1、云南省保山市第九中学2021届高三化学上学期阶段测试试题（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间100分钟。考生注意：必须在答题卡上指定的位置按规定要求作答，答在试卷上一律无效。相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 S-32 Fe-56 Cu-64Ba-137 Si-28第卷（选择题，共60分）一、选择题（本题包括30小题，每小题2分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）1. 下列说法正确的是( )A. 实验室保存硝酸银溶液用棕色细口试剂瓶，而钠保存在盛有煤油的无色广口试剂瓶中B. 用NaOH溶液洗
2、涤并灼烧铂丝后，再进行焰色试验C. 用玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上测定其pHD. 检验某溶液里是否含有Fe2+时，可先滴加新制的氯水，再滴加KSCN溶液【答案】A【解析】【详解】A硝酸银见光易分解，溶液保存着细口瓶里，所以硝酸银溶液保存着棕色细口瓶中；钠易和水、氧气反应，所以要密封保存，钠的密度大于煤油且和煤油不反应，所以钠保存在盛有煤油的无色广口试剂瓶中，故A正确；B焰色试验用稀盐酸洗净铂丝，故B错误；CpH试纸用水润湿，会使溶液变稀，测得数据不准确，故C错误；D检验某溶液中是否含有亚铁离子时，应先滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水，故D错误；答案选A。2. 下列关于氧化物的各项叙述
3、正确的是（ ）酸性氧化物肯定是非金属氧化物非金属氧化物肯定是酸性氧化物碱性氧化物肯定是金属氧化物与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸金属氧化物都是碱性氧化物不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，错误；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO等非金属氧化物不是酸性氧化物，错误；所有的碱性氧化物都是金属氧化物，非金属氧化物不可能是碱性氧化物，正确；与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，但NO2不属于酸性氧化物，正确；酸性氧化
4、物不一定能与水反应生成相应的酸，二氧化硅属于酸性氧化物，不能与水反应，错误；金属氧化物不一定是碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物，错误；不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，如CO、NO即不能与酸反应，也不能与碱反应，错误；综上所述，只有正确，故答案为：C。3. 下列除杂操作可行的是A. 通过浓硫酸除去HCl中的H2OB. 通过灼热的CuO除去H2中的COC. 通过灼热的镁粉除去N2中的O2D. 通过水除去CO中的CO2【答案】A【解析】【详解】A浓硫酸具有吸水性，因此通过浓硫酸除去HCl中的H2O，A正确；B灼热的CuO与H2、CO均反应，无法达到除杂的目的，B错
5、误；C灼热的镁粉与N2、O2均反应，无法达到除杂的目的，C错误；DCO2在水溶液中的溶解度小，不能通过水除去CO中的CO2，应该用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，D错误；答案选A。4. 下列说法中正确的是（ ）A. 1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB. 从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/LC. 配制500 mL0.5molL1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾（CuSO45H2O）D. 中和100 mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4g【答案】C【解析】【详解】A.58.5g氯化钠是1mol，溶剂的体积是1L，加
6、入溶质后体积变大，因此其物质的量浓度不是1mol/L，故A不正确；B.取出部分溶液不会影响剩余溶液的物质的量浓度，故B不正确；C. 500 mL0.5molL1的CuSO4溶液含有CuSO40.25mol，0.25mol胆矾是62.5g，故C正确；D. 100 mL1mol/L的H2SO4溶液含有氢离子0.2mol，需要0.2mol氢氧根离子来中和，因此需要氢氧化钠8g，故D不正确。故选C。5. 如图所示实验设计能达到相应的实验目的的是ABCD从碘水中萃取碘收集H2或CO2高温煅烧石灰石稀释浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 酒精与水混溶，不能用于萃取剂，一般
7、用苯或四氯化碳，故A错误；B.CO2可用向上排空气法，长进短出，氢气可用向下排空气法，短进长出，故B正确；C. 在坩埚中煅烧时，不用搅拌，故C错误；D. 量筒只能用于量取溶液，不能在量筒中稀释浓硫酸，故D错误。故选：B。6. 在体积相同的两个密用容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和“气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）A. 两种气体的压强相等B. O2比O3质量小C. 两种气体的分子数目相等D. 两种气体的氧原子数目相等【答案】D【解析】【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等；AO原子个数相等时，气体的物质的量之
8、比为n(O2)：n(O3)=3：2，在同温同体积的条件下，则两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；CO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，则两种气体的分子数目之比为3：2，分子数目不等，故C错误；D由分析可知，两种气体的氧原子数目相等，故D正确；故答案为D。7. 将x mol Al2O3 和y mol CuO混合后，全部溶于V L过量的稀硫酸中，然后向溶液中逐渐加入0.5 mol/L的NaOH溶液，当加入a L时，生成的沉淀最多，则原稀H2SO4的物质的量浓度为（ ）A. mol/LB. mol/LC. mo
9、l/LD. 无法计算【答案】A【解析】【详解】根据题干信息可知，整个过程发生的化学反应有：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3Na2SO4，当生成的沉淀最多时，溶液中就只剩下Na2SO4了，根据质量守恒可知，2n(H2SO4)=n(NaOH)，故有2c(H2SO4)V=0.5mol/LaL，解得：c(H2SO4)= mol/L，故答案为：A。8. 下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A
10、. 用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液B. 在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5molL-1C. 实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4gD. 实验室配制500mL0.2molL-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO47H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀【答案】B【解析】【详解】A量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，
11、15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75% ，故A错误；B1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.52=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5mol0.2L=2.5mol/L，故B正确；C实验中需用2.0molL-1Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L2mol/L106g/mol=212.0g，故C错误；D
12、应称取绿矾的质量为0.5L0.2mol/L278g/mol=27.8g，故D错误；答案选B。9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 5.85 g NaCl晶体中含有氯化钠分子的数目为0.1NAB. 25 时，1 L pH=1的醋酸溶液中含有醋酸分子数大于0.1NAC. 含0.1 mol FeCl3的饱和溶液中Fe3+数目为0.1NAD. 16.9 g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数约为0.3NA【答案】B【解析】【详解】ANaCl晶体是离子晶体，晶体中只存在Na+和Cl-，不存在氯化钠分子，A错误；B由于CH3COOH是弱酸，在水中的电离程度很小，故当25 时醋酸
13、溶液的pH=1时，醋酸分子的浓度大于0.1mol/L，故1 L该醋酸溶液中含有醋酸分子数大于1 L0.1mol/L NAmol-1 =0.1NA，B正确；C由于Fe3+在水溶液中会发生水解，含0.1 mol FeCl3的饱和溶液中Fe3+数目小于0.1NA，C错误；D由于BaO2中含有Ba2+和，故16.9 g过氧化钡(BaO2)固体中阴、阳离子总数约为=0.2NA，D错误；故答案为：B。10. 设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A. 1L 1molL 1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB. 78g 苯含有C=C双键的数目为3NAC. 常温常压下，14g由N2与CO组成的混
14、合气体含有的原子数目为NAD. 标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】ANaClO是强碱弱酸盐，其溶液中ClO能够水解，导致含有的ClO的数目小于NA，A错误；B苯的结构为一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的化学键，没有CC双键，B错误；CN2和CO的相对分子质量相同，均为28，且均为双原子分子，所以14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA，C正确；D标准状况下，6.72L NO2的物质的量为0.3mol，与水充分反应的化学方程式为：3NO2+ H2O = 2HNO3 + NO，该方程式转移的电子为2moL，则实际转移的电子数
15、目为0.2NA ，D错误；故选C。11. 阿伏加德罗常数为NA，下列说法中正确的是（ ）A. 1.0 L 1.0 mo1L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB. 12 g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAC. 7.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数为NAD 1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧【答案】B【解析】【详解】A1.0 L 1.0 mo1L-1的NaAlO2水溶液中，含有水，溶液中含有的氧原子数大于2NA，故A错误；B石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，12g石墨烯物质的量为1 mol，含六元环的个数为0.5NA，故B正确；C7.5 g SiO
16、2晶体的物质的量为，含有硅氧键的物质的量为，含有硅氧键的数为0.5NA，故C错误；D指代不明，应为1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子，故D错误；故选B。12. 将某溶液逐滴加入Al(OH)3胶体溶液内，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液不会是（ ）A. NaOH溶液B. H2SO4溶液C. 氨水溶液D. 醋酸溶液【答案】C【解析】【详解】氢氧化铝胶体中加入可溶性电解质能够使胶体发生聚沉，氢氧化铝为两性氢氧化物，既能够与强酸反应，又能够与强碱反应，据此分析解题：A氢氧化钠为可溶性强电解质，能够使氢氧化铝胶体聚沉而产生沉淀，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸盐，所以
17、先产生沉淀，后沉淀溶解，A不合题意；B硫酸为可溶性电解质，能够使氢氧化铝胶体聚沉产生沉淀，氢氧化铝与硫酸反应，沉淀溶解，B不合题意；C氨水溶液为碱性弱电解质溶液，能够使氢氧化铝胶体聚沉产生沉淀，但是氢氧化铝不与一水合氨反应，沉淀不溶解，C符合题意；D醋酸溶液为可溶性酸性电解质溶液，能够使氢氧化铝胶体聚沉产生沉淀，氢氧化铝与醋酸反应，沉淀能溶解， D不合题意；故答案为：C。13. 下列判断合理的是硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；根据分散系是否具有丁达尔现象
18、将分散系分为溶液、胶体和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属。A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】B【解析】【详解】纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，错误；蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，正确；根据电解质在溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；分散系分为胶体、浊液和溶液是根据分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，错误；氧化还原反应的实质是有电子转移，元素的化合价发生变化，正确；与金属元素同主族的
19、非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，因此金属元素与非金属元素的划分依据不是依据最外层电子数的多少，错误；答案选B。14. 下列物质一定是纯净物的是（ ）A. 只含有一种元素的物质B. 漂粉精C. 只含有一种分子式的物质D. 胆矾【答案】D【解析】【详解】A只含有一种元素的物质不一定是纯净物，如O2和O3的混合物，A不合题意；B漂粉精主要成分是次氯酸钙，还含有其他杂质，故属于混合物，B不合题意；C只含有一种分子式的物质不一定是纯净物，如丁烷和异丁烷的混合物，CH3CH2OH和CH3OCH3组成的混合物，C不合题意；
20、D胆矾是CuSO45H2O，是纯净物，D符合题意；故答案为：D。15. 下列叙述正确的是( )A. 在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B. 有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应C. 失电子难的原子，获得电子的能力一定强D. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原【答案】D【解析】【详解】A、在氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同种元素，如氯气与水反应，氯元素既被氧化，又被还原，A错误；B、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应，有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，没有化合价的变化不是氧化还原反应，B错误；C、稀有气体既
21、不易得电子，也不易失电子，所以失电子难的原子，获得电子的能力不一定强，C错误；D、元素由化合态变成游离态时，若化合价升高，则被氧化，若化合价降低，则被还原，D正确，答案选D。16. 下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A. 测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3H2O+OH-B. 将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2C. 用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+2Cl-D. Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2【答案】C【解析】【详解】A测0.1 mol/L氨水的pH为11说明氨水是弱碱，故其电离方程式为：
22、NH3H2O+OH-，A正确；B将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2，B正确；C电解质溶液导电的过程，就是电解质溶液电解的过程，故用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu + Cl2，C不正确；DAl片溶于NaOH溶液中，产生气体的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2，D正确；故答案为：C。17. 能正确表示下列反应的离子方程式是（）。A. Cl2通入NaOH溶液：Cl2OH=ClClOH2OB. NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO2H=CO2H2OC. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2OD. C
23、u溶于稀HNO3：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O【答案】D【解析】【详解】A.Cl2通入NaOH溶液，其反应的离子反应方程式：Cl22OH=ClClOH2O，故A错误；B.NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子反应方程式：HCO3-H=CO2H2O，故B错误；C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH,故C错误；D.Cu溶于稀HNO3反应的离子方程式为：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，故D正确；故答案：D。18. 下列各组离子或分子在溶液中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子或分子要求AK+、Cl-、HS-c(K+)7C. 钢铁水闸可
24、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D. 一定条件下反应N23H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)【答案】C【解析】【详解】A、2H2O2=2H2OO2，生成1molO2，转移电子物质的量为26.021023，故错误；B、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，pH7，故错误；C、牺牲阳极的阴极保护法，是根据原电池原理，比铁活泼的金属作负极，钢铁做正极，阴极保护法，是根据电解池原理，钢铁做阴极，可以防止钢铁的腐蚀，故正确；D、要求方向是一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，2v正(H2)=3v逆(NH3)，故错误。第卷（非选择题，共40分）32.
25、 某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN-离子，另一种废水中含有Cr2O72-离子。该厂拟定如图所示的废水处理流程。回答以下问题：（1）上述处理废水的流程中主要使用的方法是_（2）中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因_。（3）中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为_。（4）中反应时，每0.4mol Cr2O72-转移2.4mol的电子，该反应的离子方程式为_。（5）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少，请你使用化学用语，结合必要的文字解释
26、其原因_。【答案】 (1). 氧化还原法 (2). ClO-+H2OHClO+OH- (3). CN-+ClO-CNO-+Cl- (4). 3S2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO42-+8Cr3+13H2O (5). Cu(OH)2(s)+S2-(aq)=CuS(s)+2OH-(aq)；CuS比Cu(OH)2更难溶（或溶解度更小）【解析】分析】根据题目流程知道：废水处理过程中，调节pH，可以发生反应：CN-+ClO-CNO-+Cl-，3S2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO42-+8Cr3+13H2O，含有CNO-和SO42的水样继续处理即可得到待检水样。【详解】（1）由图可
27、知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法；（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2OHClO+OH-；（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-CNO-+Cl-；（4）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol2（6-x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO42-+8Cr3+13H2O；（5）因铜离子与氢氧根离
28、子反应生成氢氧化铜沉淀，Cu2+2OH-Cu(OH)2，CuS比Cu(OH)2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，Cu(OH)2(s)+S2-(aq)=CuS(s)+2OH-(aq)。33. 请回答：(1)H2O2的电子式_。(2)镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由_。(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式_。(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式：（ ）MnO（ ）C2O+_（ ）Mn2+（ ）CO2_【答案】 (1). (2). 2Mg+CO22MgO+C (3). AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(a
29、q) (4). 2 (5). 5 (6). 16H+ (7). 2 (8). 10 (9). 8H2O【解析】【详解】(1)根据共价物质的电子式的书写原则，故H2O2的电子式为：，故答案为：；(2)镁燃烧不能用CO2灭火，是因为金属镁能够在CO2中继续燃烧，其化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，是由于AgCl沉淀转化为了AgBr，故该反应的离子方程式为：AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)，故答案为：AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)
30、；(4)根据氧化还原反应中电子得失总数相等，即化合价升高和降低的总数相等，采用最小公倍数法进行配平如下：Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，要想使氧化剂得到电子数等于还原剂失去电子数，则高锰酸根离子系数为2，草酸根离子系数为5，依据原子个数守恒，离子反应的方程式为2+5 +16H+2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；34. 已知蓝铜矿的主要成分是2CuCO3Cu(OH)2，受热易分解。铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2。已知NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，根据下列转化
31、框图回答问题：（1）写出的离子方程式：_、_。（2）沉淀a、c的化学成分分别是_、_。（3）请写出检验沉淀b中所含有阳离子的实验方法：_。（4）洗涤沉淀c的实验操作方法是_，加热沉淀c应放在_（容器）中进行。（5）经过步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式：_、_。【答案】 (1). (2). (3). SiO2 (4). Al(OH)3 (5). 取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+ (6). 在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次 (7). 坩埚 (8). (9)
32、. 【解析】【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入盐酸溶解过滤得到沉淀a为SiO2，溶液a为氯化铝、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到沉淀b为，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为CO2，G为Cu，F+A反应生成沉淀c为Al(OH)3，溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受热分解得到B为Al2O3和水，氧化铝电解得到E和D为氧气和铝，据此解答。【详解】(1)反应是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：，氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为： ；故答案为：；(2)上述分析可知a为二
33、氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al(OH)3，故答案为：SiO2；Al(OH)3；(3)检验沉淀b中所含有阳离子为铁离子，加入盐酸溶解后加入硫氰酸钾溶液，若出现红色证明含铁离子，实验方法为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；故答案为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；(4)洗涤沉淀c的实验操作方法是：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次，加热固体c的操作是把固体放在在坩埚中灼热，故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；坩埚；(5)蓝铜矿的主要成分是，加入木炭加热反应生成铜、二氧化碳和水，依据原子守恒配平书写化学方程式为：；电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：； 故答案为：；。