1、2014-2015学年湖北省武汉市武昌实验中学高一（上）期末化学试卷（一）一、选择题1（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氯、干冰、磁性氧化铁均为化合物 王水、盐酸、水玻璃均为混合物明矾、小苏打、烧碱均为电解质 牛奶、豆浆、硫酸铜溶液均为胶体ABCD2（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列实验中，不能观察到明显变化的是（）A把Cl2通入FeCl2溶液中B把溴水滴加到淀粉KI溶液中C把一段打磨过的镁放入有酚酞的沸水中D把SO2通入BaCl2溶液中3（3分）（2014秋武昌区校级期末）地壳中铝元素比铜元素含量高很多，但人们冶炼出铜比铝早很多年合理的解释是（
2、）A铜矿较易还原，铝矿很难还原B铜矿颜色较深，易发现；铝矿颜色较浅，不易发现C矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发D铜比铝相对原子质量大4（3分）（2014秋武昌区校级期末）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（）A常温常压下，8.0g CH4中含有的氢原子数为2NAB1mol氯气跟水完全反应，转移的电子数为2NAC1mol Na2O2含离子数为4NAD0.1mol/L MgCl2溶液中含氯离子数为0.2NA5（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列叙述正确的是（）A二氧化硅是酸性氧化物，不与任何酸反应B因为CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸
3、性强CSiO2晶体中，每个硅原子与两个氧原子相连D工业上制玻璃的主要原料有：黏土、石灰石、石英6（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列有关说法或操作中，属于正确的有（）标准状况下1mol溴单质的体积约为22.4L用托盘天平称量50.56g KCl固体用酒精从饱和碘水中萃取碘让一束光通过胶体，从垂直于光线的方向可以看到一条光亮的“通路”从含有少量氯化钠的硝酸钾溶液中提取硝酸钾可用结晶的方法A1个B2个C3个D4个7（3分）（2014秋武昌区校级期末）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42，可将粗盐溶于水，然后进行以下五项操作：过滤；加过量NaOH溶液；加适量稀盐酸；加过量Na2CO3溶液
4、；加过量BaCl2溶液，可行的顺序是（）ABCD8（3分）（2014秋武昌区校级期末）在某无色溶液中能大量共存的一组离子是（）AH+、Ba2+、HCO3、ClBK+、Fe3+、I、NO3CNH4+、AlO2、Cl、OHDK+、SO42、S2、Cl9（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列关于物质及离子的检验，结论正确的是（）A向某物质中滴加盐酸后，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体产生，证明含CO32B向某溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀硝酸，依然有白色固体，说明原溶液含有SO42C向某溶液中逐渐滴加NaOH溶液，先有白色胶状沉淀产生，后来沉淀逐渐溶解，则原溶液中可能含有Al
5、3+D向某溶液中先加入氯水，再滴入KSCN溶液，最后溶液显血红色，则原溶液中一定含有Fe3+10（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+B碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2C铝和烧碱溶液：2Al+2OH+2H2O2Al3+3H2DAlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2O11（3分）（2014秋湖北校级期末）下列实验现象描述正确的是（）选项实验现象A向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体无明显现象B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔
6、化的铝滴落下来C向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液立刻产生大量白色沉淀D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AABBCCDD12（3分）（2014秋武昌区校级期末）往AgNO3、Cu（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，发现有少量金属析出，过滤后往滤液中滴加盐酸有白色沉淀生成，则析出的少量金属一定是（）AAgBCuCFeDZn13（3分）（2013秋宁波期末）在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）AFe3+B
7、Al3+CNH4+DFe2+14（3分）（2014秋湖北校级期末）已知下列离子在酸性条件下都能氧化KI，它们自身发生如下变化：Cr2O72Cr3+，IO3I2，MnO4Mn2+如果分别用等物质的量的这些离子氧化足量的KI，得到I2的物质的量由多到少的顺序正确的是（）A=B=CD=15（3分）（2014秋武昌区校级期末）等体积、等物质的量浓度的稀硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为2：3，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲中酸过量，乙中碱过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲、乙中都是铝过量16（3分）（2014秋武昌区校级期
8、末）15g铁粉和氧化铁的混合物，放入150mL稀H2SO4中，发现固体完全溶解，并放出1.68L H2（标准状况），加入KSCN溶液后，无颜色变化为了使Fe2+完全转化为Fe（OH）2沉淀，共耗用200mL 3mol/L NaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为（）A4 molL1B3 molL1C2 molL1D1 molL117（3分）（2014秋武昌区校级期末）化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是（）A酸雨是pH小于7的雨水BCO2、SO2、NO2都会导致酸雨的形成C目前工业废气脱硫应用最广泛的方法是石灰法D我国重点城市近年发布“空气质量日报”列入的首要污染物包括SO2、NO2、可
9、吸入颗粒物和CO218（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列变化中没有发生氧化还原反应的是（）ASO2使品红溶液褪色B氯水使有色布条褪色CNa2O2投入酚酞溶液中溶液先变红后褪色D把铁或铝置于冷的浓硫酸或浓硝酸中19（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列实验能证明一定有二氧化硫存在的是（）能使澄清石灰水变浑浊能使品红溶液褪色能使湿润的蓝色石蕊试纸变红通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于盐酸通入溴水能使溴水褪色，再滴加Ba（NO3）2溶液有白色沉淀产生A都不能B都能CD只有20（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化
10、钠溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3Al（OH）3 Al NaHSO4AlCl3NaAlO2ABCD全部21（3分）（2014秋武昌区校级期末）两种单质粉末的混合物52g，溶于足量的NaOH溶液中，生成标准状况下的氢气22.4L，则这种混合物不可能是（）ANa和KBMg和AlCSi和AlDAl和Fe22（3分）（2014秋武昌区校级期末）已知：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，将生成的气体通入BaCl2溶液中，下列叙述中正确的是（）A有BaSO4生成B有BaSO3生成C同时有BaSO4和BaSO3生成D有SO3逸出23（3分）（2012秋辽宁期末）有Fe2+、N
11、O3、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是（）A该过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8B该过程说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化C若有1mol NO3发生氧化反应，则转移8mol eD反应的过程中酸性减弱24（3分）（2015黑龙江模拟）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25（3分）（2014秋武昌区校级期末）NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数
12、为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC2 L 0.5 molL1 FeCl3在沸水中充分反应可制得1molFe（OH）3胶体D用0.75molH2SO4，1.5molNaOH与适量Al反应最多可制取2molAl（OH）326（3分）（2015莲湖区校级二模）钠铝合金（常温液态）可作核反应堆的载热介质，下列说法错误的是（）A该合金的熔点低于金属钠的熔点B若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n（Na）n（Al）C若将钠铝合金投入FeCl3溶液有Fe（OH）3沉淀生成D等质量的钠铝合金中铝含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少27（3分）（2015莲湖
13、区校级二模）下列有关金属的说法中不正确的是（）A纯铁比生铁抗腐蚀性强B青铜、不锈钢、硬铝都是合金C铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属D人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血28（3分）（2014成都模拟）A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）A当m1m2时，溶液a中阴离子只有1种B生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2C要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD当m2m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g二、填空题（共2小题，每小题3分，满分18分）29（3分）（2014秋武昌区校
14、级期末）选择下列实验方法分离物质，将最好的分离方法的序号填在横线上A萃取分液法 B加热法 C结晶法 D分液法 E过滤法 F蒸馏法（1）分离饱和食盐水和沙子的混合物；（2）分离二氧化硅与氯化铵的化合物；（3）分离水和煤油的混合物；（4）分离碘和酒精；（5）分离溴水中的溴和水30（15分）（2014秋武昌区校级期末）已知Cl2和碱溶液在不同条件下，得到的产物不同某兴趣小组用图甲装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质（3Cl2+6KOH KClO3+5KCl+3H2O）图甲中：A为氯气发生装置；B的试管里盛有15mL 30% KOH溶液，并置于水浴中；C的试管里盛有15mL 8% NaOH溶液，并
15、置于冰水浴中；D的试管里加有紫色石蕊试液请填写下列空白：（1）制取氯气时，在圆底烧瓶里加入一定质量的二氧化锰，通过（填仪器名称）向圆底烧瓶中加入适量的浓盐酸装置A中反应的离子方程式为需要向烧瓶中加碎瓷片吗？（选填：“需要”、“不需要”）（2）反应结束后，烧瓶里的溶液A一定显酸性 B可能显酸性，也可能为中性 C只有氧化性D只有还原性 E既有氧化性又有还原性（3）反应完毕，B试管中有少量晶体析出，经冷却后，有大量晶体析出图乙中符合该晶体溶解度曲线的是（填编号字母）；从B的试管中分离出该晶体必须用到的玻璃仪器有（4）该小组同学发现制得的氯酸钾产量偏低，可能的一种原因是Cl2中含有HCl气体对此问题可
16、以通过改进实验装置的方法进行避免方法是（5）实验中可观察到D的试管里溶液的颜色由紫色先变为色，最终变为色（6）C装置中反应完毕的现象是（7）请在装置图甲方框中画出缺少的实验装置，并注明试剂三推断题（本大题共7小题，共24分）31（15分）（2014秋武昌区校级期末）某些化学反应可用下式表示A+BC+D+H2O请回答下列问题（反应可以是固体之间的反应，也可以是在水溶液中进行的反应）：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌则A为（填化学式下同）反应的化学方程式为（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊则A为反应的化学方程式为（3）若A为紫红色金属，D为
17、有色气体则A为反应的离子方程式为（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，D为正盐则C为反应的离子方程式为（5）若A、B为固体，C的水溶液能使酚酞溶液变为红色实验室常用此反应制备C气体则C为反应的化学方程式为32（9分）（2014秋武昌区校级期末）试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相等的两份试样按图进行实验：（1）请写出步聚中发生的全部反应的离子方程式：（2）要使试样X转变为粉末Z除了CO外，还可以使用A 氢气 B焦炭 C氯气 D氧气（3）若全部的溶液Y和全部的粉未Z充分反应，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为（用m表示）：33（2014秋武昌区校级期末）
18、石墨在材料领域有重要 应用某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质设计的提纯与综合利用工艺如图：（注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物气体中的碳氧化物主要为由气体中某物得到水玻璃的化学反应方程式为（3）步骤为：搅拌、所得溶液中的阴离子有（4）由溶液生成沉淀的总反应的离子方程式为，100kg初级石墨最多可能获得的质量为kg34（2014江苏）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主
19、要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于烟气脱硫研究（1）酸浸时反应的化学方程式为；滤渣的主要成分为（填化学式）（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x滤渣的主要成分为（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是（用离子方程式表示）（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将（填“增大”、“减小”或“不变”）35（2014浙江）某研究小组为了探
20、究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，请回答如下问题：（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图，写出气体甲的电子式（2）X的化学式是，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是（用化学反应方程式表示）（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式，并设计实验方案验证该反应的产物36（2014秋龙海市校级期末）铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）铝的原子结构示
21、意图为；铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式：（3）已知铜与稀硫酸不反应，但铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示其原因：（4）氯化铝广泛用作有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为A12O3）与焦炭混合后加热并通人氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式：，该反应的氧化剂是（5）某校兴趣小组为测定一种铁铝硅合金 （FexAlySiz） 粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中
22、滴加足量NaOH浓溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为 （填化学式）37（2013江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为（3）滤渣2 的成分是（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3CO利用如图装
23、置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是 （填化学式）B中盛放的溶液可以是（填字母）aNaOH 溶液 bNa2CO3 溶液 c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：2014-2015学年湖北省武汉市武昌实验中学高一（上）期末化学试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氯、干冰、磁性氧化铁均为化合物 王水、盐酸、水玻璃均为混合物明矾、小苏打、烧碱均为电解质 牛奶、豆浆、硫酸铜溶液均为胶体ABCD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及
24、其相互联系；混合物和纯净物菁优网版权所有分析：液氯是氯气属于单质；王水是浓盐酸和浓硝酸混合物、盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液；明矾为硫酸铝钾的晶体，小苏打为碳酸氢钠，烧碱是氢氧化钠；硫酸铜溶液不是胶体；解答：解：液氯是氯气属于单质，干冰是二氧化碳、磁性氧化铁是四氧化三铁均为化合物，故错误；王水是浓盐酸和浓硝酸混合物、盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液，均为混合物，故正确；明矾为硫酸铝钾的晶体，小苏打为碳酸氢钠，烧碱是氢氧化钠，酸碱盐都是电解质，故正确；牛奶、豆浆是胶体，硫酸铜溶液不是胶体，故错误；综上所述正确的是；故选B点评：本题考查了物质分类方法和物质组成，物质俗称的
25、判断，掌握基础顺利解决，题目较简单2（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列实验中，不能观察到明显变化的是（）A把Cl2通入FeCl2溶液中B把溴水滴加到淀粉KI溶液中C把一段打磨过的镁放入有酚酞的沸水中D把SO2通入BaCl2溶液中考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；镁的化学性质菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：A、根据Cl2与FeCl2溶液反应；B、根据单质溴与KI溶液反应；C、镁要与沸水反应生成碱性的氢氧化镁；D、强酸不能制弱酸解答：解：A、因Cl2与FeCl2溶液反应：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，溶液由浅绿色变为棕黄色，现象明显，故A
26、错误；B、因单质溴与KI溶液反应：Br2+2KI=I2+2KBr，I2遇淀粉变蓝，现象明显，故B错误；C、镁要与沸水反应生成碱性的氢氧化镁，所以酚酞变红，现象明显，故C错误；D、强酸不能制弱酸，所以把SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，故D正确；故选：D点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，注意常见元素化合物的性质3（3分）（2014秋武昌区校级期末）地壳中铝元素比铜元素含量高很多，但人们冶炼出铜比铝早很多年合理的解释是（）A铜矿较易还原，铝矿很难还原B铜矿颜色较深，易发现；铝矿颜色较浅，不易发现C矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发D铜比铝相对原子质量大考点：金
27、属冶炼的一般原理菁优网版权所有分析：铝属于亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化物，铜属于较不活泼金属，铜元素较易被还原生成铜单质解答：解：A铝较活泼，极易被氧气氧化生成氧化物，所以在自然界中以化合态存在，且冶炼铝时应该采用电解法冶炼，一般条件下铝矿石难被还原，铜较不活泼，铜元素较易被氧化，所以冶炼铜比铝早，故A正确；B金属的冶炼难易程度与金属的颜色无关，故B错误；C金属的冶炼难易程度与矿石在地下埋藏深浅无关，故C错误；D金属的冶炼难易程度与其相对原子质量无关，故D错误；故选A点评：本题考查了金属的冶炼，金属冶炼方法的选取与其活泼性强弱有关，活泼金属采用电解法冶炼、较活泼金属采用热还原法冶炼、较不活
28、泼金属采用热分解法冶炼，根据金属的活泼性强弱选取合适的冶炼方法，题目难度不大4（3分）（2014秋武昌区校级期末）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（）A常温常压下，8.0g CH4中含有的氢原子数为2NAB1mol氯气跟水完全反应，转移的电子数为2NAC1mol Na2O2含离子数为4NAD0.1mol/L MgCl2溶液中含氯离子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数菁优网版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲烷中含有4个氢原子，8.0g甲烷的物质的量为0.5mol；B氯气与水的反应中，氯气既是氧化剂也是氧化剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子；C过氧化
29、钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子；D没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子数目解答：解：A8.0g甲烷的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷中含有2mol氢原子，含有的氢原子数为2NA，故A正确；B1mol氯气跟水完全反应转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故B错误；C1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含离子数为3NA，故C错误；D没有告诉0.1mol/L MgCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难
30、度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为易错点，注意题中缺少溶液体积5（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列叙述正确的是（）A二氧化硅是酸性氧化物，不与任何酸反应B因为CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸性强CSiO2晶体中，每个硅原子与两个氧原子相连D工业上制玻璃的主要原料有：黏土、石灰石、石英考点：硅和二氧化硅菁优网版权所有专题：碳族元素分析：A、二氧化硅能与氢氟酸反应；B、根据强酸制弱酸原理分析；C、根据Si的成键特点分析；D、根据制玻璃的原料分析解答：解：A、二氧化硅能与氢氟
31、酸反应生成水和四氟化硅，故A错误；B、酸性强的酸能够制弱酸弱的酸，CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸性强，故B正确；C、Si的最外层有4个电子，能形成4个共价键，所以SiO2晶体中，每个硅原子与四个氧原子相连，故C错误；D、工业上制玻璃的主要原料有：纯碱、石灰石、石英，没有黏土，故D错误；故选B点评：本题考查了Si及其化合物的结构和性质，注意把握二氧化硅的性质和Si的成键特点，题目难度不大6（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列有关说法或操作中，属于正确的有（）标准状况下1mol溴单质的体积约为22.4L用托盘天平称量50.56g KCl固体用酒精从饱和碘水中萃取碘让一束光
32、通过胶体，从垂直于光线的方向可以看到一条光亮的“通路”从含有少量氯化钠的硝酸钾溶液中提取硝酸钾可用结晶的方法A1个B2个C3个D4个考点：计量仪器及使用方法；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用菁优网版权所有专题：化学实验基本操作分析：溴为液体；托盘天平精确度为0.1g；考虑萃取剂的选择条件；胶体具有丁达尔效应；根据溶解度与温度的关系分析解答：解：溴为液体，故错误；托盘天平精确度为0.1g，故错误；酒精和水互溶，不能作为萃取剂，故错误；胶体具有丁达尔效应，故正确；硝酸钾溶解度随温度升高而增大，氯化钠溶解度受温度影响不大，故可用结晶方法提纯硝酸钾，故正确，故选B点评：本题考查了实验基本操作，难度
33、不大要熟悉实验基本操作，为高考必考题7（3分）（2014秋武昌区校级期末）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42，可将粗盐溶于水，然后进行以下五项操作：过滤；加过量NaOH溶液；加适量稀盐酸；加过量Na2CO3溶液；加过量BaCl2溶液，可行的顺序是（）ABCD考点：粗盐提纯菁优网版权所有专题：化学实验基本操作分析：除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求解答：解：镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子
34、用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的BaCl2溶液，加过量的Na2CO3溶液，加过量的NaOH溶液，过滤，加适量的盐酸；或者，加过量的NaOH溶液，加过量的BaCl2溶液，加过量的Na2CO3溶液，过滤，加适量的盐酸，所以正确的顺序是或，故选C点评：本题主要考查了除杂质的原则，以及除杂质的顺序，注意为了将杂质除
35、净，每次所加试剂要过量，这类题时常出现，要加以掌握8（3分）（2014秋武昌区校级期末）在某无色溶液中能大量共存的一组离子是（）AH+、Ba2+、HCO3、ClBK+、Fe3+、I、NO3CNH4+、AlO2、Cl、OHDK+、SO42、S2、Cl考点：离子共存问题菁优网版权所有专题：离子反应专题分析：无色溶液中一定不存在有色离子，A氢离子能够与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体；B铁离子为有色离子，铁离子能够氧化碘离子；C铵根离子能够与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨；DK+、SO42、S2、Cl之间不满足离子反应发生条件解答：解：无色溶液中一定不存在有色的离子，如Cu2+、Fe2+、Fe3
36、+、MnO4等，AH+、HCO3之间能够发生反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故A错误；BNO3、Fe3+、I之间能够发生氧化还原反应，且Fe3+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNH4+、OH之间能够反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故C错误；DK+、SO42、S2、Cl之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+
37、或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在9（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列关于物质及离子的检验，结论正确的是（）A向某物质中滴加盐酸后，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体产生，证明含CO32B向某溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀硝酸，依然有白色固体，说明原溶液含有SO42C向某溶液中逐渐滴加NaOH溶液，先有白色胶状沉淀产生，后来沉淀逐渐溶解，则原溶液中可能含有Al3+D向某溶液中先加入氯水，再滴入KSCN溶液，最后溶液显血红色，则原溶液中一定含有Fe3+考点：常见离子的检验方法菁优网版权所有专题：离子反应专题分析：检
38、验CO32、SO42应该注意杂质离子的干扰；铝离子的检验借助于氢氧化铝的两性，向溶液中加人强碱先产生白色胶状沉淀后来沉淀逐渐溶解发生反应：Al3+OH=Al（OH）3、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；检验Fe3+应注意Fe2+的干扰，D项因为先加入氯水，可以将溶液中的二价铁氧化物三价铁离子，所以不能确定原溶液中是否含三价铁解答：解：A向某物质中滴加盐酸后，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体产生，可能含有CO32也可能HCO32，故A错误；B若溶液中存在Ag+、SO32加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀硝酸，依然有白色固体，所以不能确定原溶液含有SO42，故B错误；C
39、向溶液中加人强碱先产生白色胶状沉淀后来沉淀逐渐溶解发生反应：Al3+OH=Al（OH）3、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可以证明溶液中含有铝离子，故C正确；D溶液中如果含有Fe2+ 加入氯水后发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl应滴入再滴入KSCN溶液，溶液显血红色，不能确定原溶液中一定含有Fe3+，故D错误；故选C点评：本题考查常见离子的检验，难度较小，解题时注意试剂的选择、加入试剂的顺序、其它离子的干扰10（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+B碳酸钙
40、溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2C铝和烧碱溶液：2Al+2OH+2H2O2Al3+3H2DAlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2O考点：离子方程式的书写菁优网版权所有专题：离子反应专题分析：A、实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，是利用饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热呈红褐色得到；B、醋酸是弱电解质存在电离平衡；C、铝和烧碱反应生成偏铝酸和氢气；D、氢氧化铝不溶于过量氨水解答：解：A、实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，是利用饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热呈红褐色得到，反应的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故A正确；B、醋酸是弱电解
41、质存在电离平衡，碳酸钙溶于醋酸的反应离子方程式：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；C、铝和烧碱反应生成偏铝酸和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故C错误；D、氢氧化铝不溶于过量氨水，AlCl3溶液中加入过量氨水反应的离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式书写方法，掌握物质性质和反应实质，弱电解质判断是解题关键，注意氢氧化铝的两性是溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，题目难度中等11（3分）（2014秋湖北校级期末）下列实验现象描述正确的是（）选项实验现象A
42、向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体无明显现象B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来C向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液立刻产生大量白色沉淀D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AABBCCDD考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体会出现碳酸氢钠晶体；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、向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀迅速转
43、化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀；D、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，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠；解答：解：A、向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成碳酸氢钠晶体，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，溶液变浑浊，故A错误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错误C、向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加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错误；D、钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球
44、，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故D正确；故选D点评：本题考查了物质性质的分析应用，注意反应过程中的现象分析判断掌握物质性质和化学基础是解题关键，题目难度中等12（3分）（2014秋武昌区校级期末）往AgNO3、Cu（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，发现有少量金属析出，过滤后往滤液中滴加盐酸有白色沉淀生成，则析出的少量金属一定是（）AAgBCuCFeDZn考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，利用此知识分析即可解
45、答：解：在金属活动性顺序中，铁氢铜银，铁能与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，可以和硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，不能与硝酸锌反应；所以放入铁后铁要先置换出硝酸银中银再去置换硝酸同种的铜，所以如果向所得滤液中加稀盐酸有白色沉淀生成，说明溶液中还存在银离子其白色沉淀是氯化银，因此硝酸铜一定还没有反应，所以滤渣会是银，故选A点评：本题考查了金属活动顺序表中铁、铜、银的金属活动性强弱，及其金属活动性顺序表的应用，锻炼了学生分析问题解决问题的能力，题目较简单13（3分）（2013秋宁波期末）在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应
46、后，离子数几乎没有变化的是（）AFe3+BAl3+CNH4+DFe2+考点：钠的重要化合物菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子和铵根离子解答：解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，故B正确；C、Na2O2是
47、强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误故选B点评：本题考查物质性质的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点14（3分）（2014秋湖北校级期末）已知下列离子在酸性条件下都能氧化KI，它们自身发生如下变化：Cr2O72Cr3+，IO3I2，MnO4Mn2+如果分别用等物质的量的这些离子氧化足量的KI，得到I2的物质的量由多到少的顺序正确的是（）A=
48、B=CD=考点：氧化还原反应的计算菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：反应中II2，失去1个电子，而Cr2O72Cr3+得到6个电子，IO3I2得到5个电子，MnO4Mn2+得到5个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断解答：解：II2，失去1个电子，氧化时I，Cr2O72Cr3+得到6个电子，则1molCr2O72可生成3molI2，IO3I2得到5个电子，但由于IO3和I所对应的产物都是I2，则1molIO3可得到3molI2，MnO4Mn2+得到5个电子，则1molMnO4可得到2.5molI2，故选D点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意把握元
49、素化合价的变化，本题关键是IO3由于也被还原为I2，为本题的易错点15（3分）（2014秋武昌区校级期末）等体积、等物质的量浓度的稀硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为2：3，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲中酸过量，乙中碱过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲、乙中都是铝过量考点：铝的化学性质菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：发生反应有：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可知，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为2：3
50、，所以甲中铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，则铝过量，以此解答解答：解：发生反应有：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1，不符合；（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，等体积、等物质的量浓度的稀硫酸、氢氧化钠溶液，物质的量相等，由方程式可知，生成气体为2：3，则甲、乙中都是铝过量，故选D点评：本题考查有关过量问题的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，本题注意铝与酸、碱反应的量的问题，用端值法求解16（3分）（2014
51、秋武昌区校级期末）15g铁粉和氧化铁的混合物，放入150mL稀H2SO4中，发现固体完全溶解，并放出1.68L H2（标准状况），加入KSCN溶液后，无颜色变化为了使Fe2+完全转化为Fe（OH）2沉淀，共耗用200mL 3mol/L NaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为（）A4 molL1B3 molL1C2 molL1D1 molL1考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铁的氧化物和氢氧化物菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：加入NaOH溶液，反应后溶液成分为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=n
52、（NaOH），据此计算出原硫酸溶液中硫酸的物质的量，进而计算硫酸的物质的量浓度解答：解：发现固体完全溶解，铁和氧化铁均无剩余，铁元素在反应后的溶液中以Fe2+形式存在，为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=n（NaOH），则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=n（NaOH）=3mol/L0.2L=0.3mol，c（H2SO4）=2mol/L，故选C点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生的
53、反应是解题关键，注意利用守恒方法进行的计算的方法，试题有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，提高学生的灵活应变能力17（3分）（2014秋武昌区校级期末）化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是（）A酸雨是pH小于7的雨水BCO2、SO2、NO2都会导致酸雨的形成C目前工业废气脱硫应用最广泛的方法是石灰法D我国重点城市近年发布“空气质量日报”列入的首要污染物包括SO2、NO2、可吸入颗粒物和CO2考点：二氧化硫的污染及治理；常见的生活环境的污染及治理菁优网版权所有专题：化学应用分析：A正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6；BNO2或SO2都会导致酸雨的形成，CO2不能；C石灰法是目前应
54、用最广泛的工业废气脱硫方法，其原理是用生石灰作脱硫剂，将硫固定；D根据污染指数项目所包括的内容进行分析；解答：解：A正常雨水的pH为5.6，酸雨中因溶解了二氧化硫或二氧化氮等酸性气体，其pH小于5.6，故A错误；BNO2或SO2会导致酸雨的形成，CO2含量的增加会导致温室效应，故B错误；C对煤燃烧后形成的烟气脱硫是防治酸雨的措施之一，石灰法是目前应用最广泛的废气脱硫方法，其原理是用生石灰作脱硫剂，将硫固定，2CaO+2SO2+O22CaSO4，故C正确；D目前国家计入空气污染指数的项目暂定为：二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒物等，二氧化碳不属于污染指数项目，故D错误；故选C点评：本题考
55、查环境污染及物质的性质，明确酸雨、空气污染物、工业废气脱硫等知识是解答关键，题目难度不大18（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列变化中没有发生氧化还原反应的是（）ASO2使品红溶液褪色B氯水使有色布条褪色CNa2O2投入酚酞溶液中溶液先变红后褪色D把铁或铝置于冷的浓硫酸或浓硝酸中考点：氧化还原反应菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答解答：解：ASO2使品红溶液褪色，发生化合反应生成无色物质，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A正确；B氯水中含有HClO，具有强
56、氧化性，可用于漂白，漂白时，被还原，故B错误；CNa2O2投入酚酞溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氧气，发生氧化还原反应，溶液变红，因过氧化钠具有氧化性，可使品红褪色，故C错误；D铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应，在表现生成一层致密的氧化膜，为氧化还原反应，故D错误故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大19（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列实验能证明一定有二氧化硫存在的是（）能使澄清石灰水变浑浊能使品红溶液褪色能使湿润的蓝色石蕊试纸变红通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产
57、生，该沉淀溶于盐酸通入溴水能使溴水褪色，再滴加Ba（NO3）2溶液有白色沉淀产生A都不能B都能CD只有考点：二氧化硫的化学性质菁优网版权所有专题：氧族元素分析：能使澄清石灰水变浑浊，生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体也能使石灰水变浑浊；二氧化硫能使品红溶液褪色，但氯水和其它的强氧化剂的强氧化性也能使品红褪色；能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但其它酸性溶液都能使蕊试纸变红；通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于盐酸，但二氧化碳气体通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于盐酸；根钡离子结合生成沉淀的只能是硫酸钡，该气体通入溴水发生氧化还原反应，
58、使溴水褪色解答：解：能使澄清石灰水变浑浊，生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体也能使石灰水变浑浊，故错误；二氧化硫能使品红溶液褪色，但氯水和其它的强氧化剂的强氧化性也能使品红褪色，故错误；能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但其它酸性溶液都能使蕊试纸变红，故错误；通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于盐酸，但二氧化碳气体通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于盐酸，故错误；二氧化硫具有还原性，通入溴水能使溴水褪色，同时生成硫酸和氢溴酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，生成不溶于硝酸的硫酸钡白色沉淀，故正确；故选D点评：本题考查二氧化硫的化学性质，学生
59、掌握二氧化硫的还原性、酸性氧化物和漂白性，综合性强，比较容易20（3分）（2014秋武昌区校级期末）下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3Al（OH）3 Al NaHSO4AlCl3NaAlO2ABCD全部考点：两性氧化物和两性氢氧化物菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：根据物质的性质解答，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：蛋白质、氨基酸、Al、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐等解答：解：NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；Al2O3是两性
60、氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al（OH）3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；硫酸氢钠属于强酸酸式盐，能与氢氧化钠反应生成硫酸钠，不能与硫酸反应，故不符合，AlCl3能与氢氧化钠反应，但不能与硫酸反应，故不符合；NaAlO2能与硫酸反应，但不能与氢氧化钠反应，故不符合，故选C点评：本题考查元素化合物性质，难度不大，掌握物质的性质是解答关键，注意总结中学常见能与酸、碱反应的物质21（3分）（2014秋武昌区校级期末）两种单质粉
61、末的混合物52g，溶于足量的NaOH溶液中，生成标准状况下的氢气22.4L，则这种混合物不可能是（）ANa和KBMg和AlCSi和AlDAl和Fe考点：有关混合物反应的计算菁优网版权所有专题：计算题分析：22.4L氢气的物质的量为：=1mol，根据电子转移守恒，52g金属提供电子为2mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为：52g=26g，结合化合价计算提供1mol电子需要金属的质量，结合平均值判断解答：解：22.4L氢气的物质的量为：=1mol，根据电子转移守恒，52g金属提供电子为2mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为：52g=26g，A反应中Na为+1价，提供1mol电子
62、需要Na的质量=1mol23g/mol=23g，反应中K为+1价，提供1mol电子需要K的质量=1mol39g/mol=39g，二者混合提供1mol电子质量可能为26，故A可能；BMg不与氢氧化钠溶液反应，反应中Al为+3价，提供1mol电子需要Al的质量=27g/mol=9g，二者混合提供1mol电子质量可以为26，故B可能；C反应中Al为+3价，提供1mol电子需要Al的质量=27g/mol=9g，Si与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，提供1mol电子需要Si的质量为：28g/mol=7g，提供1mol电子需要的质量一定小于26，故C不可能；D反应中Al为+3价，提供1mol电子需要Al
63、的质量=27g/mol=9g，铁不反应，二者混合提供1mol电子质量可能为26，故D可能；故选C点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意明确平均值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力22（3分）（2014秋武昌区校级期末）已知：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，将生成的气体通入BaCl2溶液中，下列叙述中正确的是（）A有BaSO4生成B有BaSO3生成C同时有BaSO4和BaSO3生成D有SO3逸出考点：含硫物质的性质及综合应用菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：三氧化硫溶于水生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，而在酸性溶液中，SO2不
64、可能溶解，所以不可能生成亚硫酸钡沉淀，以此来解答解答：解：由2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O可知，将生成的气体通入BaCl2溶液中，三氧化硫溶于水生成硫酸，进而生成BaSO4沉淀，而在酸性溶液中，SO2不可能溶解，所以不可能生成亚硫酸钡沉淀，则有SO2逸出，故选A点评：本题考查物质的化学性质，为基础性习题，把握发生的反应及酸性的强酸为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二氧化硫与氯化钡不反应，题目难度不大23（3分）（2012秋辽宁期末）有Fe2+、NO3、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是（
65、）A该过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8B该过程说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化C若有1mol NO3发生氧化反应，则转移8mol eD反应的过程中酸性减弱考点：氧化还原反应的计算菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，且氧化性NO3Fe3+，还原性Fe2+NH4+，所以该反应中氧化剂是NO3，还原剂是Fe2+，反应物中还含有H+，根据元素守恒知，生成物中还含有H2O，发生反应为8Fe2+NO3+10H+=8Fe3+NH4+H2O，再结合物质的性质结合各个物理量之间的关系式计算解答：解：酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，且氧化性NO3Fe3+
66、，还原性Fe2+NH4+，所以该反应中氧化剂是NO3，还原剂是Fe2+，反应物中还含有H+，根据元素守恒知，生成物中还含有H2O，发生反应为8Fe2+NO3+10H+=8Fe3+NH4+H2O，A该反应中N元素化合价由+5变为3价、Fe元素化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是NO3、还原剂是Fe2+，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8，故A正确；B根据方程式知，酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化，所以该过程说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化，故B正确；C若有1mol NO3发生还原反应，则转移电子的物质的量=1mol5（3）=8mol，硝酸根离子不是发生氧化反应，故C错误；D根据方程
67、式知，反应过程中需要氢离子参加，导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液酸性减弱，故D正确；故选C点评：本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价及氧化性、还原性强弱正确判断反应物和生成物是解本题关键，再结合方程式分析解答，易错选项是C，注意：氧化还原反应氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应，为易错点24（3分）（2015黑龙江模拟）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；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菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化
68、合物分析：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，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与Cu（NO
69、3）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B点评：本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大25（3分）（2014秋武昌区校级期末）NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC2 L 0.5 molL1 FeCl3在沸水中充分反应可制得1molFe（OH）3胶体D用0.75molH2SO4，1.5
70、molNaOH与适量Al反应最多可制取2molAl（OH）3考点：阿伏加德罗常数菁优网版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A氯气足量，亚铁离子和碘离子都被氧化，1mol碘化亚铁完全反应失去3mol电子；B根据n=cV计算出氯酸钾的物质的量，硫酸根离子带有两个单位负电荷；C氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，1mol铁离子水解生成的氢氧化铁胶粒小于1mol；D硫酸与铝反应生成铝离子、氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠，然后铝离子与偏铝酸钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，据此进行解答解答：解：A.1 mol FeI2与足量氯气反应时最多失去3mol电子，转移的电子数为3NA，故A错误；B.2
71、L 0.5 molL1硫酸钾溶液中含有氯酸钾1mol，1mol氯酸钾电离出1mol硫酸根离子，1mol两三个了在带有2mol负电荷，故B错误；C.2 L 0.5 molL1 FeCl3溶液中含有1mol铁离子，由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则1mol铁离子在沸水中水解生成的氢氧化铁胶粒小于1mol，故C错误；D.0.75molH2SO4中含有1.5mol氢离子，1.5mol氢离子与铝反应可以生成0.5mol铝离子；1.5mol氢氧化钠与铝反应可以生成1.5mol偏铝酸根离子，根据反应Al3+6H2O+3AlO2=4Al（OH）3可知，0.5mol铝离子可以与1.5mol偏铝酸根离子反应生
72、成2mol氢氧化铝沉淀，故D正确；故选D点评：本题考查了了阿伏伽德罗常数的计算、铝及其化合物性质，题目难度中等，注意阿伏伽德罗常数的概念及计算方法，明确铝及其化合物的性质，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力26（3分）（2015莲湖区校级二模）钠铝合金（常温液态）可作核反应堆的载热介质，下列说法错误的是（）A该合金的熔点低于金属钠的熔点B若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n（Na）n（Al）C若将钠铝合金投入FeCl3溶液有Fe（OH）3沉淀生成D等质量的钠铝合金中铝含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少考点：钠的化学性质；金属与合金在性能上的主要差异菁优网版权所有专题：几种
73、重要的金属及其化合物分析：A合金的熔点低于其任一成分熔点；B该反应方程式为：Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2，根据方程式判断；CNa和水反应生成NaOH，NaOH溶液和FeCl3发生复分解反应；D根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：AlH2，2NaH2判断解答：解：A合金的熔点低于其任一成分熔点，所以该合金的熔点低于金属钠的熔点，故A正确；B该反应方程式为：Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2，根据方程式知，若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n（Na）n（Al），故B正确；CNa和水反应生成NaOH，NaOH溶液和FeCl3发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色
74、沉淀，故C正确；D根据AlH2，2NaH2知，11g钠放出2g氢气，9g铝就可以放出2g氢气，所以相同质量的钠氯合金中铝含量越大，放出氢气越多，故D错误；故选D点评：本题以钠铝合金为载体考查了合金的性质及物质之间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据钠、铝与氢气之间的关系式及钠铝之间的关系式来分析解答，易错选项是D，根据生成相同质量的氢气需要金属的质量判断即可，题目难度中等27（3分）（2015莲湖区校级二模）下列有关金属的说法中不正确的是（）A纯铁比生铁抗腐蚀性强B青铜、不锈钢、硬铝都是合金C铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属D人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血考点：金属与合金在性
75、能上的主要差异；铝的化学性质；微量元素对人体健康的重要作用菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、生铁能构成原电池，腐蚀性更强；B、根据青铜、不锈钢、硬铝的成分和合金的概念分析判断；C、根据铝是活泼金属，空气中耐腐蚀是表面形成了稳定的氧化物分析；D、缺“铁”会引起贫血，缺“钙”会得佝偻病或发生骨质疏松解答：解：A、纯铁由于无杂质，只能发生化学腐蚀，而生铁含碳，能构成原电池，发生电化学腐蚀，比纯铁抗腐蚀性差，腐蚀得更快，故A正确；B、青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故B正确；C、铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为表面形成了一层氧化铝保护膜，阻止反应
76、进行，在空气中耐腐蚀，故C错误；D、人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血，故D正确故选C点评：本题主要考查了物质的组成、分类与性质，难度不大，注意知识的积累28（3分）（2014成都模拟）A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）A当m1m2时，溶液a中阴离子只有1种B生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2C要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD当m2m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：
77、A、当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在；D、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应；解答：解：A、当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入
78、适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3O42Fe3+Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g100%=2.32 g，故D正确；故选A点评：本题考查常见金属元素及化合物的综合应用，难度较大，要通过实验现象得出结论，再结合定量计算得出结论二、填空题（共2小题，每小题3分，满分18分）29（3分）（2014秋武昌区校级期末）选择下列实验方法分离物质，将最好的分离方法的序号填在横线上A萃取分液法 B加热法
79、C结晶法 D分液法 E过滤法 F蒸馏法（1）E分离饱和食盐水和沙子的混合物；（2）B分离二氧化硅与氯化铵的化合物；（3）D分离水和煤油的混合物；（4）F分离碘和酒精；（5）A分离溴水中的溴和水考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用菁优网版权所有专题：化学实验基本操作分析：分离不溶性固体和溶液采用过滤方法；加热易分解、加热不分解的混合物采用加热的方法分离；分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；分离互溶的液体采用蒸馏的方法分离；根据溶质在不同溶剂中溶解度的不同，采用萃取的方法分离解答：解：（1）沙子不溶于水，食盐溶于水，所以分离饱和食盐水和沙子的混合物采用过滤的方法，故选E； （2）加热时氯化
80、铵易分解为气体而二氧化硅不分解，所以分离二氧化硅与氯化铵的化合物采用加热的方法，故选B； （3）水和煤油不互溶，所以分离水和煤油采用分液的方法，故选D； （4）碘和酒精互溶，可以采用蒸馏的方法分离，故选F； （5）溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以可以采用萃取的方法分离，故选A点评：本题考查了物质的分离和提纯，根据物质的性质采用合适的方法进行分离，明确物质的性质是解本题关键，常用物质分离的方法有：萃取分液法、加热法、结晶法、分液法、过滤法、蒸馏法、渗析法、盐析法等30（15分）（2014秋武昌区校级期末）已知Cl2和碱溶液在不同条件下，得到的产物不同某兴趣小组用图甲装置制取氯酸钾、次氯酸
81、钠和探究氯水的性质（3Cl2+6KOH KClO3+5KCl+3H2O）图甲中：A为氯气发生装置；B的试管里盛有15mL 30% KOH溶液，并置于水浴中；C的试管里盛有15mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中；D的试管里加有紫色石蕊试液请填写下列空白：（1）制取氯气时，在圆底烧瓶里加入一定质量的二氧化锰，通过分液漏斗（填仪器名称）向圆底烧瓶中加入适量的浓盐酸装置A中反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O需要向烧瓶中加碎瓷片吗？不需要（选填：“需要”、“不需要”）（2）反应结束后，烧瓶里的溶液AEA一定显酸性 B可能显酸性，也可能为中性 C只有氧化性D只有还原性
82、E既有氧化性又有还原性（3）反应完毕，B试管中有少量晶体析出，经冷却后，有大量晶体析出图乙中符合该晶体溶解度曲线的是M（填编号字母）；从B的试管中分离出该晶体必须用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯（4）该小组同学发现制得的氯酸钾产量偏低，可能的一种原因是Cl2中含有HCl气体对此问题可以通过改进实验装置的方法进行避免方法是在A、B装置之间加一个盛饱和食盐水的洗气瓶（5）实验中可观察到D的试管里溶液的颜色由紫色先变为红色，最终变为无色（6）C装置中反应完毕的现象是C中试管上部空间充满黄绿色气体（7）请在装置图甲方框中画出缺少的实验装置，并注明试剂考点：氯气的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合
83、应用菁优网版权所有专题：卤族元素分析：（1）装置图分析可知，制备氯气的原理是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，浓盐酸从分液漏斗中加入，反应物是固体和液体加热反应不需要加入碎瓷片；（2）A为氯气发生装置，二氧化锰 和浓盐酸加热反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不再和二氧化锰反应生成氯气，所以烧瓶中一定是强酸溶液盐酸，既具有氧化性如H+的氧化性，又具有还原性，Cl具有还原性；（3）在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，溶质的溶解度随温度的降低而降低；溶液得到晶体的操作是过滤，依据过滤装置分析需要的玻璃仪器；（4）通过氯气中可
84、能含有氯化氢气体，AB间增加一个洗气装置，盛饱和食盐水的洗气瓶吸收氯化氢，避免产生误差；（5）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色；（6）分析装置C中试管里盛有15mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，反应完后氯气会在试管呈黄绿色；（7）E为尾气吸收装置需要氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，据此画出装置图解答：解：（1）制备氯气的原理是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，浓盐酸从分液漏斗中加入，反应的化学
85、方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，反应物是固体和液体加热反应不需要加入碎瓷片；故答案为：分液漏斗，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，不需要；（2）A为氯气发生装置，二氧化锰 和浓盐酸加热反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不再和二氧化锰反应生成氯气，所以烧瓶中一定是强酸溶液盐酸，既具有氧化性如H+的氧化性，又具有还原性，Cl具有还原性；故答案为：AE；（3）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，B的试管中有大量晶体析出，说明
86、溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法，需要的玻璃仪器为：漏斗、玻璃棒、烧杯；故答案为：M；过滤；HCl；AB间增加一个洗气装置；（4）氯气中可能含有氯化氢气体，AB间增加一个洗气装置，盛饱和食盐水的洗气瓶吸收氯化氢，避免产生误差；故答案为：在A、B装置之间加一个盛饱和食盐水的试管或洗气瓶；（5）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OHClO+Cl+H2O，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色；故
87、答案为：红；无；（6）分析装置C中试管里盛有15mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，反应完后氯气会在试管呈黄绿色故答案为：C中试管上部空间充满黄绿色气体；（7）烧杯中液体试剂为强碱溶液，导管要通入液面至少1/3，太浅不可以，是一个敞口体系，剩余的氯气不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，装置图为；故答案为：点评：本题考查了氯气的制备、性质，须掌握并熟练应用氯气的有关化学反应原理，题目难度中等三推断题（本大题共7小题，共24分）31（15分）（2014秋武昌区校级期末）某些化学反应可用下式表示A+BC+D+H2O请回答下列问题（反应可以是固体之间的
88、反应，也可以是在水溶液中进行的反应）：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌则A为Cl2（填化学式下同）反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊则A为C反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（3）若A为紫红色金属，D为有色气体则A为Cu反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3=Cu2+2H2O+2NO2（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，D为正盐则C为CaCO3反应的离子方程式为2OH+Ca2+2HCO3=2H2O+CaCO3+CO32
89、（5）若A、B为固体，C的水溶液能使酚酞溶液变为红色实验室常用此反应制备C气体则C为NH3反应的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O考点：无机物的推断菁优网版权所有专题：推断题分析：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌，则该反应是氯气与氢氧化钠的反应；（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，C、D分别为CO2、SO2中的一种，则该反应为碳与浓硫酸反应；（3）若A为紫红色金属，则A为Cu，D为有色气体，该反应为Cu与浓硝酸反应；（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，为CaCO3，D为正盐，应是
90、碳酸氢钙与氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠与水；（5）若A、B为固体，C的水溶液能使酚酞溶液变为红色，实验室常用此反应制备C气体，则C为NH3，该反应为氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙、氨气与水解答：解：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌，该反应是氯气与氢氧化钠的反应，则A为Cl2，该反应化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，C、D分别为CO2、SO2中的一种，则该反应为碳与浓硫酸反应，故A为C，反应化学方程式为：
91、C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C；C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O；（3）若A为紫红色金属，则A为Cu，D为有色气体，该反应为Cu与浓硝酸反应，反应离子方程式为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2H2O+2NO2，故答案为：Cu；Cu+4H+2NO3=Cu2+2H2O+2NO2；（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，为CaCO3，D为正盐，应是碳酸氢钙与氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠与水，反应离子方程式为：2OH+Ca2+2HCO3=2H2O+CaCO3+CO32，故答案为：CaCO3；2OH+Ca2+2HCO3=2H2O+C
92、aCO3+CO32；（5）若A、B为固体，C的水溶液能使酚酞溶液变为红色，实验室常用此反应制备C气体，则C为NH3，该反应为氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙、氨气与水，反应化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：NH3；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O点评：本题考查无机物推断，题目比较综合，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等32（9分）（2014秋武昌区校级期末）试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相等的两份试样按图进行实验：（1）请写出步聚中发生的全部反应的离子方程式：Fe+2H+=H2+Fe2+；Fe+Cu2+=Fe
93、2+Cu（2）要使试样X转变为粉末Z除了CO外，还可以使用ABA 氢气 B焦炭 C氯气 D氧气（3）若全部的溶液Y和全部的粉未Z充分反应，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为（用m表示）：0.625m考点：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菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）先判断粉末Z的成分，再根据溶液E不含铜离子判断该溶液成分，根据有气体生成，判断反应过量的物质，从而确定W的成分，写出相应的离子方程式；（2）氢气或是碳单质可以和金属氧化物之间发生反应，将金属还原出来；（3）根据铜的质量计算氧化铜的质量，氧化铜质量的一半为试样X中氧化铜
94、的质量解答：解：（1）因为CuO+COCu+CO2，FeO+COFe+CO2，所以固体粉末Z为Cu和Fe铁能和铜离子发生置换反应，所以铁和铜离子发生的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；强酸性溶液E不含铜离子，且有气体F生成，所以铁与铜离子反应铁过量，铁还和酸反应，所以铁和酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，即步骤中所发生的全部反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2；（2）氧化亚铁和氧化铜都转化为固体粉末Cu和Fe，可以借助还原剂将氧化物中的金属置换出来，可以用氢
95、气或是碳单质，故答案为：AB；（3）不溶物W为铜，铜有两部分来源，一部分是CO还原出的铜，一部分为铁与铜离子反应置换出的铜，所以用W的一半计算试样中的氧化铜的质量； CuOCu 80 64m m所以试样中氧化铜的质量为 m=m=0.625m，故答案为：0.625m点评：本题考查了铁、铜的单质及氧化物的性质，注意试样中的氧化铜的质量时，铜来自于两份试样中的氧化铜不是一份试样中的氧化铜33（2014秋武昌区校级期末）石墨在材料领域有重要 应用某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质设计的提纯与综合利用工艺如图：（注：SiCl4的沸
96、点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排除装置中的空气（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物气体中的碳氧化物主要为CO由气体中某物得到水玻璃的化学反应方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O（3）步骤为：搅拌、过滤所得溶液中的阴离子有AlO2、OH、Cl（4）由溶液生成沉淀的总反应的离子方程式为AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，100kg初级石墨最多可能获得的质量为7.8kg考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、
97、提纯的实验方案设计菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应；（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （3）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化
98、钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量解答：解：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：排除装置中的空气；（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeC
99、l3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2、OH、Cl，
100、故答案为：过滤；AlO2、OH、Cl；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，Al2O3的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg5.1%=5.1kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量为=7.8kg，故答案为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3；7.8点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频
101、考点，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大34（2014江苏）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于烟气脱硫研究（1）酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；滤渣的主要成分为SiO2（填化学式）（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x滤渣的主要成分为CaSO4（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含
102、量降低，其原因是3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2（用离子方程式表示）（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）考点：真题集萃；二氧化硫的污染及治理菁优网版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物分析：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6
103、，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答解答：解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成
104、SO42，（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2，故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；（2）通过以上分析知，滤渣的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3C
105、aSO4+3CO2；（3）二氧化硫被吸收后生成SO32，SO32不稳定，易被氧化生成SO42，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）62x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故答案为：溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；减小点评：本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等35（2014浙江）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：另取10.80g X在惰性气流中加热
106、至完全分解，得到6.40g固体1，请回答如下问题：（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图，写出气体甲的电子式（2）X的化学式是CaFe（CO3）2，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3（用化学反应方程式表示）（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），并设计实验方案验证该反应的产物取适量固体于试管中，加入盐酸溶解，滴入几滴KSCN溶液
107、，若溶液变红色，说明产物中含有三价铁考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物分析：X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉
108、淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，再结合题目分析解答解答：解：X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么
109、甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaF
110、e（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，（1）白色沉淀1是CaCO3，碳酸钙中金属元素的原子核外有4个电子层、最外层有2个电子，所以Ca原子结构示意图为，气体甲是二氧化碳，二氧化碳的电子式为，故答案为：；（2）通过以上分析知，X的化学式是 CaFe（CO3）2，在惰性气流中加热X至完全分解生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，所以该反应的化学反应方程式为CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2，故答案为：CaFe（CO3）2；CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2；（3）氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，所以白色沉淀
111、2在空气中变成红褐色沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，氧化亚铁具有还原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三铁或氧化铁，同时生成CO，反应方程式为2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），如果该反应发生，则生成固体中含有三价铁，将固体溶于稀盐酸生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色物质而使溶液变红色故答案为：2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4）；取适量固体于试管中，加入盐酸溶解，滴入几滴KSCN溶液
112、，若溶液变红色，说明产物中含有三价铁点评：本题考查了无机物推断，涉及物质结构、物质的性质、离子的检验等知识点，熟悉元素化合物的性质是解本题关键，知道流程图中每一步发生的反应及反应现象，题目难度中等36（2014秋龙海市校级期末）铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）铝的原子结构示意图为；铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是铜铁铝（或CuFeAl）（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（3）已知铜与稀硫酸不反应，但铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示其原因
113、：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O（4）氯化铝广泛用作有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为A12O3）与焦炭混合后加热并通人氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO，该反应的氧化剂是Cl2（5）某校兴趣小组为测定一种铁铝硅合金 （FexAlySiz） 粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为Fe
114、8Al4Si （填化学式）考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有分析：（1）铝的核电荷数为13，最外层3个 电子，结合河外电子排布规律写出；依据金属活动顺序表判断活泼性；（2）铁离子具有氧化性氧化铜生成铜离子和亚铁离子；（3）铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色是因为铜和氧气反应生成氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液呈蓝色；（4）根据反应物、生成物和反应条件写出配平反应方程式；（5）合金溶于过量盐酸铁和铝反应，剩余固体质量为硅的质量，计算得到n（Si），加入过量氢氧化钠溶液铝离子反应全部变化为偏铝酸钠，铁离子生成氢氧化铁过滤、洗涤得固体再将所
115、得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，计算得到铁元素物质的量，结合质量守恒计算合金中铝元素物质的量得到化学式；解答：解：（1）铝的原子结构示意图为，依据金属活动顺序表得到铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是铜铁铝（或CuFeAl）；故答案为：；铜铁铝（或CuFeAl）；（2）FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，因为铁离子具有氧化性，将铜单质氧化生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；故答案为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；（3）因溶液中有氧气，加热能与铜反应生成氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜再与硫酸反应：CuO+H2SO4
116、=CuSO4+H2O，两式相加：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；（4）根据题意知，反应物是氧化铝、碳和氯气，反应条件是加热，生成物是氯化铝和一氧化碳，所以其反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，反应中氯元素化合价从0价变化为1价，化合价降低做氧化剂，碳元素化合价0价变化为+2价，失电子做还原剂；故答案为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；Cl2；（5）准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，铁和铝全部溶解，测定剩余固体质量0.07g为硅n（Si）=0.00
117、25mol，向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体判断为Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，铁的物质的量n（Fe）=2=0.02mol，n（Al）=0.01mol；n（Fe）：n（Al）：n（Si）=0.02：0.01：0.0025=8：4：1，化学式为：Fe8Al4Si，故答案为：Fe8Al4Si点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是氧化还原反应的离子方程式和化学方程式书写，元素守恒计算物质化学式是解题关键，题目难度中等37（2013江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是
118、一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O（3）滤渣2 的成分是Fe（OH）3（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3CO利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是CO （填化学式）B中盛放的溶液可以是d（填字母）a
119、NaOH 溶液 bNa2CO3 溶液 c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：3S+6OH2S2+SO32+3H2O考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶
120、液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集解答：解：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O，故答案为：MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O；（2）加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4
121、）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为2价，反应的离子方程式为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O，故答案为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O点评：本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等