2019-2020年高一上学期月考化学试题（12月份）含解析.doc

2019-2020年高一上学期月考化学试题（12月份）含解析一、选择题（本题共16小题，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1（3分）下列物质必须隔绝空气保存的是（）NaNa2ONa2O2NaOHNa2CO3NaClABCD考点：钠的重要化合物分析：能被氧气氧化或者是和空气中的成分反应的物质必须隔绝空气保存解答：解：钠可以和空气中的水、氧气等反应，需要隔绝空气保存，故正确；氧化钠可以和空气中的水反应生成氢氧化钠，需要隔绝空气保存，故正确；过氧化钠可以和空气中的二氧化碳以及水反应，需要隔绝空气保存，故正确；氢氧化钠可以和空气中的二氧化碳反应，需要隔绝空气保存，故正确；Na2CO3性质稳定，无需隔绝空气，故错误；NaCl性质稳定，无需隔绝空气，故错误故选C点评：本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大2（3分）下列变化中可以说明SO2具有漂白性的是（）ASO2通入向溴水溶液中红棕色褪去BSO2通入品红溶液中红色褪去CSO2通入氢氧化钠与酚酞的混合溶液中红色褪去DSO2通入酸性高锰酸钾溶液中紫红色褪去考点：二氧化硫的化学性质专题：氧族元素分析：A、红棕色褪去的原因是：溴水是红棕色，SO2和Br2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；B、红色褪去的原因是：二氧化硫和水反应生成的亚硫酸和有机色素品红结合成不稳定的无色物质，体现了二氧化硫的漂白性；C、红色褪去的原因是：原溶液变红是氢氧化钠的原因，二氧化硫气体和氢氧化钠发生反应后生成了亚硫酸钠，在溶液中亚硫酸钠水解显碱性很弱，不会使酚酞变红，体现了酸性氧化物SO2的性质；D、紫红色是高锰酸根离子的颜色，通入二氧化硫气体溶液褪色是二氧化硫把高锰酸根还原为无色的锰离子；解答：解：A、二氧化硫气体通入溴水中发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，红棕色退去，体现了二氧化硫的还原性，故A不选；B、二氧化硫的漂白性使有机色素褪色，品红是有机色素的溶液，所以B中褪色是二氧化硫的漂白性，故B选；C、氢氧化钠的酚酞混合溶液呈红色，SO2通入后发生反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，消耗掉氢氧化钠，红色退去，是酸性氧化物的性质，故C不选；D、高锰酸钾溶液本身呈紫红色，通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应，高锰酸钾把二氧化硫氧化，本身被还原为无色锰离子，体现二氧化硫的还原性，故D不选；故选B点评：本题考查了二氧化硫的还原性、漂白性、酸性氧化物的化学性质，注意利用物质或离子的颜色及发生的化学反应来分析解答3（3分）关于硅的叙述不正确的是（）A高纯硅是良好的半导体B硅是制造太阳能电池的常用材料C单质硅既不能与酸反应又不能与碱反应D硅在地壳中含量居第二位，但在自然界中没有游离态的硅存在考点：硅和二氧化硅；硅的用途分析：A硅在元素周期表中位于金属元素和非金属元素的分界线处，是良好的半导体B晶体硅可导电；C单质硅既能与HF又能与氢氧化钠反应；D硅在地壳中的含量居第二位，为亲氧元素解答：解：A硅在元素周期表中位于金属元素和非金属元素的分界线处，是良好的半导体，故A正确；B晶体硅可导电，可制成光电池，是制造太阳能电池的常用材料，故B正确；C单质硅既能与HF又能与氢氧化钠反应，故C错误；D地壳中元素含量的顺序由多到少的顺序为：氧、硅、铝、铁、钙、钠、钾、镁、氢等，所以硅在地壳中的含量居第二位，又为亲氧元素，所以在自然界中没有游离态的硅存在，故D正确；故选C点评：本题考查硅元素单质的相关知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大4（3分）将Na2O2投入FeCl3溶液中，可观察到的现象是（）A生成白色沉淀B生成红褐色沉淀C有黄绿色气体产生D无变化考点：钠的重要化合物分析：Na2O2投入FeCl3溶液反应中Na2O2和水反应，生成的氢氧化钠和氧气，Fe3+与氢氧化钠反应，生成Fe（OH）3红褐色沉淀解答：解：将Na2O2投入FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，Fe3+与氢氧化钠反应，3OH+Fe3+Fe（OH）3，立即生成红褐色的Fe（OH）3沉淀，所以看到的现象是：有大量气泡生成，有红褐色沉淀生成故选：B点评：本题考查的是钠化合物的性质、氢氧化钠的性质与铁的化合物性质，正确分析反应过程是解本题的关键，经常考查的还有Na2O2、Na投入CuSO4溶液中观察到的现象5（3分）下列离子方程式书写不正确的是（）ACl2通入烧碱溶液中：Cl2+2OHCl+ClO+H2OBAl2O3粉末溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH2AlO2+H2OCAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3DFeCl2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl考点：离子方程式的书写分析：A二者反应生成NaCl、NaClO和水；B二者反应生成偏铝酸钠和水；CAl（OH）3不溶于弱碱溶液且弱电解质写化学式；D二者反应生成氯化铁解答：解：A二者反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A正确；B二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故B正确；CAl（OH）3不溶于弱碱溶液且弱电解质写化学式，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D二者反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D正确；故选C点评：本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，明确离子性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物等都写化学式，要注意遵循原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒6（3分）下列离子在溶液中能大量共存的是（）AFe3+、NH4+、SCN、ClBNa+、H+、NO3、SO42CFe2+、Fe3+、Na+、NO3DFe2+、NH4+、Cl、OH考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能结合生成络离子等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A因Fe3+、SCN结合生成络离子，则不能共存，故A错误；B因该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C因该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D因Fe2+、OH结合生成沉淀，NH4+、OH结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；故选BC点评：本题考查离子的共存，熟悉离子之间的反应即可解答，注意选项A中的络离子，题目难度不大7（3分）将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）AKSCNBBaCl2CNaOHDHCl考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：物质检验鉴别题分析：四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应的现象逐一分析，即可正确选择解答：解：A、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故A错误；B、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，故B错误；C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故C正确；D、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故D错误故选C点评：此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断8（3分）（xx上海）将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）ABCD考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算专题：图示题；计算题分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答解答：解：A、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C点评：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO29（3分）下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是（）金属钠在纯氧中燃烧； FeSO4溶液滴入NaOH溶液并在空气中放置一段时间；FeCl3溶液滴入KSCN溶液； 无水硫酸铜放入医用酒精中ABCD考点：钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属钠在纯氧中燃烧生成过氧化钠；FeSO4溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，迅速被氧化为氢氧化铁；三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示红色；铜离子在水溶液中显示蓝色解答：解：金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；FeSO4溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速被氧化为氢氧化铁红褐色物质； FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，溶液变蓝，故其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列依次是故选B点评：本题考查物质的性质，题目难度不大，注意反应产物的判断，注意常见物质的颜色等物理性质10（3分）单质钛（Ti）的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称以TiO2制金属钛，主要反应有：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述不正确的是（）A反应中碳是还原剂B反应中TiO2是氧化剂C反应表现了金属镁还原性比金属钛强D反应氧化剂与还原剂的物质的量的关系为1：1考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti中，Mg元素的化合价升高，Ti元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A反应中碳元素的化合价升高，是还原剂，故A正确；B反应中Ti、O元素的化合价不变，TiO2是反应物，既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C反应中Mg失去电子作还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，金属镁还原性比金属钛强，故C正确；DTiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，Cl2为氧化剂，C为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量的关系为1：1，故D正确；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大11（3分）在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的是（）ANa+、NO3、Al3+、ClBNa+、CO32、K+、NO3CCu2+、K+、SO42、ClDBa2+、K+、Cl、CO32考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：溶液无色，则有颜色的离子不能共存，溶液呈强酸性，则在酸性条件下不发生任何反应的离子可大量共存，如离子之间能反应生成沉淀、气体、弱电解质或发生氧化还原反应则不能大量共存解答：解：A溶液无色，且四种离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B溶液无色，CO32在酸性条件下不能大量共存，故B错误；CCu2+有颜色，不符合题目无色要求，故C错误；D溶液无色，CO32在酸性条件下不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意溶液无色以及强酸性的要求，为解答该题的关键，注意常见离子的性质12（3分）下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2DAlCl3和NaOH考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：物质和氧气相互反应时，根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析，氢氧化钠和少量二氧化碳反应的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反应的产物是碳酸氢钠，过氧化钠和二氧化碳反应可以产生碳酸钠和氧气，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解解答：解：A、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故C正确；D、氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误故选C点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨13（3分）在MgCl2、Cl2、Ca（ClO）2、HClO2、（）、Cl2O7的排列中，括号内应填入的物质的化学式是（）AKClO4BKClO3CHClODCl2O3考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：由信息可知，MgCl2中Cl为1价，Cl2中Cl为0价，Ca（ClO）2中Cl为+1价，HClO2中Cl为+3价，Cl2O7中Cl为+7价，按照元素的化合价由低到高排列，以此来解答解答：解：MgCl2、Cl2、Ca（ClO）2、HClO2、Cl2O7的中氯元素的化合价分别是1、0、+1、+3、+7，括号内应填入的物质中Cl的化合价界于+3和+7之间，即+5价的氯酸钾即可故选B点评：本题考查Cl元素的化合价及规律性分析，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素的化合价是解答本题的关键，题目较简单14（3分）在下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是（）AHCl+NaOH=NaCl+H2OBZn+2HCl=ZnCl2+H2CHCl+AgNO3=AgCl+HNO3DMnO2+4HCl（浓）=MnCl2+C12+2H2O考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：盐酸表现出酸性说明和其它物质生成盐，盐酸表现出酸性说明在反应中失电子化合价升高解答：解：A酸碱中和反应中，盐酸只体现酸性，故A错误；B该反应中氢元素得电子化合价降低，所以盐酸体现出氧化性，故B错误；C该反应中，氢元素和氯元素的化合价都不变化，盐酸只体现出酸性，故C错误；D该反应中部分氯化氢失电子作还原剂，部分化合价不变只作酸，所以该反应中盐酸既表现出酸性又表现出还原性，故D正确；故选D点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大15（3分）为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的是（）ANa2SO3溶液（BaCl2）BFeCl2溶液（KSCN）CKI（淀粉溶液）DNaOH（BaCl2试液）考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计分析：ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，可检验铁离子；CKI变质生成碘单质；DNaOH溶液变质混有碳酸钠，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀解答：解：ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀，则加氯化钡不能检验是否变质，故A选；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B不选；CKI变质生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，可检验是否变质，故C不选；DNaOH溶液变质混有碳酸钠，加氯化钡生成白色沉淀可检验变质，故D不选；故选A点评：本题考查物质的鉴别和检验基本方法及应用，为高频考点，把握变质混有的物质及离子的性质为解答的关键，注意原物质与变质生成的物质反应现象相同不能鉴别，题目难度不大16（3分）某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色对于原混合气体成分的判断正确的是（）A肯定有SO2和NOB肯定没有Cl2和NO，可能有O2C可能有Cl2和NOD肯定只有NO考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：元素及其化合物分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红，品红褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有O2解答：解：该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有NO，因此就一定不能含有O2，故选A点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题该题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，题目难度不大二、实验题（共24分）17（24分）实验室用下述装置制取氯气（如图），并用氯气进行下列实验看图回答下列问题：（1）A、B两仪器的名称：A分液漏斗，B圆底烧瓶B中发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，D是为了干燥Cl2，则C、D 中应分别放入下列溶液中的C：；D：NaOH溶液饱和食盐水AgNO3溶液浓H2SO4（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是E：E中无变化，F：F中红色布条褪色（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，G处现象是棉花球表面变成蓝色反应的离子方程式是2I+Cl22Cl+I2，（5）H是浸有NaBr溶液的棉花球，H处现象是棉花球表面变成橙色（6）P处为尾气吸收装置（如图），可选用B反应的离子方程式是Cl2+2OHCl+ClO+H2O考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质分析：（1）熟悉仪器作用和构造写出名称；浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水；（2）从发生装置出来的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气；（3）氯气不具有漂白性，次氯酸具有漂白性；（4）氯气氧化性强于碘，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；（5）氯气氧化性强于溴，能够氧化溴离子生成单质溴，溴水呈橙色；（6）氯气有毒污染空气，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气溶解性较小不需要防止倒吸解答：解：（1）装置图中仪器作用和图形可知是利用A分液漏斗向B烧瓶中加入浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置；二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶； MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（2）从发生装置出来的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，先通过盛有饱和食盐水的C洗气瓶除去HCl，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶D除去氯气中的水蒸气；故答案为：；（3）氯气不具有漂白性，所以干燥的有色布条不褪色，E中无变化；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以湿润的有色布条褪色，F中红色布条褪色；故答案为：E中无变化，F中红色布条褪色；（4）氯气氧化性强于碘，能够氧化碘离子生成单质碘，离子方程式为：2I+Cl22Cl+I2；碘遇到淀粉变蓝；故答案为：蓝色；2I+Cl22Cl+I2；（5）氯气氧化性强于溴，能够氧化溴离子生成单质溴，溴水呈橙色；故答案为：橙色；（6）因为Cl2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；又因为在水中的溶解度不大，故不需防倒吸；故答案为：B；Cl2+2OHCl+ClO+H2O点评：本题考查了实验室制备氯气的发生装置分析判断，熟悉制备原理和性质是解题关键，题目难度中等三填空题（共28分）18（6分）怎样用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质（用有关反应的离子方程式）（1）铜粉中混有铁粉Fe+2H+=Fe2+H2（2）Na2CO3溶液中混有NaHCO3HCO3+OH=H2O+CO32（3）FeCl2溶液中混有CuCl2Fe+Cu2+=Cu+Fe2+考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：化学实验基本操作分析：除杂的原则是：不增：不增加新的杂质；不减：不减少被提纯物质；易分离：杂质与被提纯物质容易分离（1）铜粉中混有铁粉利用金属活泼性加入盐酸除去铁；（2）Na2CO3溶液中混有NaHCO3 加入少量的氢氧化钠；（3）FeCl2溶液中混有CuCl2加人过量的铁粉解答：解：（1）铜粉中混有铁粉利用金属活泼性加入盐酸除去铁，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；（2）Na2CO3溶液中混有NaHCO3 加入少量的氢氧化钠，反应的离子方程式为HCO3+OH=H2O+CO32，故答案为：HCO3+OH=H2O+CO32；（3）FeCl2溶液中混有CuCl2加人过量的铁粉，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+点评：本题考查物质的提纯和离子反应方程式，题目简单，解题时应注意选择合适的试剂，保证不增加新的杂质，不减少被提纯的物质，杂质和被提纯的物质容易分离，书写离子方程式注意离子的拆和留19（8分）向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴加2molL1的NaOH溶液时，得到的Al（OH）3沉淀的质量与所滴加NaOH溶液的体积（mL）关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示的意义是生成Al（OH）3沉淀的最大值（2）图中B点表示的意义是Al（OH）3沉淀完全溶解于NaOH溶液成为NaAlO2溶液B点对应的数 值是20（3）总的反应用离子方程式可表示为Al3+4OH=AlO2+2H2O考点：离子方程式的有关计算分析：（1）开始AlCl3与NaOH反应Al3+3OH=Al（OH）3，生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量；（2）随后再加NaOH，发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀量又逐渐减少，到B点时Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解消失；根据氢氧化铝的量及发生反应计算出消耗氢氧化钠溶液的体积；（3）根据反应Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O写出总反应解答：解：（1）开始AlCl3与NaOH发生反应Al3+3OH=Al（OH）3生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量，故答案为：生成Al（OH）3沉淀的最大值；（2）Al（OH）3沉淀达到最大量后，再加NaOH溶液发生反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀量开始逐渐减少，到B点时Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解消失；根据图象可知，Al（OH）3沉淀的质量为0.78克，Al（OH）3的物质的量为：=0.01 mol，根据关系式Al3+Al（OH）3AlO24OH，B点所需NaOH的物质的量为：0.04 mol，故NaOH溶液的体积为：=0.02L=20 mL，故答案为：Al（OH）3沉淀完全溶解于NaOH溶液成为NaAlO2溶液；20；（3）由反应Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知，铝离子与氢氧根离子的总反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O点评：本题是AlCl3与NaOH反应与图象相结合的计算问题，考查了学生对图象的解读能力，分析问题能力、计算能力，题目难度中等，本题解决的关键是明确NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中的反应原理20（10分）已知有以下物质相互转化：试回答：（1）写出B的化学式FeCl2 D的化学式KCl（2）写出由E转变成F的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式Fe3+3SCNFe（SCN）3 ；向G溶液加入A的有关离子反应方程式2Fe3+Fe3Fe2+考点：无机物的推断专题：推断题分析：D和硝酸银反应生成白色沉淀H，H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F，则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B，B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾解答：解：D和硝酸银反应生成白色沉淀H，H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F，则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B，B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾（1）通过以上分析知，B是氯化亚铁，D是氯化钾，B和D的化学式分别是：FeCl2、KCl，故答案为：FeCl2；KCl；（2）E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe （OH）2+O2+2H2O4Fe （OH）3，故答案为：4Fe （OH）2+O2+2H2O4Fe （OH）3；（3）铁离子和硫氰根离子反应生成硫氰化铁，离子反应方程式为：Fe3+3SCNFe （SCN）3 ，铁离子和铁反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：Fe3+3SCNFe（SCN）3；2Fe3+Fe3Fe2+点评：本题考查物质推断，明确物质性质及其特征现象是解本题关键，离子方程式的书写是学习难点，知道铁离子的检验方法和实验现象21（4分）某同学用滴管将新制氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时红色突然褪去试回答下列问题：（1）某同学分析产生上述现象的原因可能有两种，是氯水中的H+中和氢氧化钠溶液中的OH，使溶液显酸性，溶液变无色是氯水中的次氯酸氧化酚酞，导致酚酞分子结构被破坏，溶液褪色（即漂白而褪色）你认为是哪种原因（填或）（2）请设计一个较简单的实验证明你的结论继续向溶液中滴加NaOH溶液，溶液仍为无色则说明正确考点：探究氯水、氯气的漂白作用分析：（1）根据氯水与水反应生成次氯酸具有强氧化性分析；（2）利用继续滴加碱的方法来设计实验，红色不恢复，则说明是次氯酸的作用解答：解：（1）因酚酞遇碱变红，将新制氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时红色突然褪去，则可能为氯水中的次氯酸有漂白性，使溶液由红色变成无色，故正确，故答案为：；（2）向氯酸漂白后的溶液再加NaOH溶液，溶液没有恢复红色，说明酚酞被氧化，证明正确，故答案为：继续向溶液中滴加NaOH溶液，溶液仍为无色则说明正确点评：本题考查氯水中酸的性质及次氯酸的漂白性，题目难度不大，明确碱遇酚酞变红及氯水的成分、各成分的性质是解答本题的关键，注意变为氯水具有漂白性的根本原因是生成了次氯酸