江西省萍乡市2015-2016学年高二期中化学试卷.doc

2015-2016学年江西省萍乡市高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015秋萍乡期中）能源是当今社会发展的三大支柱之一，有专家指出：如果对燃料产物如CO2、H2O、N2等能够实现利用太阳能让它们重新组合（如图），可以节约燃料，缓解能源危机在此构想的物质循环中太阳能最终转化（）A化学能B热能C生物能D电能【考点】常见的能量转化形式【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能【解答】解：由图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能故选：B【点评】看懂能量关系转化图是解决本题的关键，本题难度较小2（6分）（2015秋萍乡期中）下列不可以用勒夏特列原理解释的是（）A冬天食物难以腐败B用过量O2与SO2混合制SO3C将盛NO2的瓶子放入冰水中，颜色变浅D工业上制NH3时产用高压【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释【解答】解：A、气温越低，反应速率越慢，所以冬天食物难以腐败，不符合勒夏特利原理，故A符合；B、增加氧气的量，平衡正向移动，有利于三氧化硫的生成，符合勒夏特利原理，故B不符合；C、2NO2（g）N2O4（g）是放热反应，所以将盛NO2的瓶子放入冰水中，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅，符合勒夏特利原理，故C不符合；D、工业上制NH3正反应是气体体积减少的反应，增大压强，向气体缩小的方向移动，符合勒夏特利原理，故D不符合；故选：A【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理3（6分）（2015秋萍乡期中）已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol有关键能数据如下表：则水分子中OH键能为（） 化学键HHO=O键能/kJ/mol436498A463.4kJ/molB926.8kJ/molC221.6kJ/molD413kJ/mol【考点】有关反应热的计算【专题】燃烧热的计算【分析】水的结构式为HOH，2mol水分子中含有4molHO键，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6KJ/mol，反应物总键能生成物总键能=反应热，据此计算OH键的键能【解答】解：水的结构式为HOH，2mol水分子中含有4molHO键，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6KJ/mol，反应物总键能生成物总键能=反应热，则：436kJ/mol2+498kJ/mol4E（OH）=483.6KJ/mol，故E（OH）=463.4kJ/mol，故选A【点评】本题考查反应热的有关计算，难度不大，注意掌握反应热与键能的关系，注意对基础知识的理解掌握4（6分）（2012春丰南区期末）反应2A（g）2B（g）+E（g）H0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（）A加压B减压C减小E的浓度D降温【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动，据此结合外界条件对平衡移动影响分析【解答】解：A增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，正、逆反应速率都增大，故A错误；B降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；C减少E的浓度，平衡向正反应方向移动，正、逆速率都减小，但A的浓度降低，故C错误；D降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故D正确故选D【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度不大，本题注意根据反应方程式的特征判断平衡移动的方向5（6分）（2015秋萍乡期中）在一可变的密闭容器中进行反应：C（固）+H2O（气）CO（气）+H2（气），下列条件的改变对反应速率几乎无影响的是：增加C（固）的用量 将容器的体积缩小一半 保持体积不变，冲入N2，使体系的压强增大 保持压强不变，冲入N2，使容器的体积变大（）ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】反应中C为固体，增加固体的量对反应速率没有影响，改变体积或压强，只有反应反应物质的浓度发生变化时，反应速率才发生改变，以此解答该题【解答】解：增加C的量，物质的浓度不变，反应速率不变，故正确；将容器体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故错误；保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但参加反应的物质的浓度不变，反应速率不变，故正确；保持压强不变，充入N2使体系体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故错误故选：C【点评】本题考查化学反应速率的因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识的考查，有利于化学科学素养的培养和提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累6（6分）（2015秋萍乡期中）对于可逆反应：mA（g）+nB（g）xC（g）；H=？，在不同温度及压强条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是（）AH0，m+nxBH0，m+nxCH0，m+nxDH0，m+nx【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【专题】化学平衡图像【分析】根据图（1）到达平衡时所用时间的长短判断压强p1和p2的相对大小，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小；根据图（2）判断，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，再结合A的转化率判断该反应的正反应是放热还是吸热【解答】解：由图（1）知，p2到达平衡时所用时间长，p1到达平衡时所用时间短，所用压强为p2的反应速率慢，为p1的反应速率快，压强越大反应速率越大，所以p2p1；增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由图象知，A的转化率增大，平衡向正反应方向移动，所以反应前的计量数大于反应后的计量数，即m+nx；图（2）知，随着温度的升高，A的转化率减低，平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即H0故选D【点评】本题考查化学平衡图象题，题目难度中等，注意温度、压强对反应速率和化学平衡的影响7（6分）（2015秋萍乡期中）将一定量的SO2（g）和O2（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，在不同温度下进行反应，得到如下表中的两组数据，下列说法不正确的是 （） 实验编号温度/平衡常数/molL起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minSO2O2SO2O21T1K142X0.862T2K2420.4ytAx=1.6BT1、T2的关系：T1T2CK1、K2的关系：K2K1Dt6【考点】化学平衡的计算【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】分析图表数据，依据化学平衡三段式列式，结合反应速率概念计算；依据图表数据列式计算分析，反应是放热反应，化学平衡随温度升高，平衡逆向进行分析两次实验的温度【解答】解：A、实验1从开始到反应达到化学平衡时， 2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）；起始量（mol） 4 2 0变化量（mol） 2.4 1.2 2.4平衡量（mol） x 0.8 2.4x=42.4=1.6，故A正确；B、根据题中数据可知，实验1和实验2起始量相同，实验2达到平衡时间短，所以实验2的温度高，即T2T1，故B错误；C、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由于T2T1，所以K2K1，故C错误；D、温度越高反应速率越快，由于T2T1，所以实验2达到平衡的时间小于实验1，即t6，故D正确，故选BC【点评】本题考查了化学平衡影响因素和平衡计算的分析判断，注意知识的迁移和应用是解题关键，难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015秋萍乡期中）T时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示，3分钟时达到平衡；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示（1）容器中发生的反应可表示为3X（g）+Y（g）2Z（g）（2）该反应的H0（填”“，”“或”=“）；判断的理由是升高温度，Y的含量降低，说明升高温度，平衡正向移动，正反应是吸热反应（3）反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率 v（X）=0.1mol/（Lmin）（4）保持其他条件不变，升高温度，该反应的化学平衡K将变大（填“变大”、”减小“或“不变”）（5）若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是催化剂一定条件下的密闭容器中，该反应达到平衡，要提高气体Y的转化率，可以采取的措施是a（填字母代号）a高温高压 b加入催化剂 c减少X的浓度 d增加气体Y的浓度【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡图像【分析】（1）根据图示1可知：X、Y是反应物，Z是生成物，它们的物质的量的比等于3：2：1，由于最终各种物质都存在，所以该反应是可逆反应故容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g）；（2）由图2可知，温度T2到达平衡需要的时间较短，故T2T1，温度越高Y的含量降低，升高温度平衡向正反应方向移动；（3）根据v=计算出反应进行前3min内，用X表示的反应速率v（X）；（4）正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡K将增大；（5）图3与图1相比，平衡时各组分的物质的量不变，到达平衡时间缩短，说明改变条件，增大反应速率，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是增大压强，故改变条件是使用催化剂；a高温高压，平衡向正向移动，气体Y的转化率增大；b加入催化剂，平衡不移动；c减少X的浓度，平衡向逆方向移动，气体Y的转化率减小；d增加气体Y的浓度，虽然平衡向正向移动，但气体Y的转化率减小【解答】解：（1）由图1知，X的物质的量减少量为：（2.01.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为：（1.61.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为：（0.80.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g），故答案为：3X（g）+Y（g）2Z（g）；（2）T2先拐温度高，升高温度Y的百分含量减小，平衡正向移动，正反应是吸热反应，故答案为：；升高温度，Y的含量降低，说明升高温度，平衡正向移动，正反应是吸热反应；（3）反应进行前3min内，用X表示的反应速率为：v（X）=0.1mol/（Lmin），故答案为：0.1mol/（Lmin）；（4）正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡K将增大，故答案为：变大；（5）由图3可知：各种物质在2min时就达到了平衡，但是物质的平衡浓度不变，所以平衡未发生移动，因为该反应是反应前后气体体积不等的可逆反应，则改变的条件是使用催化剂，故答案为：催化剂；a高温高压，平衡向正向移动，气体Y的转化率增大，故正确；b加入催化剂，平衡不移动，故错误；c减少X的浓度，平衡向逆方向移动，气体Y的转化率减小，故错误；d增加气体Y的浓度，虽然平衡向正向移动，但气体Y的转化率减小，故错误；故选：a【点评】本题考查了化学平衡的图象及化学反应速率的计算、化学平衡的影响、平衡移动原理等，题目难度中等，根据图象正确分析曲线变化特点是解答本题的关键，结合平衡移动原理进行解答9（15分）（2015秋萍乡期中）利用如图1装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50mL0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度回答下列问题：（1）仪器A的名称为环形玻璃搅拌棒（2）写成稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式（中和热数值为57.3kJ/mol）H2SO4（l）+NaOH（l）=Na2SO4（l）+H2O（l）H=57.3KJ/mol（3）倒入NaOH溶液的正确操作是C（填序号）A沿玻璃棒缓慢倒入B分三次少量倒入C一次迅速倒入（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是E（从下列选出）DA用温度计小心搅拌 B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C轻轻地振荡烧杯 D用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动（5）实验数据如下表：请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1终止温度t2温度差平均值（t2t1）H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g）则中和热H=56.8kJ/mol（取小数点后一位）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是acd（填字母）a实验装置保温、隔热效果差b量取NaOH溶液的体积时仰视读数c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度（6）将V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）则NaOH溶液的物质的量浓度为1.5 molL1【考点】中和热的测定【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）根据量热计的构造来解答；（2）根据根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；（3）根据硫酸和氢氧化钠反应反应迅速剧烈，并且释放大量热，一次性快速倒入可以减少热量散发而引来的误差；（4）根据环形玻璃棒可以使硫酸与NaOH溶液混合均匀；（5）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；根据Q=mcT计算反应放出的热量，最后根据H=kJ/mol计算出反应热a实验装置保温、隔热效果必须好；b量取NaOH溶液的体积时视线要和凹液面相平；c允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；d用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零直再测定H2SO4溶液的温度；（6）根据酸碱中和关系式：NaOHHCl计算氢氧化钠浓度【解答】解：（1）仪器A的名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）强酸强碱的中和热为57.3kJ/mol，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为：H2SO4（l）+NaOH（l）=Na2SO4（l）+H2O（l）H=57.3KJ/mol；故答案为：H2SO4（l）+NaOH（l）=Na2SO4（l）+H2O（l）H=57.3KJ/mol；（3）根据硫酸和氢氧化钠反应反应迅速剧烈，并且释放大量热，一次性快速倒入可以减少热量散发而引来的误差，故选：C；（4）用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动使硫酸与NaOH溶液混合均匀，故选：D（5）4次温度差分别为：3.4，5.1，3.3，3.5，第2组数据无效，温度差平均值为3.4，故答案为：3.4；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.25mol/L2=0.025mol，溶液的质量为：100ml1g/ml=100g，温度变化的值为T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/（g）3.4=1421.2J，即1.4212KJ，所以实验测得的中和热H=56.8kJ/mol；故答案为：56.8kJ/mol；a装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；b量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；c分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故c正确；d温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确故答案为：acd；（6）如图，V1为30mL时温度最高，说明此时酸碱已经反应完毕，又实验中始终保持V1+V2=50mL，所以V2为20mL，由酸碱中和关系式：NaOHHCl可列式：30mL1molL1=20mLC（NaOH），可求NaOH的浓度是1.5 molL1；故答案为：1.5 molL1【点评】本题考查热化学方程式以及反应热的计算，题目难度大，注意理解中和热的概念、把握热化学方程式的书写方法，以及测定反应热的误差等问题10（14分）（2015秋萍乡期中）科学家利用太阳能分解水生产的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇（CH3OH）已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热分别为285.8kJmol1、283.0kJmol1和726.5kJmol1请回答下列问题：（1）写成表示H2（g）的燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol（2）用太阳能分解36g水消耗的能量是571.6kJ（3）CH3OH（l）不完全燃烧生成一CO和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）H=443.5kJmol1（4）在容积为2L的恒容密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，其反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），实验结果如图所示：试写出上述反应的平衡常数的表达式K=；处于A点的反应体系从T1变到T2，达平衡时增大（填”“增大”、“减小”或“不变”）保持温度时，将1molCO2和3molH2，充分反应后达平衡，若CO2转化率为a，则容器内平衡时压强与起始压强之比为（2a）：2下列图象分别代表焓变（H）、混合气体平均相对分子质量（）、n（H2）和混合气体密度（）与反应时间的关系，其中正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的是BC（填标号）【考点】化学平衡的影响因素；热化学方程式；化学平衡状态的判断【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】（1）H2（g）的燃烧热分别为285.8kJmol1、，据热化学方程式的含义，H2的标准燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol；（2）氢气的燃烧热可知水分解吸收的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；（3）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（4）、根据平衡常数的定义再结合方程式直接写出平衡常数的表达式；处于A点的反应体系从T1变到T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，氢气物质的量增大、甲醇的物质的量减小，故达平衡时增大；根据CO2的转化率求得平衡时各物质的物质的量，压强之比等于物质的量之比，从而求得结论；反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度、百分含量等不再发生变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，说明可逆反应到达平衡状态，结合图象分析【解答】解：（1）H2（g）的燃烧热分别为285.8kJmol1、，据热化学方程式的含义，H2的标准燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol；（2）H2（g）的燃烧热H为285.8kJmol1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1mol H2O（l）为1mol H2（g）消耗的能量为285.8kJ，36g水的物质的量为2mol，则分解2mol H2O（l）消耗的能量为285.8kJ2=571.6kJ，故答案为：571.6kJ；（3）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为283.0kJmol1和726.5kJmol1，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=726.5kJmol1由盖斯定律可知用得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），该反应的反应热H=726.5kJmol1（283.0kJmol1）=443.5kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）H=443.5kJmol1；（4）根据平衡常数的定义再结合方程式CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），可知平衡常数的表达式为：K=，故答案为：K=；处于A点的反应体系从T1变到T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，氢气物质的量增大、甲醇的物质的量减小，故达平衡时增大，故答案为：增大；由化学平衡的三段模式法计算可知， CO2 （g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始 1 3 0 0变化 a 3a a a平衡 1a 33a a a根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比为=（1a+33a+a+a）：（1+3）=（2a）：2，故答案为：（2a）：2；A对与固定的反应焓变是固定不变的，与平衡状态无关，故A错误；B随着反应的进行，气体物质的量减小，气体的质量不变，则混合气体平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体平均相对分子质量不变时即是平衡状态，故B正确；Cn（H2）不变，正逆反应速率相等，即是平衡状态，故C正确；D容器的体积不变，气体的质量守恒，则混合气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不变时，不一定是平衡状态，故D错误；故答案为：BC【点评】本题考查了盖斯定律、热化学方程式的书写、化学平衡常数、影响平衡的因素、化学平衡的计算、原电池的电极反应等内容，考查的点较多，知识夸度大，对学生来讲有一定的难度选做题化学-选修1（15分）11（15分）（2015秋萍乡期中）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3工业上从铝土矿中提取铝可采用如图工艺流程：为了转化完全，每一步所加试剂需过量（1）原料A的名称是盐酸，原料B的化学式NaOH（2）检验滤液1中Fe3+离子的最常见的试剂为KSCN溶液（3）步骤反应的离子方程式H+OH=H2O、Fe3+3OH=Fe（OH）3、Al3+4OH=AlO2+2H2O（4）步骤反应的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（5）可循环使用的原料的化学式CaCO3、NaOH【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】石灰石煅烧得到CaO和CO2，向滤液2中通入CO2，得到沉淀，加热沉淀得到氧化铝，则该沉淀为Al（OH）3，CO2通入偏铝酸盐溶液中得到Al（OH）3，所以原料B为强碱溶液，A为盐酸溶液，铝土矿中加入足量HCl，Al2O3、Fe2O3和稀盐酸反应生成AlCl3、FeCl3，SiO2不溶于稀盐酸，然后采用过滤方法得到残渣SiO2，滤液1中含有HCl、AlCl3、FeCl3，向滤液中加入足量NaOH溶液，AlCl3、FeCl3分别生成NaAlO2、Fe（OH）3，采用过滤方法得到沉淀Fe（OH）3，滤液2中含有NaAlO2，向NaAlO2通入过量的二氧化碳，生成Al（OH）3和NaHCO3，过滤得到的滤液3中溶质为NaHCO3，滤液3中加入氧化钙得碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，碳酸钙和氢氧化钠都可以再循环利用，据此答题【解答】解：石灰石煅烧得到CaO和CO2，向滤液2中通入CO2，得到沉淀，加热沉淀得到氧化铝，则该沉淀为Al（OH）3，CO2通入偏铝酸盐溶液中得到Al（OH）3，所以原料B为强碱溶液，A为盐酸溶液，铝土矿中加入足量HCl，Al2O3、Fe2O3和稀盐酸反应生成AlCl3、FeCl3，SiO2不溶于稀盐酸，然后采用过滤方法得到残渣SiO2，滤液1中含有HCl、AlCl3、FeCl3，向滤液中加入足量NaOH溶液，AlCl3、FeCl3分别生成NaAlO2、Fe（OH）3，采用过滤方法得到沉淀Fe（OH）3，滤液2中含有NaAlO2，向NaAlO2通入过量的二氧化碳，生成Al（OH）3和NaHCO3，过滤得到的滤液3中溶质为NaHCO3，滤液3中加入氧化钙得碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，碳酸钙和氢氧化钠都可以再循环利用，（1）根据上面的分析可知，原料A的名称是盐酸，原料B的化学式为NaOH，故答案为：盐酸；NaOH；（2）KSCN溶液遇Fe3+离子会使溶液呈血红色，所以检验滤液1中Fe3+离子的最常见的试剂为KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液；（3）滤液1含有HCl、AlCl3、FeCl3，要加入稍过量原料B，原料B的化学式是NaOH，酸和铁离子、铝离子和氢氧根离子反应，离子反应方程式为H+OH=H2O、Fe3+3OH=Fe（OH）3、Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：H+OH=H2O、Fe3+3OH=Fe（OH）3、Al3+4OH=AlO2+2H2O；（4）滤液含有AlO2，步骤通入二氧化碳，与AlO2反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）根据上面的分析可知，可循环使用的原料为CaCO3、NaOH，故答案为：CaCO3、NaOH【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道流程图中发生的反应、操作方法及溶液中的溶质，注意氧化铝的两性，注意滤液1中还含有HCl、滤液2中还含有NaOH选做题化学-必修2（0分）12（2015秋萍乡期中）如图1是元素周期表的一部分，按要求回答下列问题（1）Fe在元素周期表中位于四周期，第族（2）元素、最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱排列的顺序为HClO4H2SO4Al（OH）3（填化合物的化学式）（3）写出由元素、形成的既含极性键又