2023年江苏省镇江市实验高级中学化学高一第一学期期末统考试题含解析

2023年江苏省镇江市实验高级中学化学高一第一学期期末统考试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、不需要通过氧化还原反应就能从海水中获得的物质是
A ．液溴
B ．精盐
C ．钠
D ．烧碱
2、欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是（ ）
A ．4NH +、3NO -、Al 3+、Cl ﹣
B ．Na +、Fe 3+、OH ﹣、3NO -
C ．4MnO -
、K +、24SO -
、Na + D ．Ca 2+、Mg 2+、3HCO -、23CO - 3、某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl 2 0.1 mol·
L －1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是
A ．配制1 L 该溶液，可将0.1 mol CaCl 2溶于1 L 水中
B ．Ca 2＋和Cl －的物质的量浓度都是0.1 mol·L －1
C ．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L －1
D ．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c (Cl －)为0.1 mol·L －1
4、下列鉴别方法不能达到实验目的的是（ ）
A ．用丁达尔效应鉴别淀粉溶液和氯化钠溶液
B ．用焰色反应鉴别碳酸氢钠和碳酸钠两种无色溶液
C ．用品红溶液鉴别SO 2和CO 2两种无色气体
D ．用NaOH 溶液鉴别硫酸铝和硫酸镁两种无色溶液
5、下列关于氧化钠与过氧化钠的说法正确的是（ ）
A ．它们属于碱性氧化物
B ．它们都能与水反应产生氧气
C ．它们都能与二氧化碳发生氧化还原反应
D ．过氧化钠是潜水艇和呼吸面具的供氧剂
6、地壳中含量最多的金属元素和非金属元素组成的化合物的化学式是（ ）
A ．CuO
B ．Al 2O 3
C ．Fe 2O 3
D ．SiO 2
7、下列各组物质能相互反应得到Al （OH ）3的是（ ）
A ．Al 2O 3跟H 2O 共热
B ．Al 跟NaOH 溶液共热
C ．Al （NO 3）3跟过量的NaOH 溶液
D ．AlCl 3跟过量的NH 3·H 2O
8、能实现下列物质间直接转化的元素是( )
单质2O −−→氧化物2H O −−−→酸或碱NaOH HCl −−−−→
或盐 A ．Si B ．Na C ．Al D ．Fe
9、下列实验操作或描述中错误的是（ ）
A ．硝酸钾中含氯化钠杂质，除去氯化钠用降温结晶的方法
B ．氯化钠中含有硝酸钾杂质时用蒸发结晶的方法
C ．溶剂蒸发的速度越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小
D ．除去氢氧化钡试剂中的杂质碳酸钡，可采用降温结晶的方法
10、用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如晾晒在空气中，过一段时间，其漂白效果更好的原因是
A ．漂白粉被氧化
B ．漂白粉和二氧化碳反应生成了次氯酸
C ．有色布条被空气中的氧气氧化
D ．漂白粉溶液失去了部分水分，浓度增大
11、在反应SiO 2＋3C SiC ＋2CO↑中，氧化剂与还原剂的质量比是
A ．36∶60
B ．60∶36
C ．1∶2
D ．1∶3
12、下列叙述正确的是( )
A ．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
B ．所有金属元素都可以用焰色反应来鉴别
C ．水泥、玻璃、光导纤维的主要成分都属于硅酸盐
D ．pH 值小于7的雨水称为酸雨
13、常温常压下，在等体积的两个集气瓶中，分别盛装HI 和Cl 2如图所示，若将集气瓶的玻璃片抽走，可以观察到的现象及反应结果的判断正确的是( )
A ．黄绿色完全消失
B ．反应后，集气瓶中含有HI 和HCl 两种气体
C ．瓶中出现紫黑色固体
D ．反应后，将气体通入NaOH 溶液，只能生成一种盐
14、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号X Y Z W
原子半径/pm 160 143 70 66
主要化合价＋2 ＋3 ＋5、＋3、－3 －2
下列叙述正确的是()
A．X、Y元素的金属性：X<Y
B．一定条件下，Z与W的氢化物稳定性：Z>W
C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D．一定条件下，Y单质可以与Z的最高价氧化物对应的水化物反应
15、下图中横坐标均表示11～17号元素顺序排列的原子序数。

根据图像变化趋势判断，纵坐标表示其最高化合价的是A．B．C．D．
16、下列说法正确的是（）
A．NaHCO3 的电离方程式是 NaHCO3═Na++H++CO32﹣
B．向硫酸中通入少量氨气，硫酸溶液的导电能力会明显增强
C．胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1﹣100nm
D．SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，故SO3是电解质
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C、D均为气体单质，E是固体单质，A物质的焰色反应火焰为紫色，F 是黑色晶体，它们存在如图转化关系，反应中生成的水及次要产物均的已略去。

（1）写出下列物质的化学式：C_______________， D_________________，H___________。

（2）指出MnO2在相关反应中的作用：反应①中做_______剂，反应②中做_________剂。

（3）当①中有1molA 完全反应时转移电子的物质的量是________mol。

18、某化学实验小组利用实验室中的一瓶未知白色固体粉末进行了如下实验：
请回答下列问题：
(1)白色沉淀为______________________(填化学式，下同)，产生的有刺激性气味的气体是_____________________。

(2)该白色固体粉末是___________________(填化学式)。

(3)写出该白色固体粉末受热分解的化学方程式：_______________________________
19、用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。

方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。

(1)为防止FeSO4溶液被空气中的氧气氧化需向溶液中添加_______________。

(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用____________的方法。

(3)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。

这样操作的原因是_______________。

方法二：用如图所示装置制备。

(4)操作步骤：打开止水夹，从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，下一步操作为____________。

(5)b试管中生成Fe(OH)2的化学方程式是_____________。

(6)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，原因是___________。

20、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。

回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol/L 的溶液。

在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_____________。

（2）甲组同学取2 mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。

FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________________。

（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几
（4）丙组同学取10 mL 0.1 mol·L-1KI溶液，加入6 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液混合。

分别取 2 mL 此溶液于2支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。

实验②说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)。

（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为
___________________________。

21、铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。

工业上从铝土矿中提取Al可采用如图所示工艺流程：
请回答下列问题：
（1）铝土矿加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为_____________________________。

（2）沉淀B与烧碱反应的离子方程式为______________________________________。

（3）溶液D中通入过量CO2的离子方程式为_____________________________。

（4）“通入过量CO2”能否改用过量盐酸________（填“能或否”），原因是_____________。

（5）向共含有0.05mol Al3+、Fe3+的溶液中滴入1mol/L NaOH 溶液，生成沉淀的量与加入NaOH 溶液的体积关系如图所示。

则溶液中Al3+的物质的量为_________mol。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
海水中溶有氯化钠、溴化钠等多种无机盐，从其利用过程发生的反应判断是否氧化还原反应。

【详解】
A. 从溴化钠（NaBr）制液溴（Br2）必有氧化还原反应，A项不符；
B. 海水经蒸发结晶得粗盐，再提纯得精盐，无氧化还原反应，B项符合；
C. 从海水中的钠离子（Na+）制得钠单质，必有氧化还原反应，C项不符；
D. 海水制得氯化钠后，电解饱和食盐水得烧碱，发生氧化还原反应，D项不符。

本题选B。

2、A
【解析】
审清题意：无色、酸性，有色离子不能存在，然后每组离子后再加H＋，通过氧化还原反应、复分解反应等判断离子是否大量共存。

【详解】
A、四种离子均为无色，且在酸性条件下，能够大量共存，故A符合题意；
B、Fe3＋显黄色，且H＋和OH－反应生成水，故B不符合题意；
C、MnO4－显(紫)红色，故C不符合题意；
HCO 、CO32－反应生成二氧化碳和水，故D不符合题意；
D、H＋与
3
答案为A。

【点睛】
离子共存问题判断中：一色：判断溶液是否有颜色，有颜色的离子是Fe3＋黄色、Fe2＋浅绿色、Cu2＋蓝色、MnO4－(紫)红色等；二性：判断溶液的酸碱性；三反应：发生复分解反应、氧化还原反应的离子不能大量共存。

3、D
【解析】
标签上标有“CaCl20.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；
A．将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不等于1L，则所得浓度不是0.1mol•L-1，故A错误；
B．在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；
C．溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积多少无关，故C错误；
D．溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，即稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故D正确；
故答案为D。

A. 胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，淀粉溶液是胶体、氯化钠溶液是溶液，所以可以用丁达尔效应鉴别，故A不选；
B. 碳酸氢钠和碳酸钠都含有Na元素，焰色反应均呈黄色，不能用焰色反应鉴别，故B选。

C. 二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，CO2不能使品红溶液褪色，可鉴别，故C不选；
D.硫酸铝溶液中加入NaOH溶液，先生成白色沉淀后沉淀溶解；硫酸镁溶液中加入NaOH溶液，始终有白色沉淀生成，现象不同，可以鉴别，故D不选；
故选B。

5、D
【解析】
A. 过氧化钠与酸反应除了生成盐和水外，还有氧气生成，不属于碱性氧化物，A错误；
B. 氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，不产生氧气，B错误；
C. 氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠，发生非氧化还原反应，C错误；
D. 过氧化钠与水或二氧化碳反应都能生成氧气，是潜水艇和呼吸面具的供氧剂，D正确；
故选D。

【点睛】
在碱性氧化物中，氧元素一定显-2价，另外，金属元素所显示的价态与对应碱中金属元素所显示的价态相同。

6、B
【解析】
地壳中含量最多的金属元素是Al，含量最多的非金属元素是O，化合价分别是+3、-2，所以它们组成的化合物是Al2O3，故选B。

7、D
【解析】
A、氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，故不选A；
B、Al跟过量的NaOH溶液共热生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故不选B；
C、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝，故不选c；
D、氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3和过量的NH3·H2O反应得到氢氧化铝沉淀和氯化铵，故选D。

【点睛】
本题考查铝及化合物的性质，注意氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以要制取氢氧化铝必须
8、B
【解析】
A.硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能和水反应，故错误；
B.钠和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，故正确；
C.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和水不反应，故错误；
D.铁和氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁不与水反应，故错误。

故选B。

9、D
【解析】
A．KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，氯化钠受温度影响较小，可采用先制成热饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤的方法；可用降温结晶的方法提纯硝酸钾，故A正确；B．氯化钠的溶解度较小，硝酸钾的溶解度较大，蒸发结晶会析出氯化钠，少量硝酸钾留在母液中，所以氯化钠中含有硝酸钾杂质时用蒸发结晶的方法，故B正确；
C．溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却得越快，晶体不容易形成大的颗粒，所以溶剂蒸发的速度越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，故C正确；
D．氢氧化钡易溶于水，碳酸钡难溶于水，除去氢氧化钡试剂中的杂质碳酸钡，可采用过滤的方法，故D错误；
故选：D。

10、B
【解析】
A．漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，难以被氧化，故A错误；
B．漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，故B 正确；
C．空气中的氧气在短时间内不能迅速氧化有色布条，故C错误；
D．漂白粉具有漂白性的原因是与空气中二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，与漂白粉的浓度无关，故D错误；故答案选B。

11、C
【解析】
SiO2+3C SiC+2CO↑中，C元素的化合价一部分由0降低为-4价，另一部分由0升高为+2价，由电子守恒可知，若3molC参加反，只有1molC为氧化剂、2molC作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比是1∶2，故选C。

12、A
试题分析：A．胶体可以产生丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，A正确；B．并不是所有金属元素都可以用焰色反应来鉴别，B错误；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，C错误；D．pH值小于5.6
的雨水称为酸雨，D错误，答案选A。

考点：考查胶体和溶液鉴别、焰色反应、硅酸盐以及酸雨等
13、C
【解析】
若将集气瓶的玻璃片抽走，氯气和碘化氢气体混合能够发生置换反应生成氯化氢和碘单质，反应的化学方程式为
2HI+Cl2=I2+2HCl。

【详解】
A.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，则反应后集气瓶中气体的黄绿色会变浅，但不会完全消失，故A错误；
B.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，则反应后集气瓶中碘化氢完全反应，不可能存在碘化氢，故B错误；
C.氯气和碘化氢气体混合能够发生置换反应生成氯化氢和碘单质，则反应后集气瓶中会出现紫黑色固体，故C正确；
D.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，过量的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，生成两种盐，故D错误；
故选C。

14、D
【解析】
W主要化合价为-2价，没有+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，据此分析解答问题。

【详解】
A．同周期自左而右，金属性减弱，所以X、Y元素的金属性X＞Y，A选项错误；
B．非金属越强，氢化物越稳定，非金属性：O>N，则稳定性：H2O>NH3，B选项错误；
C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，稀氨水碱性较弱，不能与氢氧化铝发生反应，C选项错误；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Al可与稀硝酸发生氧化还原反应，D选项正确；
答案选D。

【点睛】
15、C
【解析】
A、图中表示逐渐减小的变化，可能纵坐标为原子半径的变化规律，选项A不选；
B、图中表示不变的规律，可能纵坐标为电子层，选项B不选；
C、图中表示逐渐增大的变化，可能纵坐标为元素的最高正化合价，选项C可选；
D、图中表示逐渐增大的变化，但出现反常的规律，纵坐标不能表示最高化合价，选项D不选。

答案选C。

16、C
【解析】
A. NaHCO3是弱酸的酸式盐，其电离方程式是NaHCO3＝Na++HCO3—，A错误；
B. 向硫酸中通入少量氨气生成硫酸铵和水，硫酸根离子的浓度几乎不变，因此硫酸溶液的导电能力不会明显增强，B 错误；
C. 胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1～100nm之间，C正确；
D. SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，但溶液导电的原因是硫酸电离出阴阳离子，硫酸电解质，三氧化硫不能电离，故SO3是非电解质，D错误；
答案选C。

【点睛】
电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。

有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。

另外要注意溶液导电能力的强弱与离子浓度、离子电荷有关，与离子种类无关。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、O2Cl2FeCl3催化(剂) 氧化(剂) 6
【解析】
与MnO2反应的制备的气体有O2和Cl2，A物质的焰色反应火焰为紫色，F 是黑色晶体，A和MnO2制备O2，在加热条件下用浓盐酸和MnO2制备Cl2，则A为KClO3，B为HCl，C为O2，D为Cl2，F为金属氧化物，与盐酸反应生成两种氯化物，且二者之间可以相互转化，说明E为变价金属，应为Fe，是目前人类应用最广泛的金属，则F为Fe3O4，G 为FeCl2，H为FeCl3。

（1）写出下列物质的化学式：C： O2， D：Cl2，H：FeCl3。

（2）指出MnO2在相关反应中的作用：在不加热条件下，用H2O2和MnO2制备O2，反应①中做催化剂；在加热条件下用浓盐酸和MnO2制备Cl2，MnO2中锰元素由+4价，降为+2，在反应②中做氧化剂。

（3）根据化合价变化判断，已知：2KClO32KCl+3O2↑，2molKClO3转移12mol
电子，当①中有1molA 即KClO3完全反应时转移电子的物质的量是6mol。

18、CaCO3NH3NH4HCO3NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O
【解析】
该白色固体加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明白色固体粉末中有NH4+，故该白色固体是NH4HCO3。

【详解】
（1）白色固体粉末加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无有CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，白色沉淀为CaCO3，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故该气体是NH3；
（2）有白色固体中含有NH4+、HCO3-，故该白色固体粉末是NH4HCO3；
（3）该白色固体粉末受热分解即NH4HCO3受热分解，化学方程式为：NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O
【点睛】
本题是物质中的成分鉴别，从特殊的性质去判断，考生应该熟练掌握常见的物质的性质，碳酸铵和碳酸氢铵性质不完全相同，碳酸铵与氯化钙反应有沉淀，而碳酸氢铵与之不反应。

19、铁粉加热煮沸防止带入空气中的氧气将氢氧化亚铁氧化关闭止水夹2NaOH ＋FeSO4＝2
Fe(OH)2↓+ Na2SO4生成的氢气将整套装置中的空气排出
【解析】
Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，所以在制备Fe(OH)2的过程中，要特别注意防止Fe(OH)2被氧化，即采取各种措施隔绝氧气。

【详解】
方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。

(1)为防止FeSO4溶液被空气中的氧气氧化需向溶液中添加铁粉，铁可以和Fe3+反应生成Fe2+。

(2)气体溶解度随温度升高而降低，所以除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热煮沸的方法。

(3)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。

这样操作的原因是防止带入空气中的氧气将氢氧化亚铁氧化。

方法二：打开止水夹，在a中发生铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气的反应，生成的氢气进入b中，将b中溶液中的氧气带走，同时也可以把b试管液面上方的空气赶出。

从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，再把止水夹夹上，此时氢气的产生会使a中的压强增大，将a中生成的FeSO4溶液压入b中，和b中的NaOH溶液反应生成Fe(OH)2。

由于b中没有氧气，所以生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色。

(4)根据以上分析，打开止水夹，从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，下一步操作为关闭止水夹。

(5)b试管中生成Fe(OH)2的化学方程式是2NaOH ＋FeSO4＝2 Fe(OH)2↓+ Na2SO4。

(6)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，原因是生成的氢气将整套装置中的空气排出。

20、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe3+2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
【解析】
（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化。

（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁。

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响。

（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+ 2Fe3+ =2Fe2++ I2；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍含有铁离子。

（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子。

【详解】
（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化。

（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2 + 2Fe2+ =2Fe3+十2Cl-，故答案为
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−。

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为:隔绝空气（排除氧气对实验的影响）。

（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+ 2Fe3+ =2Fe2++ I2；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，故答案为Fe3+。

（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

21、Al2O3+6H+=Al3++3H2O SiO2+2OH-=SiO32-+H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- CO2+OH-=HCO3-否
Al(OH)3会溶解在盐酸中0.035
【解析】
Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，MgO、Fe2O3不与NaOH溶液反应；除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3、MgO均与盐酸反应；加入过量盐酸，溶液A为AlCl3、MgCl2、FeCl3，沉淀B为SiO2，加入过量烧碱，沉淀C为Fe(OH)3和Mg(OH)2，溶液D为NaAlO2，通入过量二氧化碳，溶液E为NaHCO3，沉淀F为
Al(OH)3，加热分解得到M为Al2O3，经电解可得到Al，则
（1）加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+6H+=Al3++3H2O；（2）B为二氧化硅，与氢氧化钠反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）D含有NaAlO2，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）因氢氧化铝溶于盐酸，所以不能用盐酸代替二氧化碳；（5）由图象可知氢氧化铝完全沉淀时消耗185mL氢氧化钠，即消耗0.185molNaOH，设含有xmolAl3+，ymolFe3+，涉及离子方程式为Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，则x+y＝0.05、4x+3y＝0.185，解得x=0.035。