2019-2020学年河北省武邑中学高一12月月考化学试题 Word版含解析

2019-2020学年河北省武邑中学高一12月月考化学试题 Word版含解析

河北武邑中学2019——2020学年上学期高一12月月考试 化学试题 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷54分，第Ⅱ卷46分，共100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量:H—‎1　‎C—12　N—14　O—16 Na—23　Mg—24　Al—27　S-32 Cl—35.5　Fe—56　Cu—64‎ 第Ⅰ卷　(选择题　共54分)‎ 一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.某合作学习小组讨论辨析以下说法。其中错误的是 (　　)‎ A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物 B. 纯碱和熟石灰都是碱 C. 盐酸和食醋都属于混合物 D. 豆浆和雾都是胶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物，故A正确；B. 纯碱是盐，故B错误；C. 盐酸和食醋都属于溶液，都属于混合物，故C正确；D. 豆浆和雾都是胶体，故D正确。故选B。‎ ‎2.化学在日常生活中有着广泛的应用。下列说法不正确的是(     )‎ A. 硅是制造太阳能电池的常用材料 B. 明矾可用于水的杀菌消毒 C. 氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记 D. 燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，硅能够导电，是制造太阳能电池的常用材料，用于光电池，故A正确；‎ B选项，明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，没有杀菌消毒作用，故B错误；‎ C选项，氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记，故C正确；‎ D选项，燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】水晶、玛瑙、石英、沙子主要成份是SiO2，二氧化硅主要用于光导纤维，玻璃、陶瓷、水泥为传统的硅酸盐产品。‎ ‎3.下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金是 （　　）‎ A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁 B. 酒精、空气、铜绿 C. 二氧化碳、明矾、熟石灰 D. 硝酸钾、食盐水、黄铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B. 酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物，B错误；C. 二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物，C错误；D. 硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。‎ ‎4.用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制100mL浓度为1mol•L﹣1的稀H2SO4的过程中，下列操作会引起浓度偏小的是(  )‎ A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干 B. 定容时俯视容量瓶的刻度线 C. 量取浓硫酸后，用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯 D. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干对实验结果无影响，故A错误；‎ B.定容时俯视容量瓶的刻度线会造成溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故B错误；‎ C.量筒量取液体后，内壁所附溶液无须洗涤，否则造成溶质的量偏多，溶液的浓度偏大，故C错误；‎ D.定容摇匀后发现液面低于刻度线为正常现象，再加水会造成溶液的体积偏大，溶液浓度偏小，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.有硫酸镁溶液500mL，它的密度是‎1.20g·cm−3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是 A. 溶质的质量分数是24% B. 溶液的物质的量浓度是2.4mol·L−1‎ C. 溶质和溶剂的物质的量之比约为1∶21.1 D. 硫酸根离子的质量是‎230.4g ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，MgSO4中Mg的质量分数为100%=20%，则溶质的质量分数为=24%，正确；B项，溶质物质的量浓度c==mol/L=2.4mol/L，正确；C项，n（MgSO4）：n（H2O）=：=1:21.1，正确；D项，n（MgSO4）=2.4mol/L‎0.5L=1.2mol，n（SO42-）=1.2mol，m（SO42-）=1.2mol‎96g/mol=‎115.2g，错误；答案选D。‎ ‎6. 容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有：①温度、②浓度、③容量、④压强、⑤刻度线、⑥酸式或碱式这六项中的 A. ②④⑥ B. ③⑤⑥ C. ①②④ D. ①③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】容量瓶上标的有温度、容量、刻度线，故选D。‎ ‎7.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是 A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗 B. 碘在四氯化碳中溶解度比在水中的溶解度大 C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色 D. 分液时，水从分液漏斗下口流出，碘四氯化碳溶液从漏斗上口倒出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；‎ B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；‎ C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；‎ D ‎、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎8. 11．某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）‎ A. 所用NaOH已经潮解 B. 向容量瓶中加水未到刻度线 C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.所用NaOH已经潮解，导致称出的氢氧化钠的质量偏小，溶质的量减小，造成所配溶液浓度偏低，故A不选；‎ B.向容量瓶中加水未到刻度线，导致溶液的体积偏小，造成所配溶液浓度偏高，故B可选；‎ C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成溶质的量偏小，造成所配溶液浓度偏低，故C不选；‎ D.称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，实际称量的氢氧化钠是‎2g－‎0.4g＝‎1.6g，溶质的量偏低，造成所配溶液浓度偏低，故D不选；‎ 故答案选B。‎ ‎9. 下列各组两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是 A. Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOH B. BaCl2和NaHSO4；Ba(OH)2和Na2SO4‎ C. NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4‎ D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2；Ca(HCO3)2和NaOH(过量 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子方程式的实质是能代表一类化学反应,同一个离子方程式可以表示不同物质间的反应,据此来回答。‎ ‎【详解】A、盐酸是强酸，在离子方程式中能拆成离子形式，醋酸是弱酸，不能拆成离子，二者的离子方程式不一样，故A不符合题意； ‎ B、氯化钡和硫酸钠反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应；硫酸钠和氢氧化钡反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应，二者的实质一样,离子方程式一样，故B符合题意； ‎ C、碳酸氢钠应拆成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸钠应拆除钠离子和碳酸根离子， NaHCO3和NaHSO4的反应实质是碳酸氢根离子和氢离子之间的反应；Na2CO3和NaHSO4的反应实质是碳酸根和氢离子之间的反应，二者的离子方程式不一样，故C不符合题意； D、NaHCO3(过量)和澄清石灰水之间的反应、Ca(HCO3)2和NaOH(过量)之间的反应实质均可以用2OH-+Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D符合题意； 故答案选BD。‎ ‎10.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（　　）‎ A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；‎ 答案选B。‎ ‎11.某气体在标准状况下的密度为‎1.25 g / L，该气体的相对分子质量为（　 ）‎ A. 44 B. ‎28 ‎C. 32 D. 16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该气体的摩尔质量M=ρ（标准状况）Vm=‎1.25g/L×‎22.4L/mol=‎28g/mol，所以该气体的相对分子质量为28，答案选B。‎ ‎12.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 （　 　）‎ A. 萃取 B. 蒸馏 C. 渗析 D. 干馏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 有题目可知，“蒸令气上”，利用互溶液体的沸点不同进行分离，为蒸馏，答案为B。‎ ‎13.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是 A. ‎2 L溶液中阴阳离子总数为1.2NA B. 500 mL溶液中NO3－浓度为0.2 mol/L C. 500 mL溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol/L D. 500 mL溶液中NO3－物质的量为0.2 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液中Ba（NO3）2的物质的量n=cV=0.2mol/L×‎2L=0.4mol，而1mol Ba（NO3）2中含1mol钡离子和2mol硝酸根即含3mol离子，则0.4mol Ba（NO3）2中含1.2mol离子即1.2NA个，A正确；‎ B、0.2mol•L-1 Ba（NO3）2溶液NO3-浓度为0.4mol/L，与所取溶液的体积无关，B错误；‎ C、0.2mol•L-1 Ba（NO3）2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L，与所取溶液的体积无关，C正确；‎ D、500mL溶液中含有Ba（NO3）2的物质的量n=cV=0.2mol/L×‎0.5L=0.1mol，而1mol Ba（NO3）2中含2mol NO3-，故0.1mol Ba（NO3）2中含0.2mol硝酸根，D正确，‎ 答案选B。‎ ‎14.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w‎1 g样品加热，其质量变为w‎2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎168g‎：xg = ‎62g：(w1 - w2)g g，‎ 则该样品的纯度(质量分数)是，故A正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎15.在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是(　　)‎ A. 溶液中Na+浓度增大，有O2放出 B. 溶液碱性不变，有H2放出 C. 溶液中Na+数目减少，有O2放出 D. 溶液碱性增强，有O2放出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】过氧化钠与饱和烧碱溶液中的水反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，放出大量的热，恢复为原温度，NaOH的溶解度不变,烧碱溶液仍为饱和溶液，c(NaOH)、c(Na+)、c(OH-)不变，碱性不变，但溶液中水减少了,溶解的NaOH也随之减少,溶液中Na+数目将减少，故C选项正确；‎ 故答案选C。‎ ‎16.下列变化不能一步实现是(　　)‎ A. Na2SiO3→H2SiO3 B. H2SiO3→SiO2‎ C. SiO2→H2SiO3 D. SiO2→Na2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Na2SiO3→H2SiO3，硅酸钠通入二氧化碳气体生成硅酸，故A不选；‎ B选项，H2SiO3→SiO2，硅酸受热分解得到二氧化硅，故B不选；‎ C选项，SiO2→H2SiO3，二氧化硅不和水反应生成硅酸，故C可选；‎ D选项，SiO2→Na2SiO3，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，故D不选。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化铜、氧化镁都不溶于水，也不与水反应。‎ ‎17.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 久置在空气中的NaOH溶液，加盐酸时有气体产生 B. 50 mL 12 mol·L－1的浓盐酸与足量的MnO2反应，生成0.15 mol Cl2‎ C. 在常温下，浓H2SO4不与Cu反应，是因为铜被钝化 D. CO2通入浓的CaCl2溶液中产生白色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ NaOH溶液会吸收空气中的生成，加盐酸后碳酸钠与盐酸反应,生成二氧化碳气体，A正确；浓盐酸随着反应的进行变为稀盐酸后,反应停止,故得到的n(Cl2)<0.15mol，B错误；浓不能使铜钝化，铜与浓硫酸需要加热反应，C错误；CO2通入浓的CaCl2溶液中，碳酸酸性小于盐酸，反应无法进行，无明显现象，D错误；正确选项A。‎ 点睛：1molMnO2与足量的浓盐酸加热反应生成1mol氯气，而4mol浓盐酸与足量的MnO2加热反应生成氯气的量小于1mol。‎ ‎18.向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是 A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液 B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2‎ C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液 D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O ‎，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误；‎ B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，图象与反应符合，故B正确；‎ C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，再发生NH4++OH-═NH3．H2O，最后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误；‎ D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷　(非选择题　共46分)‎ 二、填空、简答题 (本大题共4小题，共46分)‎ ‎19.完成下列各题：‎ 现有下列七种物质：①液态氯化氢；②小苏打；③纯碱粉末；④葡萄糖；⑤氢氧化钾；⑥氢氧化铁胶体；⑦硫酸铁溶液；‎ ‎(1)上述七种物质中，属于电解质的有_______，属于非电解质的有____。‎ ‎(2)有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，该反应的化学方程式为______________。‎ ‎(3)除去③中少量②的方法是_______，化学方程式为________________。‎ ‎(4)现有100mL⑦溶液中含Fe3+‎5.6g，则溶液中SO42-的物质的量浓度是______。‎ ‎(5)若在⑥中缓慢加入①的水溶液，产生的现象是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). ①②③⑤ (2). ④ (3). HCl+KOH=H2O+KCl (4). 加热分解 (5). 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑ (6). 1.5mol/L (7). 先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解质主要是酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物；非电解质主要是大多数非金属氧化物、大多数有机物、非酸性气态氢化物；⑥⑦为混合物，既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎(2)离子方程式H++OH-=H2O体现出是强酸和强碱反应生成易溶于水的盐和水的反应；‎ ‎(3) 碳酸钠性质稳定而碳酸氢钠受热易分解；‎ ‎(4)先求出铁离子的物质的量，根据硫酸铁的组成可知溶液中硫酸根离子的物质的量，根据c=即可求出硫酸根物质的量浓度；‎ ‎(5)氢氧化铁胶体加入盐酸后先发生聚沉，然后沉淀溶解于过量的酸中。‎ ‎【详解】(1)电解质主要是酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，属于电解质的有①②③⑤；非电解质主要是大多数非金属氧化物、大多数有机物、非酸性气态氢化物，属于非电解质的有④；⑥⑦为混合物，既不是电解质也不是非电解质；故答案为：①②③⑤；④。‎ ‎(2)离子方程式体现出是强酸和强碱反应生成易溶于水的盐和水的反应，该反应的化学方程式为HCl+KOH=H2O+KCl，故答案为：HCl+KOH=H2O+KCl。‎ ‎(3)除去③中少量②的方法是小苏打受热分解变为碳酸钠，因此用加热方法，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：加热方法；2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑。‎ ‎(4)现有100mL⑦溶液中含Fe3+‎5.6g即物质的量为0.1mol，根据硫酸铁的化学式Fe2(SO4)3可知，溶液中硫酸根离子的物质的量为0.15mol，则硫酸根物质的量浓度是，故答案为：1.5mol∙L-1。‎ ‎(5)若在⑥中缓慢加入①的水溶液，胶体中加入电解质，先发生聚沉，再加入电解质HCl,由于是酸碱中和反应，沉淀又溶解，溶液变为黄色，故答案为：先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色。‎ ‎20.（1）下列物质：①Fe ② Br2 ③Na2O ④CO ⑤CO2 ⑥SO3 ⑦NH3 ⑧H2S ⑨HCl ⑩H2SO4 ⑪Ba(OH)2 ⑫NaCl ⑬蔗糖 ⑭NaCl溶液。属于电解质的是_____________ ， 属于非电解质的是 ___________，能导电的是_____________。‎ ‎（2）写出下列物质在水中的电离方程式：‎ NaHSO4 ：__________________________________，‎ H2SO4 ：____________________________________，‎ Ba(OH)2 ：__________________________________。‎ ‎（3）向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸，会出现一系列变化：先出现________，原因：__________，随后_________________________，原因（用离子方程式表示）‎ ‎ _______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ③⑧⑨⑩⑪⑫ (2). ④⑤⑥⑦⑬ (3). ①⑭ (4). NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- (5). H2SO4 =2H+ + SO42- (6). Ba(OH)2= Ba2+ + SO42- (7). 红褐色沉淀 (8). Fe（OH）3胶粒吸附Cl－中和表面电性而聚沉 (9). 红褐色沉淀溶解变为黄色溶液 (10). Fe(OH)3 + 3H+ =Fe3+ + 3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据电解质、非电解质的概念进行分析判定；导电的物质为电解质的溶液、金属和熔融的电解质；‎ ‎(2)NaHSO4、 H2SO4、 Ba(OH)2均属于强电解质，完全电离；‎ ‎(3) Fe(OH)3胶体遇到盐酸溶液先发生聚沉，生成红褐色沉淀，盐酸过量，发生酸碱中和。沉淀溶解。‎ ‎【详解】(1)①Fe属于金属单质，能导电不是化合物，既不是电解质也不是非电解质； ‎ ‎②Br2 不能导电，属于非电解质单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③Na2O不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质； ‎ ‎④NO2 本身不能电离，属于非电解质；‎ ‎⑤CO2 本身不能电离，属于非电解质；‎ ‎⑥SO3 本身不能电离，属于非电解质；‎ ‎⑦NH3 本身不能电离，属于非电解质；‎ ‎⑧H2S不能导电，溶于水能导电，属于电解质；‎ ‎⑨HCl不能导电，溶于水能导电，属于电解质； ‎ ‎⑩H2SO4不能导电，溶于水能导电，属于电解质；‎ ‎⑪Ba(OH)2不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；‎ ‎⑫NaCl不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；‎ ‎⑬蔗糖不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑭NaCl溶液，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ 故属于电解质的是：③⑧⑨⑩⑪⑫；属于非电解质的是④⑤⑥⑦⑬；能导电的是①⑭；‎ ‎(2)NaHSO4电离方程式是NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-，H2SO4的电离方程式是H2SO4 =2H+ + SO42-，Ba(OH)2的电离方程式是Ba(OH)2= Ba2+ + SO42-；‎ ‎(3)电解质溶液盐酸电离出的Cl-使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应，红褐色沉淀溶解，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。‎ ‎21.已知X为Fe2O3和CuO的混合物且氧化性强弱顺序：Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋。X样品可发生如图所示的转化关系：‎ ‎(1)写出步骤③可能发生反应的离子方程式：________________________(共有3个，任写一个即可)。‎ ‎(2)若溶液E中只有一种金属离子，则一定是__________；若溶液E中含有两种金属离子，则一定是________。‎ ‎(3)若D固体是纯净物，该固体是________(填化学式)。‎ ‎(4)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的，可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路板，该过程发生反应的离子方程式为____________________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）2Fe3++ Fe =3Fe2+；Cu2++Fe=Fe2++Cu；2H++Fe=Fe2++ H2↑‎ ‎（2）Fe2+；Fe2+、Cu2+ ；（3）Cu ；（4）2Fe3++ Cu =2Fe2++ Cu2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X为Fe2O3和CuO的混合物，与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜、盐酸，被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质；铁能够与氯化铁和氯化铜、盐酸反应；铜能够与氯化铁反应，根据氧化性强弱顺序：Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋，进行分析解答。‎ ‎【详解】（1）X为Fe2O3和CuO的混合物，与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜，被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质，由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，所以溶液中可能发生的离子反应有：2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═Fe2++Cu、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑；‎ 故答案为2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═Fe2++Cu、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑；‎ ‎（2）根据（1）中发生的离子反应可知，溶液中一定有Fe2+，如果铁单质较少，Fe3+较多，则铜可以被氧化成Cu2+，此时溶液中有Cu2+和Fe2+；‎ 故答案为Fe2+；Cu2+和Fe2+；‎ ‎（3）由于铜是不活泼金属，Fe3+首先氧化Fe，所以D固体如果是纯净物，则一定是Cu；‎ 故答案为Cu；‎ ‎（4）根据氧化强弱可知，Fe3+可以氧化Cu，生成Cu2+，离子反应方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；‎ 故答案为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。‎ ‎22.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:‎ ‎(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是__________；‎ ‎(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化.FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为__________；‎ ‎(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下加入1滴KSCN溶液，溶液不变红，再加几滴氯水后溶液变红。煤油的作用是__________。‎ ‎【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据亚铁离子容易被氧气氧化生成铁离子分析，铁可以还原铁离子生成亚铁离子，亚铁离子可以被氯气氧化，煤油可以隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化。‎ ‎【详解】(1)亚铁离子容易被氧化生成铁离子，加入铁可以防止Fe2+被氧化；‎ ‎(2)亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；‎ ‎(3)氯化亚铁容易被空气中的氧气氧化，煤油的密度比水小，在水层上方，可以隔绝空气(排除氧气对实验的影响）。‎ ‎【点睛】亚铁离子有还原性，能被氧气或氯气氧化，隔绝空气可以防止被氧化。铁离子具有氧化性能与铁反应生成亚铁离子。‎ ‎23.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)‎ 是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：‎ ‎(1)沉淀A的成分是(填化学式)_________。‎ ‎(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH-=H2O还有：‎ ‎_____________________________、________________________________；‎ ‎(3)步骤③中通入过量CO2气体的离子方程式有______________________；‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (3). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (4). CO2+OH- = HCO3-；AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据工艺流程得出试剂a为盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁，而二氧化硅和盐酸不反应，沉淀A为二氧化硅，滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸，再加氢氧化钠溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，沉淀B为氢氧化铁，滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，氢氧化铝加热变为氧化铝。‎ ‎【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应，因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO2，故答案为：SiO2。‎ ‎(2)步骤②滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸，加入过量NaOH溶液，先发生酸碱中和反应，再与铁离子和铝离子反应，发生反应的离子方程式，除了H++OH－ = H2O还有：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；故答案为：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。‎ ‎(3)步骤③中通入过量CO2气体，先氢氧化钠和二氧化碳反应，再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，其离子方程式有CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－ +Al(OH)3 ↓，故答案为：CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－ +Al(OH)3 ↓。‎ ‎ ‎