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专题四 能力提升检测卷
1．改革开放40 年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是
A．用到钛合金，22
号钛元素属于过渡元
素
B．用到石墨烯，是碳原子
紧密堆积成单层二维蜂窝
状晶格结构的新材料
C．用到的氮化硅陶瓷是
新型无机非金属材料
D．传输信息用的光纤
材料是硅
【答案】D
【解析】钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期IVB 族，属于过渡元素，故A 正确；石墨烯是
碳原子紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，故B 正确；氮化硅陶瓷是性能优良的新型无机非金
属材料，故C 正确；光纤材料的主要成分是二氧化硅，故D 错误；故选D。
2．下列关于硅及其化合物的叙述中，错误的是（ ）
A．二氧化硅可用于生产玻璃
B．硅在自然界中主要以单质形式存在
C．硅是应用最广泛的半导体材料
D．高纯度的硅可用于制造计算机芯片
【答案】B
【解析】生产玻璃的原料是二氧化硅、碳酸钠、碳酸钙，所以二氧化硅可用于生产玻璃，故A 正确；Si 是
亲氧元素，则Si 在自然界中以氧化物或硅酸盐的形式存在，自然界中没有硅单质，故B 错误；硅的导电性
介于导体与绝缘体之间，硅是优良的半导体材料，高纯度的硅可以用于制造计算机芯片，故C 正确；高纯
度的硅为良好的半导体材料，可用于制造计算机芯片，故D 正确。答案选B。
3．陶瓷版“冰墩墩”和“雪容融”均产自中国陶瓷之乡，下列说法错误的是
A．陶瓷、玻璃和水泥均属于无机非金属材料
B．陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分为Fe2O3
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C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能
D．陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成
【答案】B
【解析】陶瓷、玻璃和水泥等硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，故A 正确； Fe2O3为红色粉末，陶
瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分不可能为Fe2O3，故B 错误；高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、
耐磨蚀等优良性能，故C 正确；陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成，属于硅酸盐制品，
故D 正确；故选B。
4．文物是传承文化的重要载体，下列主要成分不是硅酸盐的文物是
简牍
陶彩绘女舞俑
清雍正款霁红釉瓷碗
萧何月下追韩信图梅瓶
A
B
C
D
【答案】A
【解析】简牍主要成分为植物纤维，A 符合题意；陶彩绘女舞俑，陶制品为硅酸盐材料，B 不符合题意；
瓷碗为瓷器，瓷器主要成分为硅酸盐，C 不符合题意；梅瓶也是瓷器，为硅酸盐材料，D 不符合题意；
故选A。
5．我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料不属于无机非金属材料的是
应用于5G 手机中的石墨烯导
热膜
用于吊装港珠澳大桥
的超高分子量聚乙烯
纤维吊绳
“嫦娥五号”探测器使
用的砷化镓太阳能电池
板
“神舟十三号”载
人飞船使用的石英
挠性加速度计
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A
B
C
D
【答案】B
【解析】石墨烯由碳元素形成的单质，属于无机非金属材料，故A 不选；聚乙烯纤维是有机材料，不属于
无机非金属材料，故B 选；砷化镓是一种半导体材料，属于无机非金属材料，故C 不选；
石英成分是SiO2，属于无机非金属材料，故D 不选；故选B。
6．下列有关氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．NaClO 具有较强的氧化性，可用于杀菌消毒
B．Cl2在加压下易液化，可用于制造盐酸
C．NaOH 固体溶于水放热，可用于去除油污
D．Ca(ClO)2水溶液呈碱性，可用于漂白有色物质
【答案】A
【解析】NaClO 具有较强的氧化性，可用于杀菌消毒，A 符合题意；Cl2在加压下易液化，与其可用于制造
盐酸无关，B 不符合题意；NaOH 固体溶于水放热，与其可用于去除油污无关，C 不符合题意；Ca(ClO)2水
溶液呈碱性，与其可用于漂白有色物质无关，D 不符合题意；故选A。
7．下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是
A．用装置制取氨
B．用装置除去氨中的水蒸气
C．用装置验证氨具有还原性
D．用装置吸收尾气
【答案】C
【解析】应为氨气极易溶于水，实验室应该用氢氧化钙固体和氯化铵固体再加热条件下反应制备氨气，A
错误；氨气具有碱性，浓硫酸有酸性，所以无法用浓硫酸除去氨气中的水分，应该用碱石灰干燥氨气，B
错误；氨气和氧化铜反应生成Cu、N2、H2O，所以若观察到黑色固体变为红色，则证明氨气具有还原性，
C 正确；氨气极易溶于水，尾气吸收时需要防倒吸，可以加入四氯化碳，水中上层，四氯化碳在下层，导
管伸入四氯化碳中，能起到防倒吸的作用，D 错误；故选C。
8．将Cl2通入冷的NaOH 溶液中可制得漂白液。下列装置(箭头表示Cl2的气流方向)能达到相应目的的是
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A．制备Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．制备漂白液
D．尾气处理
【答案】C
【解析】二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，故A 错误；用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，气体导气管应该
“长进短出”，故B 错误；氯气和氢氧化钠在较低温度下反应生成氯化钠和次氯酸钠，故C 正确；石灰水
的浓度太小，石灰水吸收氯气的量少，应该用氢氧化钠溶液吸收氯气，故D 错误；选C。
9．为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法错误的是
A．烧瓶中的反应为：
B．浸有
溶液的棉花起吸收尾气的作用
C．
可用淀粉溶液替换
D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：
【答案】D
【解析】漂白粉为Ca(ClO)2，和浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为
，故A 正确；浸有
溶液的棉花可吸收多余氯气，起吸收尾
气的作用，故B 正确；当下层四氯化碳中有碘单质显紫色，用淀粉溶液替换后，也可以检测碘单质，故C
正确；试管下层出现紫红色，只能说明有碘单质生成，无法确定是什么物质氧化KI，因为氯气溶于水生成
次氯酸也有氧化性，故D 错误；故选D。
10．某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是
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A．装置I 中的
可以替换成
B．装置Ⅱ可以除去
中
杂质，还可以防止倒吸
C．装置Ⅲ中消耗
(标准状况)，转移
电子
D．装置Ⅳ的作用是吸收空气中的
和水蒸气
【答案】B
【分析】装置Ⅰ制备Cl2，装置Ⅱ除去Cl2中混有的HCl 气体，装置Ⅲ制备NaClO，装置Ⅳ处理尾气，据此
进行分析。
【解析】图Ⅰ中没有加热装置，故不能将
替换成
，A 错误；装置Ⅱ可以除去
中
杂
质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B 正确；装置Ⅲ中消耗
(标准状况)，Cl2发生歧化反应生
成NaCl 和NaClO，转移
电子，C 错误；装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D 错
误；故选B。
11．室温下，将充满
的试管倒立于水中，充分反应，如图所示，下列分析错误的是
A．
不能用排水法收集
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B．剩余的无色气体约占试管体积的
C．试管中的溶液能使石蕊试液变红色
D．向试管中缓慢通入
，液面上升但不可能充满试管
【答案】D
【分析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，则将充满
二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的
。
【解析】由分析可知，二氧化氮易溶于水，与水发生反应，不能用排水法收集，故A 正确；由分析可知，
将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的
，故B 正确；由分析可
知，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应生成的硝酸能使石蕊试液变红色，故C 正确；由分析可
知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的
，向试管中缓慢通入
氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以试管中液面上
升，若通入的氧气与一氧化氮的体积比为3：4，一氧化氮和氧气、水恰好反应生成硝酸，液面能充满试
管，故D 错误；故选D。
12．NH3可用作脱硝剂。某科研小组为了探究NO2能否被NH3还原，设计的装置如图所示(夹持、加热装置
已略去，K1、K2为止水夹)：
下列说法正确的是
A．固体X 可以是无水CaCl2
B．甲、乙试剂均可以是P2O5
C．实验时宜先通入NO2，再通入NH3有利于减少空气对实验的干扰
D．生成NO2的反应中n(还原剂)：n(氧化剂)=1：4
【答案】C
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【分析】由实验装置图可知，装置A 中浓氨水与碱石灰或氧化钙反应制备氨气，装置B 中盛有的碱石灰用
于干燥氨气；装置E 中浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，装置D 中盛有的五氧化二磷或硅胶用于干燥二氧化
氮，装置C 中氨气与二氧化氮做催化剂作用下反应生成氮气和水。
【解析】由分析可知，固体X 为碱石灰或氧化钙，不可能是无水氯化钙，因为无水氯化钙吸收氨气会生成
八氨氯化钙，故A 错误；由分析可知，甲为用于干燥氨气的碱石灰，不可能是能与氨气反应的五氧化二
磷，故B 错误；二氧化氮的密度比空气大，所以实验时先通入二氧化氮排尽装置中的空气，有利于氨气充
分与二氧化氮反应，可以减少空气对实验的干扰，故C 正确；由得失电子数目守恒可知，浓硝酸与铜反应
时，还原剂铜与氧化剂浓硝酸的物质的量比为1：2，故D 错误；故选C。
13．氨气是人工固氮的产物，易液化、极易溶于水，加热条件下能与氧化铜反应，如图所示装置制备氨气
并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A．用装置甲生成氨气
B．用装置乙干燥氨气
C．用装置丙验证氨气的还原性
D．用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】由实验装置图可知，装置甲为氯化铵与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置乙中盛有的碱石灰
用于干燥氨气，装置丙中氨气与氧化铜共热反应验证氨气的还原性，装置丁和戊分别用于收集氨气和氮
气，但氨气的密度小于空气，收集氨气时应从短导气管通入氨气，否则无法收集氨气，故选D。
14．有a、b、c、d、e 五种气体，进行下列实验：
(1)a 和b 混合
气体变红棕色
(2)c 和d 混合
产生白烟
(3)c 和e 分别通入少量溴水中
溴水都变成无色透明的液体
(4)b 和e 分别通入氢硫酸中
都产生淡黄色浑浊
a、b、c、d、e 依次可能是
A．O2、NO、HCl、NH3、CO2
B．O2、NO、NH3、HCl、SO2
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C．NO、O2、NH3、HCl、SO2
D．HCl、CO2、NH3、H2S、CH4
【答案】C
【解析】由a 和b 混合，气体变成红棕色，可知a 和b 为NO 与O2的混合气；b 通入氢硫酸中产生淡黄色沉
淀，则b 为O2，a 为NO；c 和d 混合产生白烟，则c 和d 为NH3、HCl 的混合气；c 通入少量溴水中溴水变
成无色透明的液体，则c 为NH3，d 为HCl；e 通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e 通入氢硫酸
中产生淡黄色浑浊，则e 为SO2；因此a 为NO，b 为O2，c 为NH3，d 为HCl，e 为SO2；故选C。
15．探究铜与硝酸反应的生成
时的硝酸浓度。如图所示，先通
一段时间后关闭活塞K，将铜丝伸入
溶液中，当A 中气体变为无色时，上提铜丝，再将B 中溶液稀释至
，取
，用
的
溶液滴定至终点时消耗
(忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．可用盛有
溶液的洗气瓶进行尾气吸收
B．铜与硝酸反应主要生成
时的硝酸浓度不大于
C．若不通
，可能导致所得实验结果偏高
D．若通过直接滴定A 中剩余酸的量(掩蔽掉
的干扰)进行求算，所得实验结果偏低
【答案】D
【分析】A 瓶中的反应为4HNO3(浓)+Cu=2NO2↑+2H2O+Cu(NO3)2。B 中发生的反应为
3NO2+H2O=2HNO3+NO。用0.20mol⋅L−1 的NaOH 溶液滴定至终点时消耗15.00mL，即
n(NaOH)=0.20×15.00×10-3mol=3×10-3mol，有关系式为NaOH~HNO3则B 瓶中产生的n(HNO3)= 3×10-
3mol×10=3×10-2mol，又3NO2~2HNO3则A 瓶中产生的NO2为3×10-2mol×
=4.5×10-2mol。由关系式得
4HNO3(浓)~2NO2则消耗的浓硝酸为4.5×10-2×2=9×10-2mol。
【解析】NaOH 溶液不能直接与NO 反应，所以它不能吸收尾气，A 项错误；溶液中剩余的硝酸浓度为
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。但当反应产生无色NO 气体时停止反应，即硝酸浓度大于
8mol⋅L−1也产生了NO，B 项错误；若不同如N2，B 瓶中NO 也转变为HNO3，从而导致消耗的HNO3偏
大，A 中剩余HNO3偏低，结果偏低，C 项错误；当A 中气体变为无色时停止反应，产生NO 的浓度应该
比A 瓶的大。所以直接测定A 瓶中的酸可能导致结果偏低，D 项正确；故选D。
16．工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如下，下列说法错误的是
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．纯碱溶液pH＞8
【答案】B
【分析】由流程可知，结晶析出大量NaHSO3晶体，分离得到的湿料，进行气流干燥，最终得到纯净的
NaHSO3产品，母液含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中
和，中和时发生H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3、NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH 为8
进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3、SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，以此来解答。
【解析】吸收时发生SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，则吸收过程中有二氧化碳生成，A 正确；母液含饱和
NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，不含NaHCO3，B 错误；在较高温度下进行湿料的气流干燥，
NaHSO3易受热分解，导致不能制取纯净的NaHSO3，C 正确；纯碱碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱
性，故其水溶液pH＞8，D 正确；故选B。
17．生物还原法是指微生物在缺氧或厌氧条件下，在电子供体的作用下将锑酸盐(
)还原为更易被去除
的Sb(+3)，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除废水中锑(+5)酸盐，某大学建立升流
式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图。下列说法错误的是
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A．在生物反应器中S 单质不能实现循环利用
B．生成1molSb2S3参加反应的S 中氧化剂与还原剂物质的量比为3 2∶
C．歧化反应的离子方程式是
D．反应的副产物是
，源于歧化反应和自养还原
【答案】B
【分析】自养还原过程硫单质和Sb(+5)反应生成硫酸根和Sb(+3)，S 单质歧化生成硫酸根和硫化氢，硫化
氢与Sb(+3)反应生成Sb2S3沉淀除去。整个过程中硫酸根为副产物，没有实现S 单质的循环利用。
【解析】由题干图示信息可知，在生物反应器中并没有再重新生成硫单质，没有实现S 单质的循环利用，
A 正确；由题干图示信息可知，H2S 和Sb3+反应生成1molSb2S3时需要消耗3molH2S，根据反应
可知生成3molH2S 时需要消耗4molS，其中1molS 的化合价升高被氧化，即
作还原剂，3molS 的化合价降低被还原，即作氧化剂，故生成1molSb2S3参加反应的S 中氧化剂与还原剂物
质的量比为3 1∶，B 错误； 由题干图示信息可知，S 单质歧化生成硫酸根和硫化氢，则歧化反应的离子方
程式是
，C 正确；由题干图示信息可知，副产物是硫酸根，来源于自养还原
和歧化还原过程，D 正确；故答案为：B。
18．下列溶液中，能够区分CO2和SO2气体的是
①澄清石灰水溶液；②氢硫酸；③酸性高锰酸钾溶液；④氯水；⑤品红溶液
A．①②④
B．②③④
C．除①外
D．全部
【答案】C
【解析】①因SO2和CO2均能与石灰水反应生成白色沉淀，则不能鉴别；②二氧化硫与氢硫酸反应生成单
质硫和水，二氧化碳不反应，可以鉴别；③因二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，观察到溶液褪
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色，而二氧化碳与高锰酸钾溶液不反应，则能鉴别；④因二氧化硫与氯水发生氧化还原反应，氯水褪色，
而二氧化碳与氯水不反应，则能鉴别；⑤因二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，而二氧化碳不能，则能
鉴别；答案选C。
19．实验小组研究不同价态硫元素之间的转化，装置图如下。下列说法正确的是
A．①中未生成蓝色固体，证明浓硫酸没有被还原
B．②中溶液褪色，证明
具有漂白性
C．③中淡黄色粉未变白，证明
具有氧化性
D．④中产生淡黄色沉淀，证明
被氧化
【答案】D
【分析】铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现强氧化性、酸性，浓硫酸
还会吸收生成的水，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与过氧化钠反应生成白色固体，通入硫化钠溶
液中出现浑浊。
【解析】①中由于浓硫酸会吸收水分，而且反应是复杂的，不一定能看到有蓝色，但浓硫酸反应生成二氧
化硫，说明浓硫酸被还原，故A 错误；
B．②中溶液褪色，是二氧化硫 酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，证明
具有还原性，故B 错误；
C．③中淡黄色粉未变白，是过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，证明
具有还原性，故C 错误；
D．④中产生淡黄色沉淀，沉淀是二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，硫化钠中硫化合价升高，证明
被
氧化，故D 正确。综上所述，答案为D。
20．如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是
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A．向B 溶液中滴加KSCN 溶液，溶液可能会变为红色
B．溶液B 转化为溶液C 发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2O
C．溶液酸性：A＞B＞C
D．加氧化亚铁可以使溶液C 转化为溶液
【答案】A
【分析】含二氧化硫的废气通入酸性硫酸铁溶液中发生反应：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++
+4H+，B 溶液
中含FeSO4和H2SO4，溶液B 转化为溶液C 时发生亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应，反应的离子
方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
【解析】尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++ SO
+4H+，B 溶液
中存在二价铁离子，如果二氧化硫不足，则溶液B 中含有三价铁离子，加入KSCN 溶液，溶液变为血红
色，故A 正确；溶液B 中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：
，故B 错误；反应过程中溶液的体积不变，溶液A 为Fe2(SO4)3溶液，溶液
中三价铁离子水解显酸性，溶液B 中含H2SO4，显强酸性，溶液C 为硫酸铁溶液和硫酸溶液，溶液C 是溶
液B 发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 得到，虽然消耗氢离子但H+未完全消耗，溶液仍呈酸性，溶液的
酸性：B＞C＞A，故C 错误；溶液C 为硫酸铁溶液和硫酸溶液，加氧化亚铁，氧化亚铁和硫酸反应生成硫
酸亚铁溶液，则溶液C 为硫酸铁溶液和硫酸亚铁溶液，与溶液A 的组成不同，故D 错误；故选A。
21．硅及其化合物是重要的材料，应用范围很广。请回答下列问题：
(1)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅，三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产
过程示意图如下：
①用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为 。
②写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式： 。
SiHCl
③
3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl 和另一种物质，写出并配平该化学反应方程式：
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。
(2)水泥属于硅酸盐工业产品，是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的
铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
①在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是
，还可使用 代替硝酸。
②沉淀A 的主要成分是 ，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为
。
③加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B 的主要成分为 、 (写化学式)。
【答案】SiO2+3C
SiC+2CO↑ SiHCl3+H2
Si+3HCl SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑
将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2 SiO2 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O 防止胶体生成，
易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3
【分析】
(2)水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和
硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A 为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨
水调节pH4~5，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有
Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀。
【解析】
(1)①用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3C
SiC+2CO↑；
②纯SiHCl3和氢气反应生成硅和氯化氢，化学反应方程式：SiHCl3+H2
Si+3HCl
SiHCl
③
3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl 和氢气，反应方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑
(2)①铁离子在pH 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，为避免引入新杂质，还可用
过氧化氢代替硝酸；
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②由以上分析可知沉淀A 为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF 的反应，方程式为
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
③滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成
的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH)3。
22．含氯物质在生产生活中有重要作用。
I.实验室制取氯气的装置如图所示。
(1)收集氯气的集气瓶中，导管没有画完整，请在答题卡图中补充完整 。
(2)NaOH 溶液的作用是(用离子方程式表示)
(3)当氯气不再逸出时，圆底烧瓶中的固液混合物中仍存在盐酸和二氧化锰，某合作学习小组分析成因时提
出如下猜想：
猜想a；随H+浓度降低，MnO2的氧化性减弱。
猪想b：随Cl-浓度降低，Cl-的还原性 (填“增强”、“不变”或“减弱”)。
猜想c：随Mn2+浓度升高，MnO2的氧化性减弱。
①查阅资料：K+、
对体系中各物质的氧化性与还原性均无影响。
②设计实验验证：将固液混合物均分为三组，保持条件相同，分别向三组固液混合物中加入试剂。
组
别
试剂
产物
1
较浓硫酸
有Cl2生成
2
X
有Cl2生成
3
X 和Y
无Cl2生成
通过三组实验，a、b、c 三个猜想都得到了证实，则X 为 (填化学式)，Y 为 (填化学式)。
II.已知FeCl3固体易升华，其蒸气为黄色。某小组通过下面装置探究MnO2与FeCl3能否反应产生Cl2。
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实验操作和现象：
实验操作
现象
点燃酒精喷灯，加热
加热一段时间后，装置A 中产生黄色气体，装置B 中溶液变蓝
(4)实验前，需要进行的操作为 。
(5)该实验装置从安全角度分析，存在的问题是 。
(6)装置经改进后，继续实验，确认产物有Cl2和MnCl2，则A 中发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)
(2)
(3) 减弱 KCl
(4)检验氯化铁是否能使酸性淀粉-KI 溶液变蓝
(5)装置A 与装置B 之间没有安全装置
(6)
【分析】第一个装置为氯气发生装置，其反应为：
；饱和食盐水可
以除去混合气体中的HCl 气体；浓硫酸用于干燥氯气；NaOH 溶液用于尾气处理。
【解析】（1）Ⅰ(1)氯气密度大于空气，收集时可用向上排空气法，其装置为
；
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（2）氯气为有害气体，直接排放到空气中会造成大气污染，需用NaOH 溶液进行处理，其反应为：
；
（3）氯离子在反应中只表现为还原性，根据题意，其猜想应为：氯离子浓度降低，氯离子的还原性减
弱；根据a、b、c 三个猜想，结合表中数据，第一组增加了氢离子浓度之后有氯气生成，第二组加入X 之
后也有氯气生成，由猜想b 可知，加入物质后氯离子浓度增加了，所以该物质为KCl；猜想c 中因锰离子
的浓度增加，降低了二氧化锰的氧化性，所以无氯气生成，所以物质Y 为
；
（4）Ⅱ(4)因氯化铁易升华，所以需要验证氯化铁是否能使酸性淀粉-KI 溶液变蓝，以排除氯化铁的影响；
（5）该实验中，装置A 与装置B 之间没有安全装置，易造成装置B 中液体倒吸进入装置A 使石英管炸
裂；
（6）根据题意，二氧化锰与氯化铁反应有氯气和氯化锰生成，其反应的化学方程式为：
。
23．某化学兴趣小组想探究
溶液与
的反应历程。
Ⅰ.利用如图装置制备
(1)仪器a 的名称
(2)b 中反应的化学方程式为 ，该反应体现了浓硫酸的 性。
Ⅱ.利用探究
溶液与
的反应
(3)兴趣小组预测，
能使
溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为 。
向
溶液中通入
至饱和后，用橡皮塞封闭试管，观察到溶液由黄色迅速变为血红色，静置
后变回黄色，静置
后，变为浅绿色。
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(4)探究血红色物质生成的原因
查阅资料：血红色物质可能与
饱和溶液中的主要微粒：
、
、
、
、
有关。
①取少量上述血红色溶液，立即滴加几滴
溶液A，溶液又褪为黄色。据此推测：红色物质的产生
与
无关。物质A 的化学式为 。
②向
溶液中滴加
溶液，溶液变为血红色，滴加几滴
溶液A，
褪成黄色。据此推测：红色物质的产生与
和
无关，主要与
或
有关。推测理由是
。
③利用分光光度仪测定红色物质的浓度(吸光度越高，浓度越大)，实验数据如下：
吸光度
0.5
4.0
0.0
0.412
0.5
3.6
0.4
0.359
0.5
3.2
0.8
0.331
0.5
2.8
1.2
0.297
结论：溶液变血红色的主要原因是
和 发生配合反应。
(5)由以上探究结果说明该条件下，
与
溶液反应的活化能：氧化还原反应 (填“大于”
“小于”“等于”)配合反应。
(6)兴趣小组在某次实验中，通入
后未封闭试管，发现血红色更快变回黄色。其可能原因是
。
【答案】(1)分液漏斗
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(2)
酸性
(3)
(4) HCl 或H2SO4 加入盐酸后，
和
变小，
和
变大，溶液褪为黄色
(说明：写
、
与
离子方程式等其他合理答案均可)
(5)大于
(6)空气的
将
氧化为
，使得
变小
【分析】实验室制取SO2的方法是用亚硫酸钠与浓硫酸反应，符合强酸制弱酸的原理体现了硫酸的酸性。
Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，SO2被氧化为硫酸，Fe3+会和
一些离子发生配合反应生成配离子显示颜色，为了证明Fe3+与哪些离子会发生配合反应，用排除方法来证
明，先加入盐酸或硫酸不会变红色，排除H+，向
溶液中滴加
溶液，溶
液变红色，再加入盐酸或硫酸，生成了SO2和H2SO3，但是红色褪去，说明变红色与SO2和H2SO3无关，最
后用分光光度仪检验亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子哪个有关系。
【解析】（1）仪器A 的名称是分液漏斗，用来加入液体试剂的；
（2）亚硫酸钠与硫酸反应的方程式为：
，符合强酸制取弱
酸，体现了硫酸的酸性；
（3）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，Fe3+具有氧化性被还原成Fe2+，SO2具有还原性，被氧化成硫酸根离
子，根据得失电子守恒，原子守恒，电荷守恒得出离子方程式为：
；
（4）先排除红色物质与H+无关，应该向反应后的溶液加入适量的酸，结果红色反而退去，说明红色物质
与H+无关，A 物质应该H2SO4或者HCl，向
溶液中滴加
溶液，溶液变
为血红色，滴加几滴
硫酸或盐酸，亚硫酸氢钠生成亚硫酸和SO2，结果溶液褪成黄色。据此推
测：红色物质的产生与
和
无关，主要与
或
有关，最后用分光光度计检测发现，亚硫酸
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根离子浓度越大，颜色越深，说明红色物质与亚硫酸根离子有关；
（5）活化能越大，反应速率越慢，由于先变红色，说明配合反应速率快，配合反应的活化能小；
（6）未封管口，溶液与大气接触，亚硫酸根离子易被氧气氧化成硫酸根离子，亚硫酸根离子浓度减小，
红色消失，变成了三价铁离子的颜色黄色。
24．某化学实验小组为了探究氨气的性质设计了如下实验方案。
实验一：探究氨气的溶解性
氨气具有强刺激性气味，会污染空气。实验小组经过多次尝试，最终将氨气的制备、收集、检验和喷泉实
验于一体，设计出如图装置。
(1)写出气体发生装置仪器A 中产生氨气的方程式 。
(2)仪器B 的名称 ，为了保证喷泉实验的良好效果，B 中可以放入的试剂 。
(3)实验时，打开K2，关闭K3，打开K1，将注射器中的浓氨水注入A 中开始制备和收集氨气。已知仪器C
中放入的是滴有酚酞溶液的湿棉花，则仪器C 的作用 。在不拆除装置的前提下，引发喷泉的
操作是 。
实验二：探究氨气的还原性
已知： Cu2O 呈红色固体，在酸性溶液中不稳定： Cu2O+ H2SO4=Cu+CuSO4+ H2O。
(4)装置G 用于制备氨气，仪器的链接顺序为e，f 接___________、___________、___________、
___________ 、___________ 、___________接i， ，装置H 的作用 。实验开始前应
先通一段时间的N2，其目的是 。
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(5)反应结束后装置F 中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验：取
15.6g 红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥、称重，得固体9.6g，则红
色固体的成分及其物质的量为 。
【答案】(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或CaO+H2O=Ca(OH)2、NH3·H2O= NH3↑+H2O)
(2) 球形干燥管 碱石灰
(3)吸收并检验氨气，防止氨气直接排入空气 关闭K1和K2，打开K3
(4) abcdgh(或abcdhg) 安全瓶，防倒吸 排尽装置内空气或氧气 (合理即可)
(5)Cu2O 和Cu 各0.075mol 或Cu2O 0.075mol、Cu 0.075mol
【解析】（1）A 中产生氨气的方程式CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或CaO+H2O=Ca(OH)2、NH3·H2O=
NH3↑+H2O)；
（2）仪器B 的名称为球形干燥管，为了保证喷泉实验的良好效果，B 中可以放入的试剂为碱石灰，对氨气
进行干燥；
（3）C 中放入滴有酚酞溶液的湿棉花，作用为吸收并检验氨气，防止氨气直接排入空气，污染大气。在不
拆除装置的前提下，引发喷泉的操作是关闭K1和K2，打开K3；
（4）分析实验装置，装置G 用于制备氨气，然后E 用于干燥氨气，氨气和CuO 在F 中发生反应，然后接
H，起到安全瓶的作用，最后用I 进行尾气吸收，则仪器的链接顺序为e，f 接a-b-c-d-g-h (或a-b-c-d-h-g)接
i，装置H 的作用是安全瓶，防倒吸。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是排尽装置内空气或氧气
(合理即可)，防止空气中氧气等的干扰。
（5）所得固体为Cu，物质的量为
；过程中发生反应为Cu2O+ H2SO4=Cu+CuSO4+ H2O，
每摩尔Cu2O 与酸反应前后质量损失为80g，根据反应前后质量损失为15.6g-9.6g=6g，则参加反应的Cu2O
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为
，则生成Cu 的物质的量为0.075mol，所以原固体中Cu2O 的物质的量为0.075mol，
Cu 物质的量为
，故Cu2O 和Cu 各0.075mol 或Cu2O 0.075mol、Cu
0.075mol。
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