Question

20．下列叙述中正确的是DEIJ
A．实验室存放HF的溶液，不能用带玻璃塞的细口瓶，而应用带橡胶塞的细口瓶．
B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水的离子方程式为：
Ca²⁺+Mg²⁺+2OH^-+2HCO₃^-=MgCO₃↓+CaCO₃↓+2H₂O
C．水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品
D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有还原性
E．向新制的饱和氯水中分别加入CaCO₃固体和Na₂CO₃固体，均会使得HClO的浓度增大
F．配制硫酸亚铁溶液时，为防止产生Fe³⁺，可在溶液中加入少量铁粉，为了抑制亚铁离子的水解，可在溶液中加入少量盐酸
G．无色溶液中，K⁺、Cl^-、Na⁺、H₂PO${\;}_{4}^{-}$、PO${\;}_{4}^{3-}$、SO${\;}_{4}^{2-}$可以大量共存
H．由水电离的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．合金中一定有金属元素，两种不同的金属不一定可以加工成合金
J．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Ba²⁺、Al³⁺、CO₃^2-、Cl^-、OH^-、NO₃^-．向该溶液中加入铝粉，只放出H₂，则溶液中能大量存在的离子最多有5种．

Answer 1

分析 A．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
B．氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀；
C．水晶的主要成分是二氧化硅；
D．能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，容易被氧化，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化；
E．向氯水中加入少量CaCO₃固体和Na₂CO₃固体，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸；
F．配制硫酸亚铁如有需要加入稀硫酸抑制水解；
G．H₂PO₄^-、PO₄^3-能反应；
H．由水电离的c（H⁺）=1×10^-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；
I．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；
J．溶液无色，则一定不存在有色的Fe³⁺；在其中加入金属铝，发生反应并放出H₂，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH^-、NO₃^-、CO₃^2-，若呈碱性，则不存在Al³⁺、H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺．

解答 解：A．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以HF不能用玻璃瓶存放，故A错误；
B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水，反应的离子方程式为：Mg²⁺+2HCO₃^-+2Ca²⁺+4OH^-=2CaCO₃↓+2H₂O+Mg（OH）₂↓，故B错误；
C．水晶的主要成分是二氧化硅，玻璃、水泥的成分含有硅酸盐，是硅酸盐产品，故C错误；
D．能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故D正确；
E．在化学平衡中：C1₂+H₂O?H⁺+C1^-+HC1O，若向氯水中加入少量CaCO₃固体和Na₂CO₃固体，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应，次氯酸浓度增大，故E正确；
F．配制硫酸亚铁如有需要加入稀硫酸抑制水解，加入适量稀盐酸会引入杂质氯离子，故F错误；
G．因H₂PO₄^-、PO₄^3-能反应生成HPO₄^2-，则不能共存，故G错误；
H．由水电离的c（H⁺）=1×10^-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO₃^-都不能大量共存，故H错误．
I．合金中必须有一种金属，另外的可能是金属也可能是非金属，所以至少有一种金属；两种不同的金属不一定可以加工成合金，如当熔点较高的铜开始熔化时，钠已经是气体状态，所以不宜加工成合金，故I正确；
J．无色溶液中一定不存在有色的Fe³⁺；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H₂，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，
若溶液为酸性，则不存在：OH^-、NO₃^-、CO₃^2-，阴离子只能为Cl^-，阳离子可以为：H⁺、NH₄⁺、Ba²⁺、Al³⁺，最多存在5种离子；
若呈碱性，则不存在Al³⁺、H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺，阳离子只能为Ba²⁺，则一定不存在CO₃^2-，可存在的离子为：Ba²⁺、Cl^-、OH^-、NO₃^-，则最多只有4种，
根据分析可知，最多存5种离子，故J正确．
故选DEIJ．

点评 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．