1、2015-2016学年云南省红河州弥勒二中高三（上）第一次月考化学试卷一、单项选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分）1化学是以实验为基础的科学，化学实验设计和操作中必须十分重视师生安全问题和环境保护问题下列操作方法不正确的是（）A实验室加热高锰酸钾制氧气时，用排水法收集氧气出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞B在气体发生装置上直接点燃氢气时，必须先检验氢气的纯度C实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室D给试管中的液体加热时不停移动试管或加入碎瓷片，以免暴沸伤人2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3下列有关分类的
2、观点正确的是（）AHD、NaOH都属于化合物B碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币都属于合金C浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸都属于氧化性酸D氨水、醋酸、氢氧化铝都属于弱电解质4下列关于化学基本原理和基本概念的几点认识中正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应BH216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体C明矾和漂白粉常用于自来水的净化或杀菌消毒，但两者的作用原理不同D由SO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸5设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAB78 g 苯含有C=C
3、双键的数目为3NAC常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD标准状况下，6.72 L 氯气与水充分反应转移的电子数目为0.3NA6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CO27在体积相同的两个密闭容器中分别充满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BO2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8下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（）A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁
4、粉作食品袋内的脱氧剂9下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl10下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液11下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入FeCl2溶液12下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1mol/L 氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O2NaOH+H2C用CuCl2 溶液
5、做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+2ClDAl片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 13下列类比关系正确的是（）AAlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO，则与过量NH3H2O也生成AlOBNa2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2CFe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3DAl与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应14对于实验IIV的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C实验：从饱和食
6、盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去15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（）ANaOH溶液BH2SO4溶液C氨水溶液D醋酸溶液16下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变17下列有关仪器使用方法或实验操作正确
7、的是（）A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体18下列叙述中正确的是（）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19常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZNaOH溶液Al（OH）3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Fe稀硫酸ABCD20下列
8、实验现象描述不正确的是（）选项实 验现 象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐变细，铝条逐渐发热AABBCCDD21下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是（）A过滤B渗析C分液D丁达尔效应22能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀
9、HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O23高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，其溶解性小于Na2FeO4K2FeO4与水的离子反应是4FeO42+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH工业上先制得Na2FeO4，然后在低温下，向Na2FeO4溶液中加入一定量KOH，可制得K2FeO4下列说法中不正确的是（）AK2FeO4水溶液能产生丁达尔效应BK2FeO4水溶液具有吸附性CK2FeO4溶液能除去氧化性杂质DN
10、a2FeO4制K2FeO4的反应为复分解反应24已知：在发烟硫酸（H2SO4SO3）中，I2和I2O5生成I2（SO4）3I2（SO4）3溶于水生成I2和I2O4下列说法正确的是（）A发烟硫酸的摩尔质量为178B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3C反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3D若反应中消耗2 mol I2（SO4）3，则电子转移3 mol25下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体
11、通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2二、填空题（共50分）26用于分离或提纯物质的方法有：A蒸馏（分馏）；B萃取；C过滤；D重结晶；E分液下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）淀粉液中含有泥沙；（2）分离四氯化碳与水的混合物；（3）分离汽油和煤油；（4）分离碘水中的碘单质；（5）KNO3晶体中含有少量食盐27雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnC
12、l2的物质的量之比为（2）上述反应中的氧化剂是，反应产生的气体可用吸收（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO32H3AsO4+3S+10NO2+2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在（填“正极”或“负极”）附近逸出（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量（选填编号）a小于0.5mol b等于0.5molc大于0.5mol d无法确定28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Al2
13、O3、Fe2O3、SiO2已知NaAlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+NaHCO3，根据下列转化框图回答问题：（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：，29某无色透明溶液，投入金属铝可放出H2现有下列离子：Mg2+、Cu2+、H+、Cl、K+、OH、CO32，试判断下列两种情况下，各离子存在于此溶液中的情况：（1）第一种情况：该溶液中滴加紫色石蕊后呈红色，则该溶液中一定有离子，一定没有离子，可能有离子；（
14、2）第一种情况：该溶液中滴加紫色石蕊后呈蓝色，则该溶液中一定有离子，一定没有离子，可能有离子2015-2016学年云南省红河州弥勒二中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分）1化学是以实验为基础的科学，化学实验设计和操作中必须十分重视师生安全问题和环境保护问题下列操作方法不正确的是（）A实验室加热高锰酸钾制氧气时，用排水法收集氧气出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞B在气体发生装置上直接点燃氢气时，必须先检验氢气的纯度C实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室D给试管中的液体加热时不停移动试管或加入碎瓷片，以免暴沸
15、伤人【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A根据制氧气时排水法收集氧气后出现倒吸现象，防止水进入试管发生试管炸裂，立即松开试管上的橡皮塞；B根据可燃性的气体在点燃之前必须验纯；C根据化学药品的使用方法和原则来回答；D加热试管中的液体时，为防止暴沸，可以加入碎瓷片或不停移动试管【解答】解：A制氧气时排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞，防止水进入试管发生试管炸裂，故A正确；B点燃氢气气体时，必须先检验氢气气体的纯度，防止发生爆炸，故B正确；C实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，会污染地下水，故C错误；D给试管中的液体加热时不时移动试管或加入碎瓷片，可以防止暴沸，故D正确；
16、故选C2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【考点】混合物和纯净物【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，包括化合物和单质，纯净物宏观上看只有一种物质，微观上只有一种分子；混合物是由多种物质组成的物质A可能为同素异形体；B漂粉精为氯化钙和次氯酸钙的混合物；C存在同分异构体；D为五水合硫酸铜【解答】解：A只含有一种元素的物质，可能为同素异形体的混合物，如氧气和臭氧的混合物，故A错误；B漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分是次氯酸钙，故B错误；C只含有一种分子式的物质可能存在同分异构体，如C4H10 可表示正丁烷或者是异丁烷，所以C4H10
17、表示的不物质不一定是纯净物，故C错误；D胆矾化学式为CuSO45H2O，为纯净物中的化合物，故D正确；故选D3下列有关分类的观点正确的是（）AHD、NaOH都属于化合物B碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币都属于合金C浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸都属于氧化性酸D氨水、醋酸、氢氧化铝都属于弱电解质【考点】单质和化合物；强电解质和弱电解质的概念；生活中常见合金的组成【分析】A、HD为氢气单质；B、碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币均为合金；C、浓盐酸为非氧化性酸；D、氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质【解答】解：A、HD为氢气单质不是化合物，故A错误；B、碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币中都含金属和C或非金属
18、融合成具有金属特性的材料，均为合金，故B正确；C、浓盐酸为非氧化性酸，而浓硫酸、浓硝酸都属于氧化性酸，故C错误；D、氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，而醋酸、氢氧化铝都属于弱电解质，故D错误；故选B4下列关于化学基本原理和基本概念的几点认识中正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应BH216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体C明矾和漂白粉常用于自来水的净化或杀菌消毒，但两者的作用原理不同D由SO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸【考点】胶体的重要性质；物质的组成、结构和性质的关系；二氧化硫的化学性质【分析】A、胶体和其它分
19、散系的本质区别是分散质粒子直径的大小；B、由同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；C、明矾在水溶液中水解出氢氧化铝胶体，漂白粉有强氧化性；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀为硫酸钡【解答】解：A、胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，故A错误；B、由同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，而H216O、D216O、H218O、D218O均为化合物，故不是同素异形体，故B错误；C、明矾在水溶液中水解出氢氧化铝胶体，能吸附水中的杂质而净水，漂白粉有强氧化性，能使细菌的蛋白质变性而杀菌消毒，故两者的原理不同，故C正确；D、SO2溶于水生成H2SO3，有
20、强还原性，和Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应，产生白色沉淀为硫酸钡，而不是亚硫酸钡，故D错误故选C5设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAB78 g 苯含有C=C 双键的数目为3NAC常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD标准状况下，6.72 L 氯气与水充分反应转移的电子数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、ClO是弱酸根，在水溶液中会水解；B、根据苯的结构来分析；C、根据N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，而且均为双原子分子来分析；D、根据氯气与水的反应为可逆反应
21、来分析【解答】解：A、ClO是弱酸根，在水溶液中会水解，故含有的ClO数目少于NA个，故A错误；B、苯不是单双键交替结构，苯中的键是介于单双键之间的特殊的键，故B错误；C、N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故混合气体的物质的量n=0.5mol，N2与CO均为双原子分子，故含有的原子数为NA个，故C正确；D、氯气与水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数目少于0.3NA，故D错误故选C6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【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质
22、的分离、提纯和除杂【分析】A浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应；B二者均可还原CuO；C二者均与Mg反应；D二氧化碳在水中的溶解度不大【解答】解：A浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应，则通过浓硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正确；B二者均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则不能通过灼热的CuO除去H2中的CO，故B错误；C二者均与Mg反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则应通过通过灼热的铜网除去N2中的O2，故C错误；D二氧化碳在水中的溶解度不大，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D错误；故选A7在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和
23、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BO2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【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】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，结合PV=nRT判断【解答】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，则AO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B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
24、质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，故C错误；D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原子数目相等，故D正确故选D8下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（）A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁粉作食品袋内的脱氧剂【考点】氧化还原反应【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析【解答】解：A明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A错误；B甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故B错误；C漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故C错误；D铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁
25、的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确故选D9下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl【考点】铝的化学性质【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答【解答】解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D10下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液【考点】真题集萃
26、；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu【解答】解：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧
27、化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B11下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入FeCl2溶液【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【分析】A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D发生Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe【解答】解：
28、A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe，反应前固体为Zn，反应后固体为Fe，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B12下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1mol/L 氨水的pH为11：NH3H2ONH4+O
29、HB将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O2NaOH+H2C用CuCl2 溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+2ClDAl片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写【分析】ApH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡；B钠和水反应生成NaOH和氢气；C用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜；DAl能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气【解答】解：ApH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡，一水合氨电离方程式为NH3H2ONH4+OH，故A正确；B钠和水反应生成NaO
30、H和氢气，反应方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2，故B正确；C用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜，离子方程式为CuCl2 Cu+Cl2，故C错误；DAl能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 ，故D正确；故选C13下列类比关系正确的是（）AAlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO，则与过量NH3H2O也生成AlOBNa2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2CFe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D
31、Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应【考点】镁、铝的重要化合物；铝的化学性质；铁的化学性质【分析】A氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸和弱碱；B过氧化钠具有氧化性能氧化二氧化硫得到硫酸钠；C碘单质氧化性弱和铁反应生成低价的化合物；D铝热反应中制取的金属的还原性应该小于铝的还原性；【解答】解：AAlCl3与过量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀会溶解于氢氧化钠溶液中，但氢氧化铝不溶于氨水，故A错误；BNa2O2具有强氧化性，能将SO2氧化成Na2SO4，故B错误；CI2氧化性较弱，与Fe反应可生成FeI2，故C错误；D铝在高温条件下具有强还原性，可以冶炼难熔
32、金属，Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应，故D正确；故选D14对于实验IIV的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】化学实验方案的评价【分析】A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B上层为氯化铁溶液，为黄色；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】解：A先发生碳
33、酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选：D15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（）ANaOH溶液BH2SO4溶液C氨水溶液D醋酸溶液【考点】胶体的重要性质【分析】氢
34、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，据此解答【解答】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，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，所以先产生沉淀，后沉淀溶解，故A不选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，故B不选；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，故C选；D醋酸溶液为可溶
35、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，故D不选；故选C16下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变【考点】二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物【分析】ACO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；BNO3具有强氧化性，在酸性条
36、件下与Cu发生氧化还原反应；CAl（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大【解答】解：ACO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；C氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误故选C
37、17下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体【考点】计量仪器及使用方法【分析】A锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干，对实验结果没有影响；B滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；C锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；D容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此次配制失败【解答】解：A锥形瓶、容量瓶中有少量的
38、蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故A错误；B酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B正确；C滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故C错误；D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故D错误；故选B18下列叙述中正确的是（）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
39、合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原【考点】氧化还原反应【分析】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；B、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应；C、稀有气体既不易得电子，也不易失电子；D、根据元素的化合价的变化分析【解答】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，故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，故B错误；C、稀有气体既不易得电子，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，故
40、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，故D正确故选D19常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZNaOH溶液Al（OH）3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Fe稀硫酸ABCD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，与氯化铁溶液反应得到氯化亚铁【解答】解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠
41、与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故正确；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故错误；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故错误；常温下，Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe与氯化铁溶液反应得到氯化亚铁，故正确；故选B20下列实验现象描述不正确的是（）选项实 验现 象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着C在FeCl2溶液中滴入NaO
42、H溶液先生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐变细，铝条逐渐发热AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A钠的焰色反应呈黄色，钠燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠；B氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落；C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀；D在空气中久置的铝条表面有一层致密的氧化膜，放入NaOH溶液中时，先腐蚀氧化膜，故开始时不会产生无色气泡【解答】解：A钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃
43、烧生成淡黄色固体过氧化钠，故A正确；B铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C正确；D在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中，其表面的氧化铝先与氢氧化钠溶液反应，反应进行得较慢且没有气泡，故D错误故选D21下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是（）A过滤B渗析C分液D丁达尔效应【考点】实验装置综合【分析】A过滤中不溶性固体不能透过滤纸；B渗析中胶体不能透过半透膜；C分液与物质的
44、溶解性有关；D分散系中分散质粒子直径在1nm100nm之间的具有丁达尔现象【解答】解：A悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选；B胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；C分液与物质的溶解性有关，分层液体可利用分液法分离，与物质微粒大小无直接关系，故C选；D胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D不选；故选C22能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaH
45、CO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A原子不守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C氢氧化铝不溶于弱碱；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解：A原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A错误；B碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜和
46、稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D23高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，其溶解性小于Na2FeO4K2FeO4与水的离子反应是4FeO42+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH工业上先制得Na2FeO4，然后在低温下，向Na2FeO4溶液中加入一定量KOH，可制得K2FeO4下列说法中不正确的是（）AK2FeO4水溶液能产生丁达尔效应BK2FeO4水溶液具有吸附性CK2FeO4溶液能除去氧化性杂质DNa2FeO4制K2FeO4的反应为复分解反应【考点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧
47、化物【分析】A、根据提供的离子方程式可知，由于生成了Fe（OH）3胶体来判断；B、根据提供的离子方程式可知，由于生成了Fe（OH）3胶体来判断；C、K2FeO4本身具有强氧化性，只能除去还原性杂质；D、很显然Na2FeO4能制得K2FeO4是由于后者的溶解度较小使得离子反应得以进行，发生反应的化学方程式可表示为Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH据此判断；【解答】解：A、根据提供的离子方程式可知，由于生成了Fe（OH）3胶体，因此能产生丁达尔效应，故A正确；B、根据提供的离子方程式可知，由于生成了Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附的功能，故B正确；C、K2FeO4本身具有强氧化性，只
48、能除去还原性杂质，故C错误；D、很显然Na2FeO4能制得K2FeO4是由于后者的溶解度较小使得离子反应得以进行，发生反应的化学方程式可表示为Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH，为复分解反应，故D正确；故选：C；24已知：在发烟硫酸（H2SO4SO3）中，I2和I2O5生成I2（SO4）3I2（SO4）3溶于水生成I2和I2O4下列说法正确的是（）A发烟硫酸的摩尔质量为178B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3C反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3D若反应中消耗2 mol I2（SO4）3，则电子转移3 mol【考点】氧化还原反应【分析】A、根据摩尔质量的单位是
49、gmol1；B、根据I2中碘为0价，I2O5中碘为+5价，得到+3价的碘化合物I2（SO4）3，则化学方程式为：4I2+6I2O5+15H2SO4SO310I2（SO4）3+15H2O，据此分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；C、根据I2（SO4）3溶于水生成I2和I2O4，另外还应生成H2SO4，根据反应物与产物中I元素的化合价可推知I2与I2O4的物质的量之比为1：3，则化学方程式为：4I2（SO4）3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，据此分析氧化产物I2O4与还原产物I2的物质的量之比；D、根据C中的反应4I2（SO4）3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，4I2（S
50、O4）3I26e，进行计算；【解答】解：A、发烟硫酸（H2SO4SO3）的摩尔质量是178 gmol1，故A错误；B、I2中碘为0价，I2O5中碘为+5价，得到+3价的碘化合物I2（SO4）3，则化学方程式为：4I2+6I2O5+15H2SO4SO310I2（SO4）3+15H2O，氧化剂I2O5与还原剂I2的物质的量之比为3：2，故B错误；C、I2（SO4）3溶于水生成I2和I2O4，另外还应生成H2SO4，根据反应物与产物中I元素的化合价可推知I2与I2O4的物质的量之比为1：3，则化学方程式：4I2（SO4）3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，氧化产物I2O4与还原产物I2的
51、物质的量之比为3：1，故C错误；D、根据C中的反应4I2（SO4）3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，4I2（SO4）3I26e，所以消耗2 mol I2（SO4）3，则电子转移3 mol，故D正确故选：D；25下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】真题集萃；常见阳离子的检验【分析】A如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，
52、溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等【解答】解：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可
53、证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误，故选B二、填空题（共50分）26用于分离或提纯物质的方法有：A蒸馏（分馏）；B萃取；C过滤；D重结晶；E分液下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）淀粉液中含有泥沙；（2）分离四氯化碳与水的混合物；（3）分离汽油和煤油；（4）分离碘水中的碘单质；（5）K
54、NO3晶体中含有少量食盐【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）淀粉液与泥沙不溶，泥沙不溶于水；（2）四氯化碳与水分层，水在上层；（3）汽油和煤油互溶，但沸点不同；（4）碘易溶于水，易溶于有机溶剂；（5）NaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大【解答】解：（1）淀粉液与泥沙不溶，泥沙不溶于水，则利用过滤法分离，故答案为：C；（2）四氯化碳与水分层，水在上层，则利用分液法分离，故答案为：E；（3）汽油和煤油互溶，但沸点不同，则利用蒸馏法分离，故答案为：A；（4）碘易溶于水，易溶于有机溶剂，则萃取、分液可分离，故答案为：BE；（5）NaCl的溶解度受温度影响不
55、大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，则利用重结晶法分离，故答案为：D27雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为（2）上述反应中的氧化剂是，反应产生的气体可用吸收（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO32H3AsO4+3S+10NO2+2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在（填“正极
56、”或“负极”）附近逸出（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量（选填编号）a小于0.5mol b等于0.5molc大于0.5mol d无法确定【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，反应的方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，可根据方程式或化合价的变化判断；（2）反应中As和Sn元素化合价发生变化，根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂等概念；（3）根据化合价的升降以及物质的量的情
57、况来计算转移电子的量；NO3发生还原反应生成二氧化氮，所以二氧化氮在正极附近逸出；（4）根据化合价的变化计算电子转移的数目，进而结合反应的关系式可确定生成二氧化碳的物质的量【解答】解：（1）根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，所以二者的物质的量之比是1：1，故答案为：1：1；（2）反应中As元素化合价降低，As2S3为氧化剂，H2S为酸性气体，可用NaOH溶液吸收，故答案为：As2S3；NaOH溶液；（3）反应As2S3+10H+10NO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O中，As元素化合价由+3价升高到+5价，
58、S元素化合价由2价升高到0价，则生成2mol H3AsO4，转移电子为22mol+32mol=10mol，NO3发生还原反应生成二氧化氮，所以二氧化氮在正极附近逸出，故答案为：10mol；正极；（4）反应的关系式为O24HNO3CO2，n（O2）=0.5mol，根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则生成的二氧化碳的物质的量少于0.5mol，故答案为：a28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+2H2OAl（OH）3+NaHCO3
59、，根据下列转化框图回答问题：（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：，【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【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Fe（OH）3，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是2CuCO3Cu（OH）2，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为CO2，G为C
60、u，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，（1）反应是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀；（2）上述分析可知a为二氧化硅，c为氢氧化铝；（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；（4）沉淀洗涤在过滤器中，把沉淀放在滤纸上，加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流下，重复几次洗涤；固体灼热在坩埚中；（5）蓝铜矿的主要成分是2CuCO3Cu（OH）2，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，电解熔融
61、氧化铝得到铝和氧气【解答】解：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Fe（OH）3，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是2CuCO3Cu（OH）2，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，（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：Al3+4OH=AlO2+2H2O，氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁
62、沉淀，反应的离子方程式为：Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；Fe3+3OH=Fe（OH）3；（2）上述分析可知a为二氧化硅化学式为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
63、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2CuCO3Cu（OH）2，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：22CuCO3Cu（OH）2+3C6Cu+7CO2+2H2O，电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：22CuCO3Cu（OH）2+3C6Cu+7CO2+
64、2H2O，2Al2O3（熔融）4Al+3O229某无色透明溶液，投入金属铝可放出H2现有下列离子：Mg2+、Cu2+、H+、Cl、K+、OH、CO32，试判断下列两种情况下，各离子存在于此溶液中的情况：（1）第一种情况：该溶液中滴加紫色石蕊后呈红色，则该溶液中一定有离子，一定没有离子，可能有离子；（2）第一种情况：该溶液中滴加紫色石蕊后呈蓝色，则该溶液中一定有离子，一定没有离子，可能有离子【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】（1）无色透明溶液，投入金属铝可放出H2，该溶液中滴加紫色石蕊后呈红色，说明溶液显酸性，当生成Al3+时该溶液为酸溶液，存在大量的H+，再利用离子之间不反应及
65、离子在水溶液中无色来分析；（2）无色透明溶液，投入金属铝可放出H2，该溶液中滴加紫色石蕊后呈蓝色，说明溶液显碱性，当生成AlO2时该溶液为碱溶液，存在大量的OH，利用离子之间不反应及离子在水溶液中无色来分析还能存在的离子【解答】解：（1）第一种情况：该溶液中滴加紫色石蕊后呈红色溶液显酸性，当生成Al3+时该溶液为酸溶液，存在大量的H+，则CO32、OH都能与H+反应，溶液中不存在CO32、OH，又溶液呈电中性，则一定存在Cl，Cu2+在水中为蓝色，则一定不存在，即溶液中可能存在的离子为Mg2+、K+，故答案为：H+、Cl；Cu2+、OH、CO32；Mg2+、K+；（2）无色透明溶液，投入金属铝可放出H2，该溶液中滴加紫色石蕊后呈蓝色说明溶液显碱性，当生成AlO2时该溶液为碱溶液，存在大量的OH，OH能分别与Mg2+、Cu2+、H+反应，则一定没有Mg2+、Cu2+、H+，又溶液呈电中性，则一定存在K+，即溶液中可能存在的离子为Cl、CO32，故答案为：OH、K+；Mg2+、Cu2+、H+；Cl、CO322016年10月12日