2025届福福建省泉州市化学高一上期末经典试题含解析

2025届福福建省泉州市化学高一上期末经典试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关金属镁和铁的说法中不正确的是()
A．两者均能与盐酸反应
B．两者在常温下表面均易形成致密氧化膜，保护内层金属不被氧化
C．镁条点燃时发出耀眼的白光
D．一定条件下，铁与氧气、氯气、硫等非金属单质均能发生化学反应
2、镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可缺少的原料。

工业制造镁粉是将镁蒸气在某种气体中冷却，下列可作为冷却的气体是
A．Ar B．N2C．空气D．CO2
3、X2、Y2、Z2三种单质常温下均为气体。

X2在Z2中燃烧生成XZ，火焰呈苍白色；X2Y常温下为液体。

下列说法正确的是（）
A．Y2是氯气
B．铁分别与Y2、Z2作用，可分别形成含＋3、＋2价铁的化合物
C．Z2具有漂白性
D．XZ溶液使紫色石蕊溶液变红，原因是XZ电离出X＋
4、下列说法正确的是
A．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强
C．得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
D．要实现Fe2+→Fe3+的转化，必须加入氧化剂
5、下列关于氮气的说法中错误的是（）
A．氮气在通常情况下不燃烧，也不支持燃烧，不能供呼吸
B．液氮可用于医学和高科技领域，制造低温环境
C．高温或通电的条件下，氮气能与氧气化合生成一氧化氮
D．高温高压催化剂条件下与氢气反应时，氮气作还原剂
6、下列化合物在水中的电离方程式不正确的是()
A．CaCl2═Ca2++2Cl﹣B．NH4Cl═NH4++Cl﹣
C．KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D．HNO3═H++NO3﹣
7、真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝。

其核心步骤反应为：Al2O3+3Cl2+3C = 2AlCl3 + 3CO。

对于该反应下列说法不正确的是( )
A．Al2O3为氧化剂B．CO 为氧化产物C．AlCl3为还原产物D．C 为还原剂
8、分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。

下列分类合理的是（）
①根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③同位素：1H、2H、3H；干冰、液氯都是非电解质
④电解质：明矾、冰醋酸、纯碱；同素异形体：C60、金刚石、石墨
⑤根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液
A．只有②④B．只有②③⑤C．只有①②④D．只有②③⑤
9、既能溶解Al(OH)3又能与H2SO4反应，该溶液中可大量共存的离子是（）
A．K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣B．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣
C．H+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣D．Fe3+、NO3﹣、Cl﹣、Na+
10、下列物质的用途不正确
．．．的是( )
A．小苏打可作制糕点的发酵剂
B．晶体硅可用于制光导纤维
C．钠可用于制高压钠灯
D．氧化铁常用于红色油漆和涂料
11、下列物质性质或反应在生活中的应用错误的是（）
A．合金具有优良性能，熔点一般低于其组分金属
B．氧化铁俗称铁红，可用作红色油漆和外墙涂料
C．二氧化硅是制造光电池的常用材料
D．HF可用作在玻璃器皿上刻蚀标记
12、将某铝硅合金分成质量相等的两份，分别与足量的盐酸和NaOH溶液充分反应，放出H2的体积（在相同温度和压强下）的关系正确的是
A．一样多B．前者多C．后者多D．无法确定
13、下列有关溶液配制说法错误的是( )
A．称取12.5 g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水中，并加水稀释至500 mL，所得溶液物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B．取58.5 g NaCl固体放入1 L水中完全溶解，所得NaCl溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
C．将100 g 5%的食盐水加热蒸发掉50 g水后（无NaCl析出），所得溶液中NaCl的质量分数为10%
D．将浓度2 mol·L－1硫酸钠溶液10 mL加水稀释至200 mL，所得溶液浓度为0.1 mol·L－1
14、分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类不合理的是
A．NaOH、Ba(OH)2属于碱B．H2SO4、CH3COOH属于酸
C．Na2CO3、NaHSO4属于盐D．Na2O、Na2O2属于碱性氧化物
15、过滤和蒸发结晶实验中，都可能用到的仪器是（）
A．漏斗B．蒸发皿C．酒精灯D．玻璃棒
16、下列实验操作中正确的是（）
A．过滤操作时，用玻璃棒搅拌漏斗内的液体，以加速过滤
B．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．萃取操作时，可以选用酒精作为萃取剂从碘水中萃取碘
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下表为元素周期表的一部分，请参照给定元素的位置，回答下列问题：
（1）元素④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为___(用元素符号表示)。

（2）元素③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为__。

（用化学式表示）
（3）碱性强弱比较：元素⑤的氢氧化物__⑥的氢氧化物（用<、=、>填空）；两者相互反应的离子方程式为__。

（4）由元素⑤和⑧共同组成的化合物的电子式为__、它属于__化合物。

（填“共价”或“离子”）
（5）由元素①⑧形成的化合物A和由元素④⑤⑧的化合物B，可相互反应产生黄绿色气体单质，该反应的离子方程式为__；该黄绿色气体单质会使得湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色，表明生成了碘单质（I2），由此推测这两种元素的气态氢化物的稳定性强弱顺序为：__。

（用化学式表示）
18、有关物质之间的转化关系如图，某些反应的部分物质和反应条件被略去。

已知X、Y、Z是日常生活中常见金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成。

A是海水中含量最多的盐，B是常见的无色液体，D、E是常见气态非金属单质，其中D呈黄绿色。

F的稀溶液呈蓝色。

请回答下列问题：
(1)以反应①为原理的工业被称为_____工业。

(2)K的化学式为_____。

(3)反应②的离子方程式为_____。

(4)J和Y反应的化学方程式为_____。

19、某兴趣小组制备氢氧化亚铁沉淀。

实验1 实验现象
液面上方产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，振荡，试管壁上有红褐色沉淀生成。

（1）实验1中产生白色沉淀的离子方程式是________________。

（2）为了探究沉淀变灰绿色的原因，该小组同学展开如下探究：
① 甲同学推测灰绿色物质为Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物。

查阅资料后根据调色原理认为白色和红褐色的调和色不可能是灰绿色，并设计实验证实灰绿色物质中不含有Fe(OH)3，方案是__________。

② 乙同学查阅文献：Fe(OH)2在大量SO42存在的情况下形成Fe6(SO4)2(OH)4O3(一种氧基碱式复盐)。

并设计对比实验证实该假设：向试管中加入_____________，再往试管中加入____________，振荡，现象与实验1相同，结论是该假设不成立。

③ 乙同学继续查阅文献：Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性能，灰绿色可能是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起。

推测所用的硫酸亚铁溶液的浓度应越小越好；氢氧化钠溶液浓度应越大越好。

设计了如下实验方案：
试管中10 mL NaOH溶液滴加
FeSO4溶液
实验现象
实验2
6 mol/L
NaOH溶液0.2mol/L
FeSO4溶液
产生悬浮于液面的白色沉淀（带有少量灰绿色），沉淀下沉后，
大部分灰绿色变为白色沉淀
实验3
6 mol/L
NaOH溶液0.1mol/L
FeSO4溶液
产生悬浮于液面的白色沉淀（带有极少量灰绿色），沉淀下沉
后，底部都为白色沉淀
该实验得出的结论是_______________，能说明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的证据是____________。

丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的，还需补充的实验是
________________，证明该假设成立。

（3）丙同学探究温度对氢氧化亚铁制备实验的影响：取少量灰绿色沉淀，在水浴中加热，颜色由灰绿变白，且有絮状白色沉淀下沉，原因为_____________。

（4）根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件____________。

20、某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。

产生的所有气体产物，选用了如图所示实验装置。

（1）①中无水硫酸铜的作用是___。

（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是__。

（3）②中两次用到品红溶液，A的作用是___，B的作用分别是___。

21、铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛．“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．已知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如表：
物质Al Al2O3Fe Fe2O3
熔点/℃660 2 054 1 535 1 462
沸点/℃ 2 467 2 980 2 750 ﹣
I．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁
低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？_____（填“合理”或“不合理”）。

（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是________，反应的离子方程式为_____________________。

（3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是_________（填序号）。

A、浓硫酸
B、稀硫酸
C、稀硝酸
D、氢氧化钠溶液
Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出,此时溶液中氮元素的存在形式只有NO3-和NH4+,铁元素的存在形式为Fe3+,在反应结束后的溶液中，逐滴加入6mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：
（1）依题意，请写出熔融物中铁与该稀的硝酸反应的离子方程式：___________；
（2）在CD段，沉淀的物质的量减少，则此阶段发生反应的离子方程式为________________；
（3）熔融物中铝元素的物质的量为_______mol。

（4）B点对应的沉淀的物质的量为____mol。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A.金属镁和金属铁均在金属活动顺序中氢之前，均可与盐酸发生反应，故A选项正确。

B.常温下，镁表面易形成致密的氧化物薄膜，铁不能形成致密的氧化物薄膜，在空气中易被腐蚀，故B选项错误。

C.镁条燃烧时会发出耀眼的白光，故C选项正确。

D.一定条件下，铁与氧气、氯气和硫粉在点燃条件下均能发生化学反应，故D选项正确。

故答案选B。

2、A
【解析】
镁属于较活泼金属，能和氮气反应生成氮化镁（3Mg+N2点燃
Mg3N2），和二氧化碳反应生成MgO和C
（2Mg+CO2点燃
2MgO+C），和空气中的氧气（2Mg+O2
点燃
2MgO）、氮气等反应，镁与Ar不反应，所以可以放在
Ar中冷却，故选A。

3、D
【解析】
X2、Y2、Z2三种单质常温下均为气体。

X2在Z2中燃烧生成XZ，火焰呈苍白色，则X2为氢气，Z2为氯气，XZ为氯化氢；X2Y常温下为液体，为水；则X为氢元素、Y为氧元素、Z为氯元素。

【详解】
A.由分析可知，Y是氧元素，Y2是氧气，故A错误；
B.氧气、氯气均具有强氧化性，可将铁氧化成+3价，但铁在氧气中燃烧可生成四氧化三铁，其中铁既呈现+2价，也呈现+3价，故B错误；
C. Z为氯元素，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，但氯气不具有漂白性，故C错误；
D.氯化氢溶于水形成盐酸，能电离出氢离子，显酸性，则可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；
综上所述，答案为D。

4、D
【解析】
A. 阳离子可以有还原性如Fe2＋，阴离子可以有氧化性如ClO－，故A错误；
B. 失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体既难失去电子，又难得到电子，故B错误；
C. 氧化性强弱与得到电子多少没有关系，故C错误；
D. Fe2＋到Fe3＋的转化属于氧化反应，必须加入氧化剂，故D正确。

答案选D。

5、D
【解析】
A.氮气是一种无色无味的气体，是空气的主要成分之一，化学性质稳定，在通常情况下不燃烧，也不支持燃烧，不能供呼吸，故A正确；
B.液氮气化吸热，所以可以制造低温环境，故B 正确；
C.高温或通电的条件下，氮气能与氧气化合生成一氧化氮，为高能固氮的过程，故C正确；
D.高温高压催化剂条件下与氢气反应生成氨气，氮气中N的化合价从O降低到-3，作氧化剂，故D错误。

故选D。

6、C
【解析】
A、CaCl2完全电离为Ca2+和2个Cl﹣，故电离方程式为CaCl2═Ca2++2Cl﹣，故A正确；
B、NH4Cl完全电离为NH4+和Cl﹣，故电离方程式为NH4Cl═NH4++Cl﹣，故B正确；
C、KClO3完全电离为K+和ClO3﹣，故电离方程式为KClO3═K++ClO3﹣，故C错误；
D、HNO3完全电离为H+和NO3﹣，故电离方程式为HNO3═H++NO3﹣，故D正确。

故选：C。

7、A
【解析】
该反应中Al和O的化合价没有发生变化，Cl元素的化合价从0降低到-1，被还原，是氧化剂，得到产物AlCl3，是还原产物；C元素的化合价从O升高到+2，被氧化，是还原剂，得到的产物CO，是氧化产物。

综上分析，Al2O3中Al和O的化合价均没有发生变化，不是氧化剂也不是还原剂A项错误；
答案选A。

8、A
【解析】
将酸分为一元酸、多元酸是根据酸分子在水溶液中电离出的H+个数，而不是酸分子中的H个数，如H3PO3（亚磷酸）为二元酸，①错；氧化还原反应与非氧化还原反应的区别为反应中是否有电子转移，②正确；同位素是质子数相同而中子数不同的原子的互称，1H、2H、3H是同位素，电解质和非电解质都是化合物，区别是在熔融状态或水溶液中是否导电，干冰是固态的二氧化碳，是分子晶体，是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，③错；明矾、冰醋酸、纯碱都是电解质，同素异形体是同种元素的不同种单质，C60、金刚石、石墨是同素异形体，④正确；分散系根据分散质粒子大小分为溶液、胶体、浊液，⑤错。

考点：考查基本概念。

9、B
【解析】分析：能溶解Al(OH)3，说明溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，能与H2SO4反应，说明溶液中存在能够与氢离子或硫酸根离子反应的离子，综上可知，溶液中含有大量氢氧根离子，据此分析判断。

详解：A. HCO3﹣能够与氢氧根离子反应，不能大量共存，故A错误；B. Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣中的离子间不发生反应，也不能与氢氧根离子反应，能够大量共存，故B正确；C. H+能够与氢氧根离子反应，不能大量共存，故C错误；D. Fe3+能够与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；故选B。

10、B
【解析】
A、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，且能与酸反应生成二氧化碳，是制糕点的发酵粉的主要成分，故A正确；
B、光导纤维是利用光反射原理制成，其主要成分是二氧化硅，二氧化硅导光能力强，能同时传输大量信息，故B错误；
C、钠的焰色反应成黄色，黄色光的射程远，透雾能力强，可用于制造高压钠灯，故C正确；
D、氧化铁为红棕色，可以用于制做红色油漆和涂料，故D正确；
故答案为B。

11、C
【解析】
A. 合金具有优良性能，耐腐蚀等优良性能，合金可用于制造新型金属材料，熔点一般低于其组分金属，故A正确；
B. 氧化铁俗称铁红，是一种红棕色的物质，难溶于水，常用作红色油漆和涂料，故B正确；
C. 硅是制造光电池的常用材料，二氧化硅是光导纤维的材料，故C错误；
D. HF能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，玻璃中含有二氧化硅，所以HF可用作在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确；
故选C。

12、C
【解析】加入到足量的盐酸中，只有铝与盐酸反应，反应方程式为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，加入到氢氧化钠溶液中，发生2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，根据反应方程式，后者产生的氢气量多，故选项C正确。

13、B
【解析】
A．称取12.5g胆矾(CuSO4·5H2O)，硫酸铜的物质的量为0.5mol，溶于水中并加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为0.1 mol·L－1，A说法正确；
B．取58.5g NaCl固体即1mol，放入1L水中完全溶解，溶液的总体积大于1L，所得NaCl溶液的物质的量浓度小于1mol·L－1，B说法错误；
C．将100g 5%的食盐水加热蒸发掉50 g水后（无NaCl析出），则氯化钠的质量为5g，此时溶液的质量为50g，所得溶液中NaCl的质量分数为10%，C说法正确；
D．将浓度2 mol·L－1硫酸钠溶液10 mL加水稀释至200 mL，稀释时溶质的物质的量不变，即0.02mol，所得溶液浓度为0.1 mol·L－1，D说法正确；
答案为B。

【点睛】
溶液的稀释或浓缩时(溶质未析出)，溶质的物质的量或质量不变。

14、D
【解析】
A．NaOH和Ba(OH)2均为强碱，A项正确；
B．硫酸为强酸，醋酸为弱酸，B项正确；
C．碳酸钠是正盐，硫酸氢钠为酸式盐，C项正确；
D．氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，D项错误；
答案选D。

15、D
【解析】
过滤需要铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒以及滤纸；蒸发需要铁架台（或三脚架）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；属于两个操作过程中共同需要的仪器是玻璃棒，
故选D。

【点睛】
在固体溶解过程中，用玻璃棒搅拌，加速固体溶解；在过滤时，用玻璃棒引流；在蒸发过程中，用玻璃棒搅拌，使液体均匀受热，防止液体飞溅。

16、C
【解析】
A．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，过滤失败，故A错误；
B．蒸发时不能蒸干，出现大量固体时停止加热，故B错误；
C．分液时避免上下层液体混合，则先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故C正确；D．酒精与水互溶，不能作萃取剂，可用CCl4作为萃取剂从碘水中萃取碘，故D错误；
故选：C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na＞Al＞O HNO3＞H2SiO3＞Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-离子
2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O或6H++5Cl-+ClO3-=3Cl2↑+3H2O HCl＞HI
【解析】
根据元素在周期表中的位置，可得①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元
素，⑦为Si元素，⑧为Cl元素，根据元素周期律分析解答。

【详解】
(1)④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，O为两个电子层，Na与Al元素为三个电子层，电子层数越多，半径越大，同周期元素核电荷数越大半径越小，原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞O；
(2)③为N元素，⑦为Si元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的含氧酸的酸性越强，非金属性：N＞Si，则最高价含氧酸的酸性强到弱的顺序为HNO3＞H2SiO3；
(3)⑤为Na元素，⑥为Al元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性：Na＞Al，碱性强弱比较：NaOH＞Al(OH)3；两者相互反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-；
(4)⑤为Na元素，⑧为Cl元素，由元素⑤和⑧共同组成的化合物为NaCl，是离子化合物，电子式为；
(5)由元素①⑧形成的化合物A为HCl，由元素④⑤⑧的化合物B为NaClO或NaClO3，可相互反应产生黄绿色气体单质，该反应的离子方程式为2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O或6H++5Cl-+ClO3-=3Cl2↑+3H2O；该黄绿色气体单质会使得湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色，表明生成了碘单质(I2)，该气体为氯气，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，则非金属性：Cl＞I，则由此推测这两种元素的气态氢化物的稳定性强弱顺序为：HCl＞HI。

18、氯碱Fe(OH)11Al+1OH﹣+1H1O＝1AlO1﹣+3H1↑Cu+1FeCl3＝CuCl1+1FeCl1
【解析】
X、Y、Z是日常生活中常见金属单质，X由地壳中含量最高的金属元素组成，则X为Al；D、E是常见气态非金属单质，其中D呈黄绿色，则D为Cl1，D与Y反应得到F，且F的稀溶液呈蓝色，则F含有Cu1＋，故Y为Cu、F为CuCl1．A 是海水中含量最多的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，且电解A、B混合物得到C、D（氯气）、E，故B为
H1O、气体单质E为H1、C为NaOH．由转化关系可知，G为HCl，H为盐酸。

盐酸与金属Z反应得到I、I能被氯气氧化得到J，金属Z为变价金属，可推知Z为Fe，故I为FeCl1、J为FeCl3、K为Fe（OH）1。

【详解】
(1)反应①为电解氯化钠溶液，以反应①为原理的工业被称为氯碱工业，故答案为：氯碱；
(1)由分析可知，K的化学式为：Fe(OH)1，故答案为：Fe(OH)1；
(3)反应②是Al与NaOH溶液的反应，离子方程式为：1Al+1OH﹣+1H1O＝1AlO1﹣+3H1↑，故答案为：1Al+1OH﹣+1H1O ＝1AlO1﹣+3H1↑；
(4)J和Y反应的化学方程式为：Cu+1FeCl3＝CuCl1+1FeCl1，故答案为：Cu+1FeCl3＝CuCl1+1FeCl1。

【点睛】
本题考查无机物推断，物质的含量、颜色等是推断突破口，注意熟练掌握元素化合物知识，对物质的特征性质、特征反应、特殊条件等归类比较，利于加对知识的理解。

19、Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓取一定量的灰绿色沉淀，加入盐酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3。

2mL 0.1mol/LFeCl2溶液3滴0.1mol/L NaOH溶液在氢氧化钠溶液浓度一定的条件下，硫酸亚铁溶液的浓度越小，产生白色沉淀的现象越明显。

实验2中沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀（或实验3中沉淀下沉后，底部都为白色沉淀）向实验2（或实验3）的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液，白色沉淀变成灰绿色。

Fe2+在加热时易发生水解，生成Fe(OH)2，因此颜色变白，同时沉淀的量增加，导致出现片状白色沉淀。

隔绝氧气、硫酸亚铁少量（或氢氧化钠过量）、硫酸亚铁浓度小（或氢氧化钠浓度大）、将氢氧化钠溶液逐滴加入到硫酸亚铁溶液中、微热等。

【解析】（1）实验1中产生的白色沉淀是氢氧化亚铁，反应的离子方程式是Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓。

（2）①要验证不存在氢氧化铁，只需要转化为铁盐，利用KSCN溶液检验即可，因此实验方案是：取一定量的灰绿色沉淀，加入盐酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3。

②要验证该假设不成立，只需要向亚铁盐中加入少量的氢氧化钠溶液观察沉淀颜色即可，因此向试管中加入2mL 0.1mol/LFeCl2溶液，再往试管中加入3滴0.1mol/L NaOH溶液，振荡，现象与实验1相同，证明该假设不成立。

③根据实验现象可知在氢氧化钠溶液浓度一定的条件下，硫酸亚铁溶液的浓度越小，产生白色沉淀的现象越明显。

实验2中沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀（或实验3中沉淀下沉后，底部都为白色沉淀），这说明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的；要证明假设正确，应该向沉淀中继续加入亚铁盐，即需要补充的实验是向实验2（或实验3）的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液，白色沉淀变成灰绿色，这说明假设完全正确。

（3）由于Fe2+在加热时易发生水解，生成Fe(OH)2，因此颜色变白，同时沉淀的量增加，导致出现片状白色沉淀。

（4）根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件是：隔绝氧气、硫酸亚铁少量（或氢氧化钠过量）、硫酸亚铁浓度小（或氢氧化钠浓度大）、将氢氧化钠溶液逐滴加入到硫酸亚铁溶液中、微热等。

点睛：本题主要是考查化学实验设计与探究，综合性强，难度较大。

明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键。

注意挖掘实验现象中隐含的信息，注意实验方案设计的合理性、可行性以及对照实验等。

20、检验反应生成的水蒸气除去混合气体中的SO2检验生成的的SO2检验SO2是否除尽
【解析】
木炭粉与浓硫酸反应化学方程式为：C+2H2SO4（浓）
2SO2↑+CO2↑+2H2O，用无水硫酸铜检验水蒸气，用品红溶液
检验二氧化硫，用澄清石灰水检验二氧化碳，由于二氧化硫与澄清石灰水也产生白色沉淀，故检验二氧化碳前需要除去二氧化硫，品红溶液A检验SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，品红溶液B检验二氧化硫是否除尽，品红溶液B不褪色，澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳。

【详解】
(1)实验利用白色硫酸铜(CuSO4)遇到水变为蓝色(CuSO4⋅5H2O)，证明含有水蒸气，所以①中无水硫酸铜的作用是检验反应生成的H2O，故答案为：检验反应生成的H2O；
(2)因SO2和CO2都能使石灰水变浑浊，因此要想检验出CO2，就要先把SO2检验了，并除掉SO2，这样石灰水变浑浊才能说明有CO2，所以酸性高锰酸钾溶液是除去混合气中的二氧化硫，反应为
5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，故答案为：除去混合气中的SO2；
(3)②中两次用到品红溶液，品红溶液A检验生成的SO2气体，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，品红溶液B是检验SO2是否除尽，故答案为：检验生成的的SO2；检验SO2是否除尽。

21、合理NaOH溶液2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑B8Fe+30H++3NO3﹣═8 Fe3++3NH4++9 H2OAl(OH)3 + OH- =AlO2- +
2H2O0.0120.048
【解析】
I．（1）铝热反应的原理为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应过程中生成铁单质，铝粉可能有剩余，结合题给熔点数据和信息：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金，因此说法是合理的。

（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铁与氢氧化钠溶液不反应。

证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝的实验方案为取少量熔融物于试管中，向其中滴加氢氧化钠溶液，看固体是否部分溶解，是否有气体生成。

该实验所用试剂是NaOH溶液，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑。

（3）A、常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化，A错误；B、铁铝均与稀硫酸反应，生成的氢气对环境无污染，B正确；C、稀硝酸与铁、铝反应时会产生有毒气体NO，C错误；D、氢氧化钠溶液与铁不反应，D错误。

答案选B
Ⅱ．（1）分析图像知OA段没有沉淀生成，说明硝酸过量，则熔融物中的铁与稀硝酸反应生成硝酸铁，反应过程中无气体生成，则硝酸的还原产物为硝酸铵，利用化合价升降法结合原子守恒、电荷守恒配平，该反应的离子方程式为
8Fe+30H++3NO3－＝8Fe3+ +3NH4+ +9H2O；（2）在CD段，沉淀的物质的量减少，生成的氢氧化铝被氢氧化钠溶解，则此阶段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- ＝AlO2-+2H2O；（3）由图可知，CD段消耗的氢氧化钠溶液的体积为44mL-42mL=2mL，故参加反应的氢氧化钠为0.002L×6mol/L=0.012mol，根据Al(OH)3+OH- ＝AlO2-+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.012mol，根据铝元素守恒知熔融物中铝元素的物质的量为0.012mol。

（4）AB段发生的反应为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠的物质的量为（39-15）×10-3L×6mol/L＝0.144mol，Al3+的物质的量为0.012mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.036mol，则与Fe3+反应的氢氧化钠的物质的量为0.144mol-0.036mol=0.108mol，Fe3+的物质的量为0.036mol，B点铝离子和铁离子恰好完全生成沉淀，根据元素守恒知生成沉淀的物质的量为0.048mol。