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河北省武邑中学2019-2020学年高一12月月考化学试化学题（解析版）
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河北省武邑中学2019-2020学年高一12月月考试题
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。
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。
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。
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）。
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 ↓。
河北省武邑中学2019-2020学年高一12月月考试题
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。
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。
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。
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）。
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 ↓。
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