(新高考)高考化学二轮复习纠错笔记专题08 常见无机物及其应用（含解析）

专题08常见无机物及其应用易错点1混淆钠与溶液的反应顺序1．下列关于钠的叙述正确的是A．钠为银白色固体，熔点很高B．钠在空气中燃烧，生成淡黄色的过氧化钠C．钠可保存在酒精中D．钠与CuSO4溶液反应，可置换出单质铜【错因分析】金属钠性质活泼，与溶液反应时应先与水或者酸中的氢离子反应，生成氢气和氢氧化钠，然后继续与溶质反应，若搞不清反应顺序容易出错。【试题解析】钠受热先熔化，后燃烧，则钠的熔点较低，A项错误；钠与氧气在点燃条件下生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色，B项正确；钠能与酒精发生反应，则钠不能保存在酒精中，C项错误；钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水发生置换反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，则钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，D项错误。答案选B。【参考答案】B金属与水和酸、碱、盐溶液反应的次序1．钠与水的反应钠与水反应的化学方程式是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，氧化剂是H2O，还原剂是Na，离子方程式是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。2．钠与酸溶液反应(1)钠与酸反应时先与酸中的H＋反应，如：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑。(2)如果钠过量，钠把酸消耗尽之后，再与水反应。3．钠与碱溶液反应实质就是钠与水的反应。4．钠与盐溶液反应：钠与盐溶液反应时先与水反应，它包括两种情况：(1)钠投入到NaCl溶液中，只有氢气放出。2Na+2H2O2NaOH+H2↑。(2)钠投入到CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀。2Na+2H2O+CuSO4Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑。(3)钠投入到铵盐(如NH4Cl)溶液中，有H2和NH3逸出。2Na+2H2O2NaOH+H2↑，NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O。1．不能正确表示下列反应的离子方程式的是A．钠与水反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋C．钠与盐酸反应：2Na＋2H＋=2Na＋＋H2↑D．钠跟氯化钾溶液反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑【答案】B【解析】B中钠与CuSO4溶液反应的实质是钠与水反应生成的氢氧化钠再与CuSO4反应，总方程式：2Na＋2H2O＋CuSO4=Cu(OH)2↓＋H2↑＋Na2SO4。易错点2Na2O2与H2O、CO2反应的关系掌握不牢2．将O2、CH4、Na2O2放入密闭容器中，在150℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2、CH4、Na2O2的物质的量之比为A．1∶1∶1 B．2∶2∶6 C．1∶2∶6 D．无法确定【错因分析】过氧化钠与二氧化碳、水的反应存在一定规律，若不能够熟练掌握和运用，容易造成解题无从下手，或者解题复杂。【试题解析】由题意知，三种物质完全反应后压强为零，说明最终剩余固体为Na2CO3和NaOH。根据凡是分子组成符合(CO)n(H2)m形式的一种或几种物质的混合物与足量Na2O2反应，固体Na2O2增加的质量等于该混合物的质量的规律，要使O2和CH4的组成符合(CO)n(H2)m的形式，则必须有n(O2)∶n(CH4)=1∶2。假设有1molO2、2molCH4与nmolNa2O2反应：2CH4+O2+Na2O2→Na2CO3+NaOH，然后由氢原子守恒确定NaOH的物质的量为8mol，由碳原子守恒确定Na2CO3的物质的量为2mol，最后求出Na2O2的物质的量为6mol，即可得出反应的化学方程式：2CH4+O2+6Na2O22Na2CO3+8NaOH，即C项正确。【参考答案】C过氧化钠与二氧化碳、水反应的规律2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑②以上反应中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，CO2和H2O既不是氧化剂又不是还原剂。1．Na2O2与H2O、CO2反应的定量关系电子转移关系当Na2O2与CO2、H2O反应时，物质的量关系为2Na2O2～O2～2e－，n(e－)＝n(Na2O2)＝2n(O2)气体体积变化关系若CO2、水蒸气(或两混合气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量是原来气体体积的eq\f(1,2)，等于生成氧气的量，ΔV＝V(O2)＝eq\f(1,2)V固体质量变化关系CO2、水蒸气分别与足量Na2O2反应时，固体相当于吸收了CO2中的“CO”、水蒸气中的“H2”，所以固体增加的质量Δm(CO2)＝28g·mol－1×n(CO2)，Δm(H2O)＝2g·mol－1×n(H2O)2．反应的先后问题一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物反应，可视作Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。即便Na2O2先与H2O(g)反应，生成的NaOH又消耗CO2而生成H2O(g)，故CO2先反应。3．反应的固体产物判断根据化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O(g)4NaOH+O2，结合CO2先反应，H2O(g)后反应的顺序，可以推知反应后固体产物的成分：①当n(CO2)≥n(Na2O2)时，固体产物为Na2CO3；②当n(CO2)＜n(Na2O2)时，固体产物为Na2CO3和NaOH；③当n(CO2)+n(H2O)＜n(Na2O2)时，固体产物为Na2CO3和NaOH。2．对于反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，下列说法中正确的是A．Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．该反应中电子转移的数目为4e－D．每有18gH2O与足量Na2O2反应，则固体增重4g【答案】B【解析】在Na2O2与H2O的反应中，Na2O2中－1价氧元素原子之间发生电子转移，Na2O2既是氧化剂又是还原剂；电子转移的数目为2e－；根据原子守恒，固体增重质量等于参加反应水中氢原子的质量，即18gH2O参加反应，固体增重2g，答案选B。易错点3混淆碳酸钠、碳酸氢钠的鉴别方法3．下列实验操作正确的是选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心地放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2的反应是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色【错因分析】Na2CO3和NaHCO3的差异在于阴离子，两者的鉴别在于此，Ca2+可与CO32－生成沉淀但与HCO3－不沉淀,可通过Ca2+进行物质鉴别。两者进行鉴别时需关注HCO3－的两性，因此HCO3－可先与OH－反应CO32－，进一步与Ca2+生成沉淀，不能使用澄清石灰水鉴别。本题易误选B项。【试题解析】应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A项错误；分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B项错误；Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C项正确；观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D项错误。答案选C。【参考答案】C碳酸钠、碳酸氢钠的鉴别方法1．Na2CO3和NaHCO3的化学性质2．Na2CO3和NaHCO3的鉴别方法(1)加热，碳酸氢钠热稳定性差，能够分解的是碳酸氢钠。

(2)取等量的溶于水中，观察两者谁溶解得多，碳酸氢钠的溶解度小。

(3)取等量溶于水中，测其pH值，碳酸钠的大。

(4)滴加盐酸，盐酸滴加到碳酸氢钠溶液中，立刻产生气泡，而滴加到碳酸钠溶液中不会产生气泡。

NaHCO3溶液与盐酸反应只需一步即可放出CO2气体，故放出气体的速率较快：NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O。Na2CO3溶液与盐酸反应时，第一步生成NaHCO3，此时尚无气体放出：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl；第二步是生成的NaHCO3与盐酸反应放出CO2。故将相同物质的量浓度的盐酸分别滴入等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，前者放出气体的速率较快。(5)加入氯化钙溶液，利用复分解反应，碳酸钠溶液与氯化钙反应产生白色沉淀，而碳酸氢钠不会。3．为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是A．分别加入1mol·L－1的盐酸，看气泡产生的快慢B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水中，观察有无白色浑浊C．分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀D．分别配成溶液、做焰色反应实验，观察火焰的颜色【解析】因K2CO3与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钾，盐酸过量时才生成气体，A项可行；K2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解产生CO2，B项可行；二者与Ba(OH)2溶液反应都产生白色沉淀BaCO3，C项不可行；钾的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，钠的焰色为黄色，D项可行。答案选C。【答案】C易错点4不理解焰色反应的原理导致出错4．有关焰色反应的说法正确的是A．焰色反应是金属单质表现的性质B．焰色反应是因为发生了化学变化而产生的C．焰色反应中用到的铂丝可用铁丝代替D．焰色反应若显黄色，能确定该物质一定不含钾元素【错因分析】若不了解焰色反应是金属元素的性质则容易出错。【试题解析】A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，根据定义知，无论某元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，所以是元素的性质，故A错误；B.焰色是因为金属原子或离子外围电子发生跃迁，然后回落到原来的能级时放出的能量。因为电子回落过程放出能量的频率不同而产生不同的光，故B错误；C.铁元素灼烧时焰色反应为无色，可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应，故C正确；D.钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住。某物质灼烧时，若焰色反应为黄色，则一定含有钠元素，可能含有K元素，故D错误。所以C选项是正确的。【参考答案】C焰色反应1．操作步骤铂丝eq\o(→,\s\up11(酒精灯),\s\do4(灼烧))无色eq\o(→,\s\up7(蘸取))待测物eq\o(→,\s\up11(酒精灯),\s\do4(灼烧))观察火焰颜色eq\o(→,\s\up11(用盐酸),\s\do4(洗涤))铂丝eq\o(→,\s\up11(酒精灯),\s\do4(灼烧))无色。2．常见元素的焰色Na：黄色；K：紫色；Li：紫红色；Ca：砖红色；Cu：绿色。(1)焰色反应属于物理变化，焰色属于元素的性质，即同种元素的单质或化合物，固体或相应的溶液均会产生同样的焰色。(2)焰色反应适用于检验某些常规化学方法不能鉴定的金属元素，如Na、K等。(3)观察钾的焰色反应时，要透过蓝色钴玻璃，这是因为大部分钾的化合物里含有少量的钠，钠的黄色火焰会影响观察结果，用蓝色钴玻璃可以滤去杂质钠的焰色。(4)用稀盐酸清洗铂丝而不用稀硫酸的原因：铂丝表面的杂质与盐酸反应生成沸点较低的氯化物易气化挥发，而硫酸盐的沸点较高不易气化挥发。4．下列有关焰色反应实验操作注意事项的说法正确的是①钾元素的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净④实验时最好选择本身颜色较浅的火焰⑤没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替A．仅有③不正确 B．仅有④不正确C．仅有⑤不正确 D．全对【解析】由于焰色反应是通过观察火焰颜色来检验元素是否存在的方法，所以实验时所用火焰和所用金属丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验元素的真实焰色反应情况；观察钾的火焰颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是滤去黄光，避免钠的干扰。【答案】D【名师点睛】焰色反应是元素的性质，需要注意的是焰色反应是物理变化，不是化学变化。本题的易错点为C，要注意做焰色反应时，常用洁净无锈的铁丝或铂丝实验，说明铁、铂不能使酒精灯火焰呈现特殊的颜色。易错点5忽视二氧化硅与特殊酸反应5．据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取到一种叫作生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可制备出超高强度的高性能混凝土。下列关于二氧化硅的说法中，正确的是A．二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物B．将二氧化碳通入硅酸钠溶液可以得到硅酸C．因为高温时二氧化硅能与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸的酸性比碳酸强D．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸【错因分析】忽视二氧化硅可以与特殊酸(氢氟酸)发生反应，误认为二氧化硅是酸性氧化物而不与任何酸反应，从而错选D。【试题解析】二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，不能和水反应生成硅酸，A项错误；碳酸的酸性比硅酸强，B项正确；高温下二氧化硅与碳酸钠的反应是在非溶液状态下进行的，属于用不挥发性的酸酐来制取挥发性的酸酐，所以该反应不能作为判断硅酸与碳酸酸性强弱的依据，C项错误；二氧化硅可以与氢氟酸发生反应，D项错误。答案选B。【参考答案】B一般情况，碱性氧化物＋酸→盐＋水，SiO2是酸性氧化物却能与氢氟酸反应：SiO2＋4HFSiF4↑＋2H2O(SiF4不属于盐)。5．下列说法不正确的是A．SiO2可以与NaOH溶液反应，但不能与浓硝酸反应B．一般可以用NaOH溶液来吸收氮的氧化物C．CuBr2溶液分别可以与氯水、氨水、AgNO3溶液、铁粉等发生反应D．SO2能通过氧化还原反应使品红溶液、红色石蕊溶液、紫色高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】SiO2是酸性氧化物能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，浓硝酸虽然有强氧化性，但SiO2不能与之反应，A项正确；氮的氧化物能与NaOH溶液反应，如2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，B项正确；氯水与CuBr2溶液生成Br2，氨水与CuBr2溶液生成Cu(OH)2沉淀，AgNO3溶液与CuBr2溶液生成AgBr沉淀，铁粉与CuBr2溶液生成Cu，C项正确；SO2使品红溶液褪色是由于SO2的漂白性，SO2能与有色物质化合成无色物质，是化合反应；SO2能使石蕊溶液变红，是由于SO2是酸性氧化物，溶于水生产亚硫酸，有酸性，使石蕊变红；SO2使紫色高锰酸钾溶液褪色是SO2的还原性，发生了氧化还原反应，D项错误。答案选D。【点睛】SiO2能与氢氟酸反应，用氢氟酸来刻蚀玻璃；SO2只能使石蕊溶液变红，不能使之褪色。易错点6不能正确理解较强酸制备较弱酸的原理6．SO2是一种大气污染物，工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。该催化过程如图所示，下列有关说法不正确的是A．H2SO3的酸性比HClO强，所以SO2能与NaClO溶液反应生成HClOB．过程2中产生的原子氧可加快对SO2的吸收C．过程2的离子方程式为2NiO2+ClO−===Ni2O3+Cl−+2OD．当溶液中c(ClO−)相同时，用Ca(ClO)2脱硫的效果比用NaClO好【错因分析】该题失分的主要原因是不能正确理解较强酸制备较弱酸的原理。【试题解析】A.NaClO有强氧化性，SO2有还原性，所以二者能发生氧化还原反应，故A错误；B.催化过程2中产生的原子氧(O)具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收，故B正确；C.根据图示催化过程2中发生的反应为2NiO2+ClO−=Ni2O3+Cl−+2O，故C正确；D.用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫，Ca2+与反应生成的SO42−结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行，脱硫的效果比用NaClO好，故D正确；答案选A。【参考答案】A熟记可用CO2制取的弱酸：碳酸酸性比硅酸、次氯酸、偏铝酸等强，将CO2气体通入Na2SiO3、NaClO、NaAlO2盐溶液中，均能发生反应而生成相应的弱酸和碳酸(氢)盐，这是“强酸制弱酸”原理的应用。如：有关反应的方程式为：CO2+Na2SiO3+H2OSKIPIF1<0Na2CO3+H2SiO3↓、(或CO2+Na2SiO3+2H2OSKIPIF1<0H4SiO4↓+Na2CO3)、CO2+Ca(ClO)2+H2OSKIPIF1<0CaCO3↓+2HClO、CO2(过量)+NaAlO2+2H2OSKIPIF1<0Al(OH)3↓+NaHCO3、CO2(少量)+2NaAlO2+3H2OSKIPIF1<02Al(OH)3↓+Na2CO3。注意：不能依据Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑说明H2SiO3的酸性比H2CO3强，这是由于强酸制弱酸的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，仅适用于常温下水溶液中进行的反应，而该反应是在高温且干态下进行，因此不能说明H2SiO3的酸性比H2CO3强。而上述反应之所以能进行，是因为该反应是在高温干态条件下进行的，可从化学平衡角度理解，高温时，SiO2这种高沸点、难挥发的固体制得了低沸点、易挥发的CO2气体，因CO2生成后离开反应体系，使反应向右进行到底。6．用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A氨水CaO无制取并收集氨气B浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液制备纯净的Cl2C浓盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液比较酸性强弱：H2CO3＞H2SiO3D浓硫酸Na2SO3KMnO4酸性溶液验证SO2具有还原性【答案】D【解析】氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A项错误；浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B项错误；浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C项错误；浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D项正确。答案选D。易错点7忽视浓硫酸“量变”引起的“质变”7．将一定量锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得40mL，测得溶液c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是A．气体中SO2和H2物质的量比为6:1B．反应中共消耗锌52.0gC．所得气体应该为SO2和H2混合物D．反应共转移电子1.6mol【错因分析】容易忽视反应过程中硫酸被逐渐稀释，锌与稀硫酸反应生成氢气而出错。【试题解析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为SKIPIF1<0×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18mol/L−0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2Ox

2x

xZn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑y

y

yx+y=0.8、2x+y=1.4，解之得x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气；A．气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故A错误；B．生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=0.8×65g/mol=52g，故B正确；C．由以上分析可知气体A为SO2和H2的混合物，故C正确；D．生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确；故答案为A。【参考答案】A浓硫酸“量变”引起的“质变”，性质和发生的反应均会发生变化，考生容易忽视这个问题。如将64g铜箔加入到盛有含2molH2SO4的浓硫酸试管中加热。(1)铜箔能否完全溶解？说明理由。(2)在反应后的溶液中再加入少量NaNO3晶体，铜箔表面又有气泡冒出，请解释原因。在理解浓硫酸与铜、锌、铁、铝以及与碳、硫等反应时，我们要动态地看待反应过程，例如在浓硫酸与铜的反应中，开始是浓硫酸，但随着反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，最后变成了稀硫酸，稀硫酸与铜不反应(与此类似的还有浓盐酸与二氧化锰的反应)。浓硫酸与锌反应，开始时生成气体使SO2，变成了稀硫酸后，生成气体是H2。7．某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)设计了如下实验。在大试管A中加入100mL18mol/L硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显加快并伴有大量的热放出。(1)请写出锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式_______。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是__________。(3)长导管B的作用是______，如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会_______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)(4)装置中干燥管C的作用是_______。(5)反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为：_________mol/L。(用含a的计算式表示，忽略体积变化)(6)某同学通过联系氧化还原反应的相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SOSKIPIF1<0进行滴定，通过滴定出的SOSKIPIF1<0的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行?______(填“可行”或“不可行”)，原因是_____。【答案】(1)Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O(2)检验装置气密性(3)导气、冷凝回流偏低(4)防倒吸(5)SKIPIF1<0(6)不可行实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确【解析】本实验的目的是探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的H2O2溶液将S元素全部氧化为SOSKIPIF1<0，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO4沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。【详解】(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与浓硫酸反应生成SO2的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O；(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是检验装置的气密性，防止漏气；(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，造成测定的临界浓度偏小，所以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气；(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒吸；(5)得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)=SKIPIF1<0mol，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为SKIPIF1<0mol，原浓硫酸体积为100mL，浓度为18mol/L，所以剩余的硫酸的物质的量为(1.8-SKIPIF1<0)mol，浓度为SKIPIF1<0mol/L；(6)实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以该同学的想法不可行。【名师点睛】第3小题为本题难点，要注意反应过程中放热会造成水的蒸发，相当于增大了硫酸的浓度，使生成的二氧化硫偏大，则测定的剩余的硫酸浓度(即临界浓度)会偏小。易错点8混淆不同漂白剂的漂白原理而出错8．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2有漂白性C．SO2、次氯酸钠溶液均能使品红溶液褪色，说明两者都有漂白性D．SO2和Cl2都有漂白性，所以两者混合后能增强漂白效果【错因分析】若不能分清不同的漂白剂不同的漂白原理容易出错。【试题解析】氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸的强氧化性可使品红溶液褪色；二氧化硫和品红反应生成无色物质而使品红溶液褪色，只能说明二氧化硫具有漂白性不能说明其具有氧化性，A项错误；SO2可使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，都不是SO2的漂白性所致，褪色的原因是SO2的还原性，分别发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，B项错误；二氧化硫使品红溶液褪色是由于其具有漂白性，次氯酸钠溶液因为具有强氧化性而具有漂白性，故可使品红溶液褪色，C项正确；SO2和Cl2按物质的量之比1∶1混合后，生成硫酸和盐酸，则没有漂白性，D项错误。【参考答案】C①漂白是指使有机色质褪色，漂白剂不一定能使无机色质(如KMnO4、CuSO4·5H2O等)褪色，即使能使无机色质褪色(如SO2使酸性KMnO4溶液褪色)，也不称为漂白作用。②某些漂白剂也可用于消毒，如新制氯水、漂白粉、H2O2、O3等，它们的漂白与消毒都是以强氧化性为基础。SO2也可用于漂白和消毒，但Na2O2不能作消毒剂，原因是其会与水反应生成强腐蚀性的NaOH。③氧化型和加合型漂白剂漂白有色物质时都发生了化学变化，而吸附型漂白剂漂白有色物质是一种物理过程。④SO2具有漂白性，其漂白原理和湿润氯气的漂白原理不同。SO2的漂白性是SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质，加热或日久复原；而湿润氯气的漂白性是利用了HClO的强氧化性。⑤SO2不能漂白酸碱指示剂，只能使紫色的石蕊试液变红，但不能使之褪色。8．(双选)84消毒液(主要成分是次氯酸钠)是家庭常用的消毒剂。以下有关说法正确的是A．次氯酸钠水解的溶液呈酸性，说明次氯酸是弱酸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消毒液杀菌消毒的原理是放出原子态氧杀死细菌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【答案】BC【解析】次氯酸钠水解的溶液呈碱性，说明次氯酸是弱酸，A项错误；氯酸钠水溶液具有很强的漂白性，次氯酸钠水解，说明其水溶液中存在次氯酸，B项正确；84消毒液杀菌消毒的原理是次氯酸分解形成新生态氧可将菌体蛋白质氧化，C项正确；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，D项错误。答案选BC。易错点9不理解物质之间的相互转化关系导致错误判断9．置换反应可表示为下列说法不正确的是A．若A、B都是短周期元素，则B的原子序数可能是A的两倍B．若乙是一种常见的半导体材料，则通过该反应说明A的非金属性一定比B强C．若A、B均为非金属元素，则该反应过程中可能会产生白烟D．该反应可用于某些金属的冶炼【错因分析】若不能理解选项所给元素的性质对应的元素种类，则很难得出正确答案。【试题解析】A、A、B为短周期元素，该反应为置换反应，可以是H2S+O2=H2O+S，O元素原子序数为8，S元素原子序数为16，S的原子序数是O的两倍，故A说法正确；B、乙为常见的半导体材料，即乙为Si，工业上制备Si，反应方程式为2C+SiO22CO+Si，该反应中C为还原剂，SiO2为氧化剂，因此不能说明C的非金属性强于Si，故B说法错误；C、A、B均为非金属元素，该反应为置换反应，可以是3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，NH4Cl为固体，其余为气体，则该过程中产生白烟，故C说法正确；D、该反应可用于某些金属的冶炼，如铝热反应，故D说法正确。【参考答案】B对于物质之间的转化，应注意以下三点：(1)注意牢记一些重要的转化关系，在解题时与题给转化关系进行对照，确定范围，如“铝三角”、“铁三角”等。(2)注意对比总结，加深对实验过程的分析和对实验原理的理解，加深对物质性质的认识，提高应用实验分析问题、解决问题的能力。(3)注意读懂题目中的信息，并挖掘题目中隐含的信息。“三角”转化的误区点拨“铝三角”之间的转化：铝既可以跟酸反应，又可以跟强碱反应，分别生成铝盐和偏铝酸盐。而氧化铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，它们都既可以和酸反应生成铝盐，又可以和强碱反应生成偏铝酸盐。“铁三角”是单质铁、亚铁离子与三价铁离子之间的转化，三者之间的转化都是氧化还原反应。金属性质易错点击解题时应注意金属性质的相似性、不同点及反应条件或规律的使用范围，不能机械照搬，否则易出错。如镁、铝作电极，稀硫酸作电解质溶液，则镁为负极；若强碱溶液作电解质溶液，则铝为负极。再如金属间的置换反应，通常较活泼的金属能从较不活泼金属的盐溶液中将其置换出来，但也有例外，如特别活泼的金属钠在水溶液中并不能置换出铜。9．有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。X是最常见的无色液体，B是红色粉末状的物质，C、D的组成元素相同，且D常用于编织物的漂白。请回答下列问题：(1)X的电子式为________。(2)E的化学式为_________。(3)写出反应①的化学方程式________。(4)写出反应②的离子方程式________。【答案】(1)(2)H2SO4(3)2FeSO4Fe2O3+SO3↑+SO2↑(4)SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Fe2＋【解析】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二铁，D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生成E(三氧化硫与水生成硫酸)，确定E是硫酸；E与B生成F(三氧化二铁与硫酸生成硫酸铁)，F是硫酸铁，F与D(二氧化硫)发生氧化还原反应生成A，A高温加热分解生成三氧化二铁、二氧化硫、三氧化硫，由此确定A是硫酸亚铁。【详解】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二铁，D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生成E(三氧化硫与水生成硫酸)，确定E是硫酸；E与B生成F(三氧化二铁与硫酸生成硫酸铁)，F是硫酸铁，F与D(二氧化硫)发生氧化还原反应生成A，A高温加热分解生成三氧化二铁、二氧化硫、三氧化硫，由此确定A是硫酸亚铁。由以上分析可知：(1)水的电子式为；(2)E(硫酸)的化学式为H2SO4；(3)反应①(硫酸亚铁高温分解)的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3↑+SO2↑(可以采用逆向配平法，先根据化合价升降相等配平化合价发生变化的元素，再根据原子守恒配平其他)；(4)反应②为F(硫酸铁)与D(二氧化硫)发生氧化还原反应生成A(硫酸亚铁)，反应的离子方程式：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Fe2＋(采用正向配平法，先根据化合价升降相等配平化合价发生变化的元素，再根据电荷守恒配平氢离子系数，最后根据原子守恒配平其他)。易错点10错析物质性质导致流程题解读失误10．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列说法正确的是A．试剂X为稀硫酸B．反应Ⅱ的离子方程式为CO2+SKIPIF1<0SKIPIF1<0+2H2O===Al(OH)3↓+SKIPIF1<0SKIPIF1<0C．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的反应类型完全相同D．反应Ⅰ所得的沉淀无任何价值【错因分析】不清楚Al2O3、Fe2O3的性质差异，错误判断试剂X为稀硫酸。不仔细阅读流程信息，思维单一，不能根据反应Ⅱ的产物写出其离子方程式。在解答化工生产流程类试题时，不要力求把工艺流程图中的每个细节都弄清楚，只需把握大的方向，弄清每个环节的目的，再根据题中所提的问题，结合平时所学的知识进行作答。如果考生拘泥于流程图的每个细节，把过多的精力用于分析流程图，则会使解题误入“歧途”。【试题解析】选项A，试剂X应是NaOH溶液。选项B，溶液乙中含有SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0SKIPIF1<0与过量CO2、H2O反应生成Al(OH)3沉淀，正确。选项C，反应Ⅰ、Ⅱ是复分解反应，反应Ⅲ是分解反应，反应Ⅳ是电解Al2O3生成Al的反应，属于分解反应，且该反应有电子转移，是氧化还原反应。选项D，反应Ⅰ所得沉淀的主要成分为Fe2O3，经提纯后可用于作颜料或冶铁等。【参考答案】B物质性质应用常见错误(1)忽视性质，现象错位：物质推断与反应现象关系密切，若将反应现象与具体物质对应错位，易造成解题错误。(2)以偏概全，类推错误：如NH4Cl受热分解的产物为NH3、HCl，有些考生依此推断出NH4I受热分解的产物为NH3、HI，忽视了HI的不稳定性。(3)不谙性质，错用转化：无论哪一种推断题，其实质都是物质性质的应用，如离子之间的转化、框图转化、工艺流程转化等，不谙性质，错用转化是解答框图推断题最易出现的问题。11．某研究小组用电镀锡渣(主要含Sn、SnO)联合生产氯化亚锡和硫酸亚锡晶体，其工艺流程如下：已知：Sn的原子序数为50；SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡[Sn(OH)Cl]；酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化为Sn4+。请回答下列问题：(1)锡在周期表中的位置为_________________。(2)已知反应Ⅰ得到的沉淀是SnO，产生气体的电子式为____________，反应的化学方程式为_____________________________。(3)图中滤液的主要成分为_________、_______(写化学式)。(4)酸溶时一般加入浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因：______________________。(5)电镀锡渣中的锡与烧碱、硝酸钠溶液反应可生产锡酸钠，并产生一种碱性气体，该反应的化学方程式为___________________________________。【答案】(1)第五周期第ⅣA族(2)Na2CO3+SnCl2=SnO↓+2NaCl+CO2↑(3)NaClNa2CO3(4)SnCl2水解，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解(5)2Sn+3NaOH+NaNO3=2Na2SnO3+NH3↑【解析】电镀锡渣中的Sn、SnO与盐酸反应生成SnCl2，洗涤并结晶后得到SnCl2晶体，将该晶体溶解在盐酸中防止SnCl2水解，酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，发生反应的方程式为Na2CO3+SnCl2=SnO↓+2NaCl+CO2↑，过滤洗涤得纯净的SnO，反应Ⅰ滤液的溶质为NaCl和Na2CO3，SnO中加稀H2SO4，得SnSO4溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等系列操作，制得SnSO4晶体。(1)锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50−2−8−18−18=4，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族；(2)反应Ⅰ的化学方程式为Na2CO3+SnCl2=SnO↓+2NaCl+CO2↑，生成的气体为CO2，CO2为共价化合物，其电子式为；(3)滤液的溶质为NaCl和Na2CO3；(4)由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；(5)反应物为Sn、NaOH、NaNO3，生成物为Na2SnO3、NH3，则有：Sn+NaOH+NaNO3→Na2SnO3+NH3↑，配平该反应即可；1．硅及其化合物的特性(1)硅的特性①硅的非金属性弱于碳，但碳在自然界中既有游离态又有化合态，而硅却只有化合态。②硅的还原性强于碳，但碳能还原SiO2：SiO2+2C2CO↑+Si。③非金属单质一般不跟非氧化性酸反应，但硅能跟氢氟酸反应。④非金属单质一般为非导体，但硅为半导体。⑤硅是能与NaOH溶液反应放出H2的非金属单质，铝是能与NaOH溶液反应放出H2的金属单质，推断题中常以此作为解题突破口。(2)二氧化硅的特性①非金属氧化物的熔沸点一般较低，但SiO2的熔点却很高。②酸性氧化物一般不跟酸反应，但SiO2能跟氢氟酸反应。(3)硅酸的特性①无机酸一般易溶于水，但H2SiO3难溶于水。②H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以有Na2SiO3+CO2+H2OSKIPIF1<0Na2CO3+H2SiO3↓，但在高温下Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑能发生是因为生成的CO2容易挥发。2．浓硫酸的性质(1)稀H2SO4和浓H2SO4氧化性的比较稀H2SO4浓H2SO4成分H＋、SKIPIF1<0、水以H2SO4分子存在，少量电离，少量水与金属与氢前面的金属发生置换反应①常温下使Fe、Al钝化②加热时氧化Cu、Hg、Ag、Fe等与非金属不反应加热时氧化C、S、P等与低价态化合物不反应能氧化Fe2＋、S2－、Br－、I－、H2S、HBr、HI等表现氧化性的微粒H＋H2SO4分子还原产物H2SO2是否是氧化性酸不是是(2)硫酸与金属反应的一般规律①稀硫酸具有酸的通性，与金属活动性顺序表中氢前面的金属反应放出H2，与氢后面的金属不反应。②Au、Pt与浓、稀硫酸均不发生反应。除Au、Pt外的大部分金属，在加热条件下均能与浓硫酸发生反应。浓硫酸的还原产物一般是SO2而不是H2。③浓硫酸与铜、锌、铁、铝以及与碳、硫等反应时，要动态地看待反应过程，例如在浓硫酸与铜的反应中，开始是浓硫酸与铜反应，但随着反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，最后变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应。3．常见的能用于漂白的物质的比较用于漂白的物质实际参加漂白的物质漂白原理变化类别漂白特点能漂白的物质活性炭活性炭吸附漂白物理变化物理漂白不可逆转一般用于溶液漂白氯气次氯酸利用次氯酸的强氧化性进行漂白化学变化氧化还原漂白，不可逆可以漂白所有有机色质次氯酸盐次氯酸过氧化钠过氧化氢过氧化氢的强氧化性化学变化氧化还原漂白，不可逆可以漂白所有有机色质过氧化氢二氧化硫亚硫酸亚硫酸与有色物质化合生成不稳定的无色物质化学变化非氧化还原漂白，可逆具有选择性，如品红、棉、麻、草等用于漂白的物质实际参加漂白的物质漂白原理变化类别漂白特点能漂白的物质活性炭活性炭吸附漂白物理变化物理漂白不可逆转一般用于溶液漂白氯气次氯酸利用次氯酸的强氧化性进行漂白化学变化氧化还原漂白，不可逆可以漂白所有有机色质4．“铝三角”及其应用(1)具体反应Al(OH)3+OH−SKIPIF1<0+2H2O Al(OH)3+3H+Al3++3H2OAl3++3OH−Al(OH)3↓ SKIPIF1<0+H++H2OAl(OH)3↓SKIPIF1<0+4H+Al3++2H2O Al3++4OH−SKIPIF1<0+2H2OAl3++3SKIPIF1<0+6H2O4Al(OH)3↓(2)应用①判断离子共存问题Al3+与OH−及SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、S2−等弱酸根阴离子或SKIPIF1<0与H+、SKIPIF1<0以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。②鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)a.向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。b.向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。③分离提纯a.利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。b.利用Al2O3，能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。c.利用Al(OH)3能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。1．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素，A项错误；铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系，B项正确；二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关，C项错误；电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性，D项错误。答案选B。2．[2019江苏]下列有关化学反应的叙述正确的是A．Fe在稀硝酸中发生钝化 B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】C【解析】常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，A项错误；二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，B项错误；二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，C项正确；常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，D项错误。答案案选C。【名师点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同(如温度、浓度、过量与少量)，反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。3．[2019江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaCl(aq)SKIPIF1<0Cl2(g)SKIPIF1<0FeCl2(s)B．MgCl2(aq)SKIPIF1<0Mg(OH)2(s)SKIPIF1<0MgO(s)C．S(s)SKIPIF1<0SO3(g)SKIPIF1<0H2SO4(aq)D．N2(g)SKIPIF1<0NH3(g)SKIPIF1<0Na2CO3(s)【答案】B【解析】氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，A项错误；氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，B项正确；硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，C项错误；氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，D项错误。答案选B。4．[2019天津]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是A．将废铁屑加入SKIPIF1<0溶液中，可用于除去工业废气中的SKIPIF1<0B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地(含较多SKIPIF1<0等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水SKIPIF1<0呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，A项错误；根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，B项错误；Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，C项正确；利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，D项错误。答案选C。【名师点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。5．[2018新课标1卷]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A项正确；根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B项正确；得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3＋，C项正确；硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D项错误。答案选D。6．[2018江苏]下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D【解析】NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系，A项错误；SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系，C项错误；CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系，D项正确。答案选D。点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。7．[2018江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．【答案】A【解析】NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，A项正确；Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，B项错误；AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，C项错误；Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，D项错误。答案选A。8．氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是A．新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl2C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变成蓝色，说明Cl2可以与盐发生置换反应D．新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H+【答案】B【解析】蓝色石蕊试纸变红色说明氯水中存在H+，褪色说明氯水中含有HClO，故B错。答案选B。9．半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si。制取过程中不涉及的化学反应是A．2C+SiO2Si+2CO↑B．SiO2+2NaOHSKIPIF1<0Na2SiO3+H2OC．Si+2Cl2SiCl4D．SiCl4+2H2Si+4HCl【答案】B【解析】工业制取纯硅的工艺流程为：SiO2粗硅SiCl4纯硅，该工艺流程中不涉及SiO2与NaOH溶液的反应。10．大约4000年前，埃及人已经用硫燃烧所形成的二氧化硫漂白布匹。在古罗马著名诗人荷马的著作里讲到硫燃烧有消毒和漂白作用。下列物质都具有漂白性：①潮湿的氯气、②二氧化硫、③活性炭、④过氧化钠，其漂白原理相同的是A．①③B．②③C．①④D．②④【答案】C【解析】上述四种物质都具有漂白性，但漂白原理分三类，①和④是因具有强氧化性而显漂白性，③因具有吸附性，吸附色素是有色物质脱色而漂白，②是因为SO2与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白，故只有①和④的漂白原理相同；本题答案为C。11．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色【答案】B【解析】在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A项正确；Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B项错误；Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C项正确；Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D项正确。答案选B。12．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是A.eq\f(84w2－53w1,31w1) B.eq\f(84w1－w2,31w1)C.eq\f(73w2－42w1,31w1) D.eq\f(115w2－84w1,31w1)【答案】A【解析】根据NaHCO3受热分解的化学方程式，结合反应前后固体的质量差可列式求解：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(Δ))Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑Δm2×84g106g18g44g62gm(NaHCO3)(w1－w2)g求出m(NaHCO3)，即可得出样品的纯度。13．下列说法中正确的是A．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹B．铜的金属活泼性比铝的弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸C．明矾可用于除去酸性废水中的悬浮颗粒D．MgO、Al2O3是耐高温材料，工业上常用其电解冶炼对应的金属单质【答案】A【解析】常温下铝罐能贮运浓硝酸的原因是铝能被冷的浓硝酸钝化，而铜在室温下易被浓硝酸氧化，B项错误；在酸性废水中，Al3+的水解被抑制，很难生成Al(OH)3胶体，因此不能起到吸附悬浮颗粒的作用，C项错误；MgO、Al2O3的熔点高，是耐高温材料，但制取镁单质时常用熔点较低的MgCl2代替MgO，D项错误。答案选A。14．明矾的化学式为KAl(SO4)2∙12H2O，其水溶液呈酸性。向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量，则A．有可能产生两种沉淀 B．不可能立即出现沉淀C．不可能只有一种沉淀 D．有可能变为澄清溶液【答案】A【解析】根据上述分析，向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液有可能产生硫酸钡和氢氧化铝两种沉淀，A项正确；发生反应时立即出现沉淀，B项错误；若氢氧化钡过量，则生成的氢氧化铝又溶于过量的碱，可能只有硫酸钡一种沉淀，C项错误；硫酸钡不溶于过量的碱，所以不可能变为澄清溶液，D项错误。答案选A。15．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸，产生CO2的体积(标准状况下)与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L-1B．最终产生的CO2的体积为448mLC．所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶3D．所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1【答案】D【解析】当加入盐酸的体积为0~25mL时，没有气体生成，当加入盐酸的体积大于25mL时，开始生成二氧化碳气体，生成CO2的过程中消耗的盐酸为100mL-25mL=75mL，两个过程消耗的盐酸的体积之比为1∶3，则NaOH溶液中通入一定量CO2反应后溶液中溶质的物质的量关系是n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1，D项正确，C项错误；由关系式HCl~NaCl~NaOH，可知NaOH物质的量为0.1L×0.2mol·L-1=0.02mol，原NaOH溶液的浓度为0.02mol÷0.1L=0.2mol·L-1，A项错误；由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，最终产生的二氧化碳的物质的量为0.075×0.2mol=0.015mol，体积为0.015mol×22.4L·mol-1=336mL，B项错误。16．已知X、Y、Z、W四种物质均含有钠元素，且它们之间有如下转化关系：下列说法中不正确的是A．X可以为Na、Na2O2、Na2OB．Y+W→Z和W→Z发生的化学反应一定相同C．Z→Y的离子反应可能为：Ca2++SKIPIF1<0===CaCO3↓D．若X为单质，则工业制取X的反应为：2NaCl2Na+Cl2↑【答案】B【解析】根据钠及其化合物性质可知，Na、Na2O2、Na2O与H2O反应均生成NaOH，则Y为NaOH，Z为Na2CO3，W为NaHCO3，A项正确；Y+W→Z的反应为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，而由NaHCO3→Na2CO3，可以通过加热实现：2NaHCO3AUTOTEXT=加热=Na2CO3+CO2↑+H2O，故二者反应不同，B项错误；由Na2CO3→NaOH，可以利用反应：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH实现，C项正确；工业上制取钠采取电解熔融NaCl的方法，方程式为：2NaCl2Na+Cl2↑，D项正确。17．根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH−===NH3↑+H2O【答案】C【解析】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I−都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I−被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。18．[2020年新课标Ⅱ]化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=SKIPIF1<0，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。【答案】(1)Na+a(2)10-7.5(3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O(4)1.25NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O(5)ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O203【解析】(1)电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=SKIPIF1<0=c(H+)；(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl-；(4)根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；【详解】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=SKIPIF1<0=c(H+)=10-7.5；(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；(4)5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为SKIPIF1<0=1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为SKIPIF1<0kg，原氢氧化钠质量为SKIPIF1<0+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则SKIPIF1<0Kg+1000Kg×0.01=(1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg。19．[2020年江苏卷]实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[SKIPIF1<0，SKIPIF1<0]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。(FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5)。【答案】(1)AB(2)H2取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色(3)pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全(4)①SKIPIF1<0或SKIPIF1<0②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。【详解】(1)适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A项正确；适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B项正确；适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C项错误。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离