化学解析版河北省衡水中学届高三开学二调考试化学试题精校Word版.docx
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化学解析版河北省衡水中学届高三开学二调考试化学试题精校Word版
衡水中学2019届高三开学二调考试化学试题
1.下列关于碱金属元素和卤素的说法中,错误的是
A.卤族元素的氢化物稳定性从上到下逐渐减弱
B.卤素的单质其熔沸点从上到下逐渐增大
C.碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性从上到下逐渐增强
D.碱金属元素单质的密度从上到下逐渐升高
【答案】D
【解析】
【分析】
A、第VIIA族元素从上到下,非金属性在减弱,则其氢化物的稳定性逐渐减弱;B、VIIA元素形成的单质为分子晶体,随着分子间作用力的增大,其单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高;C、碱金属元素从上到下,金属性逐渐增强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强;D.从上到下,第IA族元素单质的密度总体逐渐增大,但钾的密度比钠小。
【详解】A、卤族元素从上到下,原子半径增减增大,非金属性逐渐减弱,氢化物的稳定性逐渐减弱,A正确;B.VIIA元素,非金属单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高,因为单质属于分子晶体,熔沸点与分子间作用力有关,分子构型相同,相对分子量越大,分子间作用力越大,则熔沸点越高,B正确;碱金属元素从上到下,原子半径增减增大,金属性逐渐增强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强,C正确;碱金属元素单质的密度从上到下呈现增大的趋势,钾的密度比钠小为特例,D错误;正确选项D。
2.下列有关物质的工业用途不正确的是
A.钠:
制备过氧化钠、氯化钠等
B.铝:
制导线:
用作冶炼锰、钨的原料
C.碳酸氢钠:
制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药
D.碳酸钠:
制玻璃、制肥皂、制烧碱、造纸、纺织
【答案】A
【解析】
【分析】
A.钠与氧气可制过氧化钠,工业上常用海水晒盐获得氯化钠;B.铝有还原性和良好的导电性;C.碳酸氢钠能够与盐酸反应生成二氧化碳;D.碳酸钠能够与二氧化硅高温下反应,能够与熟石灰反应,碳酸钠溶液显碱性,可以用来造纸、纺织。
【详解】A.钠的性质活泼,可以与氧气反应制备过氧化钠;虽然钠与氯气反应得到氯化钠,但从经济上考虑不划算,工业上常用海水晒盐,A错误;B.铝具有良好的导电性,可以制导线;具有还原性,用作冶炼锰、钨的原料;B正确;碳酸氢钠能够与盐酸反应,并产生二氧化碳和水,因此可以制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药,C正确;D.碳酸钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠,碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠,碳酸钠溶液显碱性,可以制肥皂、纺织等,D正确;正确选项A。
3.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Cl2
B.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Cl-
C.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
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.氯气是黄绿色气体,因此氯水的颜色呈浅绿色,说明氯水中含有Cl2,A项正确;B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,白色沉淀是氯化银,这说明氯水中含有Cl-,B项正确;C.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,气体是CO2,这说明氯水中含有H+,C项正确;D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明反应中有氯化铁生成。
由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁,因此不能说明氯水中含有HClO,D项错误;答案选D。
考点:
考查探究实验的方案设计与评价,氯水的成分。
视频
4.甲、乙为单质,丙、丁为氧化物,它们存在如图反应(反应条件省略)。
下列各组的甲、乙一定不符合的是
A.铝和铁B.氟和氧C.碳和硅D.镁和碳
【答案】B
【解析】
【分析】
甲、乙为单质,丙、丁为氧化物,则该反应是置换反应;根据图片知甲为还原剂具有还原性,乙是还原产物,根据物质的性质来分析解答。
【详解】A.如果甲为铝,乙为铁,金属铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁,A正确;B.甲为氟,乙为氧,氟气和水反应生成氢氟酸和氧气,氢氟酸不属于氧化物,B错误;C.甲为碳,乙为硅,碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳,C正确;D.甲为镁,乙为碳,镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,D正确;正确选项B。
【点睛】本题在解答时,一定要注意:
该转化过程一定要满足置换反应特点,且必须满足甲、乙为单质,丙、丁为氧化物的条件;上述反应中氟气和水反应生成氢氟酸和氧气,没有氧化物,不符合题意要求。
5.若用X代表F、Cl、Br、I四种卤族元素,下列能够表达它们的共性反应的是()
A.X2+H2O═HX+HXOB.2Fe+3X2═2FeX3
C.X2+H2═2HXD.X2+2NaOH═NaX+NaXO+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A、F2与水反应,生成HF和O2为特例;B.I2+Fe=FeI2为特例;C.均能发生X2+H2═2HX反应;D.F2与NaOH溶液反应生成氟化钠和氧气为特例。
【详解】A、F2与水反应,生成HF和O2,其它符合X2+H2O═HX+HXO规律,A错误;B.I2与铁反应生成碘化亚铁,其它符合2Fe+3X2═2FeX3规律,B错误;卤素单质均能与氢气化合,C正确;F2与水反应,生成HF和O2,生成的HF与NaOH反应生成NaF和H2O,不符合X2+2NaOH═NaX+NaXO+H2O反应规律,D错误;正确选项C。
【点睛】第VIIA族元素最外层电子数相同,因此具有相似的化学性质,元素形成的单质都能够与水、碱、氢气、铁等物质发生反应;但是由于随着核电荷数的增大,原子半径逐渐增大,核对外层电子的吸引能力逐渐减弱,元素的非金属性逐渐减弱,化学性质有所不同,体现了同主族元素性质的递变性,解题时要注意到这一点。
6.下列实验操作能达到实验目的的是
A.加热使I2升华,可除去铁粉中的I2
B.电解熔融的氯化铝,可制备铝单质
C.加入足量氨水,充分振荡、过滤,可除去硫酸铜溶液中的硫酸铝杂质
D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色,可制备Fe(OH)3胶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A项,加热时,碘与铁反应;B项,氯化铝为共价化合物,熔融的氯化铝不导电;C项,铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀;D项,将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色的分散系为Fe(OH)3胶体。
【详解】A项,加热时,碘与铁反应,不能用加热的方法除杂,A错误;B项,氯化铝为共价化合物,熔融的氯化铝不导电,应电解熔融氧化铝制备铝单质,B错误;C项,铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀,无法达到除杂的目的,C错误;D项,将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色,可以制备出Fe(OH)3胶体,D正确;正确选项D。
7.氟氧酸是较新颖的氧化剂,应用性极强,可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得:
F2+H2O═HOF+HF。
该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是
A.氟单质与水反应制氧气B.钠与水反应制氢气
C.氯气与水反应制次氯酸D.过氧化钠与水反应制氧气
【答案】A
【解析】
【分析】
F2+H2O=HOF+HF中,F元素的化合价降低,水中O元素的化合价升高到0,水是还原剂,以此来解答。
【详解】F2+H2O=HOF+HF中,水为还原剂;A.氟单质与水反应制氧气,水中O元素的化合价升高,水为还原剂,A正确;B.钠与水反应制氢气,水中H元素的化合价降低,水为氧化剂,B错误;C.氯气与水反应制次氯酸,只有Cl元素的化合价变化,水既不是氧化剂也不是还原剂,C错误;D.过氧化钠与水反应制氧气,过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低,水既不是氧化剂也不是还原剂,D错误;正确选项:
A。
8.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是
A.“以曾青涂铁,铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B.“墙塌压糖,去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C.“丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D.“煤饼烧蛎房成灰(蛎房即牡蛎壳)”中灰的主要成分为氧化钙
【答案】B
【解析】
【分析】
A.铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁,属于化学反应;B.黄泥具有吸附作用,来吸附红糖中的色素,是物理变化;C.硫化汞加热分解为硫和汞,遇冷后又化合为硫化汞,属于化学变化;D.牡蛎壳为贝壳,主要成分为碳酸钙,碳酸钙灼烧生成氧化钙。
【详解】铁与硫酸铜溶液反应生成的铜附着在铁的表面,同时生成硫酸亚铁溶液,说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术,A正确;黄泥具有吸附作用,可以采用黄泥来吸附红糖中的色素,以除去杂质,是物理变化,B错误;丹砂为硫化汞,不稳定加热分解为硫和汞,温度降低时,又可以发生化合反应生成硫化汞,讲的是单质与化合物之间的互变,C正确;牡蛎壳为贝壳,主要成分为碳酸钙,碳酸钙灼烧生成氧化钙,所以“煤饼烧蛎房成灰(蛎房即牡蛎壳)”中灰的主要成分为氧化钙,D正确;正确选项B。
9.下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A.
CO(g)
CO2(g)
NaOH溶液、浓H2SO4
洗气
B.
NH4Cl(aq)
Fe3+(aq)
NaOH溶液
过滤
C.
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D.
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
--
灼烧
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A项,CO2会和NaOH溶液反应而CO不与NaOH溶液反应;B项,NH4+、Fe3+均能与氢氧化钠溶液反应;C项,HCl气体极易溶于水,Cl2在饱和食盐水中溶解度很小;D项,Na2CO3性质稳定,NaHCO3不稳定,受热分解。
【详解】A项,CO2会和NaOH溶液反应而CO不与NaOH溶液反应,所以可用NaOH溶液以洗气的方法除去CO2,再通过浓H2SO4溶液除去水蒸气,故A项正确;B项,氢氧化钠溶液与Fe3+生成Fe(OH)3沉淀,但是氢氧化钠溶液也会和NH4+反应生成弱碱NH3∙H2O,不能达到除杂的目的,故B项错误;C项,HCl气体极易溶于水,Cl2在饱和食盐水中溶解度很小,所以可以通过饱和食盐水和浓硫酸通过洗气的方法除去HCl气体,从而达到提纯的目的,故C项正确;D项,Na2CO3灼烧无变化,NaHCO3灼烧会分解生成Na2CO3、H2O和CO2,H2O和CO2以气体形式逸出,所以可通过灼烧除去NaHCO3,故D项正确;正确选项:
B。
10.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源,下图为海水利用的部分过程,下列有关说法正确
的是
A.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl和NH4Cl
B.①粗盐提纯中除去杂质离子Mg2+、Ca2+、SO42-时,必须先除Ca2+后除SO42-
C.在工段③、④、⑤中,溴元素均被氧化
D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
【答案】A
【解析】
【分析】
A项,“侯氏制碱法”的基本原理是:
在浓氨水中通入足量的二氧化碳,生成碳酸氢铵溶液,然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末,碳酸氢钠由于在该状态下溶解度很小,呈晶体析出,析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱;B项,粗盐溶于水,加入氢氧化钠溶液除去镁离子,再加入氯化钡溶液,除去硫酸根离子,最后加碳酸钠溶液除去钙离子和钡离子;或者粗盐溶于水,先加氯化钡溶液,除去硫酸根离子,再加入氢氧化钠溶液除去镁离子,最后加碳酸钠溶液,除去钙离子和钡离子;C项,第④步骤,Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4,溴元素被还原;D项,工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁。
【详解】A项,“侯氏制碱法”中发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3反应,是利用NaHCO3的溶解度比较小的规律,故A项正确;B项,粗盐溶于水,先加入氢氧化钠溶液、再加氯化钡溶液、最后加碳酸钠溶液,先后除去Mg2+、SO42-、Ca2+;或先加氯化钡溶液、加入氢氧化钠溶液、最后加碳酸钠溶液,先后除去SO42-、Mg2+、Ca2+;所以没有先后之分,故B项错误;C项,第③、⑤步骤,溴元素被氧化,第④步骤,Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4,溴元素被还原,故C项错误;D项,电解饱和MgCl2溶液制得的是Cl2和H2,工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁,故D项错误;正确选项A。
【点睛】本题考查了海水的利用,利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键,难度不大。
11.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,转化为氯化铜。
在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。
溶解28.4g上述混合物,消耗1mol/L盐酸500mL。
灼烧等质量的上述混合物,得到氧化铜的质量是
A.35gB.30gC.25gD.20g
【答案】D
【解析】
【分析】
碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于1mol/L500mL盐酸,转化为氯化铜,根据氯原子守恒可求出氯化铜的物质的量;在高温下,碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜,氧化铜固体中铜原子的量等于氯化铜中铜原子的量,据此解答。
【详解】混合物溶于盐酸,生成氯化铜。
n(HCl)=1×0.5=0.5mol,则根据氯原子守恒可知,氯化铜的物质的量是0.5/2=0.25mol,则铜原子的物质的量是0.25mol;在高温下,碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜,根据铜原子守恒规律可知,最终生成的氧化铜是0.25mol,质量是0.25mol×80g/mol=20g;正确选项D。
12.下列说法不正确的是
A.向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl,直到不再生成CO2气体为止,在此过程中,溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)
B.向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体,CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)
C.有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液:
①将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中;②将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中;①②两种操作生成的CO2体积之比为3∶2
D.将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中,所得溶液的质量分数分别为a%和b%,则a、b的关系是:
a=b
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl,碳酸钠首先转化为碳酸氢钠,然后碳酸氢钠与盐酸反应,因此在此过程中.溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计),A正确;B.向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体,首先生成碳酸钡和碳酸钠,继续加入氢氧化钡,碳酸钠转化为碳酸钡,所以CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计),B正确;C.有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液:
①将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中立即产生CO2,物质的量是0.15mol;②将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中,碳酸钠首先转化为碳酸氢钠,然后碳酸氢钠与盐酸反应,生成CO2是0.1mol,因此①②两种操作生成的CO2体积之比为3:
2,C正确;D.设质量都为1g,水的质量分别为mg,则
Na2O+H2O=2NaOH△m
1mol2mol62g
1/62mol1/31mol1g
溶质的质量为40/31g,溶液的质量分数分别为
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑△m
2mol4mol124
1/78mol1/39mol64/78g
溶质的质量为40/39g,溶液的质量分数分别为
由于31m+31<39m+32,所以a%>b%,即a>b,D错误,答案选D。
【考点定位】考查钠及其化合物性质、计算等
【名师点晴】该题综合性强,难度较大。
分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序:
在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中,逐滴加入盐酸,盐酸先与何种物质反应,取决于CO32-和HCO3-结合H+的难易程度。
由于CO32-比HCO3-更易于结合H+形成难电离的HCO3-,故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。
只有当CO32-完全转化为HCO3-时,再滴入的H+才与HCO3-反应。
13.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A.
向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水
溶液变蓝
还原性:
I―>Fe2+
B.
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中,一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生原电池反应
C.
向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末
出现红褐色沉淀和无色气体
FeCl2溶液部分变质
D.
SO2通入BaCl2溶液,然后滴入稀硝酸
白色沉淀,白色沉淀不溶于稀硝酸
所得沉淀为BaSO3,后转化为BaSO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.氯气先氧化碘离子,说明还原性:
I―>Fe2+;B.锌比铁活泼,锌做负极失电子,铁不能失电子;C.Na2O2具有强氧化性,能够直接把亚铁离子氧化为铁离子;D.SO2通入BaCl2溶液不反应,硝酸具有强氧化性,会把+4价硫氧化为+6价,生成硫酸钡沉淀。
【详解】A.向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水,溶液变蓝。
说明碘离子被氯气氧化为碘单质,氯气先氧化碘离子,说明还原性:
I―>Fe2+,A正确;B.锌的活泼性大于铁,因此锌做负极失电子,而铁被保护,发生了原电池反应,但溶液中无亚铁离子,所以一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象,B错误;C.向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末,过氧化钠具有强氧化性,能够把亚铁离子全部氧化为铁离子,不能证明FeCl2溶液是否变质,C错误;D.硝酸具有强氧化性,能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子,所以反应发生后直接生成硫酸钡沉淀,没有亚硫酸钡沉淀,D错误;正确选项A。
【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应,若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液,中和了酸,生成亚硫酸钡白色沉淀;若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂,二氧化硫被氧化为硫酸根离子,生成了硫酸钡白色沉淀。
14.用下列实验装置进行相应实验,装置正确且能达到实验目的的是
A.用图a所示装置验证H2在Cl2中燃烧的实验现象
B.用图b所示装置从饱和食盐水中提取氯化钠
C.用图c所示装置探究氧化性:
KMnO4>Cl2>I2
D.用图d所示装置分解MgCl2·6H2O获取MgCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氯气的密度大于空气密度,盛有氯气的集气瓶应该正放;B.蒸发氯化钠溶液应该用蒸发皿而不是坩埚;C.高锰酸钾氧化氯离子变为氯气,氯气氧化碘离子变为碘;D.MgCl2·6H2O受热发生水解。
【详解】A.氯气的密度大于空气密度,因此盛有氯气的集气瓶应该正放,A错误;B.从溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶方法,应该用蒸发皿蒸发氯化钠溶液,坩埚用于灼烧固体,故B错误;C.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气,说明氧化性KMnO4>Cl2;生成的氯气能够把碘离子氧化碘单质,氧化性Cl2>I2,结论正确,C正确;D.MgCl2·6H2O受热后发生水解,不能得到MgCl2固体,D错误;正确选项C。
15.某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应:
下列说法正确的是
A.由实验1可以得出结论:
金属铝的活泼性弱于金属铜
B.溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因
C.实验2中生成红色物质的离子方程式:
Al+Cu2+→Al3++Cu
D.由上述实验可推知:
用砂纸打磨后的铝片分别与c(H+)均为0.2mol/L的盐酸和硫酸反应,后者更剧烈
【答案】B
【解析】
【分析】
A项,根据实验2即可推翻由实验1得到的结论;B.溶液中阳离子均为铜离子,阴离子分别为氯离子和硫酸根离子,阴离子种类不同导致实验现象不同;C.方程式没有配平;D.含有氯离子的铜盐与铝反应剧烈。
【详解】A项,实验1虽然没有明显现象,但并不能说明铝的活泼性弱于铜,只能说明试管1内没有反应发生,再结合实验2即可推翻仅由实验1得到的结论,故A项错误;B项,由图中实验1和实验2对比可知,两者之间唯一的变量就是阴离子种类不同,因此阴离子种类不同就是实验现象不同的原因,故B项正确;C项,方程式未配平,应为:
2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu,故C项错误;D项,c(H+)均为0.2mol/L的盐酸和硫酸,由B项分析可知氯离子会促进铝的反应,因此前者更剧烈,故D项错误;正确选项B。
16.为了探究金属单质M与盐溶液的反应,某同学进行了下列实验,实验过程及现象如图所示,结合实验现象判断,该同学得出的下列结论中正确的是
A.向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀
B.滤渣可能是两种单质的混合物
C.滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解
D.加入的金属M可能是镁或钠
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、向滤液中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀,因为滤液中不含有银离子,加入稀盐酸时,不可能产生白色沉淀,A错误;B、滤渣中一定含有单质银、铜和M,B错误;C、滤渣中一定含有单质银、铜和M,M活泼些大于铜和银,所以滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解,C正确;D、加入的金属M不是单质钠,因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀,加入盐酸无气体生成,D错误;答案选C。
【考点定位】本题考查了化学实验分析
【名师点晴】实验现象是物质之间相互作用的外在表现,因此要学会设计实验、观察实验、分析实验,为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础。
选项D是易错点,注意钠的金属性,钠与盐溶液的反应:
钠与盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在,即金属离子周围有一定数目的水分子包围着,不能和钠直接接触,所以钠先与水反应,然后生成的碱再与盐反应。
例如钠与氯化铁溶液反应:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl。
17.用4种溶液进行实验,下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系错误的是()
选项
溶液
操作及现象
A.
Ca(OH)2溶液
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
B.
NaAlO2溶液
通入CO2,溶液变浑浊,继续通CO2至过量,浑浊消失
C.
Ca(ClO)2溶液
通入CO2,溶液变浑浊,再加入品红溶液,红色褪去
D.
CaCl2溶液
通入CO2,溶液没有明显变化,再通入氨气,溶液变浑浊
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、发生Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O,CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+2Na2CO3+2H2O三个反应;B、发生2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3,Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3两个反应;C.发生Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,HClO具有强氧化性,能把品红漂白;D.氨水溶液显碱性,CO2和CaCl2与氨气共同作用,生成碳酸钙沉淀和氯