1、2015-2016学年安徽省亳州市蒙城一中高一（下）开学化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意本题包括16小题，每小题3分，共48分）1实验过程中要养成安全、规范、环保意识下列说法正确的是（）A浓碱飞溅到皮肤上，应立刻涂上硫酸溶液B金属钠着火，立刻用泡沫灭火器扑灭C加热试管时，先来回移动酒精灯加热，再对准药品集中加热D用天平称量固体药品时，砝码放在左盘2下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2在一定条件下能生成HClOB氢氧化铝、小苏打等可用于治疗胃酸过多C明矾能够消毒杀菌是利用了胶体的吸附性D二氧化硅可用于制造光导纤维3某同学用下列装置制备并检验C
2、l2的性质下列说法错误的是（）A如图中：即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗B如图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成C如图中：生成棕色的烟D如图中：水可以充满试管4NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A常温下，23 g NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子B物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为1 NAC7.1gCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA5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 氢氟
3、酸、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、漂粉精均为胶体Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐ABCD6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中：Al3+、Cl、MnO4、SO42B含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、NO3、SCNC加入铝粉能产生氢气的溶液中：CH3COO、NH4+、SO42、ID使酚酞变红色的溶液：CO32、Cl、F、K+7下列解释过程或事实的方程式不正确的是（）ANa放入水中，产生气体：2Na+2H2O2Na+2OH+H2B液氨作为清洁能源的反应原理是：4NH3+5O24NO+6H2OCNaOH溶液不能
4、保存在玻璃塞的试剂瓶中：SiO2+2OHSiO32+H2OD红热的铁丝与水蒸汽接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O（气）Fe3O4+4H28已知有如下反应：2BrO3+Cl2Br2+2ClO3，2FeCl2+Cl22FeCl3，2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2，ClO3+5Cl+6H+3Cl2+3H2O，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（）AClO3BrO3Cl2Fe3+I2BBrO3Cl 2ClO3I2Fe3+CBrO3ClO3Cl2Fe3+I2DBrO3ClO3Fe3+Cl2I29有两个分别装有Na2CO3和NaHCO3的试剂瓶，因标签失落而无法区
5、分有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中可行的是（）A分别取样配成溶液，再加入澄清石灰水，观察是否有沉淀生成B分别取样后，加入相同物质的量浓度相同体积的稀盐酸，观察反应的快慢C分别取样加盐酸，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生D分别取样配成溶液，加入氢氧化钠溶液，观察是否有气泡产生10下列说法错误的是（）A浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸B在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，是因为生成的单质碘与淀粉发生显色反应C在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中一定含SO42D实验室可用氯化铵与氢氧化钙加热制取氨气11将几
6、滴KSCN（SCN是“类卤离子”，与Br、I等性质相似）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去以下推测肯定不正确的是（）A中红色褪去的原因是SO2将SCN还原B中红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化C中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原成Fe2+DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）212被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列有关该反应的说法中，正确的是（）ANaBH4既是氧化剂又是还原剂
7、BNaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C硼元素被氧化，氢元素被还原D被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：113下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝
8、酸AABBCCDD14下列除去杂质的方法正确的是（）A除去CO2中混有的CO：通入O2点燃B除去铜器表面的铜绿【Cu2（OH）2CO3】：用盐酸浸泡，再用清水冲洗C除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，加入足量铁粉，再过滤即可D欲除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和硫酸盐杂质，可加入的药品顺序：NaOHNa2CO3BaCl2盐酸15某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（）ABCD1615g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
9、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 molL1二、（非选择题共52分）17用地壳中硅元素生产的多种产品在现代高科技中占重要位置，足见化学对现代物质文明的重要作用例如：（1）目前应用最多的太阳能电池的光电转化材料是；（2）赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行化学刻蚀而制成的，该反应的化学方程式为；（3）工业上制取粗硅是用石英和焦炭在高温电炉中反应制得，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为；用石英和焦炭在高温电炉中反应也可以制得金刚砂（SiC），并产生
10、CO气体，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为18海水提镁的工业流程如下（1）煅烧贝壳时，贝壳的主要成分发生了什么变化？（用化学方程式表示）（2）从海水中的镁离子到金属镁，主要经历了三步化学变化，写出前两步反应的化学反应方程式：；第三步反应（MgCl2Mg+Cl2）中，每生成1molMg，转移的电子的数量是（3）在生产过程中采用了一些措施提高经济效益，请写出一点19如图所示各物质是由118号部分元素组成的单质或化合物，图中部分反应条件及产物未列出已知：A、B、H的焰色反应呈黄色；A、C、D、F均为单质，物质G是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：J为白色沉淀，既能溶于B，又能溶于E回答下列问题：
11、（1）写出物质G的一种用途（2）中属于化合反应的是（3）按要求写出下列反应的表达式物质I的电离方程式为，反应的离子方程式为，反应的化学方程式为（4）向I的水溶液中滴加B溶液至过量，观察到的现象为20某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按图所示装置进行实验请到答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是，其中发生反应的化学方程式为（2）实验过程中，装置B，C中发生的现象分别是、，这些现象分别说明SO2具有的性质是和；（3）装置B中发生反应的离子方程式为（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象（5）尾气可采用溶液吸收（填序号）：a 酸性高锰酸钾溶液 b NaOH
12、c浓硫酸 d饱和碳酸氢钠溶液21从铝土矿（成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的工艺流程如图则回答下列问题：（1）操作1的名称为，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需；（2）沉淀C的成分为（写化学式）；（3）设计最简实验证明滤液D中Fe3+已沉淀完全（写出操作、现象及结论，试剂任选）：取2mL滤液D于试管中，（4）滤液E中的主要溶质的化学式为；（5）写出步骤的化学方程式2015-2016学年安徽省亳州市蒙城一中高一（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意本题包括16小题，每小题3分，共48分）1实验过程中要养成安全、规范、环保意
13、识下列说法正确的是（）A浓碱飞溅到皮肤上，应立刻涂上硫酸溶液B金属钠着火，立刻用泡沫灭火器扑灭C加热试管时，先来回移动酒精灯加热，再对准药品集中加热D用天平称量固体药品时，砝码放在左盘【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A硫酸有腐蚀性；B钠与水发生反应生成可燃性的氢气；C给试管中的药品加热时，注意先预热，防止使试管受热不均，引起试管炸裂；D根据左物右码的原则判断【解答】解：A硫酸有腐蚀性，浓碱飞溅到皮肤上应用大量水冲洗，最有涂上稀的硼酸溶液，故A错误； B钠与水发生反应生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用泡沫灭火器灭，应用沙子盖灭，故B错误；C给试管中的药品加热时，先均匀加热，后集中加热
14、，操作正确，故C正确；D用天平称量固体药品时，要遵循“左物右码”的原则，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失2下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2在一定条件下能生成HClOB氢氧化铝、小苏打等可用于治疗胃酸过多C明矾能够消毒杀菌是利用了胶体的吸附性D二氧化硅可用于制造光导纤维【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】A漂白粉漂白原理是次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成具有漂白作用的次氯酸；B氢氧化铝、小苏打
15、碱性较弱，能与酸反应；C明矾不具有消毒杀菌能力；D光导纤维的主要材料为二氧化硅；【解答】解：AHClO具有漂白性，漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2在一定条件下和空气中的二氧化碳、水反应能生成HClO，故A正确；B氢氧化铝、小苏打碱性较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故B正确；C明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D光导纤维的主要材料为二氧化硅，利用二氧化硅晶体对光的全反射作用，所以二氧化硅可用于制造光导纤维，故D正确；故选C【点评】本题考查漂白粉的漂白原理、盐类水解、物质组成和性质的分析，题目难度不大，注意相关基础知识的积累3某同学用下列
16、装置制备并检验Cl2的性质下列说法错误的是（）A如图中：即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗B如图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成C如图中：生成棕色的烟D如图中：水可以充满试管【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质【分析】A、依据实验室制备氯气原理分析，浓盐酸随反应进行浓度变稀后不再反应；B、湿润的有色布条褪色是因为氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，剩余氯气和氢氧化钠溶液 反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，加入硫酸至酸性，会发生归中反应生成氯气；C、铜在在氯气中燃烧生成棕黄色烟；D、氯气在水中溶解度不大，水不能充满试管；【解答】解：A
17、、依据实验室制备氯气原理分析，浓盐酸随反应进行浓度变稀后不再反应，装置图正确，即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗，故A正确；B、湿润的有色布条褪色是因为氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，剩余氯气和氢氧化钠溶液 反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，加入硫酸至酸性，会发生归中反应生成氯气，Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，故B正确；C、铜在在氯气中燃烧生成棕黄色烟，故C正确；D、氯气在水中溶解度不大，水不能充满试管，故D错误；故选D【点评】本题考查了氯气性质的分析判断，装置图的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等4NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A常温下，23 g
18、 NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子B物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为1 NAC7.1gCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、溶液体积不明确；C、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和碱的反应为歧化反应来分析；D、标况下四氯化碳为液态【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为n=0.5mol，故含1mol氧原子即NA个，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液
19、中的氯离子的个数无法计算，故B错误；C、7.1g氯气的物质的量为1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故0.1mol氯气转移0.1mol电子即0.1NA个，故C错误；D、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大5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 氢氟酸、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、漂粉精均为胶体Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐ABCD【考点】单质和化合物；混合物和纯净
20、物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质【分析】化合物是不同元素组成的纯净物，液氯是单质；依据混合物是不同物质组成的分析；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm间；过氧化钠是氧化物【解答】解：液氯是单质，干冰、磁性氧化铁均为化合物，故错误；盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氢氟酸为混合物，故正确；明矾、小苏打、纯碱，符合电解质概念，均为电解质，故正确；碘酒是碘单质的酒精溶液、牛奶、豆浆是胶体，漂粉精为次氯酸盐的水溶液，故错误；过氧化钠是氧化物，不是盐，故错误综上所述：正确；故选B【点评】本题考查了化学基本概念的理解和应用，
21、熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中：Al3+、Cl、MnO4、SO42B含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、NO3、SCNC加入铝粉能产生氢气的溶液中：CH3COO、NH4+、SO42、ID使酚酞变红色的溶液：CO32、Cl、F、K+【考点】离子共存问题【分析】A无色溶液中不存在有色的高锰酸根离子；B铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；C加入铝粉能产生氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，醋酸根离子与氢离子反应；D使酚酞变红色的溶
22、液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应【解答】解：AMnO4为有色离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；B Fe3+和SCN之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；C加入铝粉能产生氢气的溶液中存在大量氢离子或企业广告离子，NH4+与氢氧根离子反应，CH3COO与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，CO32、Cl、F、K+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，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，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复
23、分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；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+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；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等7下列解释过程或事实的方程式不正确的是（）ANa放入水中，产生气体：2Na+2H2O2Na+2OH+H2B液氨作为清洁能源的反应原理是：4NH3+5O24NO+6H2OCNaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中：SiO2+2OHS
24、iO32+H2OD红热的铁丝与水蒸汽接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O（气）Fe3O4+4H2【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成NaOH和氢气；BNO为空气污染物；C生成硅酸钠具有粘合性；D反应生成四氧化三铁和氢气【解答】解：ANa放入水中，产生气体，发生2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A正确；B液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3+3O22N2+6H2O，故B错误；CNaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，发生SiO2+2OHSiO32+H2O，故C正确；D红热的铁丝与水蒸汽接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层，发生3Fe+4H2O（气）Fe3O4+4H2
25、，故D正确；故选B【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大8已知有如下反应：2BrO3+Cl2Br2+2ClO3，2FeCl2+Cl22FeCl3，2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2，ClO3+5Cl+6H+3Cl2+3H2O，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（）AClO3BrO3Cl2Fe3+I2BBrO3Cl 2ClO3I2Fe3+CBrO3ClO3Cl2Fe3+I2DBrO3ClO3Fe3+Cl2I2【考点】氧化还原
26、反应【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析【解答】解：中BrO3是氧化剂，ClO3是氧化产物，所以氧化性BrO3ClO3，中ClO3是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性ClO3Cl2，中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：Fe3+I2，中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2Fe3+，综上得氧化性顺序为BrO3ClO3Cl2Fe3+I2故选C【点评】本题考查氧化性强弱的判断规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，侧重于基础知识的考查，难度不大，关键正确判断氧化剂、还原剂9有两个分别装有Na2CO3和N
27、aHCO3的试剂瓶，因标签失落而无法区分有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中可行的是（）A分别取样配成溶液，再加入澄清石灰水，观察是否有沉淀生成B分别取样后，加入相同物质的量浓度相同体积的稀盐酸，观察反应的快慢C分别取样加盐酸，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生D分别取样配成溶液，加入氢氧化钠溶液，观察是否有气泡产生【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；钠的重要化合物【分析】NaHCO3与酸反应较Na2CO3剧烈，二者都能与澄清石灰水反应生成沉淀，NaHCO3可与NaOH反应，但没有明显现象，以此解答该题【解答】解：A二者都能与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别
28、，故A错误；B加入盐酸，Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3，然后再和盐酸反应生成二氧化碳气体，二者生成气泡的快慢不同，可鉴别，故B正确；C二者都可与盐酸反应生成二氧化碳气体，都可使清石灰水变浑浊，不能鉴别，故C错误；D碳酸钠与氢氧化钠不反应，NaHCO3可与NaOH反应，但没有明显现象，不能鉴别，故D错误故选B【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质探究，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意把握二者性质的异同，易错点为A，注意反应现象的把握10下列说法错误的是（）A浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸B在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，是因为生成的单质
29、碘与淀粉发生显色反应C在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中一定含SO42D实验室可用氯化铵与氢氧化钙加热制取氨气【考点】硝酸的化学性质；常见离子的检验方法；氨的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A浓硝酸见光易分解，生成的红棕色二氧化氮溶解在溶液中；B氯气氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉变蓝；C亚硫酸根离子能被氧化为硫酸根离子，若溶液有银离子也会生成AgCl沉淀；D铵盐与碱反应生成氨气【解答】解：A浓硝酸见光易分解，生成的红棕色二氧化氮溶解在溶液中，所以浓HNO3在光照条件下变黄，故A正确；B氯气氧化碘离子生成碘单质，发生氧化还原反应，碘单质遇淀粉变蓝，故
30、B正确；C如溶液中含有SO32，能被氧化为SO42，也不能排除生成AgCl沉淀，应先加盐酸酸化，如无沉淀，再加入氯化钡观察，故C错误；D铵盐与碱反应生成氨气，实验室可用氯化铵与氢氧化钙加热制取氨气，故D正确，故选：C【点评】本题考查实验方案的评价、离子检验、氨气的制备及硝酸的性质，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，C选项为易错点，学生容易忽略干扰离子影响11将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”，与Br、I等性质相似）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去以下推测肯定不正确的是（）A中
31、红色褪去的原因是SO2将SCN还原B中红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化C中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原成Fe2+DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）2【考点】氧化还原反应【分析】ASO2中硫元素为+4价，SCN离子碳元素显+4价，氮元素显3价，硫元素的化合价为2价；B根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化的原理来判断；C根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；【解答】解：ASO2中硫元素为+4价，如果还原SCN，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN，1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显
32、+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故A错误；B三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3+3SCNFe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化，使红色消失，故B正确；CFe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，故C正确；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化为（SCN）2，相当于卤素单质X2，故D正确；故选A【点评】本题主要考查了三价铁
33、离子的检验，掌握高锰酸钾的氧化性是解答本题的关键，题目难度不大12被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列有关该反应的说法中，正确的是（）ANaBH4既是氧化剂又是还原剂BNaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C硼元素被氧化，氢元素被还原D被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1【考点】氧化还原反应【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，NaBH4中H元素化合价为1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，以此解答该题【解答】解：ANaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4
34、是还原剂，故A错误；BNaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；CNaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；D化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，为高频考点，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意从化合价的角度解答该题，较简单13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结
35、论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白
36、性；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱【解答】解：A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品红溶液褪色，氯气无漂白性，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，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
37、，故C错误；DCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，氧化性与得到电子的多少无关，但浓硝酸与Cu反应剧烈，可说明氧化性强弱，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、硝酸性质等知识点，明确物质性质及离子检验方法是解本题关键，题目难度不大14下列除去杂质的方法正确的是（）A除去CO2中混有的CO：通入O2点燃B除去铜器表面的铜绿【Cu2（OH）2CO3】：用盐酸浸泡，再用清水冲洗C除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，加入足量铁粉，再过滤即可D欲除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和硫酸盐杂质，可加入的药品顺序：NaOHNa2CO3BaC
38、l2盐酸【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A二氧化碳多，不能点燃CO；B铜绿与盐酸反应，而Cu不能；C铁与氯化铁反应；D碳酸钠应在氯化钡之后，可除去过量的钡离子【解答】解：A二氧化碳多，不能点燃CO，则点燃不能除杂，应利用灼热的CuO除杂，故A错误；B铜绿与盐酸反应，而Cu不能，则用盐酸浸泡，再用清水冲洗可除杂，故B正确；C铁与氯化铁反应，将原物质除去，应利用氯气除杂，故C错误；D碳酸钠应在氯化钡之后，可除去过量的钡离子，则顺序为NaOHBaCl2Na2CO3盐酸，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意除杂的原
39、则及元素化合物知识的综合应用，难度不大15某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，再继续滴加NaOH溶液时，氢氧化铝 会完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液【解答】解：含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，发生反应A
40、l3+3OHAl（OH）3，得到沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.03mol，即30mL，Mg2+2OHMg（OH）2，得到次沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.02mol，即20mL，随反应进行沉淀量增大，共消耗氢氧化钠50mL，0.01mol氢氧化铝会溶于过量的氢氧化钠中，Al（OH）3+OHAl（OH）4，消耗氢氧化钠10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠，沉淀量减小，直到最后剩余的是氢氧化镁沉淀0.01mol故选C【点评】理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算1615g铁粉和氧化铁的混合物，放入150mL稀H2SO4中，发现固体完全溶解
41、，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【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（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
42、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二、（非选择题
43、共52分）17用地壳中硅元素生产的多种产品在现代高科技中占重要位置，足见化学对现代物质文明的重要作用例如：（1）目前应用最多的太阳能电池的光电转化材料是晶体硅；（2）赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行化学刻蚀而制成的，该反应的化学方程式为4HF+SiO2=SiF4+2H2O；（3）工业上制取粗硅是用石英和焦炭在高温电炉中反应制得，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为5：2；用石英和焦炭在高温电炉中反应也可以制得金刚砂（SiC），并产生CO气体，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2【考点】硅和二氧化硅【分析】（1）晶体硅为良好的半导体材料；（2）二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；（
44、3）SiO2+2CSi+2CO反应中，Si元素的化合价降低，C元素的化合价升高，SiO2为氧化剂，C是还原剂，SiO2+3CSiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为4价，以此计算【解答】解：（1）晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的主要原料；故答案为：晶体硅；（2）二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，方程式：4HF+SiO2=SiF4+2H2O；故答案为：4HF+SiO2=SiF4+2H2O；（3）SiO2+2CSi+2CO反应中，Si元素的化合价降低，C元素的化合价升高，SiO2为氧化剂，C是还原剂，由反应可知，物质的量比为1：2，质量比为160：
45、212=5：2，SiO2+3CSiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为4价，则C为氧化剂，也是还原剂，由电子守恒及原子守恒可知，1molC作氧化剂与2molC作还原剂转移电子相等，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：5：2，1：2【点评】本题考查硅及其化合物性质应用，氧化还原反应及计算，熟悉硅及氧化硅的性质是解题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大18海水提镁的工业流程如下（1）煅烧贝壳时，贝壳的主要成分发生了什么变化？CaCO3CaO+CO2（用化学方程式表示）（2）从海水中的镁离子到金属镁，主要经历了三步化学变化，写出前两步反应的化学反
46、应方程式：MgCl2+Ca（OH）2=CaCl2+Mg（OH）2；Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O第三步反应（MgCl2Mg+Cl2）中，每生成1molMg，转移的电子的数量是2NA（3）在生产过程中采用了一些措施提高经济效益，请写出一点利用海滩上的贝壳做原料【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】（1）贝壳成分为碳酸钙，依据碳酸钙不稳定受热分解生成二氧化碳、氧化钙书写方程式；（2）海水中加入贝壳煅烧得到氧化钙溶于水生成的氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，氯化氢气流中加热失去结晶水得
47、到固体氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁；MgCl2Mg+Cl2，依据化学方程式电子转移总数计算；（3）提高经济效益的措施是利用海滩上的贝壳做原料等【解答】解：（1）贝壳高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2，故答案为：CaCO3CaO+CO2；（2）海水中加入贝壳煅烧得到氧化钙溶于水生成的氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，反应的化学方程式为：MgCl2+Ca（OH）2=CaCl2+Mg（OH）2，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，氯化氢气流中加热
48、失去结晶水得到固体氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2Mg+Cl2，前两步方程式为：MgCl2+Ca（OH）2=CaCl2+Mg（OH）2，Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；MgCl2Mg+Cl2，依据方程式可知镁元素从+2价降为0价，每生成1molMg电子转移2NA，故答案为：MgCl2+Ca（OH）2=CaCl2+Mg（OH）2Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；2NA；（3）海滩有大量的贝壳，就地取材，用贝壳作原料可以节约成本，提高经济效益；故答案为：利用海滩上的贝壳做原料【点评】本题考查了海水提取金属镁的工业流程及其反应原理分析
49、，明确工艺流程及相关物质的性质是解题关键，题目难度不大19如图所示各物质是由118号部分元素组成的单质或化合物，图中部分反应条件及产物未列出已知：A、B、H的焰色反应呈黄色；A、C、D、F均为单质，物质G是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：J为白色沉淀，既能溶于B，又能溶于E回答下列问题：（1）写出物质G的一种用途制硝酸或制化肥或作制冷剂（2）中属于化合反应的是（3）按要求写出下列反应的表达式物质I的电离方程式为AlCl3=Al3+3Cl，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，反应的化学方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O（4）向I的水溶液中滴加B溶液至过
50、量，观察到的现象为先有白色沉淀，后消失【考点】无机物的推断【分析】转化关系中各物质是由118号部分元素组成的单质或化合物，常温下气体G可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则G为NH3，A、C、D、F均为单质，所以反应是合成氨的反应，C、F分别为N2、H2中的一种，A、B、H的焰色反应呈黄色，单质A能与水反应得到B与C，可推知A为Na、B为NaOH、C为H2，故F为N2，Cl2与C反应得到E为HCl，单质D既能与B（NaOH）又能与E（HCl）反应生成C（氢气），故D为Al，H为NaAlO2，I为AlCl3，J为白色沉淀，由反应可知J为Al（OH）3，能溶于盐酸，与氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，符合各
51、物质的转化关系，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题【解答】解：转化关系中各物质是由118号部分元素组成的单质或化合物，常温下气体G可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则G为NH3，A、C、D、F均为单质，所以反应是合成氨的反应，C、F分别为N2、H2中的一种，A、B、H的焰色反应呈黄色，单质A能与水反应得到B与C，可推知A为Na、B为NaOH、C为H2，故F为N2，Cl2与C反应得到E为HCl，单质D既能与B（NaOH）又能与E（HCl）反应生成C（氢气），故D为Al，H为NaAlO2，I为AlCl3，J为白色沉淀，由反应可知J为Al（OH）3，能溶于盐酸，与氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，符合各
52、物质的转化关系，（1）G为NH3，G的一种用途是制硝酸或制化肥或作制冷剂，故答案为：制硝酸或制化肥或作制冷剂； （2）中，反应为氢气和氯气生成氯化氢，反应氮气和氢气合成氨气，都属于化合反应的是，故答案为：；（3）I为AlCl3，物质I的电离方程式为 AlCl3=Al3+3Cl，反应的离子方程式为 2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，反应的化学方程式为 Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：AlCl3=Al3+3Cl； 2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（4）I为AlCl3，向I的水溶液中滴加NaOH溶液至过量，生
53、成生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以观察到的现象为先有白色沉淀，后消失，故答案为：先有白色沉淀，后消失【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，解答本题以“物质的状态、气态G使湿润的红色石蕊试纸变蓝”等为推断突破口，结合物质的性质进行推断，题目难度不大20某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按图所示装置进行实验请到答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶，其中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O（2）实验过程中，装置B，C中发生的现象分别是溶液由紫红色变为无色、无色溶液中出现
54、淡黄色浑浊，这些现象分别说明SO2具有的性质是还原性和氧化性；（3）装置B中发生反应的离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色（5）尾气可采用b溶液吸收（填序号）：a 酸性高锰酸钾溶液 b NaOH c浓硫酸 d饱和碳酸氢钠溶液【考点】二氧化硫的化学性质【分析】（1）根据化学常用仪器及仪器的名称来分析；制备二氧化硫的方法是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应生成；（2）利用二氧化硫与高锰酸钾溶液，二氧化硫与硫化钠的氧化还原反应来分析
55、反应现象和性质，二氧化硫具有还原性能还原高锰酸钾溶液，二氧化硫具有以下和2价硫元素发生归中反应；（3）高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、锰离子和谁，结合离子性质和电荷守恒，原子守恒配平书写离子方程式；（4）根据二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色的检验方法分析；（5）利用二氧化硫是还原性气体，属于酸性氧化物的性质来分析尾气处理【解答】解：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶，利用亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2
56、SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，则观察到红色逐渐变浅直至完全褪去，二氧化硫进入硫化钠溶液中发生的氧化还原反应为2S2+SO2+2H2O=3S+4OH，则观察到出现黄色浑浊，B中S元素的化合价升高，表现还原性，C中二氧化硫中硫元素的化合价降低，表现氧化性，故答案为：溶液由紫红色变为无色；无色溶液中出现淡黄色浑浊；还原性；氧化性；（3）高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生的离子反应为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+；故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+
57、；（4）因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色，则操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，观察到的现象为无色溶液恢复为红色，故答案为：待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色；（5）因浓硫酸不与二氧化硫反应，则不能处理尾气，abd都能与二氧化硫反应，但d碱性太弱，吸收效果不好，则利用ab的溶液来吸收尾气，利用氢氧化钠溶液来吸收尾气，发生的离子反应为SO2+2OH=SO32+H2O，利用高锰酸钾溶液来吸收尾气发生的离子反应为2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+，故答案为：ab【点评】本题考查了二氧化
58、硫的制取及二氧化硫的性质实验，题目难度中等，明确反应原理、二氧化硫的性质是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫的性质及性质实验方案设计方法21从铝土矿（成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的工艺流程如图则回答下列问题：（1）操作1的名称为过滤，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需漏斗；（2）沉淀C的成分为Fe（OH）3、Mg（OH）2（写化学式）；（3）设计最简实验证明滤液D中Fe3+已沉淀完全（写出操作、现象及结论，试剂任选）：取2mL滤液D于试管中，再向其中加入2滴KSCN溶液，溶液无血红色出现，则证明Fe3+已沉淀完全（4）滤液E中的主要溶质的化学式为NaCl
59、、NaHCO3；（5）写出步骤的化学方程式2Al2O34Al+3O2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质，由流程可知，加足量盐酸过滤得到沉淀A为SiO2，溶液B中含Mg2+、Al3+、Fe3+，加过量NaOH溶液过滤得到沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2，滤液D中含偏AlO2，D中通入过量CO2后过滤得到Al（OH）3，E中含有NaCl和NaHCO3，Al（OH）3受热分解Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；（1）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯
60、外，还需漏斗；（2）沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2；（3）Fe3+能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，可以用KSCN溶液检验铁离子；（4）滤液E中的主要溶质的化学式为NaCl、NaHCO3；（5）步骤为电解熔融氧化铝【解答】解：铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质，由流程可知，加足量盐酸过滤得到沉淀A为SiO2，溶液B中含Mg2+、Al3+、Fe3+，加过量NaOH溶液过滤得到沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2，滤液D中含偏AlO2，D中通入过量CO2后过滤得到Al（OH）3，E中含有NaCl和NaHCO3，Al（OH）3受热分解Al2O3，电解熔融A
61、l2O3得到Al；（1）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作1是过滤，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需漏斗，故答案为：过滤；漏斗；（2）沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2，故答案为：Fe（OH）3、Mg（OH）2；（3）Fe3+能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，可以用KSCN溶液检验铁离子，其检验方法为再向其中加入2滴KSCN溶液，溶液无血红色出现，则证明Fe3+已沉淀完全，故答案为：再向其中加入2滴KSCN溶液，溶液无血红色出现，则证明Fe3+已沉淀完全；（4）滤液E中的主要溶质的化学式为NaCl、NaHCO3，故答案为：NaCl、NaHCO3；（5）步骤为电解熔融氧化铝，反应方程式为2Al2O34Al+3O2，故答案为：2Al2O34Al+3O2【点评】本题以元素化合物为载体考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析推断及基本操作能力，明确物质性质及实验基本操作是解本题关键，知道流程图中发生的反应及操作方法，题目难度不大