1、2014-2015学年江西省南昌市新建二中高三（上）周练化学试卷（4）（实验班）一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）（2013秋龙泉驿区校级月考）硅被誉为无机非金属材料的主角据2001年12月的参考消息报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”“未来的石油”下列有关说法正确的是（）A地壳中硅的含量居第二位，在地球上有丰富的单质硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料C常见的易溶硅酸盐是硅酸钠，硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂的重要原料，实验室存放硅酸钠溶液的试剂瓶应用细口玻璃瓶并配磨口玻璃塞D硅是一种良好的
2、半导体材料，也是制造光导纤维的一种基本原料2（3分）（2013秋湖州期末）歌曲青花瓷中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2B性质稳定，不易脱色C易溶于强酸和强碱Dx等于63（3分）（2012南京模拟）二氧化硅（SiO2）又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料（如图所示）下列说法正确的是（）ASiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧
3、化物B盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞C硅胶吸水后不能重复使用D图中所示转化反应都是氧化还原反应4（3分）（2014安庆二模）化学家Seidel指出Si与NaOH溶液的反应，首先是Si与OH反应，生成Si044，然后Si044迅速水解生成H4Si04，下列有关说法正确的是（）A原硅酸钠（Na4Si04）能迅速水解，且水解后呈碱性，故Na4Si04为弱电解质B石英玻璃、普通玻璃、陶瓷及水泥均属于硅酸盐产品C2HCl+Na2Si03H2Si03+2NaCl说明Cl的非金属性大于SiD半导体工业所说的“从沙滩到家庭”是指：将二氧化硅制成晶体硅5（3分）用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”
4、与“溶液”对应关系错误的是（） 选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊再升高至65以上，溶液变澄清C6H5ONa溶液B通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊再加入品红溶液，红色褪去Ca（ClO）2溶液D通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca（OH）2溶液AABBCCDD6（3分）下列离子方程式书写错误的是（）A漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClOBCl2通入FeBr2溶液中，Cl2与FeBr2物质的量之比4：5：10Fe2+6Br
5、+8Cl210Fe3+3Br2+16ClC次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫气体：ClO+H2O+SO2HSO3+HClOD将一定量的KAl（SO4）2溶液和一定量的Ba（OH）2溶液混合，沉淀的质量恰好达到最大时：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+2BaSO4+AlO2+2H2O7（3分）（2010泰州二模）向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）下列有关该反应的说法中错误的是（）A在该反应中碘酸钠作还原剂B碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的C反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
6、8（3分）（2014江苏）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO9（3分）（2012上海）图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确
7、的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD10（3分）（2012秋金乡县校级期末）下列各组物质依次满足如图所示转化关系的是（图中箭头表示一步转化）（）abcdSiSiO2H2SiO3Na2SiO3AlAlCl3NaAlO2Al（OH）3CuCuOCu（OH）2CuSO4NaNaOHNa2CO3NaHCO3ABCD11（3分）（2014秋杭州校级期中）Cl2、HCl的混合气体通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应
8、后分析产物溶液中除大量OH外，还有Cl、ClO、ClO3，并知这三种离子的物质的量比为9：2：1试问原混合气体中Cl2与HCl体积比为（）A2：5B3：1C5：2D1：112（3分）（2013秋上高县校级月考）某无色溶液中含有：K+、Ba2+、Cl、Br、SO、CO、SO中的一种或几种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象用pH试纸检验溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色向所得溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A可能含有的离
9、子是B肯定没有的离子是C不能确定的离子是D肯定含有的离子是13（3分）（2012朝阳区校级四模）在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性现有下列两个反应：2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2ICl+H2O=HCl+HIO下列叙述正确的是（）ACl2与I2生成IC1是非氧化还原反应B反应中，ZnI2只是氧化产物C反应中，当转移0.4mol电子时生成13.6gZnCl2D反应中，IC1既是氧化剂又是还原剂14（3分）（2013湖州模拟）根据图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（）已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl
10、气体等A过程的提纯是物理过程，过程通过氧化还原反应可产生2种单质B在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C在过程、反应中每氧化0.2 mol Br 需消耗0.1mol Cl2D过程在生产中无需解决其对金属设备的腐蚀问题15（3分）（2015上饶模拟）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn（Na+）：n（Cl）可能为7：3C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（N
11、aClO3）可能为11：2：116（3分）（2012大连模拟）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：a HClO3=bO2+c Cl2+d HClO4+e H2O下列有关说法不正确的是（）A由反应可确定：氧化性HClO3O2B由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO4C若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3=2O2+Cl2+HClO4+H2OD若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e二、解答题（共5小题，满分0分）17（2014春嵊泗县校级月考）无论是从在国民经济中的地位来看，还是从科学发展的角度来看，硅
12、都发挥着重要的作用（1）人类使用硅酸盐产品（陶瓷等）的历史已经快一万年了，但在1823年才获得单质硅，瑞典化学家贝采尼乌斯用金属钾还原SiF4获得单质硅，写出化学方程式（2）由于制取方法和条件的不同，得到的单质硅形态不同，其性质也不同用铝热法还原氟硅酸钾制得较纯净的晶体硅：4Al+3K2SiF63Si+2KAlF4+2K2AlF5，关于该反应的说法正确的是（填序号）AAl是还原剂 B氧化产物只有KAlF4C每转移6NA电子，得到42g Si DAl元素在KAlF4和K2AlF5中化合价不同用白砂子与镁粉混合在高温条件下得到无定形硅，反应的化学方程式为（3）在野外，为了迅速得到氢气，用硅粉与干燥
13、的Ca（OH）2和NaOH混合，并加强热，即可迅速得到H2、Na2SiO3、CaO这种混合物叫做生氢剂请写出该反应的化学方程式18（2015丹东一模）晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2SiHCl3与过量H2在1100反应制得纯硅，已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为（2）粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点33.0）中含有少量SiCl4（沸点57.6）和HCl（沸点84.7），提纯SiHC
14、l3采用的方法为（3）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图（热源及夹持装置略去）：装置B中的试剂是装置C中的烧瓶需要加热，其目的是反应一段时间后，装置D中观察到的现象是，装置D中发生反应的化学方程式为为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是a碘水 b氯水 cNaOH溶液 dKSCN溶液 eNa2SO3溶液19A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如图的反应关系：（1）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室
15、效应的主要气体写反应离子方程式（2）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式D的化学式是（3）若A是应用最广泛的金属反应用到A，反应均用到同一种非金属单质C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式20（2013太原二模）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为
16、此C中I、II、III依次放入abcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：，判断改用NaHSO3溶液是否可行（填“是”或“否”）21某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮
17、湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质的成分（1）写出装置A中发生反应的离子方程式：（2）向C装置中通入一定量的氯气后，测得只生成一种气体（常温下为红黄色，且为氯的氧化物）可以确定的是C得到的固体最多含有三种物质，含有氯元素的盐只有一种，且一定含有NaHCO3，现对C中得到的固体成分进行猜想和验证提出合理猜想：一定含有NaHCO3和；可能含有剩余的Na2CO3设计方案，进行成分检验：请完成实验步骤3、4以及预期现象和结论并将答案填入下表的相应空格内限选实验试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、品红、稀盐酸实 验 步 骤预 期 现 象 和 结 论步骤1：取C中
18、的少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，然后各取12mL所得溶液分别置于甲、乙两支试管中得到无色溶液步骤2：向甲试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液变浑浊，证明固体中含有步骤3：取甲试管中上层清液少许于另一只试管中，滴加少量，充分振荡若，证明固体中含有NaHCO3步骤4：向乙试管中若；证明固体中含有（3）完成C中反应的化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O2014-2015学年江西省南昌市新建二中高三（上）周练化学试卷（4）（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）（2013秋龙泉驿区校级月考）硅被誉为无机非金属材料的主角据2001
19、年12月的参考消息报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”“未来的石油”下列有关说法正确的是（）A地壳中硅的含量居第二位，在地球上有丰富的单质硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料C常见的易溶硅酸盐是硅酸钠，硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂的重要原料，实验室存放硅酸钠溶液的试剂瓶应用细口玻璃瓶并配磨口玻璃塞D硅是一种良好的半导体材料，也是制造光导纤维的一种基本原料考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：A地壳中硅的含量居第二位，但石英、水晶的主要成分是二氧化硅；B硅常温下为固体，性质较稳定，相对于氢气便于运输、贮存，硅是有开
20、发价值的燃料；C二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠和水，硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂的重要原料；D光导纤维的主要成分是二氧化硅解答：解：A因地壳中各元素及含量由多到少的顺序是氧、硅、铝、铁、钙、钠、钾、镁、氢，所以地壳中硅的含量居第二位，但石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故A错误；B硅常温下为固体，性质较稳定，相对于氢能，便于贮存，较为安全，硅是有开发价值的燃料，故B正确；C常见的易溶硅酸盐是硅酸钠，硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂的重要原料，二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液，容易把磨口玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而不易打开，故C错误；D硅是一种良好的半导体材料，
21、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误；故选B点评：本题考查了二氧化硅的化学性质，题目难度不大，注意：二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氧化钠溶液反应是高频考点2（3分）（2013秋湖州期末）歌曲青花瓷中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2B性质稳定，不易脱色C易溶于强酸和强碱Dx等于6考点：无机非金属材料 专题：碳族元素分析：A根据硅酸
22、盐中氧化物的书写顺序来书写；B硅酸盐性质稳定；C硅酸盐能和强酸反应；D硅酸铜钡的化学式为BaCuSi2OX，利用钡、铜、硅、氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答解答：解：A硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，故A正确； BBaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；CBaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；D在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为2价，钡元素的化合价
23、为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）2+（2）x=0，解得x=6，故D正确故选C点评：本题考查了硅酸盐的性质及利用化学式和元素的化合价来计算原子个数，难度不大，明确硅酸盐用氧化物形式表示时书写顺序，学生应利用信息中元素的化合价和常见元素在化合物中的化合价并结合化合价计算的原则来进行计算3（3分）（2012南京模拟）二氧化硅（SiO2）又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料（如图所示）下列说法正确的是（）ASiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞C硅胶吸水后不能重
24、复使用D图中所示转化反应都是氧化还原反应考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：A、既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物；B、Na2CO3溶液呈碱性，二氧化硅能与碱反应生成具有粘和性的硅酸钠；C、硅胶吸附水份后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用；D、从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，化合价的升降为氧化还原反应的特征；解答：解：A、二氧化硅与NaOH反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，生成了盐和水，SiO2能与HF反应：SiO2+4HFSiF4+2H2O，生成了没有盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，故A错误；B、Na2CO3溶液呈碱性
25、，二氧化硅能与碱反应生成具有粘和性的硅酸钠，使玻璃塞无法打开，故B正确；C、硅胶吸附水份后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，故C错误；D、图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，故D错误；故选：B：点评：本题考查了二氧化硅的性质、氧化还原反应的判断等知识点，易错选项是A，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸氢氟酸反应4（3分）（2014安庆二模）化学家Seidel指出Si与NaOH溶液的反应，首先是Si与OH反应，生成Si044，然后Si044迅速水解生成H4Si04，下列有关说法正确
26、的是（）A原硅酸钠（Na4Si04）能迅速水解，且水解后呈碱性，故Na4Si04为弱电解质B石英玻璃、普通玻璃、陶瓷及水泥均属于硅酸盐产品C2HCl+Na2Si03H2Si03+2NaCl说明Cl的非金属性大于SiD半导体工业所说的“从沙滩到家庭”是指：将二氧化硅制成晶体硅考点：硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用 专题：碳族元素分析：ANa4Si04在水溶液里完全电离，所以Na4Si04为强电解质；B石英玻璃的主要成分是二氧化硅；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，再结合强酸制取弱酸判断；D沙子的主要成分是二氧化硅，硅芯片的主要成分是硅解答：解：ANa4Si04在水溶液里完全
27、电离，所以Na4Si04为强电解质，Na4Si04是强碱弱酸盐，Si044迅速水解导致溶液呈碱性，故A错误；B石英玻璃的主要成分是二氧化硅，所以石英玻璃不属于硅酸盐，普通玻璃、陶瓷、水泥的主要成分都是硅酸盐，这三种物质属于传统硅酸盐产品，故B错误；C该反应说明HCl的酸性大于H2Si03，但HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以该反应不能说明Cl的非金属性大于Si，故C错误；D沙子的主要成分是二氧化硅，硅芯片的主要成分是硅，二氧化硅被焦炭还原生成粗硅，粗硅再提纯得到纯硅，所以半导体工业所说的“从沙滩到家庭”是指：将二氧化硅制成晶体硅，故D正确；故选D点评：本题考查了硅及其化合物，涉及强
28、弱电解质的判断、硅酸盐的判断、非金属性强弱的判断等知识点，根据电解质的电离程度、硅酸盐的概念、非金属性强弱的判断方法等知识点来分析解答，易错选项是C，只有非金属最高价氧化物的水化物酸性强弱才能非金属的非金属性强弱，为易错点5（3分）用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是（） 选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊再升高至65以上，溶液变澄清C6H5ONa溶液B通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊再加入品红溶液，红色褪去Ca（ClO）2溶液D通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失再加入足量NaOH
29、溶液，又变浑浊Ca（OH）2溶液AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A碳酸的酸性大于石碳酸，石碳酸在65以上易溶于水；BNa2SiO3溶液与CO2反应生成硅酸沉淀；CCa（ClO）2溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白性；DCa（OH）2溶液通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙解答：解：A苯酚钠和二氧化碳反应生成难溶性的苯酚和碳酸氢钠，但65以上苯酚易溶于水，导致溶液变澄清，故A正确；BNa2SiO3溶液与CO2反应生成硅酸沉淀，继续通CO2至过量，浑浊不消失，故B错误；CCa（ClO）2溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白
30、性，可使品红溶液褪色，故C正确；DCa（OH）2溶液通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与NaOH反应又生成碳酸钙沉淀，故D正确故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键6（3分）下列离子方程式书写错误的是（）A漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClOBCl2通入FeBr2溶液中，Cl2与FeBr2物质的量之比4：5：10Fe2+6Br+8Cl210Fe3+3Br2+16ClC次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫气体：ClO+H2O+SO2HSO3+HClOD
31、将一定量的KAl（SO4）2溶液和一定量的Ba（OH）2溶液混合，沉淀的质量恰好达到最大时：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+2BaSO4+AlO2+2H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A三价铁离子与次氯酸根离子发生双水解，生成氢氧化铁和次氯酸；B二价铁离子的还原性强于溴离子，氯气先与二价铁离子反应，剩余再与溴离子反应；C次氯酸根具有强的氧化性能够氧化二氧化硫生成硫酸根；D将一定量的KAl（SO4）2溶液和一定量的Ba（OH）2溶液混合，沉淀的质量恰好达到最大时，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾和水解答：解：A漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀，离子方程式：Fe3+3C
32、lO+3H2OFe（OH）3+3HClO，故A正确；BCl2通入FeBr2溶液中，Cl2与FeBr2物质的量之比4：5，离子方程式：10Fe2+6Br+8Cl210Fe3+3Br2+16Cl，故B正确；C次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫气体，离子方程式为：2ClO+Ca2+2H2O+2SO2=2Cl+CaSO4+4H+SO42，故C错误；D将一定量的KAl（SO4）2溶液和一定量的Ba（OH）2溶液混合，沉淀的质量恰好达到最大时：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；故选：C点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，主要是物质性质的分析判断，注意
33、量不同产物不同的分析，掌握基础是关键，D为易错选项，题目难度中等7（3分）（2010泰州二模）向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）下列有关该反应的说法中错误的是（）A在该反应中碘酸钠作还原剂B碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的C反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：由向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I元素的化合价由+5价升高为+7价，Cl元素的化合价由0降
34、低为1价，以此来解答解答：解：A因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，故A正确；B该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，故B正确；C反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1mol（75）=2mol电子，故C正确；D由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故D错误；故选D点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意氧化还原反应中的基本概念，题目难度不大8（3分）（2014江苏）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水
35、中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO考点：真题集萃；氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色解答：解：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A只
36、有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故B正确；C溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D点评：本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识9（3分）（2012上海）图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMn
37、O4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；d处立
38、即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O解答：解：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2O=H+Cl+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂
39、白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物质具有漂白性，故C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl，故D正确；故选D点评：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键
40、10（3分）（2012秋金乡县校级期末）下列各组物质依次满足如图所示转化关系的是（图中箭头表示一步转化）（）abcdSiSiO2H2SiO3Na2SiO3AlAlCl3NaAlO2Al（OH）3CuCuOCu（OH）2CuSO4NaNaOHNa2CO3NaHCO3ABCD考点：含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：题干要求各物质需要符合如图所示转化关系，a能转化为b，bcd三种物质可以相互转化，结合物质的化学性质分别分析只要一步转化就符合进行判断；转化关系中二氧化硅不能一步转化为硅酸；铝盐、偏铝酸
41、盐、氢氧化铝可以相互转化；氧化铜不能一步转化为氢氧化铜；氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠可以相互转化解答：解：b（SiO2）c（H2SiO3）一步不能转化，所以不符合；AlAlCl3NaAlO2Al（OH）3AlCl3，故符合；b（CuO）c（Cu（OH）2），不能一步实现，故不符合；NaNaOHNa2CO3NaHCO3NaOH，故符合；故选D点评：本题考查了元素化合物的化学性质的综合应用，主要考查硅、铝、钠、铜单质及其化合物之间的相互转化关系和反应条件，熟练掌握基础知识是解题关键11（3分）（2014秋杭州校级期中）Cl2、HCl的混合气体通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后分析产物溶液中除大量OH
42、外，还有Cl、ClO、ClO3，并知这三种离子的物质的量比为9：2：1试问原混合气体中Cl2与HCl体积比为（）A2：5B3：1C5：2D1：1考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：Cl、ClO、ClO3离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠和水，根据化合价变化计算出氯气被氧化成ClO、ClO3失去的电子的物质的量，再根据化合价变化变化计算出氯气被含有生成的氯离子的物质的量，从而得出氯气的物质的量及氯化氢与氢氧化钠溶液反应生成的氯离子的物质的量，最后计算出原混合气体中Cl2与HCl体积比解答：解
43、：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO、ClO3是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl、ClO、ClO3离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol（10）+1mol（50）=7mol；根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl为被还原的过程，化合价从0价较低为1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mo
44、l，则氯化氢生成的氯离子为：9mol7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选C点评：本题考查了氯气与氯化氢的混合气体与氢氧化钠溶液反应的化学计算，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应中的电子守恒在计算中的应用，明确反应原理及化合价变化为解答本题的关键12（3分）（2013秋上高县校级月考）某无色溶液中含有：K+、Ba2+、Cl、Br、SO、CO、SO中的一种或几种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象用pH试纸检验溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色向所得溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀H
45、NO3有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A可能含有的离子是B肯定没有的离子是C不能确定的离子是D肯定含有的离子是考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性；CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br离子，向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，为硫酸钡沉淀，过滤，向滤液中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，为氯化银沉淀，做题时注意排除离子反应的相互干扰解答：解：用pH试纸检验，溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，但该溶液中无大量的OH离子，说明溶液碱性是由于CO或
46、者SO32离子水解导致的，一定含有CO或SO32离子的一种，则不含Ba2+离子，二者均与钡离子生成沉淀，根据溶液呈电中性，一定有K+离子；向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，为Br2的颜色，说明溶液中含有Br离子；向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为硫酸钡沉淀，但不能说明溶液中是否含有SO42离子，也可能是SO32离子被氧化生成；过滤，向滤液中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，为氯化银沉淀，但不能说明含有Cl离子，因中加入氯水，引入了Cl离子；则原溶液中一定含有K+、Br，不能确定的有Cl、SO42、CO、SO，一定不含有Ba2+，
47、综合以上分析得出D正确，故选D点评：本题考查常见离子的检验方法，本题难度不大，注意把握物质的性质，通过反应现象判断离子存在的可能性13（3分）（2012朝阳区校级四模）在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性现有下列两个反应：2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2ICl+H2O=HCl+HIO下列叙述正确的是（）ACl2与I2生成IC1是非氧化还原反应B反应中，ZnI2只是氧化产物C反应中，当转移0.4mol电子时生成13.6gZnCl2D反应中，IC1既是氧化剂又是还原剂考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专
48、题分析：A、根据氧化还原反应的特征：存在元素化合价的变化来分析；B、根据氧化产物的概念来回答；C、根据化学方程式中系数的含义以及化合价变化与得失电子数目之间的关系来回答；D、根据氧化剂和还原剂的概念来回答解答：解：A、氧化还原反应的特征：存在元素化合价的变化，氯气与碘单质反应得到ICl的过程中氯元素和碘元素的化合价均发生了变化，故为氧化还原反应，故A错误；B、反应中，Zn元素的化合价由0价升到+2价，所以ZnCl2和ZnI2均为氧化产物，I元素的化合价由+1价降低到1价，所以ZnI2又是还原产物因此，ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B错误；C、反应中，每生成136g（即1mol）氯化锌就
49、要转移4mol电子，所以当转移0.4mol电子时生成13.6gZnCl2，故C正确；D、反应中各元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误故选C点评：本题是对氧化还原反应的特征、概念以及电子转移知识的考查，是基础知识题目，难度不大14（3分）（2013湖州模拟）根据图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（）已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等A过程的提纯是物理过程，过程通过氧化还原反应可产生2种单质B在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C在过程、反应中每氧化0.2 mol Br 需消耗0.1mol Cl2D过程在生产中无需解决其对
50、金属设备的腐蚀问题考点：海水资源及其综合利用 专题：实验设计题分析：A、根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断；B、根据镁离子水解及氯化氢的挥发性进行分析；C、根据氧化还原反应定量关系结合物质的量计算氯气的量；D、根据反应二氧化硫与溴单质的生成产物进行分析解答：解：A、过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；B、因MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故B错
51、误； C、因2Br+Cl2 =Br2 +2Cl，每氧化0.2molBr需消耗0.1molCl2，故C正确； D、因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，需解决其对金属设备的腐蚀问题，故D错误；故选：C点评：本题考查了海水资源综合利用，涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性，本题难度中等15（3分）（2015上饶模拟）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）A与NaOH反应
52、的氯气一定为0.3 molBn（Na+）：n（Cl）可能为7：3C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1考点：氯气的化学性质；化学方程式的有关计算 专题：元素及其化合物分析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaCl
53、O3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断解答：解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（
54、NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，故6：5n（Na+）：n（Cl）2：1，7：32：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=
55、NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用16（3分
56、）（2012大连模拟）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：a HClO3=bO2+c Cl2+d HClO4+e H2O下列有关说法不正确的是（）A由反应可确定：氧化性HClO3O2B由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO4C若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3=2O2+Cl2+HClO4+H2OD若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：A根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂氧化产物分析；B比较非金属性强弱，应
57、为最高价含氧酸的酸性判断；C氧化剂与还原剂得失电子数目相等；D从化合价变化的角度计算转移的电子数解答：解：A由题HClO3既是氧化剂又是还原剂，HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故A正确；B比较非金属性强弱，应为最高价含氧酸的酸性，应为HClO4H2SO4，故B错误；C由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为45，则=45g/mol，则n（O2）：n（Cl2）=2：1，由电子守恒得化学反应方程式为3HClO3=2O2+Cl2+HClO4+H2O，故C正确；D若化学计量数a=8，b=3，由C分析可得化学反应方程式为8 HClO3=3O2+2 Cl2+4
58、HClO4+2H2O，电子转移数目为20e，故D正确故选：D点评：本题考查氧化还原反应反应的计算，题目难度较大，注意把握相关物质的性质，易错点为C，注意电子守恒问题的应用二、解答题（共5小题，满分0分）17（2014春嵊泗县校级月考）无论是从在国民经济中的地位来看，还是从科学发展的角度来看，硅都发挥着重要的作用（1）人类使用硅酸盐产品（陶瓷等）的历史已经快一万年了，但在1823年才获得单质硅，瑞典化学家贝采尼乌斯用金属钾还原SiF4获得单质硅，写出化学方程式4K+SiF4Si+4KF（2）由于制取方法和条件的不同，得到的单质硅形态不同，其性质也不同用铝热法还原氟硅酸钾制得较纯净的晶体硅：4Al
59、+3K2SiF63Si+2KAlF4+2K2AlF5，关于该反应的说法正确的是AC（填序号）AAl是还原剂 B氧化产物只有KAlF4C每转移6NA电子，得到42g Si DAl元素在KAlF4和K2AlF5中化合价不同用白砂子与镁粉混合在高温条件下得到无定形硅，反应的化学方程式为2Mg+SiO2Si+2MgO（3）在野外，为了迅速得到氢气，用硅粉与干燥的Ca（OH）2和NaOH混合，并加强热，即可迅速得到H2、Na2SiO3、CaO这种混合物叫做生氢剂请写出该反应的化学方程式Si+2NaOH+Ca（OH）2=Na2SiO3+CaO+2H2考点：硅和二氧化硅；氧化还原反应 专题：元素及其化合物分
60、析：（1）钾与四氟化硅反应生成硅和氟化钾；（2）依据反应4Al+3K2SiF63Si+2KAlF4+2K2AlF5，各种元素化合价变化解答；镁与二氧化硅反应生成硅和氧化镁，依据原子个数守恒判断产物，写出化学方程式；（3）依据原子个数守恒写出化学方程式解答：解：（1）瑞典化学家贝采尼乌斯用金属钾还原SiF4获得单质硅，反应的化学方程式为：4K+SiF4Si+4KF，故答案为：4K+SiF4Si+4KF；（2）在反应4Al+3K2SiF63Si+2KAlF4+2K2AlF5，铝元素化合价升高，硅元素化合价降低，所以铝做还原剂，K2SiF6做氧化剂，硅为还原产物，KAlF4和2K2AlF5为还原产物
61、，反应3mol铝转移12mol电子，生成84g硅，所以每转移6NA电子，得到42g Si，Al元素在KAlF4和K2AlF5中化合价都是+3价，故选：AC；镁与二氧化硅反应生成硅和氧化镁，方程式为：2Mg+SiO2Si+2MgO，故答案为：2Mg+SiO2Si+2MgO；（3）硅粉与干燥的Ca（OH）2和NaOH混合，并加强热，即可迅速得到H2、Na2SiO3、CaO，依据原子个数守恒，转移电子数守恒可得反应的化学方程式为：Si+2NaOH+Ca（OH）2=Na2SiO3+CaO+2H2；故答案为：Si+2NaOH+Ca（OH）2=Na2SiO3+CaO+2H2点评：本题考查了硅及其化合物的性
62、质，熟悉硅及其化合物的性质、氧化还原反应的规律是解题关键，注意书写方程式时应遵循原子个数守恒18（2015丹东一模）晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2SiHCl3与过量H2在1100反应制得纯硅，已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO（2）粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点33.0）中含有少量SiCl4（沸点57.6）和HCl（沸点84.7），提纯SiHCl3采用
63、的方法为蒸馏（3）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图（热源及夹持装置略去）：装置B中的试剂是浓硫酸装置C中的烧瓶需要加热，其目的是滴入烧瓶中的SiHCl3气化反应一段时间后，装置D中观察到的现象是有固体物质生成，装置D中发生反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及排尽装置中的空气为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是bda碘水 b氯水 cNaOH溶液 dKSCN溶液 eNa2SO3溶液考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：（1）高温下，
64、SiO2和C反应生成Si和CO；（2）沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离；（3）浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，防止SiHCl3与H2O强烈反应；升高温度能使SiHCl3气化；高温条件下，SiHCl3和H2发生氧化还原反应而得到Si单质；防止Si被氧化；向溶液中加入强氧化剂，然后加入KSCN溶液检验铁离子解答：解：（1）高温下，SiO2和C反应生成Si和CO，反应方程式为 SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（2）沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，这几种物质沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；（3）为防止SiHCl3与H2O强烈反应，需要干燥
65、剂干燥氢气，浓硫酸具有吸水性且不和氢气反应，所以可以作干燥剂；升高温度能使SiHCl3气化，从而使SiHCl3和氢气在D中反应，故答案为：浓硫酸；使滴入烧瓶中的SiHCl3气化；D中发生反应，SiHCl3+H2Si+3HCl，Si为固态，所以看到的现象是有固体物质生成，故答案为：有固体物质生成； SiHCl3+H2Si+3HCl；Si是亲氧元素，为防止Si被氧化，需要排尽装置中的空气，故答案为：排尽装置中的空气；向溶液中加入强氧化剂，然后加入KSCN溶液检验铁离子，这几种物质中氯水具有强氧化性，故选bd点评：本题以Si的制取为载体考查化学实验，涉及氧化还原反应、基本操作、混合物的分离和提纯等知
66、识点，明确反应原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，同时考查学生思维的缜密性，题目难度不大19A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如图的反应关系：（1）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体写反应离子方程式AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3（2）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2D的化学式是Na2CO3（3）若A是应用最广泛的金属反应用到A，反应均用到同一种非金属单质C的溶液用于蚀刻印
67、刷铜电路板，写出该反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+考点：无机物的推断 专题：推断题分析：（1）若D物质具有两性，含有Al元素，则A为Al，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸盐，D为Al（OH）3，反应均要用强碱溶液，B为氧化铝或铝盐，据此解答；（2）若A是太阳能电池用的光伏材料，则A为Si，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，可推知C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；（3）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，含有铁离子
68、，则非金属性单质为Cl2，可推知C为FeCl3，D为FeCl2解答：解：（1）若D物质具有两性，含有Al元素，则A为Al，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸盐，D为Al（OH）3，反应均要用强碱溶液，B为氧化铝或铝盐，则：反应的离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3；（2）若A是太阳能电池用的光伏材料，则A为Si，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，可推知C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2，则：的反应的化学方程式为：Si
69、+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2；Na2CO3；（3）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，含有铁离子，则非金属性单质为Cl2，可推知C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+点评：本题考查了无机物的推断，涉及Al、Si、Fe元素单质化合物性质，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大20（2013太原二模）如图是实验室制备氯气并进行一
70、系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入dabcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目
71、的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+，判断改用NaHSO3溶液是否可行否（填“是”或“否”）考点：氯气的实验室制法；性质实验方案的设计 专题：实验题分析：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；（2）、盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl
72、2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，溶液显示黄色（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（6）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体解答：解：（1）次氯酸钙与浓
73、盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）、盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂
74、白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，故答案是：黄；（5）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（6）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+，反应离
75、子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体，二氧化硫污染环境，故不可行故答案为：SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；否点评：本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的掌握，本题难度中等21某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质的成分（1）写出装置A中发生反应的离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+C
76、l2+2H2O（2）向C装置中通入一定量的氯气后，测得只生成一种气体（常温下为红黄色，且为氯的氧化物）可以确定的是C得到的固体最多含有三种物质，含有氯元素的盐只有一种，且一定含有NaHCO3，现对C中得到的固体成分进行猜想和验证提出合理猜想：一定含有NaHCO3和NaCl；可能含有剩余的Na2CO3设计方案，进行成分检验：请完成实验步骤3、4以及预期现象和结论并将答案填入下表的相应空格内限选实验试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、品红、稀盐酸实 验 步 骤预 期 现 象 和 结 论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，然后各取12mL所得
77、溶液分别置于甲、乙两支试管中得到无色溶液步骤2：向甲试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液变浑浊，证明固体中含有Na2CO3步骤3：取甲试管中上层清液少许于另一只试管中，滴加少量澄清石灰水，充分振荡若产生白色沉淀，证明固体中含有NaHCO3步骤4：向乙试管中先加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液若产生白色沉淀；证明固体中含有NaCl（3）完成C中反应的化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaHCO3+2NaCl+Cl2O考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氯气的实验室制法 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰、
78、氯气和水；（2）氯气和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠、氯的氧化物；步骤2、碳酸根离子能和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀；步骤3、向溶液中加入澄清石灰水，如果溶液变浑浊，说明含有碳酸氢钠；步骤4、氯离子和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀；（3）氯气和碳酸钠反应生成碳酸氢钠、氯化钠，根据元素化合价变化规律知，生成氯的氧化物中Cl元素化合价应该是+1价解答：解：（1）在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）氯气和碳酸钠反应中生成氯的氧化物，则氯元
79、素失电子化合价升高，还需要得电子化合价降低，所以还生成NaCl，所以固体中一定含有NaCl，故答案为：NaCl；步骤2中，加入氯化钡溶液，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡白色沉淀，如果溶液变浑浊，说明溶液中含有Na2CO3，步骤3中，取甲试管中上层清液少许于另一只试管中，滴加少量澄清石灰水，如果上层溶液变浑浊，说明固体中可溶性物质和氢氧化钙发生复分解反应，步骤2中去除碳酸根离子，所以证明固体中含有碳酸氢钠；步骤4中，先加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液，如果产生白色沉淀，则溶液中一定含有氯化钠，故答案为：步骤2：Na2CO3步骤3：澄清石灰水上层清液变浑浊步骤4：先加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液生成白色沉淀；氯化钠（3）氯气和碳酸钠反应生成碳酸氢钠、氯化钠，根据元素化合价变化规律知，生成氯的氧化物中Cl元素化合价应该是+1价，所以生成物是碳酸氢钠、氯化钠和氧化氯，故答案为：2NaHCO3+2NaCl+Cl2O点评：本题采用实验探究的方法考查物质的组成，侧重考查分析、推断能力，明确实验原理是解本题关键，知道常见离子的检验方法，会根据氧化还原反应特点、元素守恒判断生成物，题目难度中等
