2024-2025学年下学期高一化学人教版期中必刷常考题之无机非金属材料

第21页（共21页）2024-2025学年下学期高一化学人教版（2019）期中必刷常考题之无机非金属材料一．选择题（共12小题）1．下列有关硅的叙述正确的是（）A．硅在常温下能跟氧气发生化合反应 B．硅是组成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位 C．硅的化学性质不活泼，在常温下不与任何物质反应 D．硅在电子工业中是重要的半导体材料2．水玻璃（Na2SiO3溶液）广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰SiO265%～70%、C：30%～35%）制取水玻璃的工艺流程：由下列说法正确的是（）A．原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值 B．操作A与操作B完全相同 C．该流程中硅元素的化合价发生改变 D．反应器中发生的复分解反应为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O3．下列变化需要加入还原剂才能实现的是（）A．SO3→H2SO4 B．HCl→Cl2 C．Al→Al3+ D．Fe2O3→Fe4．科研人员发现在﹣50℃环境中，用水可制得直径在800nm～10μm的光纤，其性能与石英光纤相似。下列说法正确的是（）A．石英光纤的主要成分是硅 B．1mol冰比1mol液态水含有更多的氢键 C．冰光纤是一种胶体，具有丁达尔现象 D．冰光纤和石英光纤都是分子晶体5．下列方程式与所给事实相符的是（）A．Na在空气中燃烧：4Na+O2点燃¯2Na2OB．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S═3S↓+2H2O C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO3-+4H+═Cu2++2NO2↑+2HD．向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓6．下列有关硅及其化合物的说法都错误的是（）①硅是制造光导纤维的材料②因为氢氟酸可与SiO2反应，所以利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品③水玻璃可用作木材防火④硅是一种亲氧元素，故自然界中无游离态的硅⑤石英玻璃、玛瑙、水泥和瓷器都是硅酸盐制品⑥光导纤维遇碱会“断路”A．①⑤ B．②③⑥ C．①④⑥ D．①③④⑤7．习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述正确的是（）A．“朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂 B．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料Si3N4是一种分子晶体 C．挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料 D．铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O38．化学与科技、生活息息相关。下列说法错误的是（）A．航天器中使用的太阳能电池板主要成分是硅 B．抗原检测盒中提取管的材料聚乙烯属于有机高分子 C．冬奥会礼服中的发热材料石墨烯与C60互为同素异形体 D．北斗卫星运载火箭采用的推进剂液氢、四氧化二氮等属于共价化合物9．下列有关铜的化合物说法正确的是（）A．根据Fe3+的较强氧化性，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为：Cu2++S2﹣═CuS↓ C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO+2H+═Cu2++H2O D．化学反应：CuO+CO△¯Cu+CO210．下列说法中正确的是（）A．SiO2溶于水显酸性 B．SiO2是酸性氧化物，它不能与任何酸发生反应 C．Si是地壳中含量最多的非金属元素 D．硅的化学性质不活泼，但在自然界中主要以化合态存在11．科学家最近研究发现，水蒸气冷凝成直径小于10μm（1μm＝10﹣6m）的水滴后会自发形成H2O2，揭示了世界上第一个O2分子可能来自H2O2的分解。下列有关说法不正确的是（）A．太阳光直射过10μm大小的水滴会产生丁达尔现象 B．“H2O→H2O2”中氧元素被氧化 C．每产生2.24LO2（标况下）需分解6.8gH2O2 D．水蒸气冷凝生成H2O2是一种简单经济的绿色杀菌工艺12．关于一氧化碳和氢气，下列叙述不正确的是（）A．都具有可燃性 B．通常状况下都是没有颜色、没有气味的气体 C．都具有还原性 D．都有剧毒二．工艺流程题（共1小题）13．利用金属矿渣（含有FeS2SiO2及Cu2O）制备FeCO3的实验流程如图。已知煅烧过程中FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO。已知：碳酸亚铁是白色固体，常温下Ksp（FeCO3）＝3.2×10﹣11（1）“酸浸”后过滤，滤渣的主要成分为。（2）“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+═Fe2++CuFe+2H+═Fe2++H2和。（3）甲同学根据复分解反应规律选择Na2CO3溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下实验。向装有2mL1mol/LNaCO3（pH＝12）溶液的试管中加入2mL0.8mol/LFeSO4溶液（pH＝4.5），发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。①甲同学通过理论计算反应中有FeCO3生成，他的理论依据为。②由上述现象推测该白色沉淀中含有，请结合化学用语解释原因。③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3他的实验方案是：将沉淀过滤、洗涤后取样，（补全操作和现象），证明沉淀中含有碳酸亚铁。三．实验题（共1小题）14．二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。完成下列填空：Ⅰ.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是（填写字母）。（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取672mL（标准状况）二氧化硫，至少需要用托盘天平称取亚硫酸钠g。Ⅱ.如图是某化学兴趣小组的同学进行SO2的一些性质实验（加热装置略）：（3）首先，验证碳、硅非金属性的相对强弱。①连接仪器、检查装置气密性、加药品后，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶滴入浓硫酸，加热，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：。②X溶液是。③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：。（4）探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱①将少量装置A中生成的气体直接通入装置D中，不能根据D中现象判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，理由是（用离子反应方程式说明）。②为了验证亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，需要制备一种中间酸，装置B中药品是，通过现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。（5）化学兴趣小组的同学设计了如图实验，利用洁净的铜片（0.3mol）和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。①Y型管左侧发生反应的化学方程式为。②NO与b的物质的量之和可能为。四．推断题（共1小题）15．已知A、E为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，回答问题。（1）实验室中A常常保存在盛放的广口瓶，A焰色反应为色。（2）写出B转变成C的化学方程式。该反应中氧化剂是，还原剂是，0.1molB参与该反应，转移电子的个数为。（3）写出D与F反应生成G的离子方程式：。（4）描述G放在空气中的颜色变化，写出它的化学方程式。（5）写出E与水蒸气反应的化学方程式。五．解答题（共1小题）16．如图1是地壳中含量较大的九种元素分布图，图中X、Y、Z分别表示不同元素。回答下列问题：（1）X的名称为。（2）Y的氧化物属于氧化物。（填“酸性”、“两性”或“碱性”）。（3）常用ZCl3溶液作为刻制印刷电路时的“腐蚀液”，该反应的离子方程式为，区别ZCl3溶液和Z（OH）3胶体的方法是。（4）由粗硅制备硅烷（SiH4）的基本流程如图2所示（反应条件均省略）：已知：反应Ⅰ、Ⅱ的化学方程式分别为Si+3HCl═SiHCl3+A，SiHCl3+B═Si+3HCl（均已配平）。①A的化学式为。②反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，有个属于氧化还原反应。③反应Ⅳ中生成的SiH4和NH3两种气体的物质的量之比为。

2024-2025学年下学期高一化学人教版（2019）期中必刷常考题之无机非金属材料参考答案与试题解析题号1234567891011答案ADBBACDADA题号12答案D一．选择题（共12小题）1．下列有关硅的叙述正确的是（）A．硅在常温下能跟氧气发生化合反应 B．硅是组成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位 C．硅的化学性质不活泼，在常温下不与任何物质反应 D．硅在电子工业中是重要的半导体材料【分析】A．硅常温下性质稳定；B．硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位；C．常温下硅能与氢氧化钠溶液、氢氟酸反应；D．依据硅的导电性介于导体与绝缘体之间。【解答】解：A．硅常温下性质稳定，不与氧气反应，故A错误；B．硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位，故B错误；C．常温下硅能与氢氧化钠溶液、氢氟酸反应，故C错误；D．硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查硅及其化合物知识，熟悉硅的性质及用途是解题关键，题目难度不大。2．水玻璃（Na2SiO3溶液）广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰SiO265%～70%、C：30%～35%）制取水玻璃的工艺流程：由下列说法正确的是（）A．原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值 B．操作A与操作B完全相同 C．该流程中硅元素的化合价发生改变 D．反应器中发生的复分解反应为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O【分析】A、原材料稻壳灰经济实用，活性炭具有吸附作用，在净化水、防毒面具方面具有重要作用；B、操作A是过滤，操作B是蒸发浓缩；C、化合物中元素化合价代数和为零；D、复分解反应是指由两种化合物相互交换成分，生成另外两种新的化合物的反应。【解答】解：A、原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值，故A正确；B、操作A是过滤，操作B是蒸发浓缩，操作A与操作B是两种不同的操，故B错误；C、二氧化硅中，硅元素的化合价是+4，硅酸钠中，硅元素的化合价是+4，所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变，故C错误；D、由复分解反应的概念可知，SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O不属于复分解反应，故D错误；故选：A。【点评】在化合物中，元素化合价代数和为零，在单质中，因为没有元素之间的化合，所以规定单质中元素的化合价为零。3．下列变化需要加入还原剂才能实现的是（）A．SO3→H2SO4 B．HCl→Cl2 C．Al→Al3+ D．Fe2O3→Fe【分析】选项中的物质必须加入还原剂才能实现的转化，说明选项中的物质必须是氧化剂，氧化剂中元素的化合价降低，被还原，据此分析。【解答】解：A．SO3→H2SO4中各元素的化合价没有变化，不需要加还原剂，故A错误；B．HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，Cl元素被氧化，需要加氧化剂，故B错误；C．Al→Al3+中Al元素化合价升高，需要加氧化剂，故C错误；D．Fe2O3→Fe中铁元素化合价降低，铁元素被还原，需要加还原剂，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．科研人员发现在﹣50℃环境中，用水可制得直径在800nm～10μm的光纤，其性能与石英光纤相似。下列说法正确的是（）A．石英光纤的主要成分是硅 B．1mol冰比1mol液态水含有更多的氢键 C．冰光纤是一种胶体，具有丁达尔现象 D．冰光纤和石英光纤都是分子晶体【分析】A．光纤成分为二氧化硅；B．冰中水分子间排列有序，分子间存在较多氢键；C．冰光纤为含一种物质水的纯净物；D．冰光纤构成微粒为水分子，形成晶体为分子晶体，石英光纤为二氧化硅晶体，属于共价晶体。【解答】解：A．石英光纤的主要成分是二氧化硅，故A错误；B．液态水中含有（H2O）n都是由于氢键所致，冰中水分子间排列有序，分子间存在较多氢键，氢键具有方向性，导致冰的密度比液态水小，故B正确；C．冰光纤是一种物质组成的纯净物，不是胶体，不具有丁达尔效应，故C错误；D．冰光纤构成微粒为水分子，形成晶体为分子晶体，石英光纤为二氧化硅晶体，属于共价晶体，二者晶体类型不同，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质组成结构、氢键形成随物质性质的影响、晶体结构分析判断等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。5．下列方程式与所给事实相符的是（）A．Na在空气中燃烧：4Na+O2点燃¯2Na2OB．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S═3S↓+2H2O C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO3-+4H+═Cu2++2NO2↑+2HD．向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓【分析】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠；B．硫化氢与二氧化硫反应生成硫单质和水；C．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮；D．一水合氨为弱电解质，应保留化学式。【解答】解：A．Na在空气中燃烧，化学方程式为：2Na+O2点燃¯2Na2O2，故AB．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀，化学方程式为：SO2+2H2S═3S↓+2H2O，故B正确；C．室温下用稀HNO3溶解铜，离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2OD．向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故故选：B。【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确相关物质的性质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，题目难度不大。6．下列有关硅及其化合物的说法都错误的是（）①硅是制造光导纤维的材料②因为氢氟酸可与SiO2反应，所以利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品③水玻璃可用作木材防火④硅是一种亲氧元素，故自然界中无游离态的硅⑤石英玻璃、玛瑙、水泥和瓷器都是硅酸盐制品⑥光导纤维遇碱会“断路”A．①⑤ B．②③⑥ C．①④⑥ D．①③④⑤【分析】①二氧化硅是制造光导纤维的材料；②氢氟酸可与玻璃中的SiO2反应，生成SiF4和H2O；③水玻璃可用作木材防火剂；④硅是一种亲氧元素；⑤石英玻璃、玛瑙的主要成分是SiO2；⑥二氧化硅是酸性氧化物能与碱反应。【解答】解：①二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的材料，故①错误；②氢氟酸可与SiO2反应生成SiF4和H2O，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故②正确；③水玻璃是硅酸钠溶液，硅酸钠耐高温可作木材防火剂，故③正确；④硅是一种亲氧元素，故自然界中无游离态的硅，都是以化合态存在，故④正确；⑤石英玻璃、玛瑙的主要成分是SiO2，而不是硅酸盐，故⑤错误；⑥二氧化硅是酸性氧化物，能与碱反应，所以光导纤维遇碱会“断路”，故⑥正确；由以上分析可知①⑤错误，故选：A。【点评】本题主要考查硅及其化合物的用途，解题的关键是掌握硅及其化合物的性质和用途，为高频考点，题目难度不大。7．习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述正确的是（）A．“朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂 B．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料Si3N4是一种分子晶体 C．挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料 D．铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3【分析】A．甲烷作燃料，氧气是助燃剂；B．分子晶体的熔沸点较低；C．硅树脂是新型无机非金属材料；D．Fe2O3没有磁性。【解答】解：A．甲烷作燃料，氧气是助燃剂，故A错误；B．分子晶体的熔沸点较低，Si3N4是一种共价晶体，故B错误；C．硅树脂是新型无机非金属材料，故C正确；D．Fe2O3没有磁性，磁铁的主要成分是Fe3O4，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。8．化学与科技、生活息息相关。下列说法错误的是（）A．航天器中使用的太阳能电池板主要成分是硅 B．抗原检测盒中提取管的材料聚乙烯属于有机高分子 C．冬奥会礼服中的发热材料石墨烯与C60互为同素异形体 D．北斗卫星运载火箭采用的推进剂液氢、四氧化二氮等属于共价化合物【分析】A．太阳能电池板主要成分是晶体硅；B．乙烯的分子量超过1万；C．碳元素形成的不同结构的单质为同素异形体；D．液氢（H2）是单质，四氧化二氮（N2O4）属于共价化合物。【解答】解：A．太阳能电池板主要成分是晶体硅，是良好的半导体，故A正确；B．乙烯的分子量超过1万，聚乙烯属于有机高分子化合物，故B正确；C．石墨烯与C60均是碳元素形成的不同结构的单质二者互为同素异形体，故C正确；D．液氢（H2）是单质，四氧化二氮（N2O4）属于共价化合物，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的应用，难度不大，熟悉常见的物质及其性质即可解答，注意日常学习中的积累。9．下列有关铜的化合物说法正确的是（）A．根据Fe3+的较强氧化性，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为：Cu2++S2﹣═CuS↓ C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO+2H+═Cu2++H2O D．化学反应：CuO+CO△¯Cu+CO2【分析】A．铁离子具有较强氧化性，能够氧化铜；B．硫化氢为气体，离子方程式中不能拆开；C．铜锈的主要成分为Cu2（OH）2CO3，不是CuO；D．氧化铜为黑色，铜为红色，实验现象为黑色固体变成红色固体。【解答】解：A．Fe3+具有较强氧化性，能够与Cu反应生成亚铁离子和铜离子，所以在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，故A正确；B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为：Cu2++H2S═CuS↓+2H+，故B错误；C．铜锈的成分为Cu2（OH）2CO3，与稀盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，离子方程式为Cu2（OH）2CO3+4H+═2Cu2++3H2O+CO2↑，故C错误；D．CuO为黑色，Cu为红色，则化学反应CuO+CO△¯Cu+CO2的实验现象为黑色的CuO固体变成红色的Cu，故D故选：A。【点评】本题考查铜及其化合物的性质，为高频考点，把握物质性质、反应原理为解答关键，注意掌握常见铜及其化合物性质，C为易错点，注意铜锈的成分为Cu2（OH）2CO3，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。10．下列说法中正确的是（）A．SiO2溶于水显酸性 B．SiO2是酸性氧化物，它不能与任何酸发生反应 C．Si是地壳中含量最多的非金属元素 D．硅的化学性质不活泼，但在自然界中主要以化合态存在【分析】A．二氧化硅不溶于水；B．二氧化硅能够与氢氟酸反应；C．O是地壳中含量最多的非金属元素；D．硅是亲氧元素。【解答】解：A．二氧化硅不溶于水，故A错误；B．二氧化硅能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故B错误；C．地壳中含量最多的元素是氧，故C错误；D．硅是亲氧元素，所以虽然硅的化学性质不活泼，但在自然界中主要以化合态存在，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了硅及其化合物的性质，注意二氧化硅能够与氢氟酸发生反应，题目难度不大。11．科学家最近研究发现，水蒸气冷凝成直径小于10μm（1μm＝10﹣6m）的水滴后会自发形成H2O2，揭示了世界上第一个O2分子可能来自H2O2的分解。下列有关说法不正确的是（）A．太阳光直射过10μm大小的水滴会产生丁达尔现象 B．“H2O→H2O2”中氧元素被氧化 C．每产生2.24LO2（标况下）需分解6.8gH2O2 D．水蒸气冷凝生成H2O2是一种简单经济的绿色杀菌工艺【分析】A．只有胶体才有丁达尔效应；B．“H2O→H2O2”中氧元素化合价升高；C．求出标况下2.24L氧气的物质的量，然后根据H2O2的分解反应为2H2O2MnO2¯△HD．双氧水有较强的氧化性，能杀菌消毒。【解答】解：A．只有胶体才有丁达尔效应，10μm＝10﹣5m，此直径的水滴在空气中形成分散系不是胶体，故无丁达尔效应，故A错误；B．“H2O→H2O2”中氧元素化合价升高，被氧化，故B正确；C．标况下2.24L氧气的物质的量为n=2.24L22.4L/mol=0.1mol，而H2O2的分解反应为2H2O2MnO2¯△2H2O+O2↑可知2H2O2～O2，故生成0.1mol氧气需要双氧水为0.2molD．双氧水有较强的氧化性，能杀菌消毒，水蒸气冷凝生成H2O2是一种简单经济的绿色杀菌工艺，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了胶体的性质、氧化还原反应的有关计算，难度不大，应注意的是物质中元素化合价升高则物质被氧化，化合价降低则被还原。12．关于一氧化碳和氢气，下列叙述不正确的是（）A．都具有可燃性 B．通常状况下都是没有颜色、没有气味的气体 C．都具有还原性 D．都有剧毒【分析】一氧化碳和氢气都是具有还原性的可燃性气体，一氧化碳有毒，通常情况下氢气和一氧化碳都是无色无味的气体，由此分析解答．【解答】解：A、一氧化碳和氢气都具有可燃性，故A正确；B、一氧化碳和氢气通常情况下是无色无味的气体，故B正确；C、一氧化碳和氢气都具有还原性，故C正确；D、一氧化碳有毒而氢气无毒，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了常见气体的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行，要求同学们加强对基础知识的储备，以便灵活应用．二．工艺流程题（共1小题）13．利用金属矿渣（含有FeS2SiO2及Cu2O）制备FeCO3的实验流程如图。已知煅烧过程中FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO。已知：碳酸亚铁是白色固体，常温下Ksp（FeCO3）＝3.2×10﹣11（1）“酸浸”后过滤，滤渣的主要成分为SiO2。（2）“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+═Fe2++CuFe+2H+═Fe2++H2和Fe+2Fe2+═3Fe2+。（3）甲同学根据复分解反应规律选择Na2CO3溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下实验。向装有2mL1mol/LNaCO3（pH＝12）溶液的试管中加入2mL0.8mol/LFeSO4溶液（pH＝4.5），发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。①甲同学通过理论计算反应中有FeCO3生成，他的理论依据为溶液中c（CO32-）约为0.5mol/L，c（Fe2+）约为0.4mol/L，Q（FeCO3）＝c（CO32-），c（Fe2+）＝0.2，Ksp（FeCO3）＝3.2×10﹣11，Q＞②由上述现象推测该白色沉淀中含有Fe（OH）2，请结合化学用语解释原因CO32-+H2O⇌HCO3-+OH﹣，溶液呈碱性，OH﹣可与Fe2+反应生成Fe③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3他的实验方案是：将沉淀过滤、洗涤后取样，向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体（补全操作和现象），证明沉淀中含有碳酸亚铁。【分析】由流程可知，金属矿渣（含有FeS2、SiO2及Cu2O）在空气中煅烧，FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO，加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶，Fe2O3和CuO溶于酸分别生成Fe2（SO4）3和CuSO4，向溶液中加入铁屑还原Fe3+、Cu2+，过滤除去滤渣，得到FeSO4溶液，硫酸亚铁与沉淀剂反应生成碳酸亚铁。【解答】解：（1）“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑和Fe+2Fe2+═3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe2+═3Fe2+；（3）向装有2mL1mol/LNa2CO3（pH＝12）溶液的试管中加入2mL0.8mol/LFeSO4溶液（pH＝4.5），发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色；①乙同学认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为溶液中c（CO32-）约为0.5mol/L，c（Fe2+）约为0.4mol/L，Q（FeCO3）＝c（CO32-），c（Fe2+）＝0.2，Ksp（FeCO3）＝3.2×10﹣11，Q故答案为：溶液中c（CO32-）约为0.5mol/L，c（Fe2+）约为0.4mol/L，Q（FeCO3）＝c（CO32-），c（Fe2+）＝0.2，Ksp（FeCO3）＝3.2×10﹣11，Q②推测白色沉淀中含有Fe（OH）2，请结合化学用语解释原因CO32-+H2O⇌HCO3-+OH﹣，溶液呈碱性，OH﹣可与Fe2+反应生成故答案为：Fe（OH）2；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH﹣，溶液呈碱性，OH﹣可与Fe2+反应生成③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3。他的实验方案是：将沉淀过滤、洗涤后取样，向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁，故答案为：向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、实验原理为解答的关键，侧重分析与实验的考查，题目难度中等。三．实验题（共1小题）14．二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。完成下列填空：Ⅰ.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是a（填写字母）。（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取672mL（标准状况）二氧化硫，至少需要用托盘天平称取亚硫酸钠3.8g。Ⅱ.如图是某化学兴趣小组的同学进行SO2的一些性质实验（加热装置略）：（3）首先，验证碳、硅非金属性的相对强弱。①连接仪器、检查装置气密性、加药品后，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶滴入浓硫酸，加热，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2O②X溶液是酸性高锰酸钾溶液。③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：硅酸钠溶液中有沉淀生成。（4）探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱①将少量装置A中生成的气体直接通入装置D中，不能根据D中现象判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，理由是SO2+Ca2++ClO﹣+H2O＝CaSO4↓+Cl﹣+2H+（用离子反应方程式说明）。②为了验证亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，需要制备一种中间酸，装置B中药品是NaHCO3溶液，通过C中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫全部除去，D中有浑浊证明生成了碳酸钙和次氯酸现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。（5）化学兴趣小组的同学设计了如图实验，利用洁净的铜片（0.3mol）和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。①Y型管左侧发生反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4（浓）＝Cu2S↓+3CuSO4+4H2O。②NO与b的物质的量之和可能为0.14mol。【分析】（1）硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫气体不需要加热，应选用分液漏斗滴加硫酸溶液；（2）托盘天平可以准确到0.1g；（3）①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；②X溶液选用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫气体，高锰酸钾溶液不褪色说明二氧化硫被全部除去；③硅酸钠溶液中有沉淀生成说明生成了硅酸沉淀，证明碳酸酸性大于硅酸；（4）①次氯酸具有氧化性能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，同时与钙离子形成硫酸钙沉淀；②由于亚硫酸酸性大于碳酸，碳酸酸性大于次氯酸，因此B中药品是NaHCO3溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙和次氯酸，C中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫全部除去；（5）①Y型管左侧无气体生成，得到Cu2S和白色固体CuSO4；②Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中发生反应3Cu2S+4HNO3+6H2SO4＝6CuSO4+3S↓+4NO↑+8H2O，故单质b是S，0.3molCu可以生成0.06molCu2S，0.06molCu2S与硝酸硫酸反应生成0.06molS和0.08molNO。【解答】解：（1）硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫气体不需要加热，不能用启普发生器，能控制反应速率的选用分液漏斗滴加硫酸溶液，所以选择装置a，故答案为：a；（2）1mol亚硫酸钠可以生成1molSO2气体，672ml气体是0.03mol，需要亚硫酸钠0.03mol即3.78g，托盘天平称量3.8g，故答案为：3.8；（3）①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2O故答案为：Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2O②为了证明碳硅的非金属性强弱，应该用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来比较，将二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中有硅酸沉淀生成，说明碳酸酸性大于硅酸，但二氧化硫也能使硅酸钠生成硅酸沉淀，因此要先除去二氧化碳中的二氧化硫气体，X溶液选用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫气体，高锰酸钾溶液不褪色说明二氧化硫被全部除去，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；③硅酸钠溶液中有沉淀生成说明生成了硅酸沉淀，证明碳酸酸性大于硅酸，碳的非金属性大于硅，故答案为：硅酸钠溶液中有沉淀生成；（4）①次氯酸具有氧化性能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，同时与钙离子形成硫酸钙沉淀，离子方程式为SO2+Ca2++ClO﹣+H2O＝CaSO4↓+Cl﹣+2H+，故答案为：SO2+Ca2++ClO﹣+H2O＝CaSO4↓+Cl﹣+2H+；②由于亚硫酸酸性大于碳酸，碳酸酸性大于次氯酸，因此B中药品是NaHCO3溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙和次氯酸，C中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫全部除去，D中有浑浊证明生成了碳酸钙和次氯酸，故答案为：NaHCO3溶液；C中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫全部除去，D中有浑浊证明生成了碳酸钙和次氯酸；（5）①Y型管左侧无气体生成，得到Cu2S和白色固体CuSO4，化学方程式为：5Cu+4H2SO4（浓）＝Cu2S↓+3CuSO4+4H2O，故答案为：5Cu+4H2SO4（浓）＝Cu2S↓+3CuSO4+4H2O；②Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中发生反应3Cu2S+4HNO3+6H2SO4＝6CuSO4+3S↓+4NO↑+8H2O，故单质b是S，0.3molCu可以生成0.06molCu2S，0.06molCu2S与硝酸硫酸反应生成0.06molS和0.08molNO，NO与单质S的物质的量和为0.14mol，故答案为：0.14mol。【点评】本题考查物质的制备，考察物质的检验，氧化还原反应原理等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大，注意基础知识的全面掌握。四．推断题（共1小题）15．已知A、E为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，回答问题。（1）实验室中A常常保存在盛放煤油的广口瓶，A焰色反应为黄色。（2）写出B转变成C的化学方程式2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。该反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2，0.1molB参与该反应，转移电子的个数为6.02×1022或（0.1NA）。（3）写出D与F反应生成G的离子方程式：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓。（4）描述G放在空气中的颜色变化白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，写出它的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3。（5）写出E与水蒸气反应的化学方程式3Fe+4H2O（g）高温¯Fe3O4+4H2【分析】A为金属单质，B是淡黄色粉末且常用于防毒面具中，则A为Na、B为Na2O2．由转化关系可知C为Na2CO3、D为NaOH；金属E与盐酸反应生成F为盐，而F能与NaOH反应生成白色沉淀G，G可以转化为红褐色沉淀，则E为Fe、F为FeCl2、G为Fe（OH）2、红褐色沉淀为Fe（OH）3，H为FeCl3，以此来解答。【解答】解：（1）实验室中Na常常保存在盛放煤油的广口瓶中，A为Na，焰色反应为黄色，故答案为：煤油