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文档简介
2024年四川省成都龙泉二中学高考化学二模试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列说法错误的是()A.图a所示实验中,石蜡油发生分解反应,碎瓷片作催化剂B.用图b所示装置精炼铜,电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C.用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时,从e口通入NH3,再从f口通入CO2,g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D.测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误2、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下:下列有关香叶醇的叙述正确的是()A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应不能发生取代反应3、中华传统文化博大精深,下列说法正确的是()A.“霾尘积聚难见路人”,雾和霾是气溶胶,具有丁达尔效应B.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应4、有一种化合物是很多表面涂层的重要成分,其结构如图所示,其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,只有X、Y在同一周期,Y无最高正价,Z的含氧酸均具有氧化性,下列有关说法正确的是()A.WZ沸点高于W2Y的沸点B.含Z的两种酸反应可制得Z的单质C.W2Y2中既含离子键又含共价键键D.X的含氧酸一定为二元弱酸5、为了除去括号中的杂质,不合理的是()选项物质(杂质)加入试剂方法A氯化铵溶液(FeCl3)氢氧化钠溶液过滤BKNO3(s)(少量NaCl)水结晶C乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液D乙醇(水)新制生石灰蒸馏A.A B.B C.C D.D6、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时,其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol/L)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.X、M简单离子半径大小顺序:X>MB.Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素D.X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键7、已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系:①X、Y同主族,R、W同主族②;a+b=(d+e);=c-d,下列有关说法不正确的是A.原子半径比较:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(R)B.X和Y形成的化合物中,阴阳离子的电子层相差1层C.W的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强D.Z、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应8、ICl能发生下列变化,其中变化时会破坏化学键的是()A.升华 B.熔化 C.溶于CCl4 D.受热分解9、室温下,0.1000mol·L-1的盐酸逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L-1的氨水中,溶液的pH和pOH[注:pOH=-lgc(OH-)]与所加盐酸体积的关系如图所示,下列说法中不正确的是()A.图中a+b=14B.交点J点对应的V(HCl)=20.00mLC.点A、B、C、D四点的溶液中均存在如下关系:c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)D.若在绝热体系中发生上述反应,图中的交点J向右移10、向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体存在,则下列判断不正确的是A.溶液中一定含有Fe2+ B.溶液中一定含有Cu2+C.剩余固体中一定含有Cu D.加入KSCN溶液一定不変红11、利用某分子筛作催化剂,NH3可脱除废气中的NO和NO2,生成两种无毒物质,其反应历程如图所示,下列说法正确的是()下列说法正确的是()A.反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B.上述历程的总反应可以为:2NH3+NO+NO22N2+3H2OC.X是HNO2,是还原产物D.[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂12、表为元素周期表短周期的一部分,下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是()ABCDA.原子半径大小比较为D>C>B>AB.生成的氢化物分子间均可形成氢键C.A与C形成的阴离子可能有AC、A2CD.A、B、C、D的单质常温下均不导电13、设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是()A.1mol金刚石中含有2NA个C-C键,1molSiO2含有2NA个Si-O键B.标况下,将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NAC.在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中,Na+总数为2NAD.标准状况下,22.4L庚烷中所含的分子数约为NA14、某同学设计了蔗糖与浓硫酸反应的改进装置,并对气体产物进行检验,实验装置如图所示。下列结论中正确的是()选项现象结论A.Ⅰ中注入浓硫酸后,可观察到试管中白色固体变为黑色体现了浓硫酸的吸水性B.Ⅱ中观察到棉球a、b都褪色均体现了SO2的漂白性C.Ⅱ中无水硫酸铜变蓝说明反应产物中有H2OD.Ⅲ中溶液颜色变浅,Ⅳ中澄清石灰水变浑浊说明有CO2产生A.A B.B C.C D.D15、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质,下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是()XYZ箭头上所标数字的反应条件A.NONO2HNO3①常温遇氧气B.Cl2NaClOHClO②通入CO2C.Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D.Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A.A B.B C.C D.D16、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知,离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的,其中,阴阳离子个数比为1∶1,阳离子是一种5核10电子微粒;Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的;乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物;甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质,其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A.甲中既含离子键,又含共价键B.丙和戊的混合物一定显酸性C.丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D.原子半径:X<Y<Z<W二、非选择题(本题包括5小题)17、A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示,则A为R的氧化物,D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答:(1)写出对应物质的化学式:A________________;C________________;E________________。(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。(4)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:_______________________________。18、某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成,元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体:化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答:(1)写出H的化学式:________________。(2)化合物A3M4中含有的化学键类型为:________________。(3)写出反应②的离子方程式:________________。19、某学生设计下列实验(图中用于加热的仪器没有画出)制取Mg3N2,观察到装置A的黑色的固体变成红色,装置D的镁条变成白色,回答下列问题:(1)装置A中生成的物质是纯净物,则可能是_________,证明的方法是_____________。(2)设计C装置的作用是________________,缺陷是___________________。20、SO2可用于防腐剂、消毒剂,也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2,并用纯净SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2中,往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置,该装置中的试剂是__________,气体从_______口(填“a”或“b”)进。(2)检验SO2常用的试剂是__________________,利用了SO2的_________性。(3)将SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,得到白色沉淀,该沉淀的化学式为___________。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液,进行如下实验:(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_________________________________。(5)实验C中,没有观察到白色沉淀,但pH传感器显示溶液呈酸性,原因是__________________。(用方程式表示)(6)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是___________________________。若实验A、B中通入足量的SO2后,溶液pH:A_________B(填“>”、“<”或“=”)。21、自20世纪80年代以来建立起的沼气发酵池,其生产的沼气用作燃料,残渣(沼渣)中除含有丰富的氮、磷、钾等常量元素外,还含有对作物生长起重要作用的硼、铜、铁、锌、锰、铬等微量元素,是一种非常好的有机肥。请回答下列问题:(1)现代化学中,常利用___________上的特征谱线来鉴定元素。(2)下列微粒基态的电子排布中未成对电子数由多到少的顺序是__________(填字母)。a.Mn2+B.Fe2+C.CuD.Cr(3)P4易溶于CS2,难溶于水的原因是___________。(4)铜离子易与氨水反应形成[Cu(NH3)4]2+配离子。①[Cu(NH3)4]2+中提供孤电子对的成键原子是__________。②研究发现NF3与NH3的空间构型相同,而NF3却难以与Cu2+形成配离子,其原因是___________。(5)某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的坐标系表示:在铁(Fe)的一种立方晶系的晶体结构中,已知2个Fe原子坐标是(0,0,0)及(,,),且根据均摊法知每个晶胞中有2个Fe原子。①根据以上信息,推断该晶体中原子的堆积方式是__________,②已知晶体的密度为ρg·cm-3,Fe的摩尔质量是Mg·mol-1,阿伏加德罗常数为NA,晶体中距离最近的两个铁原子之间的距离为_________pm(用代数式表示)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A.根据图a装置分析,浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽,石蜡蒸汽附着在碎瓷片上,受热分解,碎瓷片作催化剂,故A正确;B.阳极是粗铜,含有锌等活泼金属杂质,根据放电顺序,较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液,根据电子转移守恒,此时在阴极铜离子得电子生成铜,所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小,故B错误;C.图c所示装置是侯氏制碱法的反应原理,向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体,反应生成碳酸氢钠,g的作用是吸收氨气,冷水的目的是降低温度有助于晶体析出,故C正确;D.如图所示,滴定管中装有氢氧化钠溶液,所以滴定管应该选用碱式滴定管,应该是下端带有橡胶管的滴定管,故D正确。故选B。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞,开启活塞,液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管,使管内形成一缝隙,液体即从滴管滴出。2、A【解析】
A项,1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O,香叶醇的分子式为C10H18O,A正确;B项,香叶醇中含有碳碳双键,能与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,B错误;C项,香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基,能被高锰酸钾溶液氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;D项,香叶醇中含有醇羟基,能发生取代反应,D错误;答案选A。3、A【解析】
A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,故A正确;B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素,故B错误;C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴,是一种液化现象,不是碘升华,故C错误;D、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,“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应,故D错误;故选:A。4、B【解析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,只有X、Y在同一周期,Y无最高正价,结合图示可知,W形成1个共价键,Y能够形成2个共价键,X形成4个共价键,Z形成1个共价键,则W为H,X为C元素,Y为O元素,Z为Cl元素,据此解答。【详解】根据分析可知,W为H,X为C元素,Y为O元素,Z为Cl元素;A.H2O分子间存在氢键,且常温下为液体,而HCl常温下为气体,则HCl沸点低于H2O的沸点,故A错误;B.HCl和和HClO反应生成氯气,故B正确;C.H2O2是共价化合物,分子中只含共价键,不存在离子键,故C错误;D.X为C元素,C的含氧酸H2CO3为二元弱酸,而CH3COOH为一元弱酸,故D错误;故答案为B。5、A【解析】
A.二者均与NaOH反应,不能除杂,应加氨水、过滤,选项A错误;B.二者溶解度受温度影响不同,可结晶法分离,选项B正确;C.乙酸与碳酸钠反应后,与乙酸乙酯分层,可分液分离,选项C正确;D.CaO与水反应后,增大与乙醇的沸点差异,可蒸馏分离,选项D正确;答案选A。6、B【解析】
X、Y、Z、W、M均为短周期元素,由图像分析可知,原子半径:M>W>Z>Y>X,M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12,则M为Na元素,0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2,则W为S元素,0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则Z为Cl元素,X的半径最小,其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则X为N元素,0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2<pH<7,则Y为C元素,据此分析解答问题。【详解】A.X、M的简单离子为N3-和Na+,两者电子层数相同,N3-的核电荷数小,故离子半径:N3->Na+,A选项正确;B.Z为Cl元素,其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4,B选项错误;C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素,C选项正确;D.X的最简单氢化物为NH3,Z的氢化物为HCl,两者反应后生成的化合物为NH4Cl,是离子化合物,既含离子键由含有共价键,D选项正确;答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等,并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断,对学生的综合能力要求很高,在平时的学习中,要注意对相关知识点的总结归纳。7、A【解析】
根据R,W同主族,并且原子序数R为W的一半可知,R为O元素,W为S元素;根据可知,X和Y的原子序数和为12,又因为X和Y同主族,所以X和Y一个是H元素,一个是Na元素;考虑到,所以X为H元素,Y为Na元素,那么Z为Al元素。【详解】A.W,Z,Y,R分别对应S,Al,Na,O四种元素,所以半径顺序为:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(R),A项错误;B.X与Y形成的化合物即NaH,H为-1价,H-具有1个电子层,Na为正一价,Na+具有两个电子层,所以,B项正确;C.W的最低价单核阴离子即S2-,R的即O2-,还原性S2-更强,所以失电子能力更强,C项正确;D.Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3,Y的为NaOH,二者可以反应,D项正确;答案选A。【点睛】比较原子半径大小时,先比较周期数,周期数越大电子层数越多,半径越大;周期数相同时,再比较原子序数,原子序数越大,半径越小。8、D【解析】
ICl是共价化合物,在升华、熔化时化学键不断裂,溶于CCl4时未发生电离,化学键不断裂,破坏的均为分子间作用力;受热分解时发生化学反应,发生化学键的断裂和形成,故选D。9、B【解析】
A.图中A点和B点对应的溶质相同,根据a=-lgc(H+),b=-lgc(OH-),c(H+)·c(OH-)=10-14计算可知a+b=-lgc(H+)·c(OH-)=-lg10-14=14,A项正确;B.交点J点对应的点pH=7,应该是氨水和氯化铵的混合溶液,V(HCl)<20.00mL,B项错误;C.A、B、C、D四点的溶液中均存在电荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),变式得c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-),C项正确;D.中和反应为放热反应,若在绝热体系中发生上述反应,体系的温度升高,水和氨水的电离程度都变大,c(OH-)增大,pOH减小,pH增大,图中的交点J向右移,D项正确;答案选B。10、B【解析】
氧化性:Fe3+>Cu2+,向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉,先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+,再发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu。【详解】A、Fe+2Fe3+=3Fe2+
、Fe+Cu2+=Fe2++Cu都能生成Fe2+,所以溶液中一定含有Fe2+,故A正确;B、若铁过量,Fe+Cu2+=Fe2++Cu反应完全,溶液中不含Cu2+,故B错误;C、铁的还原性大于铜,充分反应后仍有固体存在,剩余固体中一定含有Cu,故C正确;D、充分反应后仍有固体存在,Fe、Cu都能与Fe3+反应,溶液中一定不含有Fe3+,加入KSCN溶液一定不変红,故D正确;选B。【点睛】本题考查金属的性质,明确金属离子的氧化性强弱,确定与金属反应的先后顺序是解本题关键,根据固体成分确定溶液中溶质成分。11、B【解析】
由题意可知,生成物为两种无毒物质,再结合反应历程可知,生成物为:N2和H2O,反应物为:NH3和NO和NO2,结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为:2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A.NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化,不是氧化还原反应,A错误;B.由分析可知,该反应的化学方程式为:2NH3+NO+NO22N2+3H2O,B正确;C.结合B可知,X是N2和H2O,C错误;D.由反应历程可知,[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物,不是催化剂,D错误。答案选B。12、C【解析】
对表中元素,我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族,其为氧,从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多,半径越大;同周期元素,最外层电子数越多,半径越小,从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O,A错误;B.生成的氢化物中,只有水分子和氨分子间可形成氢键,B错误;C.A与C形成的阴离子可能有CO、C2O,C正确;D.C的单质石墨能导电,Si是半导体材料,常温下也能导电,N、O的单质在常温下不导电,D错误。故选C。13、B【解析】分析:本题对阿伏加德罗常数相关知识进行了考察。A中考察1mol金刚石中含有2NA个C-C键,1molSiO2含有4NA个Si-O键;B中考察甲苯中的甲基被氧化为羧基,根据化合价法则,判断出碳元素的化合价变化情况,然后计算反应电子转移的数目;C中考察碳酸根离子的水解规律;D中考察只有气体在标况下,才能用气体摩尔体积进行计算。详解:1mol金刚石中含有2NA个C-C键,1molSiO2含有4NA个Si-O键,A错误;由甲苯变为苯甲酸,碳元素化合价变化7×(-2/7+8/7)=6;9.2g甲苯(即为0.1mol)被氧化为苯甲酸,转移的电子数为0.6NA,B正确;Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解,因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中,溶质的总量大于1mol,所以Na+总数大于2NA,C错误;标准状况下,庚烷为液态,无法用气体摩尔体积进行计算,D错误;正确选项B。14、D【解析】
A.蔗糖遇到浓硫酸变黑,是由于浓硫酸具有脱水性,将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出,不是吸水性,故A错误;B.a中品红褪色,体现二氧化硫的漂白性,b中溴水褪色,体现二氧化硫的还原性,故B错误;C.无水硫酸铜变蓝,可以用来检验水,但是品红溶液和溴水都有水,不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的,故C错误;D.Ⅲ中溶液颜色变浅,是因为还有二氧化硫,不退色说明二氧化硫反应完全了,Ⅳ中澄清石灰水变浑浊了,说明产生了二氧化碳气体,故D正确;答案选D。【点睛】C项的无水硫酸铜变蓝了,说明有水,这个水不一定是反应中产生的水,还要考虑Ⅱ中的其他试剂,这是易错点。15、C【解析】
A.一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸分解生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,各物质之间通过一步反应可以实现,故A正确;B.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸,次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸与盐酸反应生成氯气,各物质之间通过一步反应可以实现,故B正确;C.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠,故C错误;D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝分解生成氧化铝,个物质之间通过一步反应可以实现,故D正确;本题选C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠,首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠,金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。16、A【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的,其中阴阳离子个数比为1∶1,阳离子是一种5核10电子微粒,该阳离子为NH4+,则X为H元素;Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的,则Q为Na元素,因此Y、Z、W均为第二周期元素,阴离子组成元素的原子序数小于Na,则阴离子为碳酸氢根离子,则甲为NH4HCO3,因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素;乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物;甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质,则乙为氢氧化钠或硝酸,与碳酸氢铵反应生成氨气,碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水,其中丁在常温下为气体,则丁为氨气或二氧化碳,据此分析解答。【详解】根据上述分析,X为H元素,Y为C元素,Z为N元素,W为O元素,Q为Na元素,甲为NH4HCO3,乙为NaOH或硝酸,丁为氨气或二氧化碳,丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A.甲为NH4HCO3,属于离子化合物,含有离子键,铵根离子、HCO3-中还含有共价键,故A正确;B.丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液,碳酸钠水解后溶液显碱性,故B错误;C.丁可能为二氧化碳,二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故C错误;D.同一周期,从左到右,原子半径逐渐减小,同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,原子半径:X<W<Z<Y,故D错误;答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2+2CSi+2CO↑Si+2OH-+H2O===SiO32-+2H2↑SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-(或SiO32-+2CO2+2H2O===H2SiO3↓+2HCO3-)【解析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气,则可推知该元素为硅元素,根据题中各物质转化关系,结合硅及其化合物相关知识可知,A与焦碳高温下生成D,则A为SiO2,D为Si,C为Na2SiO3,根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3,根据反应⑥推知E为H2SiO3;(1)由以上分析可知A为SiO2,C为Na2SiO3,E为H2SiO3;(2)反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑;(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;(4)H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性,可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳,如生成硅酸沉淀,可说明,反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。18、AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根据题中各物质转化关系,D受热得E,E能与氢氧化钠反应生成F,F与过量的二氧化碳反应生成D,说明D为弱酸且能受热分解;新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成,元素M位于第二周期VA族,应为N元素,A元素为四价元素,C、E均为含A元素,可知A3M4应为Si3N4,可以确定A为Si,E为SiO2,F为Na2SiO3,则D为H2SiO3,G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H,则可知G中有Cl-,H为AgCl,故C为SiCl4,B为Cl2;由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3,生成G:HCl;(1)H的化学式为AgCl;(2)化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键;(3)SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。19、Cu或Cu2O向得到的红色物质中直接加入稀硫酸,若溶液变蓝色,说明含有Cu2O,否则没有除去NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D中,Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】
(1)A装置通过反应3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2来制备N2,NH3作还原剂,CuO被还原,生成Cu,但也可能生成Cu2O,二者均为红色,题目中生成了纯净物,所以是Cu或Cu2O;Cu不与稀硫酸反应,Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,使溶液呈蓝色,所以可用稀硫酸检验,但不能用硝酸,硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液;(2)N2中可能含有未反应的NH3,NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2,所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3,B装置为安全瓶,防止C中液体倒吸入A中,D装置是Mg3N2的制备装置,由于Mg性质比较活泼,很容易与水、氧气、CO2反应,所以该装置存在明显缺陷。【详解】(1)A装置通过反应3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2来制备N2,NH3作还原剂,CuO被还原,生成Cu,但也可能生成Cu2O,题目中生成了纯净物,所以是Cu或Cu2O,检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸,若溶液变蓝色,说明含有Cu2O,否则没有,不能加硝酸,硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液;故答案为:Cu或Cu2O;向得到的红色物质中直接加入稀硫酸,若溶液变蓝色,说明含有Cu2O,否则没有;(2)N2中可能含有未反应的NH3,NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2,所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3,B装置为安全瓶,防止C中液体倒吸入A中,D装置是Mg3N2的制备装置,由于Mg性质比较活泼,很容易与水、氧气、CO2反应,所以该装置存在明显缺陷;故答案为:除去NH3,防止金属镁与NH3反应生成副产物;C中稀硫酸中的水分进入D中,Mg、Mg3N2遇水发生反应。【点睛】Cu不与稀硫酸反应,Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,使溶液呈蓝色;与硝酸反应,二者现象相同,溶液均呈蓝色。20、饱和NaHSO3溶液b品红试液漂白性BaSO4避免氧气干扰实验SO2+H2OH2SO3H2SO3H++HSO3﹣在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快【解析】
(1)除去白雾(H2SO4)可以用饱和NaHSO3溶液;(2)检验SO2常用的试剂是品红试液,利用了SO2的漂白性;(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,SO2先和水反应生成亚硫酸,溶液呈酸性,酸性溶液中存在NO3-,亚硫酸会被氧化成硫酸,最终生成的白色沉淀是BaSO4;(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是:避免氧气干扰实验;(5)实验C中,SO2先和水反应生成H2SO3使pH传感器显示溶液呈酸性;(6)A中没有氧气,SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化,而B中没有排出O2,则SO2被O2和NO3﹣共同氧化,实验B中出现白色沉淀比实验A快很多,说明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快。【详解】(1)除去白雾(H2SO4)可以用饱和NaHSO3溶液,所以中应该放饱和NaHSO3溶液,并且气体从b口进;(
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