新化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点总结

1、23新化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点总结一、选择题某一固体粉末含有SiO、FeO、AlO，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得22323溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为SiOB.FeO、SiO2232C.SiO、AlOD.FeO22323【答案】A【解析】SiO、FeO、AlO，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏22323铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。浓硫酸与下列物质反应(可以加热)，既体现酸性、又体现氧化性的是()铜B.炭C.五水硫酸铜D.氧化铜【答案】A【

2、详解】铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；故选A。能正确表示下列反应的离子方程式是()在稀盐酸中投入大理石粉末：CO2-+2H+=CO2个+H203221mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：2Fe2+2Br-+2CI2=2Fe3+Br2+4CI-金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=2Na+Cu过量SO

3、2通入NaCIO溶液中：S02+CI0-+H20=HCI0+HSO-2223【答案】B【详解】大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成CO2-的形式，A不正确；330.5moICI2先与1moIFe2+反应，另外0.5moICI2再与ImoIBr-反应，离子方程式为：2Fe2+2Br-+2CI2=2Fe3+Br2+4CI-，B正确；金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与CU2+发生置换反应，C不正确；过量SO2通入NaCIO溶液中，产物中HCIO与HSO-还会发生氧化还原反应，二者不能共存，D不正确;故选B。4下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确

4、的是()序号被提纯的物质加入试剂分离方法ANaBr溶液(Nal)氯水、四氯化碳萃取、分液BNaHCO3溶液(Na2CO3)石灰水过滤CSO2(HCI)饱和食盐水洗气DMgCI2溶液(CaCI2)石灰水过滤、加盐酸溶解AABBCCDD【答案】D【详解】NaBr溶液(Nal)中加入氯水，不仅除掉了I-,也除掉了Br-,最后所得溶液为NaCI,A不正确；NaHCO3溶液(Na2CO3)中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；SO2(HCI)中加入饱和食盐水，HCI溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；MgCI2溶液(CaCI2)中加

5、入石灰水，虽然MgCI2转化为Mg(OH)2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCI2，D正确；故选D。工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是()FeMgNaNaOH12CuSiB.C.D.【答案】A【详解】Fe是用CO还原铁矿石制得；Mg是先从海水中分离出MgCI2，然后熔融电解获得；Na是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得；NaOH是电解饱和食盐水获得；I2是从海藻类植物中提取的；Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得；Si是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；综合以上分析，不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作

6、及现象推理或结论A向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO24B向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小C向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是碳酸钠D某物质的焰色试验火焰显黄色该物质一定不含钾元素AABBCCDD【答案】B【详解】氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正

7、确；碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钻玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；故选Bo7下列实验中，固体不会溶解的是()氧化铝与足量的稀盐酸混合B.过氧化钠与足量水混合C.氢氧化铝与足量的氨水混合D.木炭与足量浓硫酸共热【答案】C【详解】氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；过氧化

8、钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误；氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；故选Co下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CAl2O3AlO2-Al(OH)3DSiSiO2H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【详解】钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜

9、，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；故选Co向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是A.二氧化碳：K+、Na+、CO2-、Cl-3C.氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO-、Cl-3【答案】C【详解】B.氨气:Mg2+、Al3+、Na+、NO3D.氯气：Na+、Ba2+、HCO-、HSO-33C02、CO2-、H2O会发生反应产生HCO，不能大量共存，A不符合题意

10、；2323NH3H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C.HCl溶于水电离产生H+、Cl-，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；氯气溶于水，反应产生HCI、HCIO,HCI与HCO-会反应产生H20、C02；HCIO与322HSO-会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；3故合理选项是Co10.由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是从组成看，其成分皆是碱性氧化物沉淀X的成分是Si

11、O2溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解【答案】B【解析】试题分析：混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选Do考点：金属及其化合物的性质11.下列实验操作、现象

12、和结论均正确的是()选项操作现象结论A向含1-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉溶液后溶液变蓝色氧化性：ci2i2B将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中溶液变蓝铜与稀硝酸发生置换反应C向溶液X中滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-D常温下将铝片放入浓硝酸中无明显现象铝与浓硝酸不反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】试题分析：A、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误

13、。考点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（）Sit),SiC4A由反应说明SiO2属于两性氧化物由反应说明酸性,H2SiO3H2CO3硅胶吸水后，经干燥可以重复再生图中所示转化反应都是氧化还原反应【答案】C【详解】A.二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4个+2H2O,二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；B.高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生

14、成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；答案选Co【点睛】解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸（氢氟酸）反应。某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是（）H2SO4浓度为4mol/LB溶液中最

15、终溶质为FeSO4C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/LD.AB段反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+【答案】C【分析】由图象可知，由于铁过量，0A段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NOf+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2f.最终消耗Fe为22.4g,此时溶液中溶质为FeSO4，则n(FeSO4)=n(Fe)，由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4),n根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=v计算c(H2SO4)、c(NO3-)。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g

16、=56g/mo=0.4mol,所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是4mol/L,A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO个+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NO3-)=n(Fe)=0.2mol,NO3-浓度为2mol/L,C错误；D、由图象可知，由于铁过量，0A段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+N0个+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为

17、：Fe+2H+=Fe2+H2个，D正确。答案选Co【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。14检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是()加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝B将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液【答案】A【详解】将白色固体放入试

18、管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；故合理选项是Ao【点睛】本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。15下列有关实验操作和现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A常温下，将冋样大小、形状的锌与铝分别加入到相冋体

19、积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快锌比铝活泼B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCI2。溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有SO2-4D向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH+4AABBCCDD【答案】D【详解】常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误;比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HCIO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCI2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为

20、氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有SO2一，故c错误；4氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有NH+，故D正确；4答案为D。16.现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为（）A.6：4：3B.1：1：1C.2：3：4D.3：7：6【答案】A【详解】取一半固体投入足量的NaOH溶液中，Al、Si与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，Fe、Al与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体

21、质量相等，说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据Fe+HSO二FeSO+H、Si+2NaOH+HO=NaSiO+2HT，Fe、Si的物质24422232的量比一定为2:1，故A正确。将43.8gAl、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为39.2gB.44.8gC.58.8gD.66.4g【答案】C【详解】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为20.3mol,

22、根据电子转移守恒可以知道n（Al）=0.3x3=0.2mol,故金属铝的质量为0.2x27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol,将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Ab+、Cu2+离子，3根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44X224=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n（OH-）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2x17=58

23、.8g；C正确；故答案选C。下列说法正确的是（）A向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性【答案】B【详解】氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故C错误；浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式

24、脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D错误；故答案为B。【点睛】氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。有一瓶澄清的溶液，只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Cl_、Br_、厂、CO32-、S

25、O42-中的几种，且浓度均为O.lmolL-i。进行以下实验：取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。下列结论不正确的是肯定含有的阳离子是NH4+、Ba2+肯定含有的阴离子是厂、C、Br-肯定不含有的离子是Fe3+、CO/-、SO42-不能确定是否含有的离子是Na+【答案】D【详解】取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有CO2-；3取少量溶液，滴加少许新

26、制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，因Fe3+与I-不能共存，故不含Fe3+；取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg2+,将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3H2O，说明原溶液中含有NH：；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba2+，因Ba2+与SO2-不能大量共存，故原溶液中不含有SO2-；44通过实验确定的离子有：Ba2+、NH+、I-，根据离子浓度均为O.lmolL-i结合电荷守恒可知4阴离子中一定含有Cl-、Br-，因此溶液中一定不含有Na+,综上所述，答案

27、为：D。【点睛】高中阶段对于Na+的检验，常见方法有：根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；可根据电荷守恒进行分析。类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）由Cl2+2KBr=2KCl+Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2常温下，由Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2个+2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2加热加热由Cu+CI2CuCI2，所以Cu+I2CuI2由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中【答案】D【详解】F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质，故A错误；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成

28、二氧化氮故B错误；氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜，碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C错误；钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D正确；所以答案：Do【点睛】注意点：f2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应；碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL,其中含有硫酸的浓度为2moI/L，含硝酸的浓度为1moI/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标况下的气体的体积为A.89.6mLB.112mLC.168mLD.224mL【答案】D【分析】硫酸的浓度为2moI/L为稀硫酸，硝酸的

29、浓度为1moI/L为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。【详解】铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。Cu的物质的量为0.96mo1=0.015mol，硝酸根离子的物质的量为0.02moI，硝酸和硫酸均提供氢离子，故64H+的物质的量为(2x0.02x2+1x0.02)mo1二0mo1，故氢离子、硝酸根离子过量，则生成的NO在标况下的体积为(3x0.015x22.4x1000)mL二224mL。答案选Do【点睛】硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算

30、更为便利。22.分别盛有不同无色溶液四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是操作现象结论A向试管中先滴加BaCI2溶液再滴加硝酸生成白色沉淀原溶液中有SO42-B向试管中加入AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有Cl-C向试管中先滴加少量氯水，后滴加适量苯，振荡静置溶液分层且上层为橙红色原溶液中含有I-D向试管中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝原溶液中有nh4+A.AB.BC.CD.D【答案】D【详解】滴加BaCl2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO/-,硝酸将其氧化成了SO42-,A错误；加入AgNO

31、3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl，也有可能是Ag2SO4等，B错误；溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br2，证明原溶液中含有Br-，C错误；湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH4+,D正确；答案选Do23.某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、AI2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：下列说法不正确的是（）溶液1中不可能含有CI-气体1可能是二种气体的混合物固体1可能是二种固体的混合物D固体X中，K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种【答案】D【详解】固体X可能

32、含有Na2O2、Fe2O3、AI2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCI2中的一种或几种物质，Fe2O3、AI2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应，K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCI2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中一定含有Na2O2，Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2个，过氧化钠与水反应放热；因为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCI,Mg(OH)2不溶于NaOH溶液，而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2,故固体1中不含Mg(OH)2，X中不含MgCI2，溶液1中

33、不可能含Cl-，A正确；若X中还含有NH4NO3，则固体X加入足量水后还会发生反应：ANH4NO3+NaONaNO3+NH3个+H2O，气体1可能是02、NH3的混合物，B正确；若X中还同时含有AI2O3、SiO2，X与足量水反应后可能溶解部分AI2O3、SiO2，还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中，Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液，C正确；溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO42-、SiO32-等，即溶液1中不一定含SO42-，则原固体X中不一定含有K2SO4、Na2SO3，D错误；答案选Do白色固体混合物A,含有KCl、CaCO3、Na2CO3、

34、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验(已知Ag2SO4可溶于硝酸)。A溶于足量水，最终得到无色溶液B和固体C固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D,蓝色溶液E和固体F下列推断不正确的是A.无色溶液B的pH27B固体F中有H2SiO3混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3溶液B加HNO3酸化，无沉淀；再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则A中有KCl【答案】C【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B和固体C,且固体C不能完全溶解于硝酸中，不溶于硝酸的只有H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含有CU2七则溶液A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、C

35、uSO4；无色溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含有KCl、CaCO3o【详解】A.溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠和硅酸钠，因此溶液B可能是中性或碱性，故pH27,A正确，不选；B根据分析，硅酸不溶于硝酸，则F中含有H2SiO3，B正确，不选；C根据分析,A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含有KCl、CaCO3，C错误，符合题意；D.无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀，可排除Na2SiO3，再滴加AgNO3，有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl,说明A中含有KCl,D正确，不选；答案选Co检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方

36、法是A.将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝【答案】D【详解】利用离子反应：三三如觑=-三0即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性，故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选Do二、实验题硫酸铜可应用于电镀、颜料、医药、农药等方面。下图是探究铜与浓硫酸反应生成硫酸铜的实验装置图：完成下列填空:（1）写出烧瓶中发生反应的化学方程。写出图中虚线框内装置的作用实验结束后，烧瓶中有白色固体生成。写出

37、检验烧瓶中此白色固体是CuSO4的简便的方法o（3）实验中，若反应条件控制不当，则会有少量黑色难溶物CuS、Cu2S固体生成。取此黑色固体样品ag,隔绝空气加热，发生2CuS二”Cu2S+S，充分反应后得到bgCu2S，则CuS的质量分数二（用含a、b的代数式表示）。加热温度过高，会有部分Cu2S分解生成Cu,则（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。A【答案】Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2f+2H2O吸收二氧化硫，防止污染环境防倒吸将6（ab）冷却后的混合物缓缓加到适量水中，并搅拌，溶液呈蓝色偏大a【分析】在加热的条件下铜浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成的二氧化硫用氢氧化钠

38、溶液吸收，防止污染环境，据此解答。【详解】（1）烧瓶中铜和浓硫酸反应，发生反应的化学方程式为ACu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2f+2H2O。二氧化硫易溶于水，属于大气污染物，因此图中虚线框内装置的作用是吸收二氧化硫，防止污染环境，同时起防倒吸作用。（2）由于反应后浓硫酸剩余，则实验结束后，若要证明白色固体为CuSO4，需要采取的操作是将冷却后的混合物缓缓加到适量水中，并搅拌，溶液呈蓝色；实验中，若反应条件控制不当，则会有少量黑色难溶物CuS、Cu2S固体生成。取此黑色固体样品ag,隔绝空气加热，发生2CuS+Cu2S+S,充分反应后得到bgCu2S，设混合物中CuS、Cu2S的物质

39、的量分别是xmol、ymol,则96x+160y=a，根据铜原子守恒可b.a-b_x96一知x+2y=R；x2，解得x4，所以CuS的质量分数二16-6(a一b)。加热16016aa温度过高，会有部分Cu2S分解生成Cu,则b减小，所以偏大。27.实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制取SO2并验证其性质。cnkf盛装70%H2SO4溶液的仪器名称为。仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若，则整个装置气密性良好。装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择(填代号)。a.蒸馏水b.饱和Na2CO3溶液c.饱和NaHSO

40、3溶液d.饱和NaOH溶液C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为。为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管D中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案II：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；方案III：向第三份溶液中加入BaCI2溶液，产生白色沉淀。上述方案合理的是方案(填I、TI或III);试管D中发生反应的离子方程式为装置E的作用是。装置F中为溶液。【答案】分液漏斗液柱高度保持不变c有浅黄色沉淀生成IIISO2+Cl2+2H2O+4H+SO42-+2CI-防止倒吸NaOH【详解】根据仪器特点，该仪器名称为分液漏斗，液注高

41、度保持不变，说明气密性良好；SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在NaHSO3溶液中溶解度较小，c项正确（3）SO2能将S2d氧化，生成硫单质，所以现象为有浅黄色沉淀生成；（4）方案I,氯水中加入AgNO3溶液也可得到白色沉淀；方案II中二氧化硫和氯水均可使品红褪色；方案III中产生沉淀可证明SO2与Cl2发生了氧化还原反应（因溶液显酸性，不会产生BaSO3沉淀，而是BaSO4沉淀），选方案III；（5）E为安全瓶，防止倒吸；装置F起到吸收尾气中S02、H2S的作用，可选用NaOH溶液。某研究性学习小组对实验室中NH3制取、收集、吸收，以及NH3的还原性探究进行了如下

42、实验设计。I.NH3的收集和吸收口进入（选填“m”或“n”）。不能用来吸收nh3的是（1）若用图甲装置，排空气法收集NH3，气体应从已知NH3难溶于CCl4。图乙、丙、丁、戊四种装置中，口.nh3的还原性探究利用下列装置，进行NH3还原FeO一的反应。和23已知：NH3与Fe2O3反应的生成物为Fe、气0和无毒气体x,且x不被浓硫酸和碱石灰吸收。TOC o 1-5 h z（3）采用上图A所示装置作为NH3的发生装置，写出该反应的化学方程。按气流方向正确的装置连接顺序为AffC（填序号，每个装置只用一次）。装置连接后，首先应进行的操作是。实验结束时，应首先（填序号）。A.熄灭A装置的酒精灯B.熄

43、灭B装置的酒精灯（6）若称取l6g完全反应后，测得生成气体X的体积为224mL（已折算为标准状况）,通过计算推测X的化学式为。(7)装置B中NH与FeO反应的化学方程式为。323A水【答案】m丙Ca(OH)+2NHCl=CaCl+2HO+2NHTeBFD检杳24223A装置的气密性BNFeO+2NH2Fe+N+3HO223322【分析】I.(1)根据氨气的密度与空气密度的大小关系分析；根据氨气的溶解性分析；口.A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原FeO，再先后连接F装置，D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置23作安全瓶，防止倒吸，最后连接

44、C装置，已知NH3与FeO反应的生成物为Fe、H2O和3232无毒气体X,且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，故C装置用于测量生成气体的体积，据此分析解答。【详解】I.(1)氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气法收集，所以集气瓶瓶口向上来收集时应短进长出，即若用图甲装置，排空气法收集NH3，气体应从m口进入；氨气极易溶于H2O,则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知NH3难溶于CC】4，乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，丙可能会发生倒吸，则丙装置不能用来吸收NH3；口.(3)氢氧化钙与氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，故该反应的化学方A水程式为Ca(OH)+2NHCl=CaCl+2HO+2N

45、HT；24223A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原FeO，再先后连接F装置，D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作23安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知NH3与FeO反应的生成物为Fe、H2O和无3232毒气体X,且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，故C装置用于测量生成气体的体积，则按气流方向正确的装置连接顺序为ATETBTFTDTC；装置连接后，首先应进行的操作是检查装置的气密性；实验结束时，为防止生成的铁再次被氧化，应先熄灭B装置的酒精灯，在氨气的氛围下冷却后，再熄灭A装置的酒精灯，故选B；(6)l6gFqq的物质的量为O.OImol,

46、则该反应中Fe元素得电子总数为0.06mol,即氮元素失电子总数也为0.06mol，完全反应后，测得生成气体X的体积为224mL(已折算为标准状况)，则气体X的物质的量为0.01mol,又X为无毒气体，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则推测X应为N2，而生成0.01mol%,氮元素失电子总数为0.06mol,则X为N2；根据第(6)问分析Fe2O3和氨气反应生成铁单质、氮气和水，根据得失电子守恒、元素守A恒配平该反应的化学方程式为Fe2O3+2NH3=2Fe+叭+3气0。【点睛】氨气极易溶于H2O,则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知NH3难溶于CC1”，题中乙、234丁、戊三种装置均可以防倒吸，若

47、丁装置中cci4换为苯，苯的密度比水小，则苯在上4层，水在下层，不能起到防倒吸的作用，这是学生们的易错点。某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO?，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓可选药品：浓硝酸、3mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO?反应：2NO+2NaOH=NaNO+NaNO+HO。2322实验应避免有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是。滴加浓硝酸之前的操作是检查装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后。TOC o 1-5 h z装置中发生

48、反应的化学方程式是。装置的作用是，发生反应的化学方程式是。该小组得出的结论所依据的实验现象是。【答案】3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液通入CO2段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内Cu+4HNO(浓)=Cu(NO)+2NO+2HO将33222NO转化为no3NO+HO=2HNO+NO装置中液面上方的气体仍为无色，装置2223中液面上方的气体由无色变为红棕色【分析】结合实验目的，根据装置特点分析各装置的作用，再根据物质的性质的判断；装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、N02、H2O；根据实验目的及装置图可知，装置产生NO；

49、根据对比实验与性质判断装置、的实验现象。【详解】（1）根据装置特点和实验目的，装置是收集NO,装置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀hno3不能氧化NO,所以装置中应该盛放稀硝酸，盛放浓硝酸，生成二氧化氮气体，应用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间co2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的no气体逸出，故答案为：通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内；（3）装置中是Cu与浓HNO3反应，所以反应的化

50、学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2个+2H2O，故答案为:Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2个+2H2O；（4）根据实验目的，装置中没有生成NO,故装置中可以盛放H2O,使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为：将NO转化为NO；22323NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO,所以盛放稀hno3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之，装置中盛放的是浓hno3，若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体，故答案为：中液面上方气体变为红

51、棕色，中液面上方气体不变色。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所/示O回答下列问题：（1）a中试剂为,b中试剂为,c中试剂为（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是o（3）d中的试剂为o实验中要控制so2生成速率，可以采取的措施有（写出两条）。为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的so2不能过量，原因是【答案】浓硫酸亚硫酸钠或亚硫酸氢钠硫化钠和碳酸钠混合溶液硫NaOH溶液控制反应温度、调节酸的滴加速度（或调节酸的浓度等）若so2过量，溶液显酸性，产物分解【分析】根据装置图可知，最左侧装置是制备S0?中间装置用来制备硫代硫酸钠