【化学】江西省抚州市临川第一中学2018-2019学年高一12月月考试题（解析版）

江西省临川第一中学2018-2019学年高一12月月考试题
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①：《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②《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①中提取，利用了溶解、蒸发、结晶的实验过程
B. 文献②中使用火药的产物不会污染环境
C. 用文献①中方法制取是因为的溶解度受温度影响较大
D. 文献②中火药的作用体现了硝酸钾的氧化性
【答案】B
【详解】A.KNO3溶解度随温度变化大，提纯的方法是利用溶解后，煎炼得之主要利用蒸发结晶，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，KNO3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。
2.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（ ）

A. 用图④所示装置可以分离乙醇水溶液
B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置
C. 图⑤所示装置中盛有饱和溶液除去中含有的少量
D. 用图①和②所示装置可以除去中的杂质，并获得固体
【答案】D
【解析】
【分析】①为过滤装置；②为蒸发装置；③为分液装置；④为蒸馏装置，但装置装缺少温度计；⑤气体长进短出时，为洗气装置；根据不同实验的原理选择合适的装置。
【详解】A.乙醇与水会互溶，可利用乙醇和水的沸点差异进行分离，采用蒸馏进行分离，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③所示装置，故B项错误；
C.装置⑤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，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①和②所示装置，D项正确。
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9NA
B. 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0.01NA
C. 常温常压下，NO2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；
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。
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，Vm相同，设物质的量均为1mol，结合m=nM、、V=nVm、N=nNA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。
5.已知由溶液和稍过量的溶液制得的胶体，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】
【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。
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】B
【解析】
【分析】本题主要考查离子方程式的书写。A.电荷不守恒；
B.向KAl（SO4）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；
C.碳酸钙为固体，应保留化学式；
D.电荷不守恒。
【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++H2O2═2Fe3++O2↑+2H2O，故A错误；
B.向KAl（SO4）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↓+2H2O，故B正确；
C.碳酸钙和盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，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+2OH-+6H2O═2[Al（OH）4]-+3H2↑或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故D错误；
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 1.0mol·L-1NaOH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。
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
【解析】
【分析】本题主要考查离子共存问题。
A.四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，氯气能够氧化碘离子，镁离子与氢氧根离子反应，氯气和氢氧根会反应；
C.该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应，氢离子和醋酸根离子能生成弱电解质醋酸分子；
D.铁离子和氢氧根、碳酸氢根会反应，氢氧根和碳酸氢根会反应。
【详解】A.Fe2+、Al3+、SO42−、NH4+之间不反应，且都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.该溶液中存在大量氢氧根离子，Cl2、I−之间发生氧化还原反应，Mg2+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，HCO3−与氢离子和氢氧根离子反应，CH3COO−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。
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】
【分析】A.根据铝的化学性质以及铝和氧化铝熔点的高低来解释；
B.从钠与氧气在点燃的条件下生成过氧化钠分析；
C.铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
D.铝制餐具表面的氧化铝以及铝单质均能与酸或强碱反应；
【详解】A.铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，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.高温下铁可与水蒸气在高温条件下反应产生氢气：3Fe+4H2O4H2+Fe3O4，Fe3O4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。
10.某溶液中含和各，向其中逐滴滴加的溶液至过量，下列关系图像正确的是（ ）
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溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，再继续滴加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、NaAlO2溶液，由此分析解答。
【详解】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：Mg2++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+OH﹣═AlO2﹣+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．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++O2═mR3++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，所以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，R2+被氧化，是还原剂，故A正确；
B. m=4，n=2，R3+是氧化产物，故B错误；
C. m=4，R2+是还原剂，故C错误；
D. m=y，R3+是氧化产物，故D错误；
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：NH4NO3＋Zn===ZnO＋N2↑＋2H2O，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 N2
D. 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。
【详解】反应中，Zn失电子从0价升到+2价，NH4+中的氮失电子从－3价升到0价，NO3－中氮得电子从+5价降到0价（B项正确）。Zn是还原剂，NH4NO3既是氧化剂也是还原剂（A项错误）。ZnO是氧化产物，N2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）。
13.将含1mol HCl的稀盐酸，逐滴加入含0.2 mol 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/mol
A
0
1
0.1
0
0.1
B
0
1
0
0.1
0.1
C
0.2
0.8
0
0
0.2
D
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。
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+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），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100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+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)=0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒有n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.02mol，则该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Ⅱ表示向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡
C. 图Ⅲ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NaAlO2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，3AlO2-+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：AlO2-+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↓+HCO3-，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)=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL，故答案为D。
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：①____________，②____________。
（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：
①配制时应称量______；
②配制溶液时，固体中含有杂质会导致所配溶液浓度______。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同）。
（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 (7). 偏大 (8). 偏大 (9). 无影响
【解析】
【分析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，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V2﹣V1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）①要配制0.50mol•L﹣1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；
②NaOH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↑；
（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，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）①要配制0.50mol•L﹣1的NaOH溶液480mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量0.50mol•L﹣1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH；
②NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，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)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O或CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O或CuCO3＋2H＋=Cu2＋＋CO2＋H2O或其他合理答案均可 (2). 2OH－＋CO2=CO32－＋H2O或OH－＋CO2=HCO3－或其他合理答案均可 (3). CO32－＋H2O＋CO2=2HCO3－或其他合理答案均可 (4). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O或其他合理答案均可
【解析】
【分析】（1）HCl与Cu（OH）2、CuO、CuCO3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)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O、CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O、CuCO3＋2H＋=Cu2＋＋CO2＋H2O；
（2）除杂试剂可选用NaOH溶液，其除杂的离子方程式为：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O或OH－＋CO2=HCO3－；
（3）除杂试剂可选用CO2气体，其除杂的离子方程式为：CO32－＋H2O＋CO2=2HCO3－；
（4）除杂试剂可选用NaOH溶液，其除杂的离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O。
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③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++Fe═Fe2++Cu (2). 2Fe3++Fe═3Fe2+ (3). 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+ (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：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，且不会产生F气体，故B是铁，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+＞Cu2+，Fe3+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+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，所以溶液中可能发生的离子反应有：Cu2++Fe═Fe2++Cu、2Fe3++Fe═3Fe2+、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，
（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，Fe3+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①中Al3+发生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②中生成沉淀C的离子方程式为_____________________________。
【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↓+HCO3－
【解析】向含有杂质MgCl2和KCl的AlCl3溶液M中加入足量的NaOH溶液，Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋反应生成AlO2－，则沉淀A为Mg(OH)2，溶液B中含有K＋、Na＋、AlO2－、OH－、Cl－，向溶液B中通入足量的CO2，AlO2－发生反应AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，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①中Al3+与足量的NaOH反应的离子方程式为：Al3＋＋4OH－ = AlO2－+2H2O，故答案为：Mg(OH)2；Al3＋＋4OH－ = 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②中AlO2－与CO2和H2O发生反应AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，生成Al(OH)3沉淀，故答案为：K＋、Na＋；AlO2－+2H2O+CO2 = Al(OH)3↓+HCO3－。
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③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：

（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③个实验中发生反应的离子方程式____________________________________。
【答案】(1). Al3+、Mg2+、K+、 (2). Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ba2+ (3). Cl− (4). Mg2++2OH−===Mg(OH)2↓、Al3++3OH−===Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−===+2H2O
【解析】
【分析】由题意，溶液无色，则Fe3+ (棕黄色)、Fe2+ (浅绿色)、Cu2+ (蓝色)一定不存在；焰色反应显紫色，说明一定有K+；实验②说明一定有，则Ba2+一定不存在；由实验③以及图像可知一定有Mg2+、Al3+，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+、Mg2+、K+、，一定不存在的离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ba2+，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+、Mg2+，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↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O。