1、- 1 -江西省临川第一中学 2018-2019 学年高一 12 月月考化学试题1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列两篇古代文献中都涉及到了 。文献：开宝本草记载：“ 所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成” ，文献本草纲目 “火药乃焰硝 、硫黄、山本炭所合，以为烽燧铜诸药者” 。下列对其解释不合理的是A. 文献中提取 ，利用了溶解、蒸发、结晶的实验过程B. 文献中使用火药的产物不会污染环境C. 用文献中方法制取 是因为 的溶解度受温度影响较大D. 文献中火药的作用体现了硝酸钾的氧化性【答案】B【解析】【详解】A.KNO 3溶解度随温度变化大，溶解后煎炼得之主要是利用蒸发结晶，
2、故 A 项不符合题意；B.火药使用会产生氮氧化物、硫化物，会污染环境，故 B 项符合题意；C.可通过溶液蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶进行提取，其主要原理是利用 KNO3溶解度随温度变化大，故 C 项不符合题意；D.火药发生化学反应时生成氮气，KNO 3中氮元素的化合价降低，体现 KNO3的氧化性，故 D 项不符合题意，答案选 B。【点睛】古代黑火药的主要成分是 KNO3、S、C，在爆炸过程中发生的反应是：2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO 2，在反应中，氧化剂是 KNO3、S，还原剂是 C。2.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是- 2 -A. 用图所示装置可以分离乙醇水溶液B. 用
3、乙醇提取溴水中的溴选择图所示装置C. 图所示装置中盛有饱和 溶液除去 中含有的少量D. 用图和所示装置可以除去 中的 杂质，并获得 固体【答案】D【解析】【详解】A.乙醇与水互溶，可利用乙醇和水的沸点差异采用蒸馏的方法进行分离，蒸馏时需要温度计测定馏分，图中缺少温度计，故 A 项错误；B.乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应选四氯化碳或苯等提取碘水中的碘，选择图所示装置，故 B 项错误；C.装置是洗气瓶，但瓶内的溶液不能是饱和 Na2CO3溶液，因为二氧化碳也能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应该用饱和 NaHCO3溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，故 C 错误；D.碳酸钠中混有碳酸钙杂质，可将固体溶解
4、，再进行过滤除去碳酸钙，然后再将滤液蒸发结晶，可得到碳酸钠固体，故选择图和所示装置，D 项正确，答案选 D。【点睛】蒸发结晶的过程中，不能将溶液蒸干，需在溶液表面呈现出有晶膜时，停止加热，利用余热蒸干。3.若 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol OH 含有的电子数为 9NAB. 含 0.01 mol FeCl3的饱和溶液滴入沸腾的水中，制得的氢氧化铁胶体粒子数为 0.01NAC. 常温常压下，NO 2和 N2O4的混合物 23g 中含有 NA个氧原子D. 标准状况下，22.4 L 乙醇（酒精）中含有 NA个乙醇分子【答案】C【解析】【分析】根据物质的量与微观粒子数目、气
5、体摩尔体积、质量之间的关系分析。【详解】A.1 个 OH-含有 10 个电子，故 1mol OH 含有 10mol 电子，即电子数为 10NA个，故A 错误；B. 一个氢氧化铁胶体粒子是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于 0.01NA个，故 B 错误；- 3 -C. NO2与 N2O4的最简式均为 NO2，故 23g 混合物中含有的 NO2的物质的量为 0.5mol，则含 NA个氧原子，故 C 正确；D. 标准状况下，乙醇（酒精）是液态，故不能用气体摩尔体积计算物质的量，故 D 错误。故选 C。【点睛】某物质中，所含原子的物质的量等于该物质的物质的量乘以原子下角标系数，例如：0.5m
6、ol NO2含有 1mol 氧原子。4.同温同压下，等物质的量的 和 相比较，下列叙述正确的是A. 质量比为 B. 电子数比为C. 体积比为 D. 密度比为【答案】B【解析】【分析】同温同压下，V m相同，设物质的量均为 1mol，结合 m=nM、 、V=nV m、N=nN A计算。【详解】设物质的量均为 1mol，M（NO）=30g/mol，M（CO）=28g/mol。A.m（NO）：m（CO）= =15:14，错误；B.NO 与 CO 的电子数之比= ，正确；C.同温同压下，等物质的量的气体的体积相同，故体积比为 1:1，错误；D.密度之比= ，错误，故答案选 B。5.已知由 溶液和稍过量
7、的 溶液制得的 胶体，当它跟 胶体相混合时，能析出 和 的混合沉淀，由此可知A. 该 胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动 B. 该 胶体带负电荷C. 该 胶粒带正电荷 D. 该 胶体是电解质【答案】A【解析】- 4 -【分析】AgI 溶胶与 Fe（OH） 3溶胶相混合时，析出 AgI 和 Fe（OH） 3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明 AgI 胶粒与 Fe（OH） 3胶粒带相反电荷，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，据此分析。【详解】AgI 溶胶与 Fe（OH） 3溶胶相混合时，析出 AgI 和 Fe（OH） 3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明 AgI 胶粒与 Fe(OH)3
8、胶粒带相反电荷。而 Fe（OH） 3胶粒吸附正电荷，故 AgI 胶粒吸附负电荷。A.AgI 胶粒吸附负电荷，导致胶粒带负电荷，故电泳时向阳极移动，故 A 正确；B.胶体为混合物，不带电荷，故 B 错误；C.AgI 胶粒吸附负电荷，导致胶粒带负电荷，故 C 错误；D.AgI 胶体是混合物，不是电解质，故 D 错误，答案选 A。【点睛】胶体本身是混合物，不带电荷，胶体粒子因吸附正电荷或负电荷而导致胶体粒子带正电荷或负电荷，需注意概念间的区分。6.下列离子方程式书写正确的是A. 酸性 溶液中加入双氧水：B. 向 溶液中滴入 溶液至 恰好完全沉淀：C. 碳酸钙和盐酸反应：D. 向铝中加入 溶液：【答案
9、】B【解析】【详解】A.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2+2H+H2O22Fe 3+2H2O，故 A 错误；B.向 KAl（SO 4） 2溶液中逐滴加入 Ba（OH） 2溶液至 SO42-恰好沉淀完全反应生成硫酸钡、偏铝酸钠、水，离子反应为 Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H 2O，故 B 正确；C.碳酸钙和盐酸反应，离子方程式：CaCO 3+2H+=H2O+CO2+Ca 2+，故 C 错误；D.Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故 D
10、错误，答案选 B。- 5 -【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题 C 选项） ；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等（如本题中 A、D 项） ；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（如本题 B 项） 。7.下列配制的溶液浓度偏高的是( )A. 配制 H2SO4溶液,用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线B. 配制溶液定容时,仰视容量瓶刻度线C. 配制 100mL 1.0molL-1NaOH
11、 溶液,称取药品时砝码错放左盘D. NaOH 溶解后直接注入容量瓶【答案】D【解析】试题分析：A、配制 H2SO4溶液，用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，会导致所量取的浓硫酸的体积偏小，则配制出的溶液的浓度偏低，A 不选；B、定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，B 不选；C、砝码错放在左盘，如果用游码，会导致称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，如果不用游码，浓度不变，C 不选；D、NaOH 在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，D 选；答案选 D。【考点定位】考查配制一定物质的量浓度溶液的误差分析【名师点晴】注意掌握误差分析的方法与技巧，根据 c
12、= 可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 n 和溶液的体积 V 引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起 n 和 V 怎样的变化，若 n 比理论值小，或 V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若 n 比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。8.下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是A. 酸性溶液中： 、 、 、B. 遇酚酞显红色的溶液中： 、 、 、C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中： 、 、 、D. 透明溶液中： 、 、 、【答案】A- 6 -【解析】【详解】A.Fe 2+、Al 3+、SO 42、NH 4+之间不反应，且都不与氢离子反应，在
13、酸性溶液中能够大量共存，故 A 符合题意；B.该溶液中存在大量氢氧根离子，Cl 2、I 之间发生氧化还原反应，Mg 2+与氢氧根离子反应，Cl2与氢氧根离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故 B 不符合题意；C.该溶液呈酸性或强碱性，HCO 3能与氢离子或氢氧根离子反应，CH 3COO与氢离子发生反应生成弱电解质醋酸，在溶液中一定不能大量共存，故 C 不符合题意；D.铁离子和氢氧根反应生成难溶物氢氧化铁，铁离子和碳酸氢根会发生相互促进的双水解而生成难溶物氢氧化铁和二氧化碳，氢氧根和碳酸氢根会发生离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故 D 不符合题意，答案选 A。【点睛】C 选项为易
14、错点，注意 Al 在酸性、碱性环境都会发生反应生成氢气，但在酸性环境下反应产生氢气，则由于 HNO 3 有强的氧化性，不会存在 NO 3-。9.下列关于金属的说法正确的是A. 铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧B. 在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体C. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的D. 铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物【答案】D【解析】【详解】A.铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧，故 A 错误；B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠固体，固体为淡黄色，故 B 错误；C.铁与水蒸气在高温条件下反应产
15、生氢气和四氧化三铁：3Fe+4H 2O（g）4H2+Fe3O4，Fe 3O4为黑色固体，故 C 错误；D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，故 D 正确，答案选 D。10.某溶液中含 和 各 ，向其中逐滴滴加 的 溶液至过量，下列关系图象正确的是- 7 -A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】AlCl3和 MgCl2的混合溶液中，逐滴加入 NaOH 溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，溶液为 NaCl 溶液，继续滴加 NaOH 溶液至过量，氢氧化铝与 NaOH 反应逐渐溶解，再继续
16、滴加 NaOH 溶液时，氢氧化铝会完全溶解，沉淀为氢氧化镁 0.1mol，溶液为 NaCl、NaAlO 2溶液，由此分析解答。【详解】溶液中含 MgCl2和 AlCl3各 0.01mol，向其中逐滴加入 1mol/L 的 NaOH 溶液至过量，发生反应 Al3+3OH Al（OH） 3，得到沉淀 0.01mol，消耗氢氧化钠 0.03mol，即 30mL，同时发生反应：Mg 2+2OH Mg（OH） 2，得到沉淀 0.01mol，消耗氢氧化钠 0.02mol，即20mL，随反应进行沉淀量增大，共消耗氢氧化钠 50mL，0.01mol 氢氧化铝会溶于过量的氢氧化钠中，发生反应：Al（OH） 3+
17、OH AlO 2 +2H2O，消耗氢氧化钠 10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠，沉淀量减小，直到最后剩余的是氢氧化镁沉淀 0.01mol，图象 C 与实际相符，故选 C。11.在 的离子方程式中，对系数 和 的判断正确的是A. ； 是还原剂 B. ； 是氧化产物C. ； 是氧化剂 D. ， 是还原产物【答案】A【解析】【分析】xR2+yH+O2mR 3+nH2O 中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，- 8 -所以 x=m=4，该反应中 R 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，以此来解答。【详解】A. m=4，R 2+被氧化，是还原剂，故 A 正
18、确；B. m=4，n=2，R 3+是氧化产物，故 B 错误；C. m=4，R 2+是还原剂，故 C 错误；D. m=y，R 3+是氧化产物，故 D 错误，答案选 A。12.有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的 NH4NO3和 Zn 粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH 4NO3Zn=ZnON 22H 2O，下列有关说法中正确的是A. 该反应中 NH4NO3只作氧化剂B. 该反应中只有两种元素化合价改变C. 每消耗 65 克锌会产生 22.4L N2D. ZnO 是该反应的还原产物【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中概念间的相互关系分析判断。
19、【详解】反应中，Zn 失电子从 0 价升到+2 价，NH 4+中的氮失电子从3 价升到 0 价，NO 3 中氮得电子从+5 价降到 0 价（B 项正确） 。Zn 是还原剂，NH 4NO3既是氧化剂也是还原剂（A 项错误） 。ZnO 是氧化产物，N 2既是氧化产物也是还原产物（D 项错误） 。每消耗 65 克 Zn（1mol）会产生 1mol N2，不一定是 22.4L（C 项错误） 。【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂失电子，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。13.将含 1mol HCl 的稀盐酸，逐滴加入含 0.2 mo
20、l NaOH 和 0.5 molNa2CO3的混合溶液中，充分反应后溶液中各物质的量是HCl/mol NaCl/mol NaOH/mol Na2CO3/mol NaHCO3/molA 0 1 0.1 0 0.1- 9 -B 0 1 0 0.1 0.1C 0.2 0.8 0 0 0.2D 0 1 0 0 0.2【答案】D【解析】试题分析：HCl 首先与 NaOH 发生中和反应，HCl 再和 Na2CO3反应生成 NaHCO3，HCl 再和NaHCO3反应，根据反应进行计算。故选 D。考点：钠的重要化合物 化学计算点评：本题考查的是无机反应的知识和化学计算，分析清楚 HCl 和 Na2CO3反应的
21、原理是解题的关键，题目难度适中。14.将 和 的样品溶解在过量的 物质的量浓度为 的 溶液中，然后向其中加入 溶液使 、 刚好完全沉淀，用去 溶液 ，则 溶液的浓度为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入 100mLNaOH 溶液，恰好使 Fe3+、Al 3+完全沉淀，此时溶液中溶质为 Na2SO4，根据钠离子守恒有 n（NaOH）=2n（Na 2SO4） ，根据硫酸根守恒有 n（Na 2SO4）=n（H 2SO4） ，进而计算 NaOH 的物质的量浓度。【详解】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入
22、 100mLNaOH 溶液，恰好使 Fe3+、Al 3+完全沉淀，此时溶液中溶质为 Na2SO4，根据硫酸根守恒有 n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.2L0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒有 n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.02mol，则- 10 -该 c(NaOH)= =0.2mol/L，故答案为 C。15.如图所示,下列说法不正确的是( )A. 图 I 表示向以 AlCl3溶液中滴加氨水至过量B. 图表示向 NaOH 溶液中滴加 AlCl3溶液至过量且边滴边振荡C. 图表示向 NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡D. 图 IV 表示向 NaAlO
23、2溶液中缓慢通入二氧化碳至过量【答案】A【解析】A氯化铝溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝沉淀完全后不再变化，A 错误；B向 NaOH 溶液中滴加 AlCl3溶液至过量且边滴边振荡，先生成偏铝酸钠，开始无沉淀生成，氢氧化钠反应完全后继续滴入氯化铝会和偏铝酸钠反应生成沉淀，发生 Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，3AlO 2-+6H2O+Al3+=4Al(OH)3，两过程中氯化铝的用量为 3：1，与图象符合，B 正确；C向 NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：A
24、lO 2-+H+H2O=Al(OH)3，Al(OH) 3+3H+=Al3+3H2O，两过程消耗盐酸量为 1：3，与图象符合，C 正确；D向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，所以通入二氧化碳会不断生成沉淀到偏铝酸钠完全沉淀后，沉淀量不再变化，发生的反应为 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 3-，与图象符合，D 正确；答案选 A。16.镁、铝合金粉末 溶于 盐酸中且恰好完全反应，若加入 的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】加入 1mol/L 的氢氧化钠溶液，要使产生的沉
25、淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒计算氢氧化钠的物质的量，进而计算所需- 11 -体积。【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5L4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为 =2L=2000mL，故答案为 D。【点睛】本题的解题关键在于分析反应过程中，溶液溶质的变化，抓住沉淀最大值时，溶液的溶质恰好为 NaCl，再根据原子守恒进行解答。17.某同学通过以下装置测定 M 样品（只含 、 、 ）中各成分的质量分数。取
26、两份质量均为 的 M 样品，按实验 1（如图 1）和实验 2（如图 2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为 和 （已折算到标准状况下） 。（1）该实验中所用稀硫酸是用 98的浓硫酸 配制的，则该浓硫酸的物质的量浓度是_ 。（2）写出实验 1 中可能发生反应的离子方程式：_。（3）对于实验 2，平视读数前应依次进行的两种操作是：_，_。（4）M 样品中铜的质量分数的数学表达式为（用 和 表示）：_。（5）该实验需要 的 溶液 ，请回答下列问题：配制时应称量_ ；配制 溶液时， 固体中含有 杂质会导致所配溶液浓度_。 （填“偏大” 、- 12 -“偏小”或“无影响” ，下同） 。（
27、6）若拆去实验 2 中导管 a，使测得气体体积_；实验 1 进行实验前，B 瓶中水没有装满，使测得气体体积_。【答案】 (1). 18.4 (2). 2Al+2OH +2H2O=2AlO2 +3H2 (3). 冷却到室温 (4). 调整 BC 液面相平 (5). 或 (6). 10.0 (7). 偏大 (8). 偏大 (9). 无影响【解析】【分析】据题意，M 只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸。（1）根据 计算该浓硫酸的物质的量浓度；（2）实验 1 中氢氧化钠溶液只与铝反应；（3）对于实验 2，平视读数
28、前应等到冷却到室温，并上下移动 C 量气管，使 B、C 液面相平，其目的是使 B 管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；（4）根据 V1可计算出样品中铝的质量，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据 V2V 1即为铁与盐酸反应生成的氢气计算铁的量，再进一步计算铜的质量，从而计算出铜的质量分数；（5）要配制 0.50molL1 的 NaOH 溶液 480mL，所用容量瓶应为 500mL，所以计算氢氧化钠的质量时要按 500mL 溶液计算；NaOH 固体中含有 Na2O 杂质，氧化钠与水发生化合反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，据此答题；（6）若拆去实验 2 中导管 a，加入液
29、体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；如果实验 1 实验前 B 瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上 B 管收集的气体体积等于排入 C 管里液体的体积。【详解】 （1）根据 可得浓硫酸的物质的量浓度为；（2）实验 1 中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为：2Al+2OH +2H2O=2AlO2 +3H2；- 13 -（3）对于实验 2，平视读数前应等到冷却到室温；并上下移动 C 量气管，使 B、C 液面相平，其目的是使 B 管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；（4）根据 V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为 ，铁和铝都与酸反应生成氢气，
30、所以根据 V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为，所以样品中铜的含量为=mg- ，故铜的质量分数的表达式为：或 ；（5）要配制 0.50molL1 的 NaOH 溶液 480mL，所用容量瓶应为 500mL，所以配制时应称量0.50molL1 0.5L40g/mol=10.0g NaOH；NaOH 固体中含有 Na2O 杂质，相同质量时，氧化钠与水反应生成更多的氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大；（6）若拆去实验 2 导管 a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；如果实验 1 实验前 B 瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为
31、理论上 B 管收集的气体体积等于排入 C 管里液体的体积。18.下列括号中的物质为杂质，请写出除杂的离子方程式。（1） ；离子方程式为_。（2） ：离子方程式为_。（3） ：离子方程式为_。（4） ：离子方程式为_。【答案】 (1). Cu(OH)22H =Cu2 2H 2O 或 CuO2H =Cu2 H 2O 或CuCO32H =Cu2 CO 2 H 2O 或其他合理答案均可 (2). 2OH CO 2=CO32 H 2O 或OH CO 2=HCO3 或其他合理答案均可 (3). CO32 H 2OCO 2=2HCO3 或其他合理答案均可 (4). Al2O32OH =2AlO2 H 2O
32、或其他合理答案均可【解析】- 14 -【分析】（1）HCl 与 Cu（OH） 2、CuO、CuCO 3反应均能生成 CuCl2；（2）二氧化碳与 NaOH 反应，而氧气不能；（3）碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；（4）氧化铝与 NaOH 反应，而 MgO 不能；【详解】 （1）除杂试剂可选用 Cu（OH） 2或 CuO 或 CuCO3，其除杂的离子方程式分别为：Cu(OH)22H =Cu2 2H 2O、CuO2H =Cu2 H 2O、CuCO 32H =Cu2 CO 2 H 2O；（2）除杂试剂可选用 NaOH 溶液，其除杂的离子方程式为：2OH CO 2=CO32 H 2O 或OH C
33、O 2=HCO3 ；（3）除杂试剂可选用 CO2气体，其除杂的离子方程式为：CO 32 H 2OCO 2=2HCO3 ；（4）除杂试剂可选用 NaOH 溶液，其除杂的离子方程式为：Al 2O32OH =2AlO2 H 2O。【点睛】除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质， （2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离。19.已知 为 和 的混合物，且知氧化性顺序： ，取 样品进行如下图所示的实验：（1）写出步可能发生反应的 3 个离子方程式为_、_、_。（2）若溶液 E 中只有一种金属离子，则一定是_；若 D 固体是纯净物，该固体是_。 （填化学式）（3）向溶液 A 中加入
34、 粉，若会反应，则写出反应的离子方程式，若不会反应，则填“不能”在横线上_。【答案】 (1). Cu2+FeFe 2+Cu (2). 2Fe3+Fe3Fe 2+ (3). 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+ - 15 -(4). Fe2+ (5). Cu (6). 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+【解析】【分析】（1）X 为 Fe2O3和 CuO 的混合物，与过量盐酸反应生成的 A 中含有氯化铁、氯化铜和盐酸，Fe2O3和 CuO 的混合物被一氧化碳还原后可得到的固体有铜、铁两种，若 B 是铜，根据氧化性顺序可知，只有一个反应：2Fe 3+Cu=2Fe2+Cu2+，且不会产生 F 气体，故
35、B 是铁和铜，据此分析；（2）若溶液 E 中只有一种金属离子，则必然是氧化性最弱的离子；由于铜的还原性小于铁的还原性，Fe 首先还原 Fe3+，然后再还原 Cu2+，所以 D 固体如果是纯净物，则一定是 Cu；（3）由于氧化性 Fe3+Cu 2+，Fe 3+能氧化 Cu，据此分析。【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+Cu 2+H +Fe 2+，所以溶液中可能发生的离子反应有：Cu 2+FeFe 2+Cu、2Fe 3+Fe3Fe 2+、2Fe 3+Cu=Cu2+2F
36、e2+，（2）根据（1）中发生的离子反应可知，溶液中一定有 Fe2+；由于铜的还原性小于铁的还原性，故 Fe 首先还原 Fe3+，该过程无固体析出，然后再还原 Cu2+，生成 Cu，所以 D 固体如果是纯净物，则一定是 Cu；（3）由（1）分析可知，A 溶液中一定含有 Fe3+，根据氧化强弱可知，Fe 3+可以氧化 Cu，生成 Cu2+，离子反应方程式为 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+。20.实验室有一份含有杂质 MgCl2和 KCl 的 AlCl3溶液 M，某小组用下图所示过程对其进行除杂并尽可能的减少 AlCl3的损失。请回答下列问题：（1）沉淀 A 的化学式为_，过程中 Al3+发生
37、反应的离子方程式为_。（2）氢氧化钠溶液_（填“能”或“不能” ）用氨水代替，原因是_。（3）溶液 B 中大量存在的阳离子是_，过程中生成沉淀 C 的离子方程式为_。- 16 -【答案】 (1). Mg(OH)2 (2). Al3 4OH = AlO2 +2H2O (3). 不能 (4). 因为在 Al3 与氨水反应生成 Al(OH)3后，Al(OH) 3不能与氨水继续反应，从而不能将 Al(OH)3与 Mg(OH)2分开 (5). K 、Na (6). AlO2 +2H2O+CO2 = Al(OH)3+HCO 3【解析】向含有杂质 MgCl2和 KCl 的 AlCl3溶液 M 中加入足量的
38、NaOH 溶液，Mg 2 反应生成 Mg(OH)2沉淀，Al 3 反应生成 AlO2 ，则沉淀 A 为 Mg(OH)2，溶液 B 中含有K 、Na 、AlO 2 、OH 、Cl ，向溶液 B 中通入足量的 CO2，AlO 2 发生反应AlO2 CO 22H 2O=Al(OH)3HCO 3 ，生成 Al(OH)3沉淀，则沉淀 C 为 Al(OH)3，Al(OH) 3与盐酸反应生成 AlCl3。（1）.根据上述分析可知，沉淀 A 的化学式为 Mg(OH)2，过程中 Al3+与足量的 NaOH 反应的离子方程式为：Al 3 4OH = AlO2 +2H2O，故答案为：Mg(OH) 2；Al 3 4O
39、H = AlO2 +2H2O；（2）.氢氧化钠溶液不能用氨水代替，原因是在 Al3 与氨水反应生成 Al(OH)3后，氨水是弱碱，Al(OH) 3不能与氨水继续反应，从而不能将 Al(OH)3与 Mg(OH)2分开，故答案为：在 Al3与氨水反应生成 Al(OH)3后，Al(OH) 3不能与氨水继续反应，从而不能将 Al(OH)3与 Mg(OH)2分开；（3）根据上述分析可知，在溶液 B 中大量存在的阳离子是 K 、Na ，过程中 AlO2 与 CO2和 H2O 发生反应 AlO2 CO 22H 2O=Al(OH)3HCO 3 ，生成 Al(OH)3沉淀，故答案为：K 、Na ；AlO 2 +
40、2H2O+CO2 = Al(OH)3+HCO 3 。21.有一无色溶液，其中可能含有 、 、 、 、 、 、 、 、等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下：第个实验中，生成白色沉淀的量与加入 的量有如下图所示的相互关系。据此可知：- 17 -（1）在原溶液中一定存在的离子有_；一定不存在的离子有_；不能确定是否存在的离子有_。（2）写出第个实验中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). Al3+、Mg 2+、K +、 (2). Fe3+、Fe 2+、Cu 2+、Ba 2+ (3). Cl (4). Mg2+2OH=Mg(OH)2、Al 3+3OH=Al
41、(OH)3、Al(OH) 3+OH= +2H2O【解析】【分析】由题意，溶液无色，则 Fe3+ (棕黄色)、Fe 2+ (浅绿色)、Cu 2+ (蓝色)一定不存在；焰色反应显紫色，说明一定有 K+；实验说明一定有 ，则 Ba2+一定不存在；由实验以及图像可知一定有 Mg2+、Al 3+，而 Cl通过上述四个实验无法确定。【详解】(1)由上述分析可知，在原溶液中一定存在的离子有 Al3+、Mg 2+、K +、 ，一定不存在的离子有 Fe3+、Fe 2+、Cu 2+、Ba 2+，不能确定是否存在的离子有 Cl；(2) 在原溶液中存在的离子 Al3+、Mg 2+，加入足量氢氧化钠溶液时，生成氢氧化镁沉淀，过量的氢氧化钠使铝离子生成偏铝酸根，溶液中发生反应的离子方程式为 Mg2+2OH =Mg（OH）2、Al 3+3OH =Al（OH） 3、Al（OH） 3+OH =AlO2 +2H2O。- 18 -
