高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 校赛得奖

山东省平度市第四中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列说法正确的是A．正四面体型的分子结构中键角均为109°28′B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强D．两种微粒的质子数和电子数均相等，则它们不可能是带异性电荷的离子【答案】D【解析】2．过量的NaHCO3和Na2O2混合，在密闭容器中充分混合加热后，最后排出气体，残留的固体是()和Na2CO3和Na2O【答案】B【解析】4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑,2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O。由化学方程式可以知道产物为Na2CO3、CO2、H2O、O2，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，答案选B。3．铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是A正极反应为：Zn—2e-=Zn2+B电池反应为：Zn+Cu2+=Zn2++CuC在外电路中，电流从负极流向正极D盐桥中的K+移向ZnSO4溶液【答案】D【解析】略4．下列说法正确的是A．酸式盐的水溶液一定显酸性B．酸性氧化物一定是非金属氧化物C．丁达尔效应是溶液和胶体的本质区别D．HClO是弱酸，但NaClO是强电解质【答案】D【解析】试题分析：A、酸式盐的水溶液不一定显酸性，例如碳酸氢钠溶液显碱性，A错误；B、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，也可能是金属氧化物，例如Mn2O7是酸性氧化物，B错误；C、丁达尔效应可以区分溶液和胶体，二者的本质区别是分散质微粒直径大小不同，C错误；D、HClO是弱酸，但NaClO是强电解质，D正确，答案选D。考点：考查酸式盐、酸性氧化物、分散系以及电解质的有关判断5．下列反应最终能生成Fe3+的化合物的是①过量Fe与HNO3②铁丝在硫蒸汽中燃烧③向FeBr2溶液中通入Cl2④铁与CuCl2溶液反应⑤Fe(OH)2露置于空气中A．①②③B．①③⑤C．③④D．③⑤【答案】D【解析】试题分析：①过量Fe与HNO3反应产生Fe2+的化合物，错误；②由于S的氧化性弱，所以铁丝在硫蒸汽中燃烧产物是FeS，错误；③由于还原性Fe2+>Br-,所以向FeBr2溶液中通入Cl2，会产生FeCl3,正确；④铁与CuCl2溶液发生置换反应产生FeSO4和Cu，错误；⑤Fe(OH)2露置于空气中被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，正确。故可以产生Fe3+的化合物的是③⑤，选项是D。考点：考查Fe元素的电子及化合物的性质及相互转化的关系的知识。6．下列说法不正确的是A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C．通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃.【答案】B【解析】利用太阳能分解制H2并用作清洁能源，符合绿色化学要求，A项正确；油脂水解会生成甘油与高级脂肪酸，其中的高级脂肪酸为电解质，B项错误；红外光谱主要用于分析有机物中所含有的官能团，C项正确；石油加工中，裂化的目的是生产轻质油；裂解的目的是生产气态不饱和烃，D项正确。【考点定位】本题考查化学基本知识与技能。7．已知NO2与N2O4相互转化：2NO2（g）N2O4（g）；△H=mol在恒温下，将一定量NO2和N2O4（g）的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的量浓度随时间变化的关系如下图。下列推理分析合理的是（）A．前10min内，用v（NO2）表示的该反应速率为（L·min）B．反应进行到10min时，体系吸收的热量为C．a，b，c，d四点中v正与v逆均相等D．25min时，导致平衡移动的原因是升温【答案】B【解析】试题分析：A、由图可知相同时间内，b物质的浓度变化是a物质浓度变化的2倍，所以b是二氧化氮，a是四氧化二氮，前10min内，用v（NO2）表示的该反应速率为（）mol/L/10min=（L·min），错误；B、该反应是N2O4（g）2NO2（g）△H=+mol，反应进行到10min时，消耗的四氧化二氮的物质的量是（）mol/L×2L=，所以体系吸收的热量是mol×=，正确；C、a点时反应未达平衡，所以v正>v逆,c点时v正<v逆,只有b、d两点表示平衡状态，正逆反应速率相等，错误；D、25min时，四氧化二氮的速率为改变，而二氧化氮的速率增大，所以导致平衡逆向移动的原因是增大二氧化氮的浓度，不是升温，错误，答案选B。考点：考查对化学平衡图像的分析及平衡移动原理的应用8．应用元素周期律分析，下列推断正确的是()A.第3周期金属元素最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱B.砹(At)是第VIIA族元素，其氢化物的稳定性大于HClC.第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性D.铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【答案】A【解析】试题分析：A、第三周期金属元素的最高价氧化物的水化物，随原子序数的增大碱性逐渐减弱，因为元素的金属性随原子序数的增大而减弱，A正确；B、卤素单质随原子序数的增大，熔沸点升高；砹是第VIIA族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以砹的氢化物的稳定性小于HCl，B错误；C、第二周期非金属元素的氢化物溶于水后不都显酸性，如N的氢化物为氨气，溶于水显碱性，C错误；D、Al位于金属与非金属的交界处，所以具有两性，而Tl为典型的金属，不能与氢氧化钠反应，D错误，答案选A。考点：考查元素的金属性、非金属性的判断与应用9．常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-3mol/L，该溶液可能是①NH4Cl溶液，②SO2水溶液，③NaNO3溶液，④NaOH溶液．A．①④B．①②C．②③D．②④【答案】D【解析】试题分析：由水电离出的c(H+)=1×10-3mol/L＜10-7mol/L，说明溶液中的溶质抑制了水的电离，①NH4Cl溶液中，铵离子水解，消耗了水电离产生的OH-，促进了水的电离，错误；②SO2水溶液，反应产生的亚硫酸电离产生H+，使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，正确；③NaNO3是强酸强碱盐，溶液中钠离子和硝酸根离子都不能发生水解反应，不影响水的电离，错误；④NaOH溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，正确。故可以使溶液中由水电离的c(H+)=1×10-3mol/L的溶液是②④，选项D正确。考点：考查影响水的电离的因素的判断的知识。10．下列实验方案能达到目的的是A．除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH试剂后过滤B．用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3C．用点燃法除去CO2中的COD．提取碘水中的碘：加入适量乙醇，振荡、静置、分液【答案】B【解析】试题分析：A、加入氢氧化钾反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钾，钾离子是新的杂质，错误，不选A；B、碳酸氢钠能受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，正确，选B；C、二氧化碳和一氧化碳的混合气体不容易点燃，错误，不选C；D、乙醇和水能互溶，不能提取碘，错误，不选D。考点：实验方案的设计11．有A、B、C三种短周期元素，已知A元素的原子最外层电子数等于其电子层数，B元素的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，C元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。由三种元素组成的化合物的化学式不可能是A．A3BC4B．A2（BC4）3C．A2BC3【答案】A【解析】试题分析：有A、B、C三种三种短周期元素，已知A元素的原子最外层电子数等于其电子层数，所以A可能是H元素、Be元素、Al元素；B元素的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，所以B可能是C元素、S元素；C元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，所以C是O元素；A项表示+1、C表现-2价，化合物中各元素的化合价代数和为0，则A3BC4中B元素化合价为+5，不符合碳、硫元素化合价故A项错误；B项A2（BC4）3可以为Al2(SO4)3，故B项正确；C项A2BC3可以为H2CO3、H2SO3，故C项正确；D项ABC4可以为BeSO4，故D项正确；本题选A。考点：元素周期律。12．将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是A．Cu电极上发生还原反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．片刻后甲池中c（SO42-）增大D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【答案】A【解析】试题分析：A、铜电极上铜离子得电子发生还原反应，A正确；B、电子沿Zn→a，b→Cu路径流动，a与b之间无电子流动，B错误；C、硫酸根不参与电极反应，浓度不变，C错误；D、锌作负极，铜作正极，湿润的滤纸相当于电解池，滤纸上a作阴极，b作阳极，b上氢氧根离子放电，a上氢离子放电，所以a极附近氢氧根离子浓度增大，滤纸a点变红色，D错误，答案选A。考点：考查原电池和电解池原理13．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的有①中含有的阴离子数目约②6.8g熔融的KHSO4中含有个阳离子③分子中含共价键总数为3NA④标准状况下，1L庚烷完全燃烧后，所生成的气态产物的分子数为7NA/⑤5.6g铁与硫磺反应，在反应后混合物中加入足量稀硫酸，产生气体的分子数为⑥标准状况下，所含电子数为4NA⑦常温常压下，16gO3含有的原子数为NA⑧1Lmol/L的H2S溶液中所含有的H+数为NA⑨在标准状况下，VLCH2O中含有的氧原子个数为A．2个B．3个个个【答案】A【解析】试题分析：①的物质的量是7.8g78g6.8g6.8g136g1L5.6g16g16g1L10克11.2升32.5g28g9g12g10g10g考点：烃的相互转化，有机反应的正确书写及反应类型。点评：本题的突破口是乙烯，根据乙烯即可推测出其余物质，从而得到所有的答案。17．氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为（用离子方程式表示），•L‾1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的PH（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度（填“增大”或“减小”）。（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为，平衡常数表达式为；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为mol。（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其△H=kJ·mol‾1。【答案】（1）NH3•H2ONH+4+OH－（3分）降低，增大；（2分）（2）NH4NO3N2O+2H2O（3分）c(N2O).c(H2O)2（2分）4（2分）（3）－139（2分）【解析】试题分析：（1）一水合氨是若电解质，所以电离方程式为：NH3•H2ONH+4+OH－；氨水中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液的pH降低，加入明矾，溶液中的铝离子水解，也使溶液显酸性，中和氨水电离出的氢氧根离子，溶液的铵根离子浓度增大；（2）硝酸铵分解生成一氧化二氮和水，根据质量守恒和电子守恒配平反应，方程式为NH4NO3N2O+2H2O；平衡常数的表达式中不写固体的浓度，是等于生成物浓度的幂之积，所以平衡常数为：c(N2O).c(H2O)2；根据方程式分析，1摩尔硝酸铵分解，有1摩尔的氮原子从-3价升高到+1价，所以转移电子数为4摩尔；（3）反应热=反应物的能量总和-生成物的浓度总和=209-348=－139KJ/mol。考点：弱电解质的电离平衡的移动，平衡常数的表达式的书写，电子转移的计算，反应热的计算18．盐卤中除含有Mg2+、Cl-外，还含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-和CO(NH2)2等。从海水提取食盐和Br2后的盐卤中可以提取MgCl2、MgO、Mg（OH）2等物质，制备流程如图所示：（1）从MgCl2溶液得到晶体的过程中所需的基本操作顺序依次为_________________；A．加热蒸馏B．加热浓缩C．冷却结晶D．趁热过滤E．过滤洗涤（2）制取无水氯化镁必须在氯化氢存在的条件下进行，原因是____________（用适当的文字结合化学用语说明）。（3）用NaClO除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，则该反应的化学方程式为_________________；加入NaClO的另一个作用是_________________。（4）Mg(OH)2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料．已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=×10-12，且Mg（OH）2（s）═MgO（s）+H2O（s）△H=+①下列叙述正确的是_________A．从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择NaOH作沉淀剂B．Mg（OH）2能作阻燃剂的原因是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物C．可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁②酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH＜～＞颜色黄色绿色蓝色25℃时，在Mg(OH)2【答案】（1）BCE（2）防止Mg2+水解，Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+（3）3NaClO+CO(NH2)2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O或NaOH+3NaClO+CO(NH2)2═3NaCl+NaHCO3+N2↑+2H2O氧化Fe2+使它变成Fe(OH)3沉淀而除去(4)①B②蓝色【解析】试题分析：向盐卤溶液中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，向盐卤中加入少量NaOH，NaOH和Fe3+反应生成Fe（OH）3，CO（NH2）2和NaClO发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是NaCl、CO2、N2、H2O，过量二氧化碳能和NaOH反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是Fe（OH）3，滤液I中含有Mg2+、Cl-、Na+，将滤液I蒸发、结晶、过滤得到MgCl2•6H2O，则滤液中含有的杂质离子是Na+，直接将MgCl2•6H2O加强热能得到MgO，发生反应MgCl2•6H2OMgO+2HCl↑+5H2O↑，氯化镁易水解，所以不能用加热MgCl2•6H2O方法制取氯化镁，要在HCl氛围中制取氯化镁；（1）从MgCl2溶液得到晶体的过程，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所以选择BCE；（2）直接将MgCl2•6H2O加强热能得到MgO，同时还生成HCl和水蒸气，反应方程式为MgCl2•6H2OMgO+2HCl↑+5H2O↑，氯化镁易水解，为防止氯化镁水解，在制取氯化镁时，要将MgCl2•6H2O放在氯化氢气体中，防止Mg2+水解，Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+；（3）通过以上分析知，该反应为3NaClO+CO(NH2)2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O或NaOH+3NaClO+CO(NH2)2═3NaCl+NaHCO3+N2↑+2H2O，次氯酸钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，再转化为氢氧化铁沉淀而除去；（4）①A．从盐卤或海水中获得Mg(OH)2，工业上选择生石灰作沉淀剂，故A错误；B．Mg(OH)2分解吸热，且MgO不能燃烧，所以Mg(OH)2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物，故B正确；C．MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁，故C错误；故答案为B；②25℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp=×10-12，根据反应Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-可得：c(Mg2+)•c2(OH-)=×10-12，设c(OH-)=2c(Mg2+)=x，则：×x2=×10-12，解得：x=×10-4mol/L，c(H+)=10−14÷×10-4mol/L=×10-11mol/L，溶液的pH=＞【考点定位】考查了盐类水解、反应化学反应自发进行的条件、化学实验操作方法的综合应用等。【名师点晴】流程分析是解题关键，能正确理解流程是解题的前提，本题分析为：向盐卤溶液中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，向盐卤中加入少量NaOH，NaOH和Fe3+反应生成Fe（OH）3，CO（NH2）2和NaClO发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是NaCl、CO2、N2、H2O，过量二氧化碳能和NaOH反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是Fe（OH）3，滤液I中含有Mg2+、Cl-、Na+，将滤液I蒸发、结晶、过滤得到MgCl2•6H2O，则滤液中含有的杂质离子是Na+，直接将MgCl2•6H2O加强热能得到MgO，发生反应MgCl2•6H2OMgO+2HCl↑+5H2O↑，氯化镁易水解，所以不能用加热MgCl2•6H2O方法制取氯化镁，要在HCl氛围中制取氯化镁。据此分析解题，一切皆可迎刃而解。19．下列是用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制500mL∙L﹣1的稀硫酸的实验操作，请按要求填空：（1）实验中量取浓硫酸的体积为mL．（2）如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选规格的量筒最好，如果量取浓硫酸时仰视读数，所配溶液浓度将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（3）将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约少量水的烧杯里，并不断搅拌，搅拌的目的是．（4）将冷却至室温的上述溶液沿玻璃棒注入中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡；在转移过程中有少量液体洒在桌子是，则最终所配浓度将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（5）加水至距刻度线1～2cm处，改用加水至刻度线，使溶液的凹液面恰好跟容量瓶刻度线相平，把容量瓶塞好，反复颠倒振荡，摇匀溶液．【答案】（1）；（2）20mL；偏高；（3）使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅；（4）500mL容量瓶；偏低；（5）胶头滴管．【解析】（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×L=500mL×L，解得：x≈，所以应量取的浓硫酸体积是；（2）量取浓硫酸，应选择20mL量筒；量筒量取浓硫酸仰视读数导致量取的浓硫酸体积偏大，导致溶质的物质的量偏大，依据C=，溶液浓度偏高；（3）浓硫酸稀释产生大量的热，搅拌的目的是加快热量的散失，防止因局部过热引起液滴飞溅；（4）配制500mL∙L﹣1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；转移过程中有少量液体洒在桌子，导致溶质的物质的量偏小，依据C=可知，溶液浓度偏低；（5）定容时，开始直接往容量瓶中加水，待液面离刻度线1﹣2cm时，该用胶头滴管逐滴加入；【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，明确配制原理和步骤是解题关键，注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，据此分析误差．20．溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下图：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑．在b中小心加入液态溴．向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了______气体．继续滴加至液溴滴完．装置d的作用是______；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是：______．③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤．加入氯化钙的目的是______；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，下列操作中必须的是_______（填入正确选项前的字母）；A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是______（填入正确选项前的字母）．A．25mLB．50mLC．250mLD．500mL【答案】（1）HBr；吸收HBr和Br2（2）②除去HBr和未反应的Br2；③干燥（3）苯；C（4）B【解析】试题分析：（1）苯与溴反应生成HBr气体，HBr气体极易溶于水在空气中与水蒸气结合形成小液滴，所以装置d的作用是吸收HBr、Br2，防止污染空气；（2）②生成的溴苯中溶有少量溴和HBr，用NaOH溶液除去HBr和未反应的Br2；③加入氯化钙的目的是除去粗苯中的水，干燥粗苯；（3）苯溶解于溴苯，经过以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为未反应的苯；因为苯和溴苯互溶，且沸点差距比较大，若要除去苯，需用蒸馏的方式，答案选C；（4）制备过程中共加入29mL液体，选用50mL的容器，答案选D。考点：考查化学实验知识，涉及实验现象的原因、实验目的、除杂方法、仪器选择等知识。21．在标准状况下，13.44LCO和CO2的混合气体的质量为20g，请写出计算过程（1）求混合气体中CO和CO2的体积比（2）求混合气体中平均摩尔质量（保留3位有效数字）（注：1mol混合气体中的每一种气体的摩尔质量与其所占体积分数的乘积之和，以g·mol-1为单位，就是混合气体的平均摩尔质量。例如N2与O2按体积比4∶1混合，则该混合气体的平均摩尔质量为28g·mol-1×＋32g·mol-1×＝28.8g·mol-1。初中化学中所用的空气的“平均”相对分子质量为29，就是通过这种方法求得的）。【答案】（1）2∶1；（2）【解析】试题分析：（1）标准状况下13.44L混合气体的物质的量为：=，设混合气体中含有CO和CO2的物质的量分别为x、y，则：28x+44y=20、x+y=，解得：x=、y=，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则混合气体中CO和CO2的体积比为：：=2：1，答：混合气体中CO和CO2的体积比为2：1；（2）混合气体的质量为20g，则混合气体的平摩尔质量为：=33.3g/mol，摩尔质量以g•mol-1为单位时平均摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则混合气体的平均相对分子质量为，答：混合气体中平均摩尔质量为考点：考查了混合物的计算、物质的量浓度计算的相关知识。22．某混合物A含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：据此判断：（1）固体E所含物质的化学式为。（2）反应③可用来焊接钢轨，化学方程式为；该反应称为：。（3）反应①的离子方程式为。（4）反应②的离子方程式为。【答案】（1）K2SO4(NH4)2SO4（2）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe铝热反应（3）Al2O3＋2OH－＋3H2O＝2[Al(OH)4]－（4）Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+【解析】试题分析：考点：KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应③为铝热反应，C为Al，向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）由以上分析可知固体E是K2SO4和(NH4)2SO4；（2）反应③为铝热反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，该反应称为铝热反应；（3）反应①为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O═2[Al(OH)4]--；（4）反应②为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+。【考点定位】考查无机推断，涉及元素及化合物的性质。【名师点晴】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应③为铝热反应，C为Al，向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4，以此解答该题。23