高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 公开课奖

山东省蓬莱市第三中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．已知某元素的最高化合价为+7价，下列说法中正确的是A.该元素在元素周期表中一定处于ⅦA族B.该元素可能是氟元素C.该元素的某种化合物可能具有漂白性D.该元素的单质没有还原性【答案】C【解析】C最高化合价为+7价的也可能是副族的锰元素（KMnO4）,氟元素是自然界氧化性最强的元素，最高价为0价，除氟元素外的其他卤族元素兼有氧化性和还原性，以氧化性为主。2．下列有关能量或反应热的说法正确的是（）A、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能B、牺牲阳极保护法是电能转化为化学能的过程C、CO(g)的燃烧热是mol，则2CO2(g)AUTOTEXT==2CO(g)＋O2(g)反应的△H＝+2×molD、放热反应一定比吸热反应更容易发生。【答案】A、C【解析】A、正确。B、牺牲阳极保护法是活泼金属失去电子被氧化是过程，属于化学能转变成为电能的过程。C、燃烧热的定义是1mol物质完全反应释放的能量，所以C正确。D、错误3．化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是A．甲苯B．对二甲苯C．氯乙烯D．丙烯【答案】C【解析】试题分析：A、甲苯中含有-CH3，甲基是四面体结构，故甲苯分子中所有原子不可能都处于同一平面，故A错误；B、对二甲苯()是2个-CH3取代了苯分子中的2个H原子，因烷烃中C、H原子是四面体结构，故-CH3中C原子与3个H原子不可能全部处于同一平面，所以对二甲苯分子中所有原子不可能都处于同一平面，故B错误；C、乙烯是平面结构，氯乙烯分子中有一个氯原子代替了乙烯分子中的氢，位置关系不变，所有原子处于同一平面，故C正确；D、丙烯分子中也含有-CH3，故丙烯分子中所有原子不可能都处于同一平面，故D错误；故选C。【考点定位】考查常见有机化合物的结构【名师点晴】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。4．下列关于原子的叙述不正确的是()A．中子数为33B．电子数为33C．质量数为60D．质子数为27【答案】B【解析】试题分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，核外电子数＝质子数，则该微粒的中子数是60—27＝33，电子数是27，质量数是60，质子数是27，A、中子数是33，A项正确；B、电子数是27，B项错误；C、质量数是60，C项正确；D、质子数是27，D项正确；答案选B。考点：考查原子结构5．某溶液中加入铝粉有氢气产生，该溶液中一定可以大量共存的离子组是：A．Na+、NO3－、Cl－、SO42－B．Na+、K+、Ba2+、HCO3－C．Fe3+、H+、SO42－、Cl－D．Na+、K+、Cl－、SO42－【答案】D【解析】加入铝粉产生氢气，该溶液既可能是酸性，又可能为碱性；A、有硝酸根，物氢气产生；B、碳酸氢根不能共存；C、若为碱性，氢离子不能共存。6．下列实验能够成功的是A．用重结晶的方法分离苯甲酸和氯化钠的混合物B．用苯和溴水在Fe催化下可制得溴苯C．用乙醇、冰醋酸和pH=1的H2SO4溶液混合加热可制备乙酸乙酯D．将电石与水反应后的气体直接通入到溴水中，可以验证乙炔能使溴水褪色的性质【答案】A【解析】试题分析：A．苯甲酸与氯化钠的溶解度随温度变化不同，可用重结晶的方法分离，A正确；B．用苯和液溴在Fe催化下可制得溴苯，B错误；C．用乙醇、冰醋酸和浓硫酸混合加热可制备乙酸乙酯，C错误；D．将电石与水反应后的气体乙炔中还含有H2S等杂质，H2S等杂质也能使溴水褪色，则如果直接通入到溴水中，不能验证乙炔能使溴水褪色的性质，D错误，答案选A。考点：考查有机化学实验方案设计与评价7．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是①碳酸钠溶液与盐酸②硫化氢气体与氯化铁溶液③硫酸铝溶液与氨水④硝酸银溶液与氨水⑤碘化亚铁溶液与氯水⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水A．②③⑥B．①③⑥C．②④D．③⑤【答案】A【解析】试题分析：①碳酸钠溶液与盐酸反应如果盐酸不足，则生成碳酸氢钠和氯化钠，如果盐酸过量则生成氯化钠、H2O和CO2，离子方程式不同；②硫化氢气体与氯化铁溶液反应生成物只能是氯化亚铁、S和氯化氢，离子方程式相同；③硫酸铝溶液与氨水反应生成物只有氢氧化铝和硫酸铵，离子方程式相同；④硝酸银溶液与氨水反应如果氨水过量则生成氢氧化二铵合银，如果硝酸银过量则生成氢氧化银沉淀，离子方程式不同；⑤碘化亚铁溶液与氯水反应如果氯水不足，则只氧化碘离子。氯水过量两种离子均被氧化，离子方程式不同；⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水生成物是碳酸钙和水，离子方程式相同，答案选A。考点：考查元素及其化合物转化的判断8．下列各组离子一定能大量共存的是 （）A．加入铝粉有氢气产生的溶液中：Na+、K+、SO42-、Cl-B．含有大量硝酸根离子的溶液中：H+、Fe2+、SO42-、Cl-C．C（H+）／c（OH-）=l×10-10的溶液中：．NH4+、K+、Ca2+、Cl-D．水电离的c（H+）=l×l0-12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-【答案】A【解析】略9．下列所示的实验操作，不能达到相应目的的是（）A．干燥Cl2B．检验K2CO3中的K＋C．证明氨气极易溶于水D．实验室制取氨气【答案】D【解析】试题分析：A．用浓硫酸干燥氯气，应从长管进气，短管出气，A项正确；B．通过蓝色钴玻璃观察K的焰色反应，可将黄光滤去，B项正确；C．挤压胶头滴管，气球膨胀，说明烧瓶内压强减小，则氨气极易溶于水，C项正确；D．氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，二者在温度较低时重新反应生成氯化铵，应用氯化铵和熟石灰制备氨气，D项错误；答案选D。【考点定位】考查化学实验基本操作的正误判断【名师点睛】本题考查化学实验基本操作的正误判断。①干燥气体应长进短出；②通过蓝色钴玻璃观察K的焰色反应；③氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小；④不能用加热氯化铵的方法制备氨气。10．PVDC是聚偏二氯乙烯的英文缩写，可作为保鲜食品的包装材料，它的结构简式为。下列说法中错误的是A．PVDC由单体CCl2=CH2发生加聚反应合成B．PVDC由单体CCl3CH3发生缩聚反应合成C．PVDC有很大缺点，如在空气中熔融可分解出HCl等，会污染空气D．PVDC的单体可发生加成、取代、氧化、消去等反应【答案】B【解析】试题分析：A．PVDC由单体CCl2=CH2发生加聚反应合成是正确的，故B错误；由于该有机物属于氯代烃性质比较稳定，但如在空气中熔融可分解出HCl等，会污染空气，正确；D．PVDC的单体中含有双键和氯原子，具有氯代烃的性质，可发生加成、取代、氧化、消去等反应，正确。考点：考查高聚物和其单体的性质，同时对有机物官能团推断性质进行了考查。11．如图所示，大试管里充满某混合气体，置于光亮处，将滴管里的水挤入大试管后，烧杯中的水会进入大试管，大试管里的气体可能是①N2、H2；②CO、O2；③NO2、O2；④CH4、Cl2A．①或③B．②或④C．①或③或④D．③或④【答案】D【解析】试题分析：烧杯中的水会进入大试管，说明大试管中气体体积减少，压强减小造成的；①N2和H2不反应；②CO和O2不反应；③NO2、O2和水能反应，气体体积减小；④CH4和Cl2在光照条件下，发生取代反应，生成液体氯代烃，气体体积减少；满足题意的是③或④，选D。考点：常见气体的性质。12．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1.7gNH3中含有的电子数为NAB．22.4LH2中含有的氢分子数为NAC．标准状况下，22.4L水中含有的D．1L2mol/LNa2SO4溶液中含有的钠离子数为2NA【答案】A【解析】试题分析：A、1.7克氨气为摩尔，含有的电子数为*10=1摩尔，正确，选A；B、没有说明气体是在标准状况下，所以22.4升氢气不能计算物质的量，所以不选B；C、标准状况下，水不是气体，22.4升水为22.4千克，不是1摩尔，所以含有的原子数不是3摩尔，不选C；D、硫酸钠溶液中硫酸钠的物质的量为2摩尔，含有的钠离子为4摩尔，所以不选D。考点：阿伏伽德罗常数。13．根据反应式：（1）2Fe3+＋2I－＝2Fe2+＋I2，（2）Br2＋2Fe2+＝2Fe3+＋2Br－，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是()A．Br－、Fe2+、I－B．I－、Fe2+、Br－C．Br－、I－、Fe2+D．Fe2+、I－、Br－【答案】B【解析】试题分析：在氧化还原反应中。还原剂的还原性大于还原产物。所以根据（1）可知还原性：I－>Fe2+；根据（2）可知还原性：Fe2+>Br－；所以离子的还原性由强到弱的顺序是I－>Fe2+>Br－.故选项是B。考点：考查微粒的还原性大小的比较的知识。14．分子式为C6H12的烯烃含有3个甲基的同分异构体有（不考虑立体异构）A．5种B．6种C．7种D．8种【答案】A【解析】试题分析：分子式为C6H12的烯烃含有3个甲基的同分异构体有2－甲基－2－戊烯，3－甲基－2－戊烯，4－甲基－2－戊烯，2,3－二甲基－1－丁烯，3,3－二甲基－1－丁烯，共5种。选A。考点：考查同分异构体数目的判断15．在2L的密闭容器中,发生反应3A(g)+B(g)2C(g),若最初加入的A和B都是4mol,测得10s内A的平均速率v(A)=则反应进行到10s时容器中B的物质的量是()A.1.6molmolmol mol【答案】C【解析】试题分析：10s内A的平均速率v(A)=则消耗A的物质的量是×10s×2L＝，所以根据化学方程式可知，此时消耗B的物质的量是÷3＝，则还剩余B是4mol－＝，答案选C。考点：考查反应速率的有关计算点评：该题也可以利用反应速率之比是相应的化学计量数之比计算出B的反应速率，然后再带入有关数据计算也可。16．下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一种化学元素。(1)上述第三周期元素中第一电离能(I1)最大的是________(用字母表示，下同)，c和f的I1大小关系是________大于________。(2)上述元素中，原子中未成对电子数最多的是________，写出该元素的电子排布式：________________。(3)根据下表所提供的电离能数据，回答下列问题。锂XYI1519502580I2729645701820I31179969202750I4955011600①表中X可能为以上13种元素中的________元素。用元素符号表示X和j形成的化合物的化学式________。②Y是周期表中的________族的元素。【答案】1)mcf(2)i1s22s22p63s23p3(3)①aNa2O、Na2O2（2分，其余每空1分）②ⅢA【解析】试题分析：(1)周期表中所列13种元素分别是：Na、H、Mg、Sr、Sc、Al、Ge、C、P、O、Te、Cl、Ar，其中Na、Mg、Al、P、Cl、Ar属于第三周期，原子最稳定的是Ar，故其I1最大，Mg、Al的核外电子排布分别为1s22s22p63s2、1s22s22p63s23p1，Mg中3s2为全满状态，故其I1比Al的I1大。(2)i元素最外层电子排布为3s23p3，有3个未成对电子，是最多的。(3)由表中数据可以看出，锂和X的I1均比I2、I3小很多，说明X与Li同主族，且X的I1比Li的I1更小，说明X的金属性比锂更强，则X为Na(即a)；由Y的电离能数据可以看出，它的I1、I2、I3比I4小得多，故Y原子属于ⅢA族元素。考点：元素周期表点评：本题综合考查了元素周期表，周期律，电离能的知识点，难度不大，考生在平时在加强积累，熟练掌握基础知识，查漏补缺。17．（15分）已知：化合物F是用于制备药品盐酸祛炎痛的中间产物，其合成路线为：已知：（Ⅰ）RNH2+R/CH2ClRNHCH2R/+HCl（R和R/代表烃基）（Ⅱ）苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如：（Ⅲ）（苯胺，弱碱性，易氧化）（Ⅳ）与浓硫酸、浓硝酸混合在不同温度下会得到不同产物。回答下列问题：（1）D中含有的官能团名称为；E含有的官能团名称为、（2）反应①~⑤中，属于取代反应的是（填反应序号）（3）检验D中官能团的实验操作如下：取少量D于试管中，（4）C的结构简式是（5）D+E→F的化学方程式：（6）已知E的一种同分异构体（对位氨基）在一定条件下，可聚合成热固性很好的高分子,写出合成此高聚物的化学方程式：（7）已知某有机物M的分子式为C9H11Cl，符合下列条件的M的同分异构体有种。①与D互为同系物②M为二取代苯化合物。【答案】（1）氯原子（1分）；氨基（1分）、羧基（1分）（2）①②⑤（2分）（3）加入氢氧化钠溶液，加热，冷却后取上层清液，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有氯原子。（2分）（4）（2分）（5）（2分）（6）（2分）（7）15（2分）【解析】试题分析：（1）D中含有的官能团名称为氯原子，E中含有的官能团名称为氨基、羧基（2）根据取代反应的特征“有上有下”及反应条件，反应①~⑤中，属于取代反应的是①②⑤（3）检验氯原子的存在，需使其成为氯离子再加如硝酸银溶液进行检验，注意加入硝酸银前应使其溶液为中性或酸性，一般步骤为：取少量D于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，冷却后取上层清液，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有氯原子。（4）A甲苯与浓硫酸、浓硝酸共热发生取代反应，生成B邻硝基甲苯（根据E的结构简式可知硝基在邻位），因为氨基也易被氧化，所以B中的甲基先被氧化，生成C，所以C为，然后硝基再被还原为氨基（5）由题目所给已知得D、E发生取代反应，D中的氯原子取代E中氨基上的氢原子，化学方程式为（6）氨基与羧基可发生缩聚反应生成多肽或蛋白质，所以对氨基苯甲酸的缩聚反应方程式为（7）M比D分子式多了2个-CH2，且M中有两个取代基，与D互为同系物，则M两个取代基的形式可以①是-Cl、丙基，丙基有两种；②-CH2-CH2-Cl、-CH3；③-CHCl-CH3、-CH3；④-CH2Cl、-CH2-CH3，苯的二取代物都有邻、间、对三种形式，所以共有15种。考点：考查官能团的名称及检验，反应类型，物质的推断，化学方程式的书写，同分异构体的判断等18．草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O。实验室常用其加热分解制取CO气体，反应方程式为：H2C2O4·xH2OCO+CO2+(x+1)H2O（1）A装置为加热分解草酸的装置，该装置错误是______________，C装置中盛放的试剂是_______，E装置的作用是__________。（2）实验过程中涉及到如下操作：①点燃A处的酒精灯②熄灭A处的酒精灯③点燃D处的酒精灯④熄灭D处的酒精灯。这4步操作由先到后的顺序为________(填序号)。点燃D处酒精灯前必须要进行的操作名称是__________。（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸晶体，求x的值。实验步骤：准确称取1.26g草酸晶体，配成100mL溶液；取出于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2SO4；用L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液。滴定时，所发生的反应为：2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2­+2Mn2++8H2①配制草酸溶液除需要玻璃棒、烧杯，还一定需要的玻璃仪器有_____________。②x=________。【答案】（1）试管口应向上倾斜(或应向下倾斜)，浓硫酸，安全瓶(或防倒吸)（2）①③④②，验纯（3）①100mL容量瓶，胶头滴管；②2【解析】试题分析：（1）反应中有水生成，容易导致试管炸裂，所以A装置中试管口应向下倾斜；B为澄清石灰水，目的是除去混合气体中二氧化碳，C为浓硫酸，目的是干燥CO气体；D中CuO与CO反应制取Cu；E为安全瓶，起到防止倒吸的作用；F为澄清石灰水，除去二氧化碳气体；（2）CO气体的纯度不足时会发生爆炸现象，所以应该先点燃A处酒精灯，用生成的CO将装置中空气排净，然后再点燃D处的酒精灯；熄灭酒精灯时恰好相反，先熄灭D处酒精灯，然后再熄灭A处酒精灯，所以正确的操作方法为：①③④②；避免发生爆炸现象，所以点燃D处酒精灯前必须要进行检验CO纯度；（3）①配制草酸溶液除需要玻璃棒、烧杯，配制100mL溶液需要选用100mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管；②16mLL高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：L×0.016L=，100mL该草酸溶液能够消耗高锰酸钾的物质的量为：×100ml/2omL=，根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O可知1.26g样品中含有草酸的物质的量为：×5/2=，草酸的质量为：90g/mol×=0.9g，含有结晶水的物质的量为：(1.26g-0.9g)÷18g/mol=考点：考查探究物质组成的实验方案设计。19．亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛．现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分．已知：①NO＋NO2＋2OH－=2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2：21℃、NO:－152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（按左→右连接）：A→C→→→B．（2）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是___________________．②装置E的作用是__________________________．（3）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为．如果没有装置C，对实验结论造成的影响是_________________________．（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是．【答案】（1）E；D；（2）①D中出现红棕色气体；②冷凝使NO2完全液化；（3）4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O；水会与NO2反生成应NO，影响后面NO的检验；（4）2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O．【解析】试题分析：（1）A是发生装置，C是干燥除水装置，因为NO2更易液化先分离NO2．所以接E，NO2分离后再检验NO，需通氧气，接D．观察到气体从无色变成红棕色．所以说明是NO．B是尾气处理．为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A、C、E、D、B；（2）关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后,A中产生红棕色气体．说明生成了NO2气体．①确认A中产生气体含有NO，通过在D装置中通O2来检验．观察气体是否变红棕色．②装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化．（3）如果向D中通入过量O2,有过量的O2会与NO2发生氧化还原反应，所以可推断出反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O．如不干燥，水会与NO2反应产生NO，影响NO的检验．（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应应产生两种气体．发生歧化反应．化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O．考点：实验探究和评价．20．（12分）某同学预设计实验测定H2在通常状况下的摩尔体积，设计如下实验步骤：①连接如图所示装置，并检查装置的气密性②向a仪器中装入VmL稀盐酸，锥形瓶中加入锌粒，B中加入碱石灰；③称取A装置和B仪器和药品的总质量，记为ag；④采取措施使装置A中发生反应；⑤反应停止后，测得在通常状况下收集的气体体积为bmL；⑥再次称量A装置和B仪器得总质量（含内装物质），记为cg；⑦处理数据等。（1）写出A仪器中发生反应的化学方程式（2）写出检查该装置气密性的方法（3）A装置中仪器a的名称为（4）若拆除B仪器（其他仪器不变），（填“会”或“不会”）对本实验产生影响，理由是（5）根据上述数据，计算在通常状况下，H2的摩尔体积Vm=（用含a、b、c等字母的代数式表示）【答案】（1）Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；（2）关闭分液漏斗的活塞，把导管插入水中，微热锥形瓶，若导管口有气泡冒出，停止微热后，导管内形成一段液柱，且在一段时间内液柱高度不变，则说明气密性良好；（3）分液漏斗；（4）会，H2中混有的HCl气体和水蒸气的质量会被当成是H2的质量而导致c偏小，对实验产生影响；（5）Vm=2b×10－3/（a－c）L·mol－1。【解析】试题分析：（1）装置A中是盐酸和锌粒发生置换反应产生氢气，即Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑；（2）检验此装置的气密性，类似于制氧气装置气密性的检验，因此操作是：关闭分液漏斗的活塞，把导管插入水中，微热锥形瓶，若导管口有气泡冒出，停止微热后，导管内形成一段液柱，且在一段时间内液柱高度不变，则说明气密性良好；（3）a为分液漏斗；（4）因为盐酸具有挥发性，也就是从A装置中出来的气体除H2外，还有H2O、HCl，碱石灰的作用是：干燥氢气、除去HCl，否则对氢气的质量产生影响，因此填“会”，因为此气体的物质的量为（a－c）/2mol，根据Vm=V/n，则Vm=2b×10－3/（a－c）L·mol－1，不除去水蒸气和氯化氢，造成（a－c）偏大，即理由是：H2中混有的HCl气体和水蒸气的质量会被当成是H2的质量而导致c偏小，对实验产生影响；⑸根据（4）的分析得出：Vm=2b×10－3/（a－c）L·mol－1。考点：考查反应原理、气密性检验、仪器名称等知识。21．(10分)铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物等均为重要化合物。（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用实验的方法。实验中称取0．54g的FeClx样品，溶解后加入足量硝酸银溶液，得沉淀1．435g。求出FeClx中x值(列出计算过程)；（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n(Fe)：n(C1)=1：2．1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为__________。在实验室中，FeCl2可用铁粉和__________反应制备（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为____________；【答案】（1）n(Cl)=1．435g/143．5g·mol-1==0．010mol0．54g-0．010mol×35．5g·mol-1=0．19gn(Fe)=0．19g/56g·mol-1=0．0034moln(Fe):n(Cl)=0．0034:0．010≈1:3，x=3（2）0．10或10%；盐酸或氯化铁溶液（3）2Fe3++2I-=2Fe2++I2【解析】试题分析：（1）n（Cl）=n（H+）=n（OH-）=0．0250L×0．40mol•L-1=0．010mol，0．54gFeClx样品中含有氯离子物质的量为=0．010mol，解得x=3，（2）FeCl2和FeCl3的混合物的样品中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2．1，得到x：y=9：1，氯化铁物质的量分数=×100%=10%；在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应得到，或可用铁粉和FeCl3反应生成；（3）氯化铁具有氧化性，碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。考点：考查铁及其化合物。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[A