Question

20．下列敘述中正確的是DEIJ
A．實驗室存放HF的溶液，不能用帶玻璃塞的細口瓶，而應用帶橡膠塞的細口瓶．
B．碳酸氫鎂溶液中加過量澄清石灰水的離子方程式為：
Ca²⁺+Mg²⁺+2OH^-+2HCO₃^-=MgCO₃↓+CaCO₃↓+2H₂O
C．水泥、玻璃和水晶都是硅酸鹽產品
D．喝補鐵劑時，加服維生素C，效果更好，原因是維生素C具有還原性
E．向新制的飽和氯水中分別加入CaCO₃固體和Na₂CO₃固體，均會使得HClO的濃度增大
F．配制硫酸亞鐵溶液時，為防止產生Fe³⁺，可在溶液中加入少量鐵粉，為了抑制亞鐵離子的水解，可在溶液中加入少量鹽酸
G．無色溶液中，K⁺、Cl^-、Na⁺、H₂PO${\;}_{4}^{-}$、PO${\;}_{4}^{3-}$、SO${\;}_{4}^{2-}$可以大量共存
H．由水電離的c（H⁺）=10^-12mol/L的溶液中，ClO^-、HCO${\;}_{3}^{-}$、NO${\;}_{3}^{-}$、NH${\;}_{4}^{+}$、S₂O${\;}_{3}^{2-}$可以大量共存
I．合金中一定有金屬元素，兩種不同的金屬不一定可以加工成合金
J．某無色溶液含有下列離子中的若干種：H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Ba²⁺、Al³⁺、CO₃^2-、Cl^-、OH^-、NO₃^-．向該溶液中加入鋁粉，只放出H₂，則溶液中能大量存在的離子最多有5種．

Answer 1

分析 A．HF能和二氧化硅反應生成四氟化硅和水；
B．氫氧化鈣過量，反應生成碳酸鈣和氫氧化鎂沉淀；
C．水晶的主要成分是二氧化硅；
D．能被人體吸收的鐵元素是亞鐵離子，容易被氧化，維生素C具有還原性，可以防止亞鐵離子被氧化；
E．向氯水中加入少量CaCO₃固體和Na₂CO₃固體，會和溶液中的鹽酸反應平衡正向進行，次氯酸酸性小于碳酸；
F．配制硫酸亞鐵如有需要加入稀硫酸抑制水解；
G．H₂PO₄^-、PO₄^3-能反應；
H．由水電離的c（H⁺）=1×10^-12mol/L的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性；
I．合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質；
J．溶液無色，則一定不存在有色的Fe³⁺；在其中加入金屬鋁，發(fā)生反應并放出H₂，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，若為酸性，則不存在OH^-、NO₃^-、CO₃^2-，若呈堿性，則不存在Al³⁺、H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺．

解答 解：A．HF能和二氧化硅反應生成四氟化硅和水，所以HF不能用玻璃瓶存放，故A錯誤；
B．碳酸氫鎂溶液中加過量澄清石灰水，反應的離子方程式為：Mg²⁺+2HCO₃^-+2Ca²⁺+4OH^-=2CaCO₃↓+2H₂O+Mg（OH）₂↓，故B錯誤；
C．水晶的主要成分是二氧化硅，玻璃、水泥的成分含有硅酸鹽，是硅酸鹽產品，故C錯誤；
D．能被人體吸收的鐵元素是亞鐵離子，亞鐵離子很容易被氧化為三價鐵離子，維生素C具有還原性，能將三價鐵還原為亞鐵離子，故D正確；
E．在化學平衡中：C1₂+H₂O?H⁺+C1^-+HC1O，若向氯水中加入少量CaCO₃固體和Na₂CO₃固體，會和溶液中的鹽酸反應平衡正向進行，次氯酸酸性小于碳酸，不與碳酸鈉反應，次氯酸濃度增大，故E正確；
F．配制硫酸亞鐵如有需要加入稀硫酸抑制水解，加入適量稀鹽酸會引入雜質氯離子，故F錯誤；
G．因H₂PO₄^-、PO₄^3-能反應生成HPO₄^2-，則不能共存，故G錯誤；
H．由水電離的c（H⁺）=1×10^-12mol/L的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，無論溶液呈酸性還是堿性，HCO₃^-都不能大量共存，故H錯誤．
I．合金中必須有一種金屬，另外的可能是金屬也可能是非金屬，所以至少有一種金屬；兩種不同的金屬不一定可以加工成合金，如當熔點較高的銅開始熔化時，鈉已經是氣體狀態(tài)，所以不宜加工成合金，故I正確；
J．無色溶液中一定不存在有色的Fe³⁺；溶液中加入金屬鋁，發(fā)生反應并放出H₂，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，
若溶液為酸性，則不存在：OH^-、NO₃^-、CO₃^2-，陰離子只能為Cl^-，陽離子可以為：H⁺、NH₄⁺、Ba²⁺、Al³⁺，最多存在5種離子；
若呈堿性，則不存在Al³⁺、H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺，陽離子只能為Ba²⁺，則一定不存在CO₃^2-，可存在的離子為：Ba²⁺、Cl^-、OH^-、NO₃^-，則最多只有4種，
根據分析可知，最多存5種離子，故J正確．
故選DEIJ．

點評 本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及化學與生產、生活的關系，題目難度不大，要求學生能夠用化學知識解釋化學現象，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力．