全国高考化学无机非金属材料的推断题综合高考模拟和真题汇总附详细答案

全国高考化学无机非金属材料的推断题综合高考模拟和真题汇总附详细答案
一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）
1．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．
下列有关说法不正确的是（）
A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2
B．无法判断混合物中是否含有Na2O
C．1.92 g固体成分为Cu
D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
【答案】B
【解析】
途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，
A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；
B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；
C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；
D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得
x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；
【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．
2．下列溶液中，不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中的
①碱石灰②NaCl③KNO3④CaO⑤CuSO4⑥NaOH⑦Na2CO3
A．①④⑥⑦B．①③⑤⑥C．②③④⑦D．①⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】
玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和二氧化硅反应的药品不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，据此分析解答。

【详解】
①碱石灰为CaO和NaOH的混合物，能与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
②NaCl与玻璃中的成分不发生反应，因此能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，不符合题意；
③KNO3与玻璃中的成分不发生反应，因此能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，不符合题意；
④CaO为碱性氧化物，溶于水生成的氢氧化钙能与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
⑤CuSO4与玻璃中的成分不发生反应，因此能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，不符合题意；
⑥NaOH能与二氧化硅发生反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
⑦Na2CO3水解呈碱性，与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，所以Na2CO3不能盛放在玻璃瓶中，符合题意；
故答案为：A。

3．下列说法中不正确的是（）
A．硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中
B．锂保存在煤油中
C．硅在自然界中只有化合态
D．实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．硝酸银在光照或加热条件下会分解生成Ag、NO2、O2，因此一般将硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；
B．锂单质的密度小于煤油，不能保存在煤油中，一般保存在石蜡中，故B符合题意；C．根据硅的化学性质，在自然界中应该有游离态的硅存在，但Si是亲氧元素，其亲氧性致使Si在地壳的演变中，全部以化合态存在于自然界中，故C不符合题意；
D．玻璃塞中含有SiO2，NaOH能够与SiO2发生化学反应生成Na2SiO3，因此实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞，故D不符合题意；
故答案为：B。

4．下列实验过程中，始终无明显现象的是（）
A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中
B．O2通入Na2SO3溶液中
C．Cl2通入Na2SiO3溶液中
D．NH3通入Ca(HCO3)2溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．二氧化硫被硝酸氧化为硫酸根离子，SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀，故不选A；
B．O2通入Na2SO3溶液中，Na2SO3被氧化为Na2SO4，无明显现象，故选B；
C．Cl2通入Na2SiO3溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和Na2SiO3反应生成硅酸白色胶状沉淀，故不选C；
D．NH3通入Ca(HCO3)2溶液中生成碳酸钙沉淀和碳酸铵，故不选D；
故选B。

5．以下有关物质用途的叙述正确的是( )
A．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火
B．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质
D．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中燃烧，所以活泼金属着火时，不能用干粉灭火器灭火，A不正确；
B．太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光-电转换，将光能直接转化为电能，B正确；C．氧化钙能够吸收空气中的水分，所以食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不正确；
D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，D不正确；
故选B。

6．《青花瓷》冲所描述的“瓶身描述的牡丹一如你初妆”“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(BaCuSi2O x，铜为十2价)，下列有关硅酸铜钡的说法不正确的是( )
A．可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2B．易溶解于强酸和强碱
C．性质稳定.不易脱色D．x=6
【答案】B
【分析】
【详解】
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BaO•CuO•2SiO2，故A正确；
B. 硅酸铜钡能稳定存在，说明不易溶解于强酸和强碱，故B错误；
C. 《青花瓷》能长期不褪色，说明硅酸铜钡性质稳定不易脱色，故C正确；
D. 硅酸铜钡中Ba为+2价、Cu为+2价、Si为+4价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，可知x=6，故D正确；
选B。

7．下列实验现象与氧化还原反应有关的是( )
A．氨水中滴加石蕊试液显蓝色
B．NO2通入水中，气体由红棕色逐渐转变为无色
C．向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D．向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．氨水中滴加石蕊试液显蓝色，是由于一水合氨电离出氢氧根离子的缘故，没有发生氧化还原反应，故A错误；
B．NO2通入水中，气体由红棕色逐渐转变为无色，是由于反应生成NO和硝酸，N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C．向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，生成红褐色沉淀，发生的是复分解反应生成氢氧化铁沉淀，不是氧化还原反应，故C错误；
D．向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成，发生的是复分解反应生成硅酸，不是氧化还原反应，故D错误；
故选B。

8．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确的是（）
A．青石棉是一种易燃品且易溶于水
B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C．1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液
D．1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故A错误；
B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O，故B正确；
C．6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，1mol青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，根据转移电子守恒可知，产物为
2molNaNO3、5molFe(NO3)3(有3mol的+2价铁氧化)、1molNO等，因此1mol该物质能和(2+5×3+1)mol=18molHNO3反应，故C正确；
D．5.5L2mol/L HF溶液中HF的物质的量为11mol，HF与二氧化硅反应的方程式为：
SiO2+4HF=SiF4+2H2O，由此可知HF的量不足，故D错误；
故答案为：BC。

9．已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。

其中甲是天然气的主要成分。

回答下列问题：
（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：
_________________________________________。

（2）检验化合物乙的化学方程式：
___________________________________________________。

（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。

（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。

（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有
_______________________________________。

【答案】水 CO CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O O2 CuO 充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出
【解析】
【分析】
甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成
A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。

【详解】
(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；
(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；
(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；
(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；
(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。

10．如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物，相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。

A、C、E均为氧化物，A是人体呼出的气体之一；在实验室中B可以用来制取A，而D可以用来检验A；C和E反应能生成D。

(1)写出下列物质的化学式：
A________，D________；
(2)B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________；
(3)C和E反应的化学方程式为________________________________________
(4)这五种物质之间两两发生反应，其中没有涉及的基本反应类型是________。

【答案】CO2 Ca(OH)2用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等) CaO＋H2O=Ca(OH)2分解反应和置换反应
【解析】
【分析】
A是人体呼出的主要气体，则A为二氧化碳，在实验室中B可以用来制取A，而D可以用来检验A，则D为氢氧化钙，B与D可反应，则B为盐酸；E与B, E与C都反应，且A、C、E均为氧化物，E与C反应生成的D为碱，则C为水，E为氧化钙；
【详解】
(1)根据上述分析可知：A为CO2，D为Ca(OH)2；答案：CO2；Ca(OH)2；
(2) 根据上述分析可知B为盐酸，盐酸除用来制取二氧化碳外，还用来除去铁制品表面的铁锈；答案：用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)；
(3) 根据上述分析可知C为水，E为氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，其化学方程式为CaO＋H2O=Ca(OH)2；答案：CaO＋H2O=Ca(OH)2；
(4)该五角星的位置中有化合反应，如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应；CO2与
Ca(OH)2的反应是复分解反应，HCl和CaO、Ca(OH)2的反应都是复分解反应，没有涉及分解反应和置换反应。

答案：分解反应和置换反应。

11．在下列物质的转化关系中，A是一种固体单质，且常作半导体材料，E是一种白色沉淀，F是最轻的气体单质。

据此填写：
（1）B的化学式是____________，目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。

（2）B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（3）A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。

【答案】SiO2制光导纤维 SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑
SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻的气体单质，则F为H2。

【详解】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻的气体单质，则F为H2，（1）B的化学式是SiO2，目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料；
（2）B和a溶液反应的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O；
（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑；
（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

12．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：
(1)写出B 的电子式________。

(2)若A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A 和B 水溶液反应的离子方程式__________________________。

(3)若A 是CO 2气体，A 与B 溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO 2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A 与B 溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L 。

(4)若A 是一种常见金属单质，且A 与B 溶液能够反应，则将过量的F 溶液逐滴加入E 溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。

(5)若A 是一种可用于做氮肥的化合物, A 和B 反应可生成气体E ，E 与F 、E 与D 相遇均冒白烟，且利用E 与D 的反应检验输送D 的管道是否泄露，写出E 与D 反应的化学方程式为___________________。

(6)若A 是一种溶液，可能含有H ＋、NH 、Mg 2＋、Fe 3＋、Al 3＋、CO 32-、SO 42-中的某些离子，当向该溶液中加入B 溶液时发现生成沉淀的物质的量随B 溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。

【答案】 Si+2OH - +2H 2O=SiO 32-+2H 2↑ NaOH 、Na 2CO 3 0.05 先有白色沉淀生
成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl 2＋8NH 3===N 2＋6NH 4Cl H ＋、Al 3＋、4NH +、24SO -
c(H ＋)∶c(Al 3＋)∶c(4NH +)∶c(24SO -
)＝1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1) C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；
(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；
(3) 曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；
(4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；
(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E 与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；
(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。

【详解】
(1)B为NaOH，其电子式为；
(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-
+2H2O=SiO32-+2H2↑；
(3) 曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理
NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)=0.01mol
0.2L
=0.05mol/L；
(4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E 与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，
(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-
=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根
消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。

13．请按要求完成下列各题：
（1）硫单质与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式__________________
（2）在水玻璃中通入过量二氧化碳，其总反应的离子方程式为
_________________________________
CuSO溶液的烧杯中，剧烈反应，放出气体并生成蓝色沉淀，（3）将一小块钠投入到盛4
其总反应的离子方程式为_________________________________
（4）石灰乳与苦卤中的Mg2+反应的离子方程式____________________________________（5）成分为盐酸的洁厕灵与“84”消毒液混合使用，易中毒，其中反应的离子方程式为
________________
（6）铁粉与水蒸气反应的化学方程式是____________________________________
【答案】S+2H2SO43SO2↑+2H2O SiO32-+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3-
2Na+2H2O+Cu2+═Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+ Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2↓+Ca2+ Cl-+ClO-
+2H+═Cl2↑+H2O 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
【解析】
【分析】
(1)硫单质与浓硫酸在加热条件下生成SO2和水；
(2)在Na2SiO3溶液中通入过量二氧化碳，生成硅酸沉淀和NaHCO3；
(3)钠与硫酸铜溶液的反应实质为：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，据此写出反应的离子方程式；
(4)石灰乳与苦卤中的Mg2+反应生成Mg(OH)2和Ca2+；
(5)酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气和水；
(6)铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。

【详解】
(1)硫单质与浓硫酸在加热条件下生成SO2和水，发生反应的化学方程式为S+2H2SO4
3SO2↑+2H2O；
(2)在Na2SiO3溶液中通入过量二氧化碳，生成硅酸沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为SiO32-+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3-；
(3)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+；
(4)石灰乳与苦卤中的Mg2+反应生成Mg(OH)2和Ca2+，反应的离子方程式为
Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2↓+Ca2+；
(5)酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气和水，离子方程式为Cl-+ClO-
+2H+═Cl2↑+H2O；
(6)铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式是
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。

14．以粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2，还有少量的Fe2O3)为原料制取Al2O3的流程如下：
（1）操作Ⅰ的名称是__。

（2）用H2SO4“酸浸”时的离子方程式为__(任写一个)。

（3）简述如何检验酸浸后溶液中是否有Fe3+__。

（4）“煅烧”时的化学方程式为__。

（5）沉淀A与氢氟酸反应的化学方程式为__。

【答案】过滤 Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O(或Al2O3＋6H＋=Al3＋＋3H2O任写一个) 取适量该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+ 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
【解析】
【分析】
粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2, 还有少量的Fe2O3）和稀硫酸混合，发生反应
Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe 2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2；根据Fe3+遇KSCN溶液变红色检验溶液中是否有Fe3+；Al(OH)3加热分解为Al2O3和水；SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水。

【详解】
（1）操作Ⅰ实现了固体SiO2和溶液的分离，操作Ⅰ的名称是过滤。

（2）用H2SO4“酸浸”时Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，反应的离子方程式分别为Al2O3＋6H＋
=Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O。

（3）Fe3+遇KSCN溶液变红色，检验溶液中是否有Fe3+的方法是：取适量该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+。

（4）“煅烧”时Al(OH)3分解为Al2O3和水，化学方程式为2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。

（5）沉淀A是SiO2，SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水，化学方程式为
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。

【点睛】
本题考查了物质的制备流程，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，注意离子检验操作方法的准确表达。

15．某种胃药中抗酸剂为CaCO3。

甲、乙两同学为测定其中CaCO3含量，分别设计以下两种方案（药片中的其它成分与HCl和NaOH溶液均不反应）。

请回答下列有关问题：（1）甲同学拟用下图装置测量样品与足量稀盐酸反应生成CO2的体积，来分析CaCO3的含量。

则
①X 的作用是__________。

②B 中不可改用饱和Na 2CO 3溶液，用离子方程式说明理由_______。

（2）乙同学拟用以下操作测定样品中CaCO 3含量：A ．配制0.100 mol/L HCl 溶液和0.100 mol/L NaOH 溶液，B ．取一粒药片(0.100 g)，研碎后加入20 mL 蒸馏水，C ．加入30 mL 0.100 mol/L 的盐酸，充分反应，D ．用0.100 mol/L NaOH 溶液中和过量的盐酸至中性，共消耗NaOH 溶液18.00 mL ，该胃药中CaCO 3的质量分数是____写出计算过程）。

（3）甲同学将实验中获得的17.92 mL CO 2 (标准状况)通入10 mL 0.100 mol/L NaOH 溶液中，判断所得溶液的溶质是_____（填化学式）。

【答案】使广囗瓶内与分液漏斗内气体压强相等 ，便于溶液顺利流下 CO 32-
+CO 2+H 2O=HCO 3- 60% Na 2CO 3 NaHCO 3
【解析】
【分析】
(1)①装置A 中连通管X 能使分液漏斗和广口瓶中的压强保持一致，使盐酸顺利流下；②碳酸钠溶液能够和二氧化碳反应；
(2)反应所用盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，氢氧化钠溶液的体积为18.00 mL ，则与碳酸钙反应的盐酸为30.00mL-18.00 mL=12.00 mL ，根据反应：CaCO 3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑计算碳酸钙的质量，再计算质量分数；
(3)计算出二氧化碳的物质的量和氢氧化钠的物质的量，然后根据二者物质的量关系判断溶液中溶质的组成。

【详解】
(1)①连通管X 能使漏斗和广口瓶中的压强保持一致，使盐酸顺利流下，故答案为：使广口瓶内与分液漏斗内气体压强相等，便于溶液顺利流下；
②若用碳酸钠溶液，碳酸钠会吸收二氧化碳，发生的反应为：CO 32-+CO 2+H 2O=HCO 3-，导致生成的二氧化碳被消耗，测定结果偏小，故答案为：CO 32-+CO 2+H 2O=HCO 3-；
(2)反应所用盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，氢氧化钠溶液的体积为18.00 mL ，则与碳酸钙反应的盐酸为30.00mL-18.00 mL=12.00 mL ，
CaCO 3 + 2HCl = CaCl 2+H 2O+CO 2↑
100g 2mol
m(CaCO 3) 0.100 mol/L×0.012L
()3100g m CaCO =2mol 0.100 mol /L 0.012L
⨯，解得：m(CaCO 3)=0.06 g ，碳酸钙的质量分数为
0.06g 0.1g
×100%=60%，故答案为：60%； (3)标况下，17.92mL CO 2 的物质的量是220..401792L L /mol
=0.0008mol ，10mL0.100mol/L NaOH 溶液中含有氢氧根离子的物质的量是0.01L×0.100mol/L=0.001mol ，根据关系式：CO 2～Na 2CO 3～2OH -、CO 2～NaHCO 3～OH -，完全生成碳酸钠，需要消耗氢氧根离子
0.0008mol×2=0.0016mol ＞0.001mol ；完全生成碳酸氢钠，需要消耗氢氧根离子的物质的量是：0.0008mol ＜0.001mol ，所以溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，故答案为：Na 2CO 3、NaHCO 3。

【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意氢氧化钠和二氧化碳反应的方程式与二氧化碳的量的多少有关，2NaOH+CO 2=Na 2CO 3+H 2O 、NaOH+CO 2=NaHCO 3。