnO24HCl

36、(浓)MnCl2Cl22H2O，盐酸浓度变稀后便不再反应，使产生的Cl2的物质的量小于0.5 mol，转移的电子小于1 mol。解析 选项A的实验现象只能说明氧化性：Cl2>Br2和Cl2>I2，不能说明氧化性：Br2>I2；选项B的实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；选项C中，氯气与水生成酸性物质也可以出现对应的实验现象；e处变血红色是氯气氧化Fe2生成Fe3的结果，选项D正确。解析 元素的非金属性强弱与其对应的氢化物溶液的酸性无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误；I2在KI溶液中存在I2II，可使其溶解度增大，D正确。解析 IBr中I为

37、1价，Br为1价。2个原子组成1个IBr分子，A正确；因为其化学性质与卤素相似，所以在很多反应中，IBr是强氧化剂，B正确；跟水反应的方程式IBrH2O=HBrHIO中，反应前后各元素的化合价均未发生变化，仍然是I为1价，Br为1价，故这个反应不是氧化还原反应，D错误；与碱反应的实质可看成是IBr先与水反应，生成物HBr和HIO再与碱反应，所以2NaOHIBr=NaBrNaIOH2O，C正确。解析 本题涉及卤素单质及其化合物的性质和用途。易被氧化的物质应具有较强还原性，各卤素离子中，以I的还原性最强，故卤素的钾盐中，最易被氧化的是碘化钾；卤化银中除氟化银外均有感光性。解析 分析题目信息可知，在

38、淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸后，发生的反应为ClO2I2H=I2ClH2O，生成的I2使淀粉溶液变蓝，再滴加足量的Na2SO3溶液，发生反应SOI2H2O=SO2H2I，随着I2的减少蓝色逐渐消失，由此可以得出微粒的氧化性由强到弱的顺序是ClO>I2>SO。解析 (1)Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应的离子方程式为SO2Br22H2O=4H2BrSO。(2)由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCl2溶液。(3)Na2SO3过量，能与H

39、Br反应生成二氧化硫、溴化钠、水，反应离子方程式为SO2H=SO2H2O。(4)CCl4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则为含Fe3所致，若有机层为橙色，水层为无色，则为含Br2所致，若有机层为橙色、水层为黄色，则为含Fe3和Br2所致，故选e。解析 A项，Cl2的颜色为黄绿色，正因为氯水中溶解了黄绿色的Cl2，才使得氯水显示了浅黄绿色，正确；B项，Cl与Ag结合生成AgCl白色沉淀，正确；C项，Cl2与水反应生成HCl和HClO，H与NaHCO3反应生成CO2气体，正确；D项，氯水中的Cl2也能将Fe2氧化为Fe3，错误。解析 A项，NaClO的制备为C

40、l2与NaOH溶液反应：Cl22OH=ClOClH2O，正确；B项，NaClO饱和溶液的pH为11，该消毒液中溶液的pH为12，是由于消毒液中还含有少量的NaOH，故pH增大是由于NaOH电离所致，错误；C项，该消毒液与洁厕灵混用会发生氧化还原反应：2HClClO=Cl2H2O，正确；D项，因为醋酸的酸性比次氯酸的酸性强，CH3COOHClO=CH3COOHClO，HClO浓度增大，漂白性增强，正确。解析 (1)根据题意可知，与Cl同族的短周期元素为F，其原子序数为9，最外层电子数为7，电子层数为2，故其原子结构示意图为。(2)比较元素的非金属性强弱可以通过比较元素的气态氢化物的稳定性或者最高

41、价氧化物对应水化物的酸性，气态氢化物越稳定、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，也可以通过单质之间的置换反应比较，故只有b、c正确。(3)NaCl中Cl元素的化合价由1价升高到NaClO3中的5价，故必定有一种元素的化合价要降低，经分析只能是H元素由1价降到0价，因此结合原子守恒和电子守恒可写出化学方程式：NaCl3H2O=NaClO33H2。由NaClO3和KCl反应生成KClO3和NaCl，元素的化合价都没有变化，故为复分解反应，其他晶体没有析出，只析出了KClO3，说明KClO3的溶解度较小，小于其他晶体。解析 解决本题的关键是要明确装置的特点及起漂白作用的是HClO或潮湿的Cl2。首先根据打开B阀后，C处干燥的红布条逐渐退色，说明A处通入的Cl