解析 純鐵為銀白色

1、解析 純鐵為銀白色，A錯；鐵在硫蒸氣中燃燒生成FeS，B錯；自然界中有少量鐵以單質(zhì)形式存在(如隕鐵)，D錯。解析 鐵與稀硫酸反應(yīng)生成FeSO4，再與過量氨水反應(yīng)生成白色沉淀Fe(OH)2，在空氣中加熱Fe(OH)2，鐵元素被氧化為3 價，最后所得紅棕色殘渣為Fe2O3。解析 HNO3具有強氧化性，與Fe反應(yīng)產(chǎn)生的氣體為NO，A項錯；鐵與Cl2反應(yīng)無論量的多少產(chǎn)物都是FeCl3，B項錯；C項中Fe2O3溶解產(chǎn)生Fe3恰好將鐵單質(zhì)氧化，因而不能置換出H2，正確；FeCl3溶液加熱時易水解，D項錯。解析 因為Fe(OH)2在空氣中很容易被氧化為紅褐色的Fe(OH)3，即4Fe(OH)2O22H2O=

2、4Fe(OH)3，因此要較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除裝置中的氧氣或空氣。、原理一樣，都是先用氫氣將裝置中的空氣排盡，并使生成的Fe(OH)2處在氫氣的保護中；的原理為鐵作陽極產(chǎn)生Fe2，與電解水產(chǎn)生的OH結(jié)合生成 Fe(OH)2，且液面用汽油保護，能防止空氣進入；中液面加苯阻止了空氣進入；由于帶入空氣中的氧氣，能迅速將 Fe(OH)2氧化，因而不能較長時間看到白色沉淀。解析 FeCl3溶液蝕刻銅箔的離子方程式為2Fe3Cu=2Fe2Cu2，得到的廢液中含有FeCl3、CuCl2、FeCl2。解析 B項中Fe3與I易發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存；C項中Fe2與Al(OH)4發(fā)生雙

3、水解反應(yīng)不能大量共存；D項中Fe3與HCO發(fā)生雙水解反應(yīng)不能大量共存。解析 (1)證明步驟濾液中含有Fe2的方法是取樣，先滴加KSCN溶液，再滴加氯水或雙氧水、稀硝酸等，若濾液由淺綠色變?yōu)檠t色，則說明濾液中含有Fe2。(2)由于H2O2具有氧化性，加入過量H2O2的目的是將Fe2全部氧化為Fe3。(3)步驟的目的是將Fe3全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，所以步驟需加入過量的NaOH溶液(或氨水)，反應(yīng)的離子方程式是Fe33OH=Fe(OH)3或Fe33NH3·H2O=Fe(OH)33NH。(4)步驟的目的是將產(chǎn)生的紅褐色懸濁液分離，最終得到固體Fe2O3，所以步驟的操作步驟是過濾、洗滌、

4、灼燒、冷卻、稱量。解析 金屬氧化物與硫酸恰好完全反應(yīng)，生成硫酸鹽和水，n(H2SO4)50×103 L×2 mol·L10.1 mol。由氫、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金屬氧化物中金屬的質(zhì)量為(a1.6)g。解析n(HNO3)0.6 mol，n(NO)0.1 mol，反應(yīng)后鐵元素的存在形式為Fe(NO3)2，根據(jù)元素守恒，可知反應(yīng)后溶液中的n(NO)0.5 mol，n(Fe2)0.25 mol，即n(Fe)0.25 mol。解析 A項，忽視了Fe3的氧化性，過量的Fe只能生成硝

5、酸亞鐵和NO氣體，錯誤；C項，F(xiàn)eSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液，溶液變成血紅色，說明H2O2把Fe2氧化為Fe3，體現(xiàn)了Fe2的還原性，沒有體現(xiàn)氧化性，錯誤；D項，F(xiàn)eCl3是強酸弱堿鹽，直接加熱蒸發(fā)最終得到的是氧化鐵，錯誤。解析 A項，酸性條件下，NO能將Fe2氧化為Fe3，無法檢驗；B項，濃氨水與FeCl3飽和溶液會生成Fe(OH)3沉淀；足量氯氣將Fe2和I全部氧化，1 mol FeI2應(yīng)轉(zhuǎn)移3NA的電子。解析 本題考查鐵及其化合物的性質(zhì)。FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上銅的反應(yīng)為2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，所得的溶液中存在FeCl2和CuCl2，還可能有

6、過量的FeCl3溶液，加入鐵粉充分反應(yīng)后，A項若無固體剩余，說明原溶液中含有Fe3，反應(yīng)后不一定還含有；B項中不管固體是鐵粉還是銅粉，溶液中一定含有Fe2；C項中若溶液中有Cu2，可以有部分銅固體析出；D項若溶液中有Fe2，不一定有Cu析出。解析 (1)Fe3水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，所以可起到凈水的作用；Fe3會與Fe反應(yīng)生成Fe2從而腐蝕鋼鐵設(shè)備，離子方程式是2Fe3Fe=3Fe2。(2)根據(jù)電荷守恒，c(Fe3)×3c(Fe2)×2c(H)c(Cl)，溶液中氫離子的濃度是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；根據(jù)化合價升降法配平ClO、Fe2、Cl、Fe3的化學(xué)計量數(shù)分別為1、6、1、6，再利用電荷守恒及元素守恒得出反應(yīng)物中有6H ，產(chǎn)物中有3H2O。解析 當(dāng)鐵中含有雜質(zhì)時，在潮濕的空氣中會發(fā)生電化學(xué)腐蝕，而純鐵的抗腐蝕能力較強；鐵位于元素周期表的第族，而不是第 B族；鐵與強氧化劑反應(yīng)，能被氧化為Fe3，但若鐵過量，則Fe3被Fe還原為Fe2，所以，F(xiàn)e與HNO3反應(yīng)

8、的產(chǎn)物可能因鐵過量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分別通過化合反應(yīng)Fe2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3制得。故選項B正確。解析 赤鐵礦的主要成分是Fe2O3；鐵與水蒸氣在高溫下的反應(yīng)產(chǎn)物為Fe3O4和H2；3價鐵離子遇KSCN溶液變?yōu)檠t色，但沒有沉淀產(chǎn)生，一般可以用此方法檢驗3價鐵離子的存在。解析 過量的鐵粉與一定量的稀硝酸反應(yīng)最終生成的是Fe2，A錯誤；制備氫氧化亞鐵應(yīng)避免被氧氣氧化，向硫酸亞鐵溶液中加氫氧化鈉溶液時應(yīng)把長膠頭滴管的下端插入液面以下且不能攪拌，B錯誤；CuSO4溶液中滴入過量NaOH溶液充分反應(yīng)后生成Cu(OH)

9、2沉淀，加熱后過濾，濾紙上留有的是CuO(黑色)，D錯誤。解析 A項，蒸發(fā)時FeCl3水解得到Fe(OH)3，甚至分解得到Fe2O3；B項，F(xiàn)e3的氧化性比Cu2、H的強，F(xiàn)e粉首先與Fe3發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C項；Fe3易水解，在中性條件下生成沉淀；D項，F(xiàn)e3與HCO發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成CO2氣體和Fe(OH)3沉淀。解析 A項，該溶液中，2Fe32I=2Fe2I2，不能大量共存，錯誤；B項，用該溶液溶解一定量銅粉，向所得溶液中再加入鐵粉，若溶液中有Cu2，可能是Cu2未參加反應(yīng)，也可能是Cu2部分被置換，則可能有固體銅析出，故B錯誤；C項，由于硫酸難揮發(fā)，將該溶液蒸干得到固體硫酸鐵，故C錯

10、誤；D項，100 mL 0.1 mol·L1該溶液和足量的Zn發(fā)生的反應(yīng)為2Fe33Zn=2Fe3Zn2，生成1.12 g Fe，故D正確。解析 據(jù)氧化性由強到弱的順序為HNO3>Fe3>Cu2，可知隨鐵粉的增加，反應(yīng)的方程式分別為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，F(xiàn)e(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物質(zhì)的量之比為(2 mol1 mol)1 mol4

11、 mol114。解析 (1)廢鐵屑中含有氧化鋁，反應(yīng)中引入了雜質(zhì)Al3，加入NaHCO3調(diào)節(jié)pH至4.4可使Al3完全沉淀?！皵嚢琛钡哪康氖鞘狗磻?yīng)物充分接觸，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率。(2)硫酸亞鐵溶液中加入NaNO2得到Fe(OH)SO4，鐵的化合價升高而N的化合價降低，故NaNO2在反應(yīng)中作氧化劑。1 mol O2可得到4 mol電子，1 mol NaNO2可得到1 mol電子，標(biāo)況下11.2 L O2的得電子能力與2 mol NaNO2相當(dāng)。(4)Fe2能使酸性高錳酸鉀溶液退色，故可用酸性KMnO4溶液檢驗產(chǎn)品中是否含有Fe2。解析 CuSO4變成CuSO4·5H2O屬于化學(xué)變化，

12、A錯；Cu(OH)2是堿，能與酸反應(yīng)，B錯；CuO不能與水反應(yīng)，C錯；Cu2O中銅處于低價態(tài)，能被強氧化劑硝酸氧化。解析 解答此題的關(guān)鍵是，明確稀硝酸具有酸性和強氧化性，能溶解CuO、Cu2O和單質(zhì)Cu，因而該實驗結(jié)果無法說明CuO分解的程度。解析 (1)Cu2S中銅為1價，火法煉銅中Cu、O被還原，S被氧化，反應(yīng)原理為Cu2SO22CuSO2。(2)依據(jù)信息知Cu2O在酸性條件下生成Cu2(藍色)和單質(zhì)銅(紅色)，寫出反應(yīng)物和生成物，配平方程式。(3)H2O2不產(chǎn)生污染物。解析 (1)灼燒后含有少量銅，其原因可能是灼燒不充分，銅未被完全氧化，也可能是灼燒過程中部分氧化銅被還原。(2)根據(jù)途徑

13、的反應(yīng)方程式：Cu2H2SO4(濃)CuSO4SO22H2O和途徑的反應(yīng)方程式：2CuO22H2SO42CuSO42H2O，可以看出途徑的優(yōu)點是產(chǎn)生等量的CuSO4，比途徑消耗硫酸少；途徑不產(chǎn)生污染大氣的氣體SO2。解析 金屬離子中的中間價態(tài)離子，比如Fe2，既有氧化性又有還原性，A錯；常溫下金屬汞呈液態(tài)，B錯；有的金屬元素存在變價，比如Fe、Cu等，C錯。解析 銅是人類使用最早的金屬材料，A錯；鐵、鋁及鋁合金是應(yīng)用最廣泛的金屬材料，B錯；銀的導(dǎo)電性比銅好，D錯。解析 冶煉鋁由化合態(tài)變游離態(tài)，有化合價變化屬于氧化還原反應(yīng)，A正確；Mg在工業(yè)上用電解法冶煉，Cu用熱還原法冶煉，B錯誤；金屬冶煉的

14、實質(zhì)是Mnne=M，C正確；金屬越活潑，則金屬離子的氧化性越弱，越難被還原，D正確。解析 金屬冶煉的方法很多，由于金屬離子得電子的能力不同，因此必須采取不同的冶煉方法。在金屬活動性順序表中，位于氫后面的金屬(Hg、Ag等)的氧化物受熱就能分解得到單質(zhì)；位于前面的幾種金屬(如K、Na、Ca、Al等)的還原性太強，這些金屬都很容易失去電子，只能用通電電解其熔融鹽或氧化物的方法冶煉。解析 本題圍繞金屬材料命題，要根據(jù)題目設(shè)問的角度，聯(lián)系相關(guān)知識解答。(1)Al元素在周期表中的第3周期第A族；提純鋁土礦通入CO2使Al(OH)4轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀。Al2O3與NaOH溶液發(fā)生的反應(yīng)為Al2O32

15、NaOH3H2O=2NaAl(OH)4；保護氣應(yīng)不能與金屬反應(yīng)，一般用稀有氣體。(2)金屬在海水中主要發(fā)生吸氧腐蝕；煉鋼過程中為降低Si的含量，常加入CaCO3或CaO，將SiO2轉(zhuǎn)化為CaSiO3而除去。解析 (1)Na、K、Mg、Al等活潑金屬的冶煉均采用電解法，F(xiàn)e、Cu的冶煉采用熱還原法。(2)在輝銅礦和H2SO4、O2的反應(yīng)中，O2作氧化劑，所以1 mol O2得到4 mol e，還原劑失去4 mol e。CuSO4溶液中由于Cu2水解而顯酸性，加入鎂條時，Mg2與H反應(yīng)放出H2。解析 (1)在鋼制品上電鍍鋁，故鋼制品應(yīng)作陰極，與電源的負(fù)極相連；因為電鍍過程中“不產(chǎn)生其他離子且有機陽

16、離子不參與電極反應(yīng)”，Al元素在熔融鹽中以Al2Cl和AlCl形式存在，則電鍍過程中負(fù)極上得到電子的反應(yīng)是4Al2Cl3e=Al7AlCl；在水溶液中，得電子能力：H>Al3，故陰極上發(fā)生的反應(yīng)是2H2e=H2。(2)用NaOH溶液溶解鋁鍍層的反應(yīng)為2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2，水作氧化劑，轉(zhuǎn)移6 mol電子時，根據(jù)得失電子守恒可知，還原產(chǎn)物H2為3 mol。(3)做鋁熱反應(yīng)的實驗時，需要KClO3作助燃劑，且用鎂條引燃；即使固體混合物中有Fe2O3，因發(fā)生反應(yīng)Fe2O36H=2Fe33H2O和Fe2Fe3=3Fe2，使Fe3轉(zhuǎn)化為Fe2，KSCN溶液也不會變血紅。解析

17、金能夠溶于王水，A項錯誤；銅在空氣中被腐蝕生成銅綠，主要成分是Cu2(OH)2CO3，B項錯誤；合金的熔點一般比成分金屬的都低，C項正確；Cu的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之差為(6329)295，D項錯誤。解析 途徑中會產(chǎn)生有毒物質(zhì)SO2而途徑不會，A錯誤；CuSO4與過量NaOH溶液反應(yīng)會生成新制Cu(OH)2懸濁液，葡萄糖溶液能還原新制Cu(OH)2懸濁液生成Cu2O，B正確；CuSO4熱分解過程中，銅元素價態(tài)降低，故必有化合價升高的元素，CuSO4中只有氧元素的化合價能升高，故X中必有O2，C錯誤；D項操作會導(dǎo)致開始得到的膽礬晶體失去結(jié)晶水，D錯誤。解析 稀鹽酸可以與Cu2(OH)2CO3反應(yīng)，而且

18、稀鹽酸不能與Cu反應(yīng)，所以可用稀鹽酸去除銅器表面的銅綠Cu2(OH)2CO3，、有因果關(guān)系，A錯誤；銅表面不能形成致密的氧化膜，銅與濃硫酸在一定溫度下能發(fā)生反應(yīng)，所以不能用銅制容器盛裝濃硫酸，B錯誤；硫酸銅與氨水生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受熱分解生成黑色CuO，、均正確，但沒有因果關(guān)系，C錯誤；藍色硫酸銅晶體受熱轉(zhuǎn)化為白色硫酸銅粉末有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，CuSO4可用作消毒劑，但與前者沒有因果關(guān)系，D正確。解析 根據(jù)制備路線可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、濃硝酸，則可以將Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以濾渣1的主要成分為Au、Pt，濾液1

19、中含有Cu、Fe、Al的離子。根據(jù)濾液2和CuSO4·5H2O可知，濾液2為CuSO4溶液，濾渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第步中Cu與酸發(fā)生的反應(yīng)為Cu與濃硝酸的反應(yīng)：Cu4H2NOCu22NO22H2O或濃硝酸與稀硫酸的混合過程中硝酸變稀，發(fā)生的反應(yīng)也可能為3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O。根據(jù)分析可知濾渣1的主要成分為Pt、Au。(2)第步操作中加H2O2的目的是將Fe2轉(zhuǎn)化為Fe3，從而將Fe3轉(zhuǎn)化為沉淀除去，防止對CuSO4晶體的制備產(chǎn)生干擾。H2O2的優(yōu)點是還原產(chǎn)物為H2O，不引入新雜質(zhì)，同時對環(huán)境沒有污染，調(diào)節(jié)pH的目的是將Fe3和Al3轉(zhuǎn)化為沉

20、淀而除去。(3)用CuSO4·5H2O制備無水CuSO4，只要除去結(jié)晶水即可。在加熱過程中CuSO4發(fā)生水解，但是因為硫酸不揮發(fā)，所以最終得到的仍然是CuSO4，所以只要加熱脫水即可。(4)甲中制備的Al2(SO4)3晶體中含有Fe2(SO4)3。乙、丙兩種方案中，乙方案的原子利用率更高。解析 解題時，要依據(jù)制備K2SO4的工藝流程，結(jié)合物質(zhì)的分離與提純的原則進行分析。(1)雜鹵石中加入Ca(OH)2溶液，Mg2與OH結(jié)合生成Mg(OH)2沉淀，CaSO4微溶于水，過濾后，濾渣中含有Mg(OH)2、CaSO4及未溶解的雜鹵石。(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2與OH結(jié)合生成Mg(O

21、H)2沉淀，使c(Mg2)減小，雜鹵石的溶解平衡正向移動，同時c(Ca2)與c(SO)均增大，從而析出CaSO4沉淀，K留在濾液中。(3)濾液中含有Ca2、OH，可先加入過量K2CO3溶液，除去Ca2，過濾后，再加入稀H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH至中性。(4)由圖可知，隨著溫度升高，溶浸平衡向右移動，K的溶浸速率增大。解析 (1)根據(jù)問題(1)信息中的反應(yīng)物和生成物以及氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可寫出兩個化學(xué)方程式。(2)氣體A中含有SO2，SO2是酸性氧化物，選用堿性溶液吸收。(3)由泡銅制取粗銅，是Cu2O和Al發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平方法進行配平可得化學(xué)方程式為3Cu2O2Al高溫,

22、Al2O36Cu。(4)向溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血紅色，可推知溶液中一定含有Fe3；要檢驗溶液中還含有Fe2，可利用其還原性，具體操作：取適量酸性KMnO4溶液置于試管中，滴入幾滴該溶液，若酸性KMnO4溶液退色或顏色變淺，說明該溶液中含有Fe2(答案合理即可)。解析 (1)SO2具有漂白性，能使品紅退色，SO2有還原性，能被酸性KMnO4溶液、溴水氧化，而使它們退色。(3)溶液X為Fe2(SO4)3，需加入還原劑將Fe3還原為Fe2，又不帶入雜質(zhì)離子，故需加入鐵粉。(5)過程中需將酸消耗而調(diào)高pH，而CaCO3跟硫酸反應(yīng)會生成微溶于水的CaSO4，阻止反應(yīng)的繼續(xù)進行解題指導(dǎo) 該題是以

23、考查物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系為目的的化工流程題。解答這類試題關(guān)鍵是能整合題干、流程和問題中的信息，確定每一步的反應(yīng)物和生成物，最后再依據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，逐一解答問題。如該題第(1)問：從流程和問題信息可得到步驟的物質(zhì)變化是Fe3氧化PbS生成單質(zhì)硫，本身被還原為Fe2，從而順利寫出該步反應(yīng)的離子方程式。結(jié)合已有知識和已知信息()可知Fe3、Pb2易水解，即可從水解平衡移動的角度回答加鹽酸的目的。第(2)問：結(jié)合已知()信息和步驟獲得的產(chǎn)品為PbCl2晶體，回答冰水浴的目的肯定要從平衡逆向移動的角度突破。第(3)問：結(jié)合已知()信息，步驟是沉淀的轉(zhuǎn)化。解析 鈦鐵礦中的Fe2O3與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵，加入試劑A

24、后的其中一種產(chǎn)物是硫酸亞鐵，則試劑A是鐵粉。加入KSCN溶液后無明顯現(xiàn)象，說明不含F(xiàn)e3，加入H2O2后變紅說明含有Fe2。這種H2TiO3中含有FeSO4，則煅燒后會產(chǎn)生少量的Fe2O3而使TiO2顯黃色。解析 可根據(jù)二氧化硅是不溶于水的酸性氧化物，可與強堿反應(yīng)，不與酸(氫氟酸除外)反應(yīng)；受熱不分解等性質(zhì)選擇。而三氧化二鐵、碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)；硅酸、氯化銨能受熱分解。通過一定操作，除去雜質(zhì)。除雜過程中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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應(yīng)的酸，也不能與NaOH溶液反應(yīng)；SiO2不溶于水，也不能生成相應(yīng)的酸；碳有金剛石、石墨、C60等同素異形體，硅有晶體硅和無定形硅等，所以兩種元素共有多種單質(zhì)。解析 通常用氫氟酸來刻蝕玻璃，與之對應(yīng)的反應(yīng)是，因此a、c判斷錯誤；反應(yīng)是一個置換反應(yīng)，其中二氧化硅被還原，表現(xiàn)出氧化性，b判斷正確；反應(yīng)是一個復(fù)分解反應(yīng)，用難揮發(fā)的二氧化硅制取易揮發(fā)的二氧化碳，d判斷正確；反應(yīng)中碳的化合價由0價變?yōu)?和2，硅的化合價和氧的化合價都沒有改變，因此二氧化硅沒有參加氧化還原反應(yīng)，e判斷也正確。解析 由于Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，Na2CO3CO2H2O

26、=2NaHCO3，因而會析出NaHCO3晶體，A項正確；B項，CO2Na2SiO3H2O=Na2CO3H2SiO3，CO2Na2CO3H2O=2NaHCO3，H2SiO3與CO2不反應(yīng)，渾濁不會消失；C項，CO2Ca(ClO)2H2O=CaCO32HClO，溶液變渾濁后加入品紅溶液，被HClO氧化退色；D項，首先CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O，繼續(xù)通CO2，生成可溶于水的Ca(HCO3)2，再加入足量的NaOH，則：2NaOHCa(HCO3)2=CaCO3Na2CO32H2O，溶液又變渾濁。解析 水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用作防火劑和防腐劑，正確；沙子不是硅酸鹽制品，不正確；光

27、導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，不正確。解析 硅酸鹽指的是硅、氧與其他化學(xué)元素(主要是鋁、鐵、鈣、鎂、鉀、鈉等)結(jié)合而成的化合物的總稱，故青石棉是一種硅酸鹽產(chǎn)品；青石棉是一種純凈物，不可能含有一定量的石英晶體；1 mol Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O跟硝酸反應(yīng)時，失去3 mol電子，故能使1 mol HNO3被還原。解析 石英砂不能與堿性物質(zhì)共同存放的實質(zhì)是SiO2與堿性物質(zhì)可以發(fā)生反應(yīng)。反應(yīng)是石英砂與焦炭發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)是硅單質(zhì)與Cl2反應(yīng)，也是氧化還原反應(yīng)。SiCl4水解可以看作Si結(jié)合四個OH生成H4SiO4，H4SiO4不

28、穩(wěn)定失水生成H2SiO3，Cl結(jié)合H生成HCl。氮化硅的化學(xué)式可通過題目信息運用質(zhì)量守恒求得。結(jié)合題給信息，SiCl4與N2、H2反應(yīng)可得到Si3N4和HCl。解析 ，該方法中高溫反應(yīng)爐分離出CO2，需要消耗較多能量；，整個過程中NaOH和CaO均可循環(huán)利用；，從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，通過過濾的方法即可分離；，捕捉到的CO2可與H2反應(yīng)制備甲醇：CO23H2CH3OHH2O。解析 (1)C與Q形成兩種氣態(tài)化合物，說明是CO、CO2，其中CO2是非極性分子，碳元素位于第2周期第A族，根據(jù)CO2的結(jié)構(gòu)式O=C=O寫出其電子式。(2)CCl

29、4室溫下為液體，固液混合物用過濾方法分離，粗產(chǎn)品金剛石中混有少量的Na，可利用Na的化學(xué)性質(zhì)將Na與水或乙醇反應(yīng)，然后過濾除去。(3)3CSiO2SiC2CO反應(yīng)后主要含雜質(zhì)Si、SiO2，加入過量的氫氧化鈉溶液，Si與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氣，反應(yīng)的離子方程式為Si2OHH2O=SiO2H2，由方程式可知生成0.1 mol H2需要硅1.4 g，生成硅酸鈉0.05 mol，由SiO2生成的硅酸鈉的物質(zhì)的量為(20.0 g11.4 g1.4 g)/60 g·mol10.12 mol，溶液中硅酸鈉的物質(zhì)的量濃度為(0.05 mol0.12 mol)/1 L0.17 mol·L1。

30、解析 C、Si都是非金屬元素，結(jié)合形成的化合物是共價化合物，A正確；Si元素為親氧元素，不能以游離態(tài)存在，故B錯；非金屬性CSi，故氫化物的熱穩(wěn)定性SiH4CH4，故C錯；SiO2既不溶于水，也不和水反應(yīng)，故D錯。解析 原硅酸鈉是強電解質(zhì)，A項錯誤；石英玻璃的主要成分是SiO2，不屬于硅酸鹽產(chǎn)品，B項錯誤；鹽酸不是Cl的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，無法通過鹽酸與硅酸鈉的反應(yīng)比較Cl、Si的非金屬性強弱，C項錯誤。解析 硅膠吸附水，與硅作半導(dǎo)體的材料無關(guān)，B錯誤；二氧化硅硬度大，與氫氟酸和玻璃反應(yīng)無關(guān)，C錯誤；焦炭具有可燃性，與焦炭還原二氧化硅無關(guān)，D錯誤。解析 A項，硅酸鈉溶液本身是一種粘合劑，

31、易造成磨口玻璃塞與瓶口粘結(jié)；B項，兩反應(yīng)條件不同，反應(yīng)是在溶液中進行，強酸可以制弱酸，而高溫條件下，CO2是氣體，逸出反應(yīng)體系，能促使反應(yīng)發(fā)生；C項，石英玻璃的成分為SiO2，SiO2是氧化物不是鹽；D項正確。解析 A項，X為C，Z為O2，碳與氧氣可以發(fā)生不完全燃燒生成化合物乙CO，碳與水在高溫的條件下可以反應(yīng)生成CO和H2，氫氣在氧氣中燃燒生成水，可以一步實現(xiàn)；B項，X為Zn，Z為Cl2，鋅與氯氣可以一步反應(yīng)生成化合物乙ZnCl2；Y為Fe，鐵與氯氣可以一步反應(yīng)生成化合物甲FeCl3；鋅與氯化鐵不能一步反應(yīng)生成化合物乙(ZnCl2)與單質(zhì)Y(Fe)，二者反應(yīng)首先生成ZnCl2和FeCl2，然

32、后鋅再與FeCl2反應(yīng)置換出鐵，不可以一步實現(xiàn)；C項，X為Mg，Z為O2，鎂與氧氣可以一步反應(yīng)生成化合物乙MgO；Y為C，碳與氧氣可以一步反應(yīng)生成化合物甲CO2；鎂與二氧化碳可以一步反應(yīng)生成化合物乙(MgO)與單質(zhì)Y(C)，可以一步實現(xiàn)；D項，X為H2，Z為Cl2，氫氣與氯氣可以一步反應(yīng)生成化合物乙HCl；Y為Si，硅與氯氣可以一步反應(yīng)生成化合物甲SiCl4；氫氣與SiCl4可以一步反應(yīng)生成化合物乙(HCl)與單質(zhì)Y(Si)，可以一步實現(xiàn)。解析 反應(yīng)為石英砂和焦炭生成粗硅和一氧化碳的反應(yīng)：SiO22CSi2CO，屬于置換反應(yīng)；反應(yīng)是Si3HClSiHCl3H2，屬于置換反應(yīng)；反應(yīng)是SiHCl3

33、H2Si3HCl，屬于置換反應(yīng)；反應(yīng)為特定條件下的反應(yīng)：COH2O1 073 KH2CO2，不屬于置換反應(yīng)。A、B、C分別為CO、CO2、HCl，其中CO2是溫室氣體，是節(jié)能減排的目標(biāo)氣體；CO2和HCl通入W(硅酸鈉)溶液中能夠生成白色沉淀(硅酸)。解析 依題中信息可知A為Cl2的發(fā)生裝置，B、C為Cl2的凈化裝置，D中發(fā)生反應(yīng)2Cl2SiSiCl4，生成的SiCl4用E收集，B中為飽和食鹽水將氯化氫氣體除去，C中應(yīng)為濃H2SO4除水，由表中數(shù)據(jù)可知SiCl4沸點較低，用冷卻液可得到液態(tài)SiCl4；由題中信息，即可輕松完成第(3)問。解析 因為Cl2具有較強的氧化性，當(dāng)Cl2與金屬反應(yīng)時，都

34、可把金屬氧化成最高價態(tài)的金屬氯化物，而鹽酸中H的氧化能力較弱，只能把Fe氧化成Fe2，而不能把Cu氧化。解析 A項，氯水能使有色布條退色是因為氯水中含有的HClO具有強氧化性；C項，由于加入鹽酸酸化的過程中引入了Cl，所以根據(jù)生成白色沉淀無法說明氯水中是否存在Cl；D項，因Cl2、HCl和HClO均能與NaOH溶液反應(yīng)，所以加入NaOH溶液時氯水顏色消失不能說明其中有HClO存在。解析 飽和氯水中存在Cl2H2OHClHClO的平衡體系，加入過量CaCO3后，2CaCO32HCl=Ca(HCO3)2CaCl2，CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，使HCl濃度減小，平衡右移，Cl2濃度減

35、小，溶液黃綠色退去；HClO濃度增大，溶液漂白性增強。由于濾液中含有HClO、CaCl2、Ca(HCO3)2等成分，Ca(HCO3)2與Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCO3沉淀，與HCl反應(yīng)產(chǎn)生CO2氣體，Ca(HCO3)2受熱分解生成CaCO3沉淀和CO2氣體。解析 A項，該裝置的錯誤有：沒有用酒精燈加熱，MnO2不與濃鹽酸發(fā)生反應(yīng)，從而得不到Cl2；裝置中沒有用分液漏斗而采用長頸漏斗導(dǎo)致氣體外逸和HCl的揮發(fā)；沒有進行尾氣處理；B項，Cl2的密度比空氣大，該收集方法正確；C項，要得到干燥純凈的Cl2，首先應(yīng)將氣體通過飽和食鹽水除去HCl，再通過濃硫酸除去水蒸氣；D項，根據(jù)反應(yīng)：MnO24HCl

36、(濃)MnCl2Cl22H2O，鹽酸濃度變稀后便不再反應(yīng)，使產(chǎn)生的Cl2的物質(zhì)的量小于0.5 mol，轉(zhuǎn)移的電子小于1 mol。解析 選項A的實驗現(xiàn)象只能說明氧化性：Cl2>Br2和Cl2>I2，不能說明氧化性：Br2>I2；選項B的實驗現(xiàn)象還可以說明氯氣與水生成了漂白性物質(zhì)；選項C中，氯氣與水生成酸性物質(zhì)也可以出現(xiàn)對應(yīng)的實驗現(xiàn)象；e處變血紅色是氯氣氧化Fe2生成Fe3的結(jié)果，選項D正確。解析 元素的非金屬性強弱與其對應(yīng)的氫化物溶液的酸性無關(guān)，可根據(jù)其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強弱進行比較，A錯誤；I2在KI溶液中存在I2II，可使其溶解度增大，D正確。解析 IBr中I為

37、1價，Br為1價。2個原子組成1個IBr分子，A正確；因為其化學(xué)性質(zhì)與鹵素相似，所以在很多反應(yīng)中，IBr是強氧化劑，B正確；跟水反應(yīng)的方程式IBrH2O=HBrHIO中，反應(yīng)前后各元素的化合價均未發(fā)生變化，仍然是I為1價，Br為1價，故這個反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，D錯誤；與堿反應(yīng)的實質(zhì)可看成是IBr先與水反應(yīng)，生成物HBr和HIO再與堿反應(yīng)，所以2NaOHIBr=NaBrNaIOH2O，C正確。解析 本題涉及鹵素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)和用途。易被氧化的物質(zhì)應(yīng)具有較強還原性，各鹵素離子中，以I的還原性最強，故鹵素的鉀鹽中，最易被氧化的是碘化鉀；鹵化銀中除氟化銀外均有感光性。解析 分析題目信息可知，在

38、淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸后，發(fā)生的反應(yīng)為ClO2I2H=I2ClH2O，生成的I2使淀粉溶液變藍，再滴加足量的Na2SO3溶液，發(fā)生反應(yīng)SOI2H2O=SO2H2I，隨著I2的減少藍色逐漸消失，由此可以得出微粒的氧化性由強到弱的順序是ClO>I2>SO。解析 (1)Br2具有強氧化性，在溶液中將SO2氧化為H2SO4，自身被還原為HBr，反應(yīng)的離子方程式為SO2Br22H2O=4H2BrSO。(2)由流程圖可知，混合后過濾生成硫酸鋇，濾液蒸餾產(chǎn)生NaCl溶液，故鋇離子、氯離子應(yīng)是加入試劑a引入的，故試劑a為BaCl2溶液。(3)Na2SO3過量，能與H

39、Br反應(yīng)生成二氧化硫、溴化鈉、水，反應(yīng)離子方程式為SO2H=SO2H2O。(4)CCl4與溶液混合后分層，有機層在下層，水層在上層，若有機層無色，水層為黃色，則為含F(xiàn)e3所致，若有機層為橙色，水層為無色，則為含Br2所致，若有機層為橙色、水層為黃色，則為含F(xiàn)e3和Br2所致，故選e。解析 A項，Cl2的顏色為黃綠色，正因為氯水中溶解了黃綠色的Cl2，才使得氯水顯示了淺黃綠色，正確；B項，Cl與Ag結(jié)合生成AgCl白色沉淀，正確；C項，Cl2與水反應(yīng)生成HCl和HClO，H與NaHCO3反應(yīng)生成CO2氣體，正確；D項，氯水中的Cl2也能將Fe2氧化為Fe3，錯誤。解析 A項，NaClO的制備為C

40、l2與NaOH溶液反應(yīng)：Cl22OH=ClOClH2O，正確；B項，NaClO飽和溶液的pH為11，該消毒液中溶液的pH為12，是由于消毒液中還含有少量的NaOH，故pH增大是由于NaOH電離所致，錯誤；C項，該消毒液與潔廁靈混用會發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2HClClO=Cl2H2O，正確；D項，因為醋酸的酸性比次氯酸的酸性強，CH3COOHClO=CH3COOHClO，HClO濃度增大，漂白性增強，正確。解析 (1)根據(jù)題意可知，與Cl同族的短周期元素為F，其原子序數(shù)為9，最外層電子數(shù)為7，電子層數(shù)為2，故其原子結(jié)構(gòu)示意圖為。(2)比較元素的非金屬性強弱可以通過比較元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性或者最高

41、價氧化物對應(yīng)水化物的酸性，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定、最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，元素的非金屬性越強，也可以通過單質(zhì)之間的置換反應(yīng)比較，故只有b、c正確。(3)NaCl中Cl元素的化合價由1價升高到NaClO3中的5價，故必定有一種元素的化合價要降低，經(jīng)分析只能是H元素由1價降到0價，因此結(jié)合原子守恒和電子守恒可寫出化學(xué)方程式：NaCl3H2O=NaClO33H2。由NaClO3和KCl反應(yīng)生成KClO3和NaCl，元素的化合價都沒有變化，故為復(fù)分解反應(yīng)，其他晶體沒有析出，只析出了KClO3，說明KClO3的溶解度較小，小于其他晶體。解析 解決本題的關(guān)鍵是要明確裝置的特點及起漂白作用的是HClO或潮濕的Cl2。首先根據(jù)打開B閥后，C處干燥的紅布條逐漸退色，說明A處通入的Cl