1、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。3下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是（ ）向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的
2、H2SO4向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2向石灰水中通入过量CO2向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸A B C D中发生的反应是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3比Na2CO3溶解度小但质量大，且反应中中消耗H2O，所以有沉淀析出且不溶解，符合；向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4首先发生胶体的聚沉，出现Fe（OH）3沉淀，H2SO4过量，Fe（OH）3与H2SO4反应而溶解，不符合；硝酸钡溶液中通入二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚硫酸为硫酸，溶液中生成硫酸钡沉淀，现象是只生成沉淀，符合；向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生
3、成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，反应现象是先沉淀后溶解，不符合；向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸，发生反应Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，只生成白色沉淀，符合；【点睛】本题考查常见物质的的化学反应与现象。向溶液中加入某物质，先出现沉淀后沉淀溶解的总结如下：（1）向澄清石灰水中通入CO2（SO2）至过量。（2）向Fe（OH）3胶体中加入硫酸至过量（3）向可溶性铝盐中加入NaOH溶液至过量（4）向偏铝酸盐中加入盐酸至过量4在生产和生活中应用的化学知识正确的是A玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品B晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料C碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种
4、药剂D发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔A水晶成分为二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B二氧化硅具有良好的光学特性，是制作光导纤维的主要原料，故B错误；C.碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠治疗，故C错误；D碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，能使焙制出的糕点疏松多孔，常用于食品发酵剂，故D正确；5能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是ACO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水BCO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀C高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2D氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀A酸性氧化物与对应
5、酸的酸性强弱没有关系，则无法比较酸性，故A错误；B因往硅酸盐溶液通入二氧化碳，可以看到溶液变浑浊，是因为生成了难溶的硅酸沉淀，反应方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；C比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；D氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸或硅酸强，但无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；故答案为B。6下列说法中正确的是A由Na2CO3+ SiO2Na2SiO3+ CO
6、2可知，酸性H2SiO3H2CO3B氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中C向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解D瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应，而SiO2与Na2CO3是高温下的反应，生成CO2气体逸出，有利于反应的进行，与最高价含氧酸的酸性无关，A项错误；B.氢氟酸与玻璃中的成分反应，氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中，B项错误；C向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸，硅酸与盐酸不反应，过量时沉淀不溶解，C项错误；D瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应，故均不可作为融化NaOH固体的装置，D项正确；7中国高铁对实
7、现“一带一路”的战略构想有重要的作用。（1）建设高铁轨道需要大量的水泥，生产水泥的主要原材料是_。（2）高铁上的信息传输系统使用了光导纤维，其主要成分是_；乘务员使用的无线通话机的芯片材料是_。（3）高铁上安装有许多玻璃，氢氟酸可以处理玻璃表面的微裂纹，氢氟酸与比例中的二氧化硅反应的化学方程式_。（4）高铁上的卫生间没有任何异味，是由于所使用的马桶、地漏和洗手盆下水口都是纳米硅胶的高科技产品，向硅酸钠溶液中加入稀盐酸可产生硅酸胶体，该反应的离子方程式_。【答案】黏土 石灰石 SiO2 Si 4HF+SiO2=SiF4+2H2O 2H+SiO32-=H2SiO3（胶体） （1）水泥属于三大硅酸盐
8、产品之一，主要原材料是黏土和石灰石，故答案为：黏土、石灰石；（2）纯净的二氧化硅具有良好的导光性，可以用于制备光导纤维；硅单质是良好的半导体材料，可以用作芯片材料，故答案为：SiO2；Si；（3）氢氟酸与二氧化硅反应生成四氯化硅气体和水，反应方程式为：4HF+SiO2=SiF4+2H2O，故答案为：4HF+SiO2=SiF4+2H2O；（4）硅酸钠与盐酸发生复分解反应生成难溶的硅酸和氯化钠，离子方程式为：2H+SiO32-=H2SiO3（胶体），故答案为：2H+SiO32-=H2SiO3（胶体）。8A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同。阴离
9、子Cl、SiO32-、OH、NO3-阳离子H、Ag、Na、K已知：A溶液呈强酸性，且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀，B的焰色反应呈黄色。回答下列问题：（1）写出A、B、C、D的化学式：A_，B_，C_，D_。（2）写出A溶液与B溶液反应的离子方程式： _。（3）请选出适合存放A、C、D溶液的试剂瓶的序号：溶液ACD试剂瓶序号_【答案】HCl Na2SiO3 AgNO3 KOH SiO32-2H=H2SiO3 A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同，A溶液呈强酸性，则A为盐酸或硝酸，B的焰色反应呈黄色，则B中含有Na元素，A能和B反应生成
10、白色沉淀，则B为Na2SiO3；盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀，所以C为AgNO3，则A为HCl，根据四种化合物中阴阳离子各不相同，则D为KOH。（1）根据以上分析知，四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH；（2）A是HCl、B是硅酸钠，二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3；（3）A是HCl、C为AgNO3、D为KOH，KOH能和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠，不能用含有玻璃塞的试剂瓶盛放；硝酸银见光易分解，应该放置在棕色试剂瓶中；盐酸不分解，且和玻璃中成分不反应，所以放置在一般试剂瓶中即可，所以A、C、D选取试剂瓶序
11、号为。含有钠元素的物质焰色反应为黄色，含有钾元素的物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，钙元素的焰色反应为砖红色；玻璃中含有二氧化硅，能与碱性溶液发生反应，所以碱性溶液的试剂瓶不用玻璃塞。9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】
12、CO2 Ca（OH）2 用于金属表面除锈（制造药物、可帮助消化等） CaOH2O=Ca（OH）2 分解反应和置换反应 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；（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；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
13、氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，其化学方程式为CaOH2O=Ca（OH）2 ；CaOH2O=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。分解反应和置换反应。10有三种透明、不溶于水的坚硬固体。A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。B固体能溶于热的苛性钠溶液，再往该溶液中加入过量盐酸时，析出白色沉淀，此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸，
14、干燥后为不溶于水的白色粉末。B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后，能得到C，C在高温时软化，无固定熔点。根据以上事实，判断A、B、C各为何物：_、_、_；写出有关反应的化学方程式_。【答案】金刚石 石英 普通玻璃 CO2CO2，CO2Ca（OH）2CaCO3H2O； SiO22NaOHNa2SiO3H2O；Na2SiO32HClH2OH4SiO42NaCl； H4SiO4H2SiO3H2O；CaCO3SiO2CaSiO3CO2； SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2 A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为：321.37544。结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质，可推断此气体为CO2，又
15、因为A为透明不溶于水的坚硬固体，故可判断A为金刚石。方程式为： CO2CO2。B物质能与苛性钠反应，且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸，且这种酸是一种难溶于水的白色固体，故可判断B为石英。相关方程式为： Na2SiO32HClH2OH4SiO42NaCl； H4SiO4H2SiO3H2O。C物质由石灰石、纯碱、B物质（石英）混合加热而制得，结合高温时软化且无固定熔点，判断C物质为普通玻璃。SiO2CaCO3SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2。本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。其突破口是C高温时软化，无固定熔点，这是玻璃的
16、特性，由此推知B可能为SiO2是解题的关键。11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CO2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CO2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
17、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、Mg2、Fe3、Al3、CO32-、SO42-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- +2H2O=SiO32-+2H2 NaOH、Na2CO3 0.05 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl
18、H、Al3、 c（H）c（Al3）c（）c（）1123 （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0.4L0.6L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、N
19、a2CO3； （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-=NH3H2O的
20、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。（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；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）=0.05mol/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Na
21、AlO2，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，中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O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
22、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-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：3。12红矾钠（重铬酸钠：Na2Cr2O72H2O）是重要的基础化工原料。铬常见价态有+3、+6价。铬的主要自然资源是铬铁矿FeCr2O4（含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），实验室模拟工业以铬铁矿为原料生产红矾钠的主要流程如下：中主要反应：4 FeCr2O4
23、+ 8Na2CO3 + 7O2 8Na2CrO4 + 2Fe2O3+ 8CO2中副反应：Al2O3 + Na2CO32NaAlO2+ CO2，SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2请回答下列问题：（1）FeCr2O4化学名为亚铬酸亚铁，写出它的氧化物形式_。步骤“”的反应器材质应选用_（填“瓷质”、“铁质”或“石英质”）。（2）“”中滤渣1的成分是_，“”中调pH值是_ （填“调高”或“调低”），“”中滤渣2的成分是_。（3）“”酸化的目的是使CrO42转化为Cr2O72，写出平衡转化的离子方程式：_。（4）上图是Na2Cr2O72H2O和Na2SO4的溶解度曲线，则操作I是_，
24、操作II是_（填序号）。蒸发浓缩，趁热过滤降温结晶，过滤（5）已知某铬铁矿含铬元素34%，进行步骤中损失2%，步骤中产率为92%，则1吨该矿石理论上可生产红矾钠_吨（保留2位小数）。【答案】FeOCr2O3 铁质 Fe2O3、MgO 调低 H2SiO3、Al（OH）3 2CrO42+ 2H+Cr2O72+ H2O 0.88 氧化煅烧中MgO不反应，FeCr2O4、Al2O3、SiO2反应产物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3浸取时MgO、Fe2O3不溶，滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反应的碳酸钠，调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3
25、沉淀过滤除去。硫酸酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-由图乙可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤。（1）FeCr2O4中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，FeCr2O4中铁铁原子与Cr原子物质的量之比为1：2，所以FeCr2O4写成氧化物形式为FeOCr2O3；“瓷质”或“石英质”仪器都含有二氧化硅，高温下与碳酸钠反应，故选择“铁质”仪器；（2）步骤中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应，据此判断步骤中滤渣1的成分；氧化铁不溶于水，铬铁矿
26、经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH值调低，可生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去；步骤“”调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去，故“”中滤渣2的成分是H2SiO3、Al（OH）3沉淀；（3）酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-，则CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；（4）操作是分离出硫酸钠，操作获得红矾钠，由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤；（5）令生成红矾钠x吨，则： 2CrNa2Cr2O72H2O 104 2981吨34%（1-2%）92% x吨所以：104：298=1吨（1-2%）
