2023届新高考化学选考一轮总复习训练-阶段过关检测(二)　元素化合物综合.docx

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1、阶段过关检测(二)元素化合物综合一、选择题(本大题共20小题,每小题3分,共60分。每小题列出四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.“84”消毒液(主要成分是次氯酸钠)是家庭常用的消毒剂。以下有关说法不正确的是()A.次氯酸钠水溶液呈碱性,说明次氯酸是弱电解质B.次氯酸钠水溶液具有很强的漂白性,说明其水溶液中存在次氯酸C.“84”消毒液应密闭保存,防止与空气反应D.二氧化硫具有漂白性,若将二氧化硫通入“84”消毒液中,其漂白能力增强2.下列有关金属的说法中,正确的是()A.铜能与氯化铁溶液反应,该反应可以用于印刷电路板的制作B.用洁净的铂丝蘸取碳酸钾溶液在酒精灯火

2、焰上灼烧,可观察到明亮的紫色火焰C.钠着火时,可选用泡沫灭火器灭火D.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧3.下列说法正确的是()A.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3B.Na加入CuCl2溶液中可得CuC.NaOH在空气中变质最终生成Na2CO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O24.某科研团队研究表明,在常温、常压和可见光下,基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如图所示。下列说法正确的是()A.该过程中没有非极性键的断裂与生成B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为31C.基于LDH合成NH3的过程不属于氮的固定D.利用NH3容易液化的性质,将混

3、合气体加压降温可分离出NH35.下列说法不正确的是()A.FeCl2、Fe(OH)3、NaHCO3均可通过化合反应生成B.用惰性电极分别电解H2SO4、NaOH溶液,均为电解水C.将Cl2、SO2气体分别通入紫色石蕊试液中,均出现溶液先变红后褪色D.将铁片和铝片置于冷的浓硝酸中均发生钝化6.下列说法正确的是()A.铁与碘反应易生成碘化铁B.电解ZnSO4溶液可以得到ZnC.用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+,生成碳酸镁D.SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀7.下列说法不正确的是()A.纯碱可以去除油污,也能广泛应用于玻璃、纺织、食品等工业中B.二氧化硫可用于漂白纸浆、编织物,但二氧化硫通

4、入紫色石蕊试液中只能使其变红C.钠钾合金在常温常压下是液体,可用作原子反应堆的导热剂D.浓硫酸可使有机物炭化是由于它的脱水性,因此在实验室中常用作干燥剂8.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A.用NaNO2氧化酸性溶液中的KI:2I-+NO2-+2H+I2+NO+H2OB.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热:NH4+OH-NH3+H2OC.将过量SO2通入冷氨水中:SO2+NH3H2OHSO3-+NH4+D.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜:Ag+4H+NO3-Ag+NO+2H2O9.下列实验事实不能作为所得结论合理证据的是()选项ABCD实验现象NaBr溶液变为橙色,NaI

5、溶液变为棕黄色Mg条表面有气泡产生Na2SiO3溶液中出现白色沉淀钾与水反应比钠与水反应更剧烈结论氧化性:Cl2Br2I2还原性:MgAl非金属性:CSi金属性:KNa10.下列说法不正确的是()A.海水中提取溴的方法是粗盐母液通氯气氧化鼓入热空气粗溴提纯得纯溴B.海带中提取碘的方法是海带加水浸泡过滤酸化后通氯气氧化过滤得粗碘C.海水中提取镁的方法是粗盐母液加石灰乳过滤滤渣加盐酸氯化镁溶液电解得到镁D.侯德榜制纯碱的方法是饱和食盐水通氨气至饱和再通二氧化碳过滤加热得纯碱11.甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:甲乙丙。下列有关物质的推断不正确的是

6、()A.若甲为AlCl3,则丁可能是氨水B.若甲为H2S,则乙可能是SC.若甲为氯气,则丙可能为FeCl2D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO212.过硫化氢的化学式为H2S2,可以看成是过氧化氢中的过氧键被过硫键替代。下列关于过硫化氢的说法,不正确的是()A.过硫化氢在常温下呈液态B.过硫化氢不稳定,易分解C.用黄铁矿(FeS2)和盐酸可制备过硫化氢D.过硫化氢有氧化性,能将Fe2+氧化成Fe3+13.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是()A.将Cl2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中,溶液红色褪去,则一定是漂白性所致B.在新制氯水中加入碳酸钙粉末,充分搅拌,氯水的漂白性增强,则碳酸

7、钙是催化剂C.溶有SO2的BaCl2溶液中加入X,有白色沉淀生成,X可能是Cl2、NaOH、NH3D.根据常温下铜与浓硝酸可以制取NO2,推出常温下铁与浓硝酸也可以制取NO214.下列“类比”合理的是()A.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2B.Na和O2在点燃条件下生成Na2O2,则Na在CO2中燃烧也有Na2O2生成C.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl,则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD.NaCl固体和浓硫酸共热生成硫酸钠和氯化氢气体,则NaI固体和浓硫酸共热生成硫酸钠和碘化氢气体15.亚硝酰氯(ClNO)

8、常用作催化剂和合成洗涤剂,其沸点为-5.5 ,易水解。某学习小组在实验室中按图所示装置用Cl2与NO制备ClNO。下列相关说法不正确的是()A.为加快反应速率,装置A中可用酒精灯大火加热制取NOB.装置B的作用为除去NO中的HNO3、NO2气体C.实验开始时,先打开K1、K2,关闭K3,打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸,当观察到C中红棕色完全消失时关闭K2,再进行后续实验操作D.装置D中无水CaCl2的作用是防止水蒸气进入三颈烧瓶中与ClNO反应16.葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂,为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量(通常以酒样中SO2的量计),某研究小组设计了如下实验(已知还原性:SO3

9、2-I-Cl-)。下列说法不正确的是()酒样气体溶液数据处理A.葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化,利用了亚硫酸盐的还原性B.通入N2和煮沸的目的是将产生的气体从溶液中全部赶出C.若试剂A选择氯水,则试剂B可选择NaOH标准液D.若试剂A选择碱液,调节吸收后溶液为中性,则试剂B可选择I2标准液17.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示,在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化,下列叙述正确的是()A.制碱原理是NaHCO3的溶解度受温度影响变化大B.过程中的TBA呈碱性C.过程中发生的反应为O2+2CuCl+2TBAHCl2CuCl2+2TBA+H2OD.理论上每生成1 mol

10、NaHCO3,可得到1 mol C2H4Cl218.根据物质的组成、结构等信息可以预测其性质或用途。下列预测中,明显不合理的是()A.根据化合价预测,高铜酸钠(NaCuO2)与SO2可生成硫酸盐B.根据组成预测,铝酸三钙(Ca3Al2O6)溶于足量盐酸,生成白色沉淀C.根据在周期表中位置预测,单质砷(第A族)是重要的半导体材料D.根据结构预测,葡萄糖CH2OH(CHOH)4CHO溶液中加入新制氢氧化铜并加热,产生砖红色沉淀19.向含有1 mol HNO3和1 mol H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量,溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO

11、)。下列有关判断不正确的是()A.a表示Fe3+的关系曲线B.n1=0.75C.P点时,n(Fe2+)=0.562 5 molD.向P点溶液中加入铜粉,最多可溶解14.4 g20.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。实验现象无明显现象中铝片表面产生细小气泡中出现白色浑浊,产生大量气泡(经检验为H2和CO2)下列说法不正确的是()A.Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-B.若将打磨过的铝片加入中,加热后会出现气泡。再对比上图、,说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C.推测出现白色浑浊的原因可能为AlO2-+HCO3-+H2OAl(OH)3+CO32-D.加热和H

12、2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的二、非选择题(本大题共5小题,共40分)21.(8分)综合利用海水可以制备食盐、纯碱、金属镁、溴等物质,其流程如图所示。(1)粗盐中含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质,为除去这些杂质而得精盐,进行如下操作:溶解;加过量的BaCl2溶液;加过量的NaOH溶液;加过量的Na2CO3溶液;加适量的盐酸;蒸发结晶。(2)碳酸氢钠固体受热分解的化学方程式是。(3)Mg(OH)2沉淀中因混有Ca(OH)2而不纯,可选用溶液进行洗涤以除之。(4)高温灼烧六水合氯化镁晶体(MgCl26H2O)所得固体是氧化镁,试写出该反应的化学方程式:。(5)若在母液中通入

13、氯气可提取海水中的溴,反应的离子方程式为。22.(10分).物质X是由4种短周期元素组成的化合物,某兴趣小组对其开展探究实验。已知:气体单质F在燃烧时产生淡蓝色火焰;滤液1与滤液2成分相同,且只含单一溶质。请回答:(1)组成X的非金属元素是(填元素符号),X的化学式是。(2)步骤发生的化学方程式是 。(3)写出白色粉末B与NaOH溶液发生反应的离子方程式: 。.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2,经分析,吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO42-。该同学认为溶液中还可能存在SO32-、ClO-,请设计实验方案证明该同学的猜想:。23.(8分)CuBr是白色晶体,在空气中慢慢被氧化成绿色;

14、微溶于水,不溶于乙醇等有机溶剂。某同学利用图1所示装置制备一定量的CuBr(已知室温下1 L水约可溶解1.5 mol SO2)。请回答下列问题:(1)仪器a的名称是。(2)装置A中反应的化学方程式为 。(3)通入装置B中的SO2的作用是,可停止向装置B中通入SO2的标志是 。若B中Cu2+仍未完全被还原,适宜加入的试剂是(填字母)。A.液溴B.Na2SO4C.铁粉D.Na2S2O3(4)待装置B中反应结束后,将装置B中混合物转移到过滤器中过滤(装置如图2所示),图2中有一处错误,该错误是 。过滤后选择的洗涤试剂依次为C中吸收液、溶解有SO2的酒精溶液,洗涤沉淀的方法是 。24.(8分)硫酸镍(

15、NiSO4)是电镀镍工业所用的主要镍盐,易溶于水。实验室用如图所示装置制备NiSO46H2O。回答下列问题:(1)仪器a的名称为,实验室中配制浓硫酸与浓硝酸混酸的操作为 。(2)混酸与镍粉反应时,除生成NiSO4外,还生成了NO2、NO和H2O等氧化物,若NO2与NO的物质的量之比为11,则该反应的化学方程式为;此时用NaOH溶液吸收尾气发生反应的离子方程式为。(3)查阅资料发现用镍粉与混酸制备NiSO4成本高,用冶铁尾矿提取的草酸镍(NiC2O4)与硫酸制取NiSO4成本较低。现加热NiC2O4制备NiO,并检验生成的CO,可能用到的装置如下:已知:.反应原理为NiC2O4NiO+CO+CO

16、2,NiO+H2SO4NiSO4+H2O。.PdCl2溶液能够吸收CO。各装置的连接顺序为(填字母)。A.bcefaedB.becfaedC.bcfeaedD.bcedfaePdCl2溶液吸收CO时发生氧化还原反应,生成CO2气体、盐酸和黑色物质(填化学式)。(4)将NiSO46H2O制成电镀液时,往往加入少量稀硫酸,其目的是。25.(6分)取1.77 g镁铝合金投入100 mL 2.00 mol/L的盐酸中,合金完全溶解,放出氢气1.904 L(已折算成标准状况)请计算:(1)镁铝合金中镁的质量分数=%(保留三位有效数字)。(2)上述溶液中继续滴加V mL 1.00 mol/L的NaOH溶液

17、,得到沉淀3.10 g。则V的最大值为 mL。阶段过关检测(二)元素化合物综合1.DA.次氯酸钠水溶液呈碱性是因为ClO-发生水解,说明次氯酸是弱电解质,正确;B.次氯酸钠水溶液具有很强的漂白性,说明次氯酸钠水解产生次氯酸,正确;C.碳酸的酸性强于次氯酸,因此次氯酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸见光或受热易分解,漂白作用减弱或失去,因此“含氯消毒液”应密闭保存,正确;D.二氧化硫具有漂白性,同时也具有还原性,若将二氧化硫通入“84”消毒液中,两者发生氧化还原反应,其漂白能力减弱,错误。2.A用洁净的铂丝蘸取碳酸钾溶液在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃片可观察到明亮的紫色火焰,故B

18、错误;钠和水反应生成氢气,氢气是易燃物,钠燃烧生成过氧化钠,过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气,促进钠的燃烧,所以钠着火时,不能用泡沫灭火器灭火,应该用沙子灭火,故C错误;燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中,镁条能继续燃烧,与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,故D错误。3.CA.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO2,错误;B.Na 性质活泼,与水剧烈反应,将Na加入CuCl2溶液中,最终产物为Cu(OH)2和H2,不能置换出铜,错误;D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2,错误。4.DA.根据原理示意图可知,该过程中的总反应为2N2+6H2O4NH3+ 3O2,N2、O2中只

19、存在非极性键,H2O、NH3中只存在极性键,则该过程中既有非极性键的断裂与生成,又有极性键的断裂与生成,错误;B.根据A中化学方程式可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为13,错误;C.该过程中将游离态的氮(N2)转化成了含氮化合物(NH3),属于氮的固定,错误;D.该过程得到NH3和O2的混合气,由于NH3容易液化,故将混合气体加压降温使NH3液化,从而分离出来,正确。5.CA.Fe+2FeCl33FeCl2,4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,Na2CO3+CO2+ H2O2NaHCO3,因此FeCl2、Fe(OH)3、NaHCO3均可通过化合反应生成,正确;B.放电顺序为OH

20、-SO42-,H+Na+,因此电解H2SO4和NaOH溶液时,阳极均为OH-失去电子,阴极均为H+得到电子,都是在电解水,正确;C.SO2不能使酸碱指示剂褪色,错误;D.铁和铝在冷的浓硫酸、浓硝酸中均会发生钝化,正确。6.BA.Fe与I2反应生成FeI2,错误;B.电解ZnSO4溶液在阴极发生反应Zn2+2e-Zn,正确;C.用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+,会生成溶解度更小的Mg(OH)2,而不是MgCO3,错误;D.H2SO3酸性弱于HCl,SO2与BaCl2溶液不反应,故SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成,错误。7.D浓硫酸可使有机物炭化是由于它的脱水性,但在实验室中常用作干燥剂,主要利

21、用的是浓硫酸的吸水性,D项不正确。8.CA.电荷不守恒,离子方程式为2I-+2NO2-+4H+I2+2NO+2H2O,错误;B.过量的NaOH溶液与铵根离子及碳酸氢根离子反应,离子方程式为NH4+2OH-+HCO3-NH3+2H2O+CO32-,错误;D.电荷不守恒,离子方程式为3Ag+4H+NO3-3Ag+NO+2H2O,错误。9.B新制的氯水滴入溴化钠溶液中,NaBr溶液变为橙色,说明氧化性Cl2Br2,溴水滴入NaI溶液中,NaI溶液变为棕黄色,说明氧化性Br2I2,所以氧化性Cl2Br2I2,A正确;Mg条表面有气泡产生,说明镁是正极,不能得出还原性MgAl的结论,B错误;把二氧化碳通

22、入硅酸钠溶液中,有白色沉淀硅酸生成,证明碳酸的酸性强于硅酸,元素最高价含氧酸的酸性越强,其非金属性越强,所以非金属性CSi,C正确;金属性越强,金属单质越易与水反应,钾与水反应比钠与水反应更剧烈,证明金属性KNa,D正确。10.CA.海水中溴以离子形式存在,则粗盐母液通氯气氧化鼓入热空气粗溴提纯得纯溴,正确;B.海带中碘元素在浸泡时以离子形式存在于水中,且碘不易溶于水,则海带加水浸泡过滤酸化后通氯气氧化过滤得粗碘,正确;C.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气、氯气,则海水中提取镁的方法为粗盐母液加石灰乳过滤滤渣加盐酸氯化镁溶液熔融氯化镁电解得到镁,错误;D.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度,且碳

23、酸氢钠的溶解度小,则饱和食盐水通氨气至饱和再通二氧化碳过滤加热得纯碱,正确。11.AA.若甲为AlCl3,则丁为强碱,乙为氢氧化铝,丙为偏铝酸盐,则Al3+和适量OH-反应得到Al(OH)3,Al(OH)3和强碱反应得到AlO2-,AlO2-和Al3+反应得到Al(OH)3,因此丁不可能是氨水,错误;B.若甲为H2S,丁为O2,乙为S,丙为SO2,则H2S溶液和O2反应得到S和H2O,S和O2反应生成SO2,SO2和H2S反应生成S和H2O,正确;C.若甲为氯气,则丁为Fe,乙为FeCl3,丙为FeCl2,则Cl2和Fe在加热条件下反应生成FeCl3, FeCl3和Fe反应生成FeCl2,Fe

24、Cl2和Cl2反应生成FeCl3,正确;D.若甲为NaOH溶液,则丁是CO2,乙是Na2CO3,丙是NaHCO3,则NaOH和CO2反应生成Na2CO3和H2O,Na2CO3、H2O和CO2反应生成NaHCO3,NaHCO3和NaOH反应生成Na2CO3和H2O,正确。12.DA.过硫化氢是一种无色液体,常温下呈液态,正确;B.过硫化氢不稳定,易分解,正确;C.用FeS2和盐酸制备过硫化氢的化学方程式为FeS2+2HClFeCl2+H2S2,正确;D.由选项C可知,Fe2+与H2S2可共存,则过硫化氢不能氧化Fe2+,错误。13.CA.将Cl2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中,溶液红色褪去,可

25、能是氯气与水反应生成的HClO具有漂白性所致,也可能是生成的HCl中和NaOH所致,错误;B.碳酸钙消耗氯水中的HCl,使氯气与水的平衡正向移动,产生更多的HClO,漂白性增强,碳酸钙并非催化剂,错误;C.溶有SO2的BaCl2溶液中若通氯气能将SO2氧化成硫酸,硫酸根离子与钡离子结合形成硫酸钡白色沉淀,若加NaOH、NH3能将溶液中SO2转变成亚硫酸盐,使溶液呈碱性,亚硫酸根离子与钡离子结合形成亚硫酸钡白色沉淀,正确;D.常温下铁与浓硝酸会发生钝化,不能持续反应,不可以用于制取二氧化氮,错误。14.CA.过氧化钠具有强氧化性,与二氧化硫反应生成硫酸钠,错误;B.钠和二氧化碳反应生成碳酸钠,不

26、是过氧化钠,因为过氧化钠和二氧化碳能反应,错误;C.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl,Na3N+ 4HCl3NaCl+NH4Cl,Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl,Mg3N2+8HCl3MgCl2+2NH4Cl,正确;D.碘离子具有还原性,能被浓硫酸氧化,所以碘化钠和浓硫酸反应不能生成碘化氢,错误。15.A温度过高会造成HNO3分解(或挥发),且生成的NO气体速度过快,NO来不及反应即大量逸出,A项错误;NO不溶于水,而可能存在的杂质HNO3、NO2均易溶于水,故装置B的作用为除去NO中的HNO3、NO2等杂质,B项正确;为了得到比较纯净的NO,要排出C装置中的空气,防

27、止NO被氧化为NO2,当C中红棕色完全消失时,说明装置C中空气被排尽,才可进行后续制取实验,C项正确;因为亚硝酰氯(ClNO)易水解,所以必须防止水蒸气进入三颈烧瓶中与ClNO反应,D项正确。16.CA.亚硫酸盐具有较强的还原性,可以防止葡萄酒被氧化,正确;B.温度越高,气体在水中的溶解度越小,通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出,正确;C.若试剂A选择氯水,则溶液中会有未反应的氯水,当试剂B选择NaOH标准液时,所消耗氢氧化钠标准液的体积会偏大,造成结果有较大误差,错误;D.若试剂A选择碱液,调节吸收后溶液为中性,试剂B选择I2标准液,碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐,可以测定亚硫酸盐的

28、含量,正确。17.B根据题意可知,制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBANaHCO3+ TBAHCl,过程为TBA的再生过程O2+4CuCl+4TBAHCl4CuCl2+ 4TBA+2H2O,乙烯的催化氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl。利用饱和食盐水制碱的原理是NaHCO3的溶解度比NaCl的溶解度小,A项错误;该过程类似于侯氏制碱法,TBA的作用相当于氨气,故呈碱性,B项正确;选项中原子不守恒,C项错误;制碱过程理论上每生成1 mol NaHCO3需要1 mol TBA,过程中每生成1 mol CuCl2需要1 mol TBAHCl,乙烯的氯化过程2CuCl2C

29、2H4Cl2,则关系式为NaHCO312C2H4Cl2,则理论上每生成1 mol NaHCO3,可得到0.5 mol C2H4Cl2,D项错误。18.BA.高铜酸钠(NaCuO2)中铜元素的化合价为+3价,具有氧化性,二氧化硫具有还原性,所以两者反应可生成硫酸盐,合理;B.铝酸三钙(Ca3Al2O6)溶于足量盐酸,反应生成氯化钙、氯化铝和水,不能生成白色沉淀,不合理;C.根据在周期表中位置预测,砷在金属和非金属的分界线附近,所以单质砷(第A族)是重要的半导体材料,合理;D.根据结构预测,葡萄糖CH2OH(CHOH)4CHO含有醛基,葡萄糖溶液中加入新制氢氧化铜并加热,产生砖红色沉淀,合理。19

30、.C该反应可以看作两步Fe+4H+NO3-Fe3+NO+2H2O,硝酸根离子过量,氢离子不足;2Fe3+Fe3Fe2+。a表示Fe3+的关系曲线,A正确;溶液中共有3 mol H+参加反应,消耗铁的物质的量为0.75 mol, B正确;P点n(Fe2+)=n(Fe3+),两者均为0.45 mol,C错误;剩余0.45 mol Fe3+,消耗0.225 mol铜,质量为14.4 g,D正确。20.DA.碳酸根离子为多元弱酸根离子,分步水解,以第一步为主,水解离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-,正确;B.若将打磨过的铝片加入中,加热后会出现气泡,说明铝能与热水反应,实验中没有气泡冒出

31、,说明表面有氧化膜,实验有气泡冒出,说明氧化膜被破坏,正确;C.碳酸钠水解显碱性,铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子,去掉氧化膜后,铝与氢氧根离子、水反应生成氢气,碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子,碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和CO32-,离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2OAl(OH)3+CO32-,正确;D.盐类水解为吸热过程,加热促进盐类水解,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子,氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应,消耗氢氧根离子,促进碳酸根离子水解,所以加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动都起到促进作用,错误。21.解析:(3)Mg(OH)2和Ca

32、(OH)2两种沉淀中氢氧化镁溶解度更小,可以加入MgCl2使Ca(OH)2转化为Mg(OH)2沉淀。答案:(1)过滤(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O(3)MgCl2(4)MgCl26H2OMgO+2HCl+5H2O(5)Cl2+2Br-2Cl-+Br222.解析:.根据题给信息可知,气体单质F在燃烧时产生淡蓝色火焰,F为氢气,其物质的量为13.44 L22.4 L/mol=0.6 mol;固体混合物中加入1 mol/L 盐酸200 mL恰好反应,过滤得到白色胶状沉淀A,A为硅酸沉淀,灼烧后得到二氧化硅粉末,其物质的量为6 g60 g/mol=0.1 mol;滤液2中(只含单一溶

33、质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀,其物质的量为28.7 g143.5 g/mol=0.2 mol;短周期元素形成的离子中,不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁,滤液1中(只含单一溶质)加入过量的氢氧化钠溶液,产生白色沉淀,所以白色沉淀D为氢氧化镁,灼烧后得到氧化镁E,物质的量为8.0 g40 g/mol=0.2 mol;根据滤液1与滤液2成分相同,且只含单一溶质知,滤液1与滤液2的溶质为MgCl2,滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得,说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质,且硅酸的物质的量为0.1 mol,根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知,氢氧化镁的物质的量为0.1 mol;根据镁原子

34、守恒及氯化镁的组成可知,滤液1中氯化镁的物质的量为0.2 mol,氯离子的物质的量为0.4 mol;结合以上分析可知,物质X中n(Mg)=0.2 mol+0.1 mol=0.3 mol,n(Si)=0.1 mol,n(Cl)=0.4 mol;根据质量守恒可知,n(H)=24.8 g-0.3mol24 g/mol-0.1mol28 g/mol-0.4mol35.5 g/mol1 g/mol=0.6 mol;所以四种元素的物质的量之比为n(Mg)n(Si)n(H)n(Cl)=0.3 mol0.1 mol0.6 mol0.4 mol=3164,所以X的化学式为3MgH2SiCl4。(1)结合以上分析

35、可知,组成X的非金属元素是Si、H、Cl;X的化学式是3MgH2SiCl4。(2)结合以上分析可知,步骤中,X与水发生反应,生成氢氧化镁、氢气、硅酸和氯化镁四种物质,反应的化学方程式为3MgH2SiCl4+ 6H2OMg(OH)2+2MgCl2+6H2+H4SiO4(或3MgH2SiCl4+5H2OMg(OH)2+2MgCl2+6H2+H2SiO3)。(3)白色粉末B为二氧化硅,与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水,离子方程式是SiO2+2OH-SiO32-+H2O。.亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀,但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸,产生有刺激性气味的二氧化硫气体;次氯酸具有强氧化性,能够漂白酸碱指示剂,

36、而盐酸没有漂白性;如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO42-外,还可能存在SO32-、ClO-,为证明猜想,设计实验方案为取一定量吸收液,加入足量氯化钡溶液,过滤;往滤渣中加入稀盐酸,若沉淀的量减少且产生有刺激性气味的气体,则说明含有SO32-,反之则无;往滤液中加入足量的稀盐酸至溶液呈酸性,再加入紫色石蕊溶液,溶液先变红后褪色,则说明有ClO-,反之则无。答案:.(1)Si、H、Cl3MgH2SiCl4(2)3MgH2SiCl4+6H2OMg(OH)2+2MgCl2+6H2+H4SiO4(或3MgH2SiCl4+5H2OMg(OH)2+2MgCl2+6H2+H2SiO3)(3)SiO2

37、+2OH-SiO32-+H2O.取一定量吸收液,加入足量氯化钡溶液,过滤;往滤渣中加入稀盐酸,若沉淀的量减少且产生有刺激性气味的气体,则说明含有SO32-,反之则无;往滤液中加入足量的稀盐酸至溶液呈酸性,再加入紫色石蕊溶液,溶液先变红后褪色,则说明有ClO-,反之则无23.(1)圆底烧瓶(2)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O(3)还原Cu2+装置B中溶液的蓝色消失D(4)漏斗下端导管尖端未紧贴烧杯内壁直接向漏斗中加入洗涤剂至刚浸没沉淀,让液体自然流下,重复此操作23次24.解析:(2)根据题意,生成了物质的量之比为11的NO2与NO,根据得失电子守恒原则写出并配平方程式;用

38、氢氧化钠溶液吸收尾气,NO2、NO发生价态归中反应,生成NaNO2。(3)制备NiO并检验生成的CO,加热NiC2O4,将产物中的二氧化碳除去并要验证已除净,防止干扰检验一氧化碳,然后使一氧化碳与氧化铜反应,并将生成的二氧化碳通入澄清石灰水中检验,最后将尾气通入PdCl2溶液中,因此选A。反应中一氧化碳失电子生成二氧化碳,PdCl2中元素价态降低,因此生成的黑色物质为Pd。(4)NiSO46H2O制成电镀液时,Ni2+水解,需加入少量稀硫酸抑制其水解。答案:(1)恒压滴液漏斗将浓硫酸沿器壁缓慢注入浓硝酸中,并不断搅拌(2)2Ni+2H2SO4+2HNO32NiSO4+NO2+NO+3H2ONO

39、2+NO+2OH-2NO2-+H2O(3)APd(4)抑制Ni2+水解25.解析:根据题意得出24 g/moln(Mg)+27 g/moln(Al)=1.77 g,镁、铝与盐酸反应生成氢气,根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+ 3n(Al)=1.904 L22.4 L/mol2,两式联立解得,n(Mg)=0.04 mol,n(Al)=0.03 mol。(1)根据上述分析得,合金中镁的质量分数为0.04mol24 g/mol1.77 g100%54.2%。(2)根据上述计算,得出n(Mg)=0.04 mol,n(Al)=0.03 mol,假设镁、铝全部生成沉淀,则沉淀质量为0.04 mol58

40、 g/mol+0.03 mol 78 g/mol=4.66 g3.10 g,因氢氧化铝为两性氢氧化物,则沉淀达到3.10 g时,消耗氢氧化钠的最大量应是有部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠,3.10 g沉淀中含氢氧化镁沉淀质量为0.04 mol58 g/mol= 2.32 g,含氢氧化铝的质量为3.10 g-2.32 g=0.78 g,反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2,根据铝元素守恒,溶液中n(NaAlO2)=0.02 mol,根据钠元素守恒,消耗氢氧化钠溶液最大体积为10010-3L2 mol/L +0.02 mol1mol/L=0.22 L=220 mL。答案:(1)54.2(2)220