2015-2016学年广东省湛江一中高一上学期期末化学试卷(解析版)

一、单项选择题（本题包括11小题，每小题4分，共44分）            

1．以下互为同位素的是（　　）            

A．13C与14N    B．D2与H2    C．O2与O3    D．35Cl与37Cl

【考点】同位素及其应用．            

【专题】化学用语专题．            

【分析】质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同一元素的不同单质互称同素异形体，据此分析解答．            

【解答】解：A．13C与14N的质子数不同，分别为6、7，故A错误；             

B．D2与H2是同一种单质，故B错误；            

C．O2与O3是氧元素的不同单质，所以是同素异形体，故C错误；            

D．1735Cl和1737Cl是质子数相同中子数不同的同一元素，所以互称同位素，故D正确．            

故选D．            

【点评】本题考查的是同位素、同素异形体的判断，难度不大，侧重考查学生的辨别能力．            

2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）            

A．常温常压下，78g Na2O2含有的阴离子数为NA            

B．常温常压下，22.4 L氢气中含氢原子数目为2 NA            

C．0.5 mol/L的NaCl溶液中，含有Cl﹣数目为0.5 NA            

D．1mol Fe在足量氯气中完全反应，失去的电子数为2 NA            

【考点】阿伏加德罗常数．            

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．            

【分析】A．Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成；            

B．气体摩尔体积的应用条件是标准状况；            

C．溶液体积不知不能计算溶液中离子数；            

D．铁和氯气反应生成氯化铁．            

【解答】解：A．78gNa2O2的物质的量n===1mol，Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成，故1molNa2O2中含1mol阴离子，即NA个，故A正确；            

B．气体摩尔体积的应用条件是标准状况，温度压强不知，22.4L氢气中物质的量不是1mol，故B错误；            

C．溶液体积不知不能计算溶液中离子数，故C错误；            

D.1molFe与氯气反应生成氯化铁，失去的电子数为3NA，故D错误；            

故选A．            

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析，主要是物质的量和微粒数的计算，气体摩尔体积条件应用，氧化还原反应实质的理解应用，题目难度中等．            

3．为了证明某晶体中含有NH4+、K+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（　　）            

A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水            

B．取少量晶体溶于水，加入少量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+            

C．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣            

D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能证明晶体中无K+            

【考点】常见离子的检验方法．            

【分析】A．加热失去结晶水，然后用无水硫酸铜检验水；            

B．检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸；            

C．依据硫酸根离子的检验方法分析判断；            

D．确定焰色反应中是否含有钾离子，需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色．            

【解答】解：A．晶体加热后生成水，若无水硫酸铜变蓝，则证明晶体中含结晶水，故A正确；            

B．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误；            

C．加少量稀盐酸，无现象，排除了干扰离子，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣，故C正确；            

D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明含有钠离子，若证明是否含有钾离子，则需要透过蓝色钴玻璃观察，所以该现象不能证明晶体中无K+，故D正确；            

故选B．            

【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度中等，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．            

4．下列关于胶体的叙述不正确的是（　　）            

A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间            

B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应            

C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同            

D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的            

【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．            

【专题】溶液和胶体专题．            

【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法．            

【解答】解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；            

B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；            

C、用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，Fe（OH）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；            

D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；            

故选C．            

【点评】本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答．            

5．配制100mL 1mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是（　　）            

A．在托盘天平两托盘上各放一片相同的纸，然后将NaOH放在纸片上进行称量            

B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出            

C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中            

D．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低            

【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．            

【专题】溶液和胶体专题．            

【分析】A．依据腐蚀品称量方法解答；            

B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出，吸出的溶液中含有溶质，导致溶液浓度偏低；            

C．为保证溶质全部转移到容量瓶中，应进行洗涤操作；            

D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据C=进行误差分析．            

【解答】解：A．氢氧化钠为腐蚀品，称量应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误；            

B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出，导致溶质损耗，依据c=可知溶液浓度偏低，故B 错误；            

C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中，保证溶质全部转移到容量瓶中，故C正确；            

D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据C=，可知溶液浓度偏高，故D错误；            

故选：C．            

【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意对腐蚀品称量方法，题目难度不大．            

6．下列物质：①氨水  ②醋酸  ③硫酸钡  ④氢氧化钾  ⑤酒精   ⑥Na            

属于强电解质的是（　　）            

A．①②③④⑤⑥    B．①④⑤    C．②③④    D．③④

【考点】强电解质和弱电解质的概念．            

【专题】化学用语专题．            

【分析】强电解质是水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质；弱电解质是水溶液中不能完全电离的电解质，溶液中存在电离平衡．            

【解答】解：①氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；            

②醋酸属是弱酸，水溶液中存在电离平衡，属于弱电解质；            

③硫酸钡是盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；            

④氢氧化钾在水溶液里或熔化状态下均能完全电离，属于强电解质；            

⑤酒精不导电，溶于水也不能导电，属于非电解质；            

⑥Na是单质，既不是电解质也不是非电解质，故属于强电解质的是③④，            

故选D            

【点评】本题考查了强电解质和弱电解质的概念分析应用，物质性质和类别是解题关键，题目较简单．            

7．下列无色溶液中的离子能大量共存的是（　　）            

A．K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣    B．OH﹣、K+、HCO3﹣、SO32﹣        

C．H+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣    D．Al3+、NH4+、OH﹣、NO3﹣        

【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、弱电解质等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．            

【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；            

B．OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，不能共存，故B错误；            

C．该组离子之间不反应可大量共存，故C正确；            

D．Al3+、NH4+均与OH﹣结合发生反应，不能共存，故D错误；            

故选C．            

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．            

8．工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却．可作为冷却气体的是（　　）            

①空气    ②CO2      ③Ar     ④H2      ⑤N2．            

A．①②    B．②③    C．③④    D．④⑤

【考点】镁的化学性质．            

【专题】几种重要的金属及其化合物．            

【分析】可作为镁蒸气冷却气体的定是与镁不反应的物质，镁的性质活泼，易与多种物质反应，它可与空气中氧气反应生成MgO；可与N2反应生成Mg3N2；可在CO2中燃烧生成MgO；但稀有气体氩气不与镁反应．            

【解答】解：①空气中含有氮气、氧气、二氧化碳，它们都与镁发生反应，故①错误．            

②镁与二氧化碳在点燃的条件下发生燃烧反应，生成氧化镁和炭黑，故②错误．            

③氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，故③正确．            

④H2不与镁反应，故④正确．            

⑤氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，故⑤错误．            

故选：C．            

【点评】物质的结构和组成决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途，了解三者之间的关系是解决问题的先决条件．            

9．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用．下列关于金属的一些说法不正确的是（　　）            

A．金属钠保存在煤油中            

B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的            

C．合金的硬度一般比各成分金属大            

D．铜与氯化铁溶液的反应常用于制作印刷电路板            

【考点】镁、铝的重要化合物．            

【专题】化学应用．            

【分析】A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存；            

B．铝的氯化物为共价化合物；            

C．根据合金的性质来分析解答；            

D．FeCl3溶液能与Cu反应，用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路是成熟的传统工艺；            

【解答】解：A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A正确；            

B．铝的氯化物为共价化合物，熔融状态下不导电，应用电解氧化铝的方法冶炼金属铝，故B错误；            

C．合金的硬度一般比各成分金属大，熔点比各成份小，故C正确；            

D．制印刷电路时常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故D正确；            

故选B．            

【点评】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，本题注意金属的冶炼方法与金属的活泼性有关，注意常见金属的冶炼方法．            

10．下列说法错误的是（　　）            

A．氢氧化钠溶液应保存在带磨砂玻璃塞的无色细口瓶中            

B．二氧化硅是制造光导纤维的材料            

C．水玻璃可用作木材防火剂            

D．氢氟酸能与二氧化硅反应，因此可用于刻蚀玻璃            

【考点】硅和二氧化硅．            

【专题】化学应用．            

【分析】A．氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应，不能使用玻璃塞；            

B．二氧化硅为光导纤维的材料，硅为半导体材料；            

C．水玻璃为硅酸钠水溶液，硅酸钠性质稳定，不燃烧，可作防火材料；            

D．玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应．            

【解答】解：A．氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应，盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶的瓶塞不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞，故A错误；            

B．硅为半导体材料，二氧化硅为光导纤维的材料，故B正确；            

C．水玻璃为硅酸钠的溶液，可用作木材的防火剂，故C正确；            

D．玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应；可用于刻蚀玻璃，故D正确；            

故选A．            

【点评】本题考查了化学试剂的存放、硅与二氧化硅的性质与用途，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及存放方法，明确硅与二氧化硅的用途．            

11．人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚盐，会导致Fe2+转化Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述的分析正确的是（　　）            

A．亚盐是还原剂    B．维生素C是氧化剂        

C．维生素C被氧化    D．亚盐发生氧化反应        

【考点】氧化还原反应．            

【专题】氧化还原反应专题．            

【分析】由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+．            

【解答】解：服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，被氧化，而亚盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，发生还原反应，            

故选C．            

【点评】本题考查氧化还原反应知识，题目难度不大，注意从元素化合价的变化的角度判断物质在反应中体现的性质，答题时注意审题．            

二、非选择题（共56分）            

12．填空题            

（1）取1.06g Na2CO3，溶于水配成10mL溶液，则该Na2CO3溶液的物质的量浓度为　1molL﹣1　，若再往该溶液滴入足量稀盐酸至完全反应，标准状况下生成气体的体积为　0.224 L　．            

（2）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表示）．            

①铁粉中混有铝粉　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　            

②FeCl2溶液中混有CuCl2　Fe+Cu2+=Cu+Fe2+　            

③FeCl3溶液中混有FeCl2　2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　．            

【考点】物质的量的相关计算；物质的分离、提纯和除杂．            

【专题】物质的量的计算．            

【分析】（1）根据n=计算1.06g Na2CO3的物质的量；根据c=计算该Na2CO3溶液的物质的量浓度；根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O计算生成气体在标准状况下的体积；            

（2）①Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，以此除杂；            

②CuCl2与Fe反应生成氯化亚铁和Cu；            

③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁．            

【解答】解：（1）1.06g Na2CO3，n（Na2CO3）===0.01mol，c（Na2CO3）===1molL﹣1；            

Na2CO3 +2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O            

1                  1            

0.01mol         n（CO2）             

n（CO2）=0.01mol，V=n×Vm=0.01mol×22.4mol/L=0.224L，            

故答案为：1molL﹣1；0.224L；            

（2）①Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，选NaOH溶液来除杂，发生离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，            

故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；             

②CuCl2与Fe反应生成氯化亚铁和Cu，过滤即可除去氯化铜，其反应的方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；            

故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；            

③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，其反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．            

【点评】本题考查了物质的量的计算、有关化学方程式的计算、物质的除杂和方程式的书写，题目难度不大，注意物质的量应用与化学方程式的计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．            

13．（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，反应的离子方程式为：　HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑　，            

不能用NaOH溶液的原因是　CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣　（用离子方程式表示），            

也不能用NaCO3的原因是　H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣　（用离子方程式表示）            

（2）Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，发生反应的化学方程式为　4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　            

Fe（OH）2可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应来制备：            

①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入　铁粉　来防止Fe2+被氧化．            

②生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液．这样操作的理由是　避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2　．            

【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写；物质的分离、提纯和除杂．            

【专题】化学用语专题．            

【分析】（1）除去杂质不能引入新的杂质，不能与所需气体反应，氢氧化钠、碳酸钠溶液都能与二氧化碳反应，据此解答；            

（2）氢氧化亚铁具有还原性能被氧气氧化生成氢氧化铁；            

铁粉具有还原性能够还原三价铁子生成二价铁离子；            

二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中氧气氧化，制备氢氧化亚铁应隔绝空气．            

【解答】解：（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，因为氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，离子方程式：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；不能用氢氧化钠溶液是因为：二氧化碳能够与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，不能用碳酸钠是因为：二氧化碳、碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式：H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣；            

故答案为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣；            

（2）氢氧化亚铁能够被氧气氧化生成氢氧化铁，方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；铁粉具有还原性能够还原三价铁子生成二价铁离子，所以用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入 铁粉来防止Fe2+被氧化；二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中氧气氧化，制备氢氧化亚铁应隔绝空气；            

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；①铁粉； ②避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2．            

【点评】本题考查了物质的制备和提纯，明确除杂的原则和物质的性质、熟悉铁及其化合物之间转化是解题关键，题目难度不大．            

14．某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应）．            

据此回答下列问题：            

（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，若在标准状态下收集到33.6L的氯气，则被氧化的HCl的物质的量是　3mol　．            

（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是　2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．            

（3）C装置的作用是　吸收未完全反应的氯气，防止污染空气　．            

（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低．该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应．            

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是　将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）　．            

②试判断另一个副反应为（用化学方程式表示）　Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O　．为避免此副反应的发生，可将装置作何改进　在A和B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶　．            

（5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是　B　            

A．食盐         B．食醋          C．烧碱           D．纯碱．            

【考点】制备实验方案的设计．            

【专题】实验设计题．            

【分析】在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉，剩余氯气被氢氧化钠溶液吸收，            

（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，依据化学方程式定量关系分析，每4molHCl反应，只有2molHCl被氧化；            

（2）氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；            

（3）氯气有毒不能排放在环境中；            

（4）根据题意知，降低温度即可；氢氧化钙能和氯化氢反应生成氯化钙；            

（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强．            

【解答】解：（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，发生MnO2+4HCl（浓） MnCl2+2H2O+Cl2↑，每4molHCl反应，生成1molCl2，只有2molHCl被氧化，若在标准状态下收集到33.6L的氯气物质的量==1.5mol，被氧化的HCl物质的量=3mol，            

故答案为：3mol；            

（2）因氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应方程式为2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，            

故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；            

（3）因氯气有毒，则装置C的作用为吸收未完全反应的氯气，防止污染空气，            

故答案为：吸收未完全反应的氯气，防止污染空气；            

（4）①因温度较高时发生副反应生成Ca（ClO3）2，则可将B装置冷却来避免该副反应的发生，            

故答案为：将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）；             

②因浓盐酸易挥发，则另一个副反应为HCl与碱石灰反应，反应为Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O，所以应除去氯气中的HCl，即在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶可除去HCl，            

故答案为：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶；            

（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强，只有B符合，A为中性，C、D为碱性，            

故答案为：B．            

【点评】本题考查氯气的化学性质、氯气的实验室制法、尾气的处理等知识点，注意把握习题中的信息分析（4），侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．            

15．某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化．            

请回答下列问题：            

（1）图中分离沉淀B与溶液C的方法是　过滤　．            

（2）D、E、F这3种物质的化学式分别为：            

D：　Fe2O3　  E：　NaAlO2　  F：　Al（OH）3　            

（3）沉淀B与NaOH溶液反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　；溶液C与过量稀氨水反应的离子方程式为　Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　．            

（4）检验溶液中是否含有Fe3+，最佳试剂是　KSCN溶液　，现象为　溶液变成血红色　．            

【考点】无机物的推断．            

【专题】无机推断．            

【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中C中含KAl（SO4）2，沉淀B是Al2O3和Fe2O3；            

向沉淀B中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则D为Fe2O3，溶液E中含NaAlO2、NaOH；            

向溶液C中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到F为Al（OH）3，Al（OH）3加热生成G为Al2O3，以此来解答．            

【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中C中含KAl（SO4）2，沉淀B是Al2O3和Fe2O3；            

向沉淀B中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则D为Fe2O3，溶液E中含NaAlO2、NaOH；            

向溶液C中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到F为Al（OH）3，F与NaOH反应生成E，E为NaAlO2，Al（OH）3加热生成G为Al2O3，            

（1）分离沉淀B与溶液C的方法是过滤，故答案为：过滤；            

（2）由上述分析可知，D为Fe2O3，E为NaAlO2，F为Al（OH）3，故答案为：Fe2O3；NaAlO2；Al（OH）3；            

（3）沉淀B与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；溶液C与过量稀氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，            

故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；            

（4）检验溶液中是否含有Fe3+，最佳试剂是KSCN溶液，现象为溶液变成血红色，故答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色．            

【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和推断能力，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意氢氧化铝的两性及元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．