2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题(含解析) (II).doc

2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题(含解析) (II)时间:90分钟、满分:100分可能用到的原子量:H1 C12 N14 O16 Na23 A127 Fe56 Cu64一、单项选择题(把符合题意的选项填在答题卡上，每个小题3分，共48分)1. 根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是ABCD神农本草经记载麻黄能“止咳逆上气中秋月饼等富脂食品容易被氧化而变质 古代中国人已用麻黄治疗咳嗽常在包装袋中放入生石灰或硅胶看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用，可以制作咳嗽药，A正确；B生石灰或硅胶作干燥剂，不是抗氧化剂，B错误；C该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；D该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，D正确；答案选B。点睛：本题考查信息及标志判断，侧重考查学生对基本生活常识及基本标志的了解，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解决生产生活的实际问题。2. 下列表格中各项都正确的组是碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC明矾 食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4NaClOA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：烧碱氢氧化钠属于碱、小苏打是碳酸氢钠属于盐；干冰是固态二氧化碳，属于非电解质，故A正确；纯碱是碳酸钠，属于盐，故B错误；明矾是，属于盐，故C错误；NaClO属于盐是电解质，故D错误。考点：本题考查物质分类。3. 在标准状况下，将aLNH3完全溶于1L水得到VmL氨水，溶液的密度为g/cm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是 上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.50A. B. C. D. 【答案】B【解析】氨气的物质的量是，质量是，溶液的质量是1000g+或Vg，则溶质的质量分数，错误；溶质的物质的量浓度，正确；溶质的物质的量浓度，正确；根据可知溶质的质量分数，正确；氨水的密度小于水，因此上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量大于原来的2倍，则质量分数小于0.50，错误，答案选B。点睛：有关物质的量浓度计算的一般方法：由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式、进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。另外在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我们还可以运用假设法，使问题简单化。例如已知溶质的质量分数，溶液的密度为 gcm3，溶质的摩尔质量为M gmol1，求物质的量浓度c。我们可以假设溶液为1 L，所以溶液质量为11 000 g，溶质的质量为11 000w g，溶质的物质的量为mol，这样就很容易求出该溶液的物质的量浓度cmolL1。4. 下列叙述与胶体的性质无关的是A. 向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B. 当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C. 向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷【答案】C【解析】试题分析：A、稀盐酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关。当盐酸过量时氢氧化铁又溶解在盐酸中，故A不符合题意；B、当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线，这是丁达尔现象，是胶体的性质，故B不符合题意；C、氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，与胶体性质无关系，C符合题意；D、烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故D不符合题意，答案选C。考点：考查胶体的性质5. 若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，一定能大量共存的是A. NH4+、SO42-、CO32-、K+ B. Na+、Ba2+、Ca2+、HCO3-C. Mg2+、SO42-、K+、Cl- D. K+、Cl-、Na+、SO42-【答案】D【解析】加入铝粉能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性。则A. 显酸性CO32-不能大量共存，显碱性NH4+不能大量共存，A错误；B. HCO3-在酸性或碱性溶液中均不能大量存在，B错误；C. 显碱性Mg2+不能大量共存，C错误；D. K+、Cl-、Na+、SO42-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。6. 已知反应2BrO3-+Cl2=Br2+2C103-；5Cl-+I2+6H20=2HIO3+10HCl；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是A. ClO3-Br03-IO3-Cl2 B. Br03-Cl2ClO3-IO3-C. Br03-ClO3-Cl2IO3- D. Cl2Br03- ClO3-IO3-【答案】C.点睛：氧化剂化合价降低得到电子被还原还原反应还原产物，还原剂化合价升高失去电子被氧化氧化反应氧化产物，判断谁是氧化剂，谁是氧化产物，然后利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出正确答案。7. 已知:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，下列说法正确的是A. HCl发生了还原反应B. 氧化性:Cl2KMnO4C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为1.8D. 当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA【答案】D【解析】A.部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B. 氧化剂 的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4Cl2，故B错误；C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1：5（16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol的氯气），故C错误；D. 当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。答案选D。8. 下列离子反应方程式正确的是碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合:Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O碳酸镁与稀硫酸:MgCO3+2H+=H2O+CO2+Mg2+醋酸与大理石：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全: H+ SO42-+Ba2+OH-=H2O+BaSO4向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:Na2SiO3+2H+=H2SiO3+2Na+Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2+H2O2+2H+=2Fe2+2H2OA. B. C. D. 【答案】B【解析】烧碱过量，Ca2+与HCO3-的化学计量数之比为1:2，正确离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-，错误；MgCO3微溶于水以化学式保留，硫酸为强酸改成离子，正确；醋酸为弱酸以化学式保留，CaCO3难溶于水以化学式保留，正确；SO42-刚好完全沉淀时反应的化学方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+H2O+NaOH，离子方程式为：H+SO42-+Ba2+OH-=H2O+BaSO4，正确；Na2SiO3应改成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3，错误；H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成H2O，正确；正确的有，答案选B。点睛：离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；（4）“”、“”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。9. 将过量CO2通入下列溶液中，最终不会出现浑浊的是A. NaAlO2溶液 B. CaCl2溶液 C. 饱和Na2CO3溶液 D. 水玻璃【答案】B【解析】A.碳酸的酸性大于氢氧化铝，二氧化碳可与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝只溶解于强酸强碱，氢氧化铝不溶解，A项错误；B. CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应无沉淀生成，B项正确；C. 因饱和Na2CO3与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3，故最终有碳酸氢钠析出而使溶液变浑浊，C项错误；D. 将过量的CO2通入到硅酸钠饱和溶液中，发生反应为2H2O+2CO2+Na2SiO3=H2SiO3+2NaHCO3，生成的硅酸是不溶于水的一种酸，与碳酸也不反应，因此即使通入过量的二氧化碳，也不会出现沉淀的溶解，D项错误。答案选B。10. 为除去括号内的少量杂质，所选用的试剂或方法不正确的是A. Na2CO3溶液(NaHCO3)，加入适量的NaOH溶液B. NaHCO3溶液(Na2CO3)，通入过量的CO2气体C. CO2气体(HCl气体)，通过饱和的Na2CO3溶液D. SiO2 (H2SiO3),加热【答案】C考点：本题考查物质除杂。11. 将一定量Na2O2和NaHCO3混合后，在密闭容器中加热充分反应，排除气体，冷却后有固体物质剩余，下列选项不正的是Na2O2(mol)NaHCO3(mol)固体成分A12Na2CO3B1.52Na2CO3、NaOH、Na2O2C11Na2CO3、NaOHD21Na2CO3、NaOH、Na2O2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】混合物在密闭容器中加热，可能发生如下反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；根据反应，可得总反应方程式为：Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2+H2O；2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2+2 NaOH；B当Na2O2为1mol，NaHCO3为2mol时，根据式可知剩余固体成分为Na2CO3，A项正确；A当Na2O2为1.5mol，NaHCO3为2mol时，式同时发生，剩余固体成分为Na2CO3、NaOH；B项错误；C. 当Na2O2为1mol，NaHCO3为1mol时，根据式可知剩余固体成分为Na2CO3、NaOH，C项正确；当Na2O2为2mol，NaHCO3为1mol时，根据式可知，Na2O2过量，则剩余固体物质为Na2CO3、NaOH、Na2O2，D项正确。答案选B。点睛：本题的解题技巧是联立反应方程式，找到Na2O2和NaHCO3之间反应的比例关系，当Na2O2与NaHCO3之比小于等于1:2时，剩余固体成分为Na2CO3；当Na2O2与NaHCO3之比大于1:2小于等于1:1时，剩余固体成分为Na2CO3和NaOH；当Na2O2与NaHCO3之比大于1:1时，剩余固体成分为Na2CO3、NaOH和Na2O2。12. 将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉定的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应过程中的叙述错误的是A. Oa段反应的化学方程式是Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2OB. bc段与cd段所消耗CO2的体积相同C. bc段反应的离子方程式是2Al02-+3H20+CO2=2Al(OH)3+C032-D. de段沉淀减少是由于BaCO3固体的消失【答案】B【解析】试题分析：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，A正确；接下来消耗KOH，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，bc段发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，C正确；沉淀量达最大后，cd段再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，B正确；最后de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，D正确。考点：元素化合物性质及发生的反应13. 某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温同压下测定)。若将原来的粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质最大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是A. 粉末中一定有Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3 B. 无法确定是否含有NaHCO3C. 粉末中一定不含有Na2O和NaCl D. 无法确定是否含有Na2CO3和NaCl【答案】D【解析】将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，说明固体中含有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3三种物质中至少一种；X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)，有剩余气体说明气体中含有CO2、O2，则原固体中一定含有Na2O2，而Na2CO3、NaHCO3至少含有其中的一种物质。由于将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出说明一定含有NaHCO3，Na2CO3则不能确定。由于NaHCO3分解产生的二氧化碳气体和水都能与Na2O反应，最终能使固体质量增加，导致加热后剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，说明一定还含有Na2O。在题干实验中没有涉及NaCl的知识，不能确定是否存在。则一定含有Na2O、Na2O2、NaHCO3；不能确定的物质是NaCl、Na2CO3，答案选D。14. 现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的半一投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为A. 6:4:3 B. 1:1:1 C. 2:3:4 D. 3:7:6【答案】A【解析】取一半固体投入足量的NaOH溶液中，Al、Si与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，Fe、Al与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体质量相等，说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据 、 ，Fe、Si的物质的量比一定为2:1，故A正确。15. 今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液(其他用品略)，某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)组别VFeCl3(aq)/mL100100100100混合粉末质量/g613.22436反应后剩余固体质量/g01.2812.824.8A. 第组溶液中c(Fe3+)=3.0mol/L B. 第组剩余固体是铜铁混合物C. 第组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/L D. 原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=3:2【答案】C【解析】根据氧化还原反应的规律，铁离子与Fe、Cu都能反应，按照还原性强弱，铁的还原性强于铜，所以三价铁先和铁反应再与铜反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；能剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜，从组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，13.2g-1.28g=11.92g11.2g，所以同时也有一部分Cu溶解，剩余的固体全部为Cu；利用的数据，设Cu、Fe合金中金属的物质的量分别为xmol、ymol，则根据方程式可知Fe+2Fe3+=3Fe2+x 0.2xCu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+0.2-0.1x 0.4-0.2x 依据铜元素守恒可得：（0.2-0.1x）+1.28/64=y，根据质量守恒可得：56x+64y=13.2，联立解得：x=y=0.11，即铜与铁物质的量比是1：1。验证：利用的数据，正好是24g-11.2g=12.8g，所以只发生了Fe+2Fe3+=3Fe2+，剩余的12.8全部为Cu，所以n（Fe）：n（Cu）=（11.2g56g/mol）：（1.28g64g/mol）=1：1，符合铁和铜的物质的量之比的判断；组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量各为0.05molFe+2Fe3+=3Fe2+0.05 0.1 0.15Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+0.05 0.1 0.05 0.1c（Fe3+）=(0.4mol0.2mol)0.1L=2.0mol/L；组中铁和铜物质的量按照1：1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量都为：36g(56+64)g/mol=0.3mol，36g金属中铁的质量为：0.3mol56g/mol=16.8g，铜的质量为19.2g；依据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，由三价铁离子物质的量计算判断，反应的金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量为：11.2g56g/mol=0.2mol，所以反应后溶液中Fe2+的浓度为：c（Fe2+）=(0.2mol+0.4mol)0.1L=6mol/L，则A、第组溶液中c（Fe3+）=2.0mol/L，A错误；B、第、组剩余固体全是铜，B错误；C、第组反应后的滤液中c（Fe2+）=6mol/L，C正确；D、原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1，D错误；答案选C。点睛：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要是实验数据的分析判断和计算，题目难度较大，关键是通过判断剩余固体为铜，通过计算得到铁和铜的物质的量之比，剩余固体便顺利判断成分，进而依据化学方程式或元素守恒计算，题目综合性较大，数据处理较复杂。16. A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成分分析方案如下，下列分析不正确的是A. 当m1m2时，溶液a中阴离子只有1种B. 生成蓝色溶液的离子方程式涉Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+C. 要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD. 当m2-m3=2.96g,Fe3O4的质量至少为2.32g【答案】A【解析】试题分析：A、当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3O42Fe3+Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g232（232+64）=2.32g，故D正确。考点：常见金属元素的单质和化合物的综合应用二、填空题(每空2分，共5大题)17. 在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液。其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。请回答下列问题。(1)图中、分别代表滴加哪种溶液的变化曲线_、_。(2)b点，溶液中大量存在的离子是_。(3)曲线中d点导电能力最弱的原因是_(用化学方程式表示)。(4)c点，两溶液中含有相同量的哪种离子_。【答案】 (1). H2SO4 (2). NaHSO4 (3). Na+、OH- (4). Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+Na2SO4+2H2O (5). SO42-【解析】（1）Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，代表滴加H2SO4溶液的变化曲线；（2）曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，则b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH；（3）d点中溶质为Na2SO4，此时发生反应：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+Na2SO4+2H2O，自由移动离子浓度最小，导电能力最弱；（4）c点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中反应后溶质为NaOH、Na2SO4，两溶液中含有相同的离子是SO42-。18. 近年来，我国储氢碳管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管，长伴有大量物质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为: _C+_K2Cr2O7+_H2SO4(稀)_CO2+_K2SO4+_Cr2(SO4)3+_ _(1)完成并配平上述反应的化学方程式_。(2)此反应的氧化剂_，还原剂_。(3)硫酸在上述反应中表现出的性质是_(填选项编号)。A.酸性 B.氧化性 C.吸水性 D.脱水性(4)上述反应若产生11克气体物质，则转移电子的数目_。【答案】 (1). 3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O (2). K2Cr2O7 (3). C (4). A (5). NA【解析】（1）碳元素化合价从0价升高到+4价，失去4个电子。Cr元素化合价从+6价降低到+3价，得到3个电子，根据电子得失守恒以及原子守恒可知配平后的化学方程式为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。（2）根据以上分析可知此反应的氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是C。（3）硫酸中元素的化合价均不变，有硫酸盐生成，因此在上述反应中表现出的性质是酸性，答案选A。（4）11gCO2的物质的量是11g44g/mol0.25mol，则转移电子的物质的量是0.25mol41mol，数目是NA。点睛：注意特定氧化还原反应方程式书写的思维模板：找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价态的变化，找出发生氧化还原反应的粒子。正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定氧化产物和还原产物。配平变价粒子：应用最小公倍数法确定得失电子的数目，配平含变价元素的相关物质。确定缺项物质：根据溶液酸碱性及电荷守恒确定缺项物质是H2O、OH还是H。三查守恒：电子、电荷、质量是否守恒等。19. 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)反应的化学方程式为:_。(3)反应的离子方程式为: _。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明: _。【答案】 (1). SiO2 (2). NaSiO3 (3). H2SiO3(或H4SiO4) (4). SiO2+2CSi+2CO (5). Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2 (6). SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-【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，根据反应或反应都可推得B为CaSiO3，根据反应推知E为H2SiO3。（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；（2）反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO；（3）反应的离子方程式为Si+2OH-+H2OSiO32-+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+H2OH2SiO3+CO32-。点睛：解框图题的方法最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。20. A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。按要求写方程式:(1)A与B在高温条件下生成C和D的化学方程式:_ (2)F在空气中转化为G的化学方程式: _。(3)C转化为I的离子方程式: _。(4)E转化为K的离子方程式: _。【答案】 (1). Fe2O3+2A1A12O3+2Fe (2). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). Al2O3+2OH-=2A1O2-+H2O (4). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+H2O【解析】A是一种红棕色金属氧化物，A是氧化铁。B、D是常见金属单质，B与A在高温下反应生成C和D，所以该反应是铝热反应，则B是Al，C是氧化铝，D是Fe。氧化铝与盐酸反应生成H是氯化铝，与氢氧化钠溶液反应生成I是偏铝酸钠，二者反应生成J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，J是氢氧化铝，分解生成氧化铝。铁与盐酸反应生成E是氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成K是氯化铁，氯化铁与氨水反应生成G是氢氧化铁，氯化亚铁与氨水反应生成F是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁。则根据以上分析可知（1）A与B在高温条件下生成C和D的化学方程式为Fe2O3+2A1A12O3+2Fe；（2）F在空气中转化为G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（3）C转化为I的离子方程式为Al2O3+2OH-=2A1O2-+H2O。（4）E转化为K的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+H2O。21. 某学生为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验。已知PdCl2(氯化钯)能被CO还原得到黑色的Pd(1)请将上图各装置连接完整(填写装置中序号)_。(2)若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向装置长颈漏斗中加入的试剂是_。A.CCl4 B.H2SO4溶液 C.硝酸钠溶液 D.植物油(3)检查装置的气密性，方法是_。(4)装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到_时再点燃酒精灯。(5)通入CO2的量不同可能会导致生成的产物不同。假如反应过程中有下列两种情况，按要求分别写出两种情况时的化学方程式i.当装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀产生，装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出此情况时钠与CO2反应的化学方程式_。ii.当装置中钠的质量为0.23g时，充分反应后，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中，产生112mL的CO2气体(标况下测定)，装置PdCl2溶液中没有观察到黑色沉淀产生，写出此情况时钠与CO2反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). AC (3). 用弹簧夹夹住C处橡皮管，向装置中长颈漏斗中加水，一段时间后水不能顺利流下，且长时间液面差稳定 (4). 装置G中左端试管中澄清石灰水变浑浊 (5). 2Na+2CO2Na2CO3+CO (6). 4Na+3CO22Na2CO3+C【解析】试题分析：（1）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥，再在中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置检验反应产物，所以装置的连接顺序为；（2）ACCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，A正确；AH2SO4溶液：加入H2SO4溶液后，虽然可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，但生成的硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，B错误；C硝酸钠：加入稀硝酸钠后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，C正确；D植物油：植物油的密度小于盐酸，加入植物油后，植物油在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，D错误； 答案选AC。（3）根据装置的构造可知检验气密性的方法是用弹簧夹夹住C处橡皮管，向装置中长颈漏斗中加水，一段时间后水不能顺利流下，且长时间液面差稳定；（4）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净；（5）装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，又PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，则钠与二氧化碳反应生成了CO；装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，反应的方程式为2Na2CO2Na2CO3CO；装置中钠的质量为0.23g，钠的物质的量为：n（Na）=0.23g23g/mol=0.01mol，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生112mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=0.112L22.4L/mol=0.005mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.005mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na3CO22Na2CO3C。考点：探究钠与CO2的反应，考查了性质实验方案的设计