安徽省马鞍山市高考化学三模试卷（含解析）.doc

安徽省马鞍山市2015 届高考化学三模试卷一、1（6分）20世纪80年代人们发现了碳的另一类单质，它们是由一系列偶数个碳原子组成的分子中c60（足球烯，分了中含有30个双键）是具代表性x为n个c60连接而成的物质，结构如图（）ac60转变为x是物理变化bx中含积极性共价键cx与金刚石互为同位素dx能够发生加成反应2（6分）下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（）aco2的饱和溶液中na+、nh4+、c6h5o、so42b甲基橙变红的溶液中液中k+、ca2+、alo2、no3c0.1moll1nh4cl溶液中k+、na+、hco3、so42d与al反应生成h2的溶液中na+、mg2+、no3、cl3（6分）已知x（g）+y（g）2z（g）h0反应发生后，t1时达到平衡，t2时改变条件，t3时达到新平衡，则t2时改变的条件是下列说法中正确的是（）a升高温度b减小z的浓度c增大压强d增大x或y的浓度4（6分）下列装置所示的实验中，能够达到实验目的是（）a用铜和稀硝酸制取nob分离乙醇和乙酸c检查装置气密性d证明铁生锈空气参与反应5（6分）推理是一种重要的思维方法下列推理合理的是（）a浓硫酸具有吸水性，能干燥氢气，也能干燥氨气b乙醛具有还原性，能被新制氢氧化铜浊液氧化，也能被溴水氧化cso2具有漂白性，能使品红褪色，也能使酸性kmno4溶液褪色d硝酸属于强酸，能与caco3反应生成co2气体，也能与caso3生成so26（6分）向1000ml3moll1naoh溶液中通入适量co2气体，溶液中有关阴离子的物质的量变化曲线图所示，下列说法中正确的（）a水的电离程度一直增大b溶液的ph逐渐下降cm、n两点对应的溶液中离子种类不同dcd段反应的离子方程式为oh+co2=hco37（6分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）a0.01moll1h2s溶液：c（h+）c（hs）c（s2）c（h2s）c（oh）bolmollnahso3溶液：c（na+）+c（h+）c（hso3）+c（so32）+c（oh）c等物质的量nh4cl和 nacl 的混合溶液：c（nh4+）+c（nh3h20）+c（na+）=2c（cl）d=1010的na2co3溶液：c（hco3）+2c（h2co3）=（1021012）mol/l二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）h、c、n、o、na、cr是常见的六种元素（1）c位于元素周期表第周期第族；cr的基态原子核外电子排布式为；c2h2分子中键与键数目之比为（2）用“”或“”填空：电负性键长键的极性沸点（同压）cnc=cccnhoh甲醇丁烷（3）25、101kpa下：2na（s）+o2（g）=na2o（s）h=414kjmol12na（s）+o2（g）=na2o2（s）h=511kjmol1写出na2o2与单质钠化合成na2o固体的热化学方程式（4）我国已经立法规定酒驾入列“酒精检测仪”中有红色ceo3和少量h2so4，检测酒驾时产物有三价铬和co2等，该反应的化学方程式为9（14分）已知：化合物a是一种有机化工原料，由a合成黄樟油（f）和香料（g）的合成路线如下（部分反应条件已略去），其中b的分子式为c7h6o2，不能发生银镜反应，也不能与naoh溶液反应：（1）a的结构简式为，c的系统命名是（2）f中含氧官能团的名称是：和ef的反应类型是（3）ab的化学方程式是（4）某芳香化合物h是e的同分异构体，具有下列特征：核磁共振谱有5个吸收峰；既能发生水解，也能与新制cu（oh）2浊液反应；不能发生聚合反应h的结构简式是（任写一种）（5）下列关于g的说法中正确的是a可发生消去反应b可与溴水发生加成反应c能使酸性高锰酸钾溶液褪色d既可以发生氧化反应也可以发生还原反应10（15分）洗煤和选煤过程中排出的煤矸石（主要含al2o3、sio2及fe2o3）会占用大片土地，造成环境污染某课题组利用煤矸石制备聚合氯化铝流程如下：已知：聚合氯化铝（m（1n5，m10），商业代号pac）是一种新型、高效絮凝剂和净水剂（1）酸浸的目的是；实验需要 的500ml3.0moll1的盐酸，配制时所需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有（2）若m=n=2，则生成pac的化学方程式是（3）从含pac的稀溶液中获得pac固体的实验操作方法是、（4）为了分析残渣2中铁元素的含量，某同学称取5.000g残渣2，先将其预处理使铁元素还原为fe2+，并在容量瓶中配制成100ml溶液；然后移取25.00ml试样溶液，用1.000102 moll1kmno4标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00ml已知反应式为fe2+mno4+h+fe3+mn2+h2o（未配平）判断滴定终点的依据是；残渣2中铁元素的质量分数为11（14分）为探究fecl2溶液电解时阴阳极的产物，某兴趣小组用如下装置进行实验：（査阅资料：电解能否发生、电极反应及其速率，与电压大小、离子浓度等因素有关）i电极a表面始终未出现气泡，但产生了银灰色有金属光泽的固体，该电极的电极反应式为：电极b开始一段时间内，表面无气泡产生，周围液体出现红褐色，逐渐浑浊吸取该电极周围少许液体于两支试管中，一支试管中滴入淀粉一ki溶液，液体颜色不变；另一支试管中先加盐酸酸化，再滴入kscn溶液，巧液变为红色结论：电解过程中产生了fe3+，同时水解产生了红褐色物质（1）加盐酸酸化时发生的反应是（用离子方程式表示）（2）对电解过程中fe3+产生的原因进行猜想：猜想：cl在阳极放电，生成的cl2将fe2+氧化成fe3%猜想：猜想：（3）设计实验验证猜想供选择的试剂：1mol/lfes04溶液、lmoi/l 盐酸、2mol/l 盐酸、lmol/lnacl 溶液、2moj/l nacl溶液、淀粉一ki溶液、kscn溶液，蒸馏水操作现象和结论取定量溶液，调节溶液ph为4. 91：再以相间装置进行电解电解相同时间后，若电极b表面无气泡，安徽省马鞍山市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、1（6分）20世纪80年代人们发现了碳的另一类单质，它们是由一系列偶数个碳原子组成的分子中c60（足球烯，分了中含有30个双键）是具代表性x为n个c60连接而成的物质，结构如图（）ac60转变为x是物理变化bx中含积极性共价键cx与金刚石互为同位素dx能够发生加成反应考点：物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用；极性键和非极性键；取代反应与加成反应 分析：a化学变化有新物质生成；b不同非金属元素之间形成的化学键为极性共价键；c同位素是质子数相同，中子数不同的不同原子；d每个碳原子成四个键，该物质含有双键解答：解：ac60转变为x，有新物质生成，属于化学变化，故a错误； bx为n个c60连接而成的物质，x中只含有非极性共价键，故b错误；cc60是碳元素的一种单质，与金刚石互为同素异形体，故c错误；d因为该物质含有双键，一定条件下x可发生加成反应，故d正确故选d点评：本题考查有机物的结构与性质、物理变化、化学键等，难度不大，注意c60是单质，不是原子2（6分）下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（）aco2的饱和溶液中na+、nh4+、c6h5o、so42b甲基橙变红的溶液中液中k+、ca2+、alo2、no3c0.1moll1nh4cl溶液中k+、na+、hco3、so42d与al反应生成h2的溶液中na+、mg2+、no3、cl考点：离子共存问题 分析：ac6h5o与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢根离子；b甲基橙变红的溶液中液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；c四种离子之间不发生反应，都不与氯化铵反应；d与al反应生成h2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，加入铝不会生成氢气解答：解：a苯酚的酸性小于碳酸，c6h5o与co2反应生成苯酚和碳酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，故a错误；b甲基橙变红的溶液中液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，alo2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；ck+、na+、hco3、so42之间不反应，都不与nh4cl反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；d与铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性溶液，mg2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，酸性溶液中no3具有强氧化性，加入铝不会生成氢气，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等3（6分）已知x（g）+y（g）2z（g）h0反应发生后，t1时达到平衡，t2时改变条件，t3时达到新平衡，则t2时改变的条件是下列说法中正确的是（）a升高温度b减小z的浓度c增大压强d增大x或y的浓度考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：从t2秒后x或y的浓度增大，z的浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，根据反应的特点和外界条件对平衡的影响来判断解答：解：a、该反应放热，升高该反应的温度，平衡逆向移动，x或y的浓度增大，z的浓度减小，图象符合，故a正确；b、减小z的浓度，平衡应正向移动，故b错误；c、增大了体系压强，平衡不移动，x、y、z的浓度应增大，故c错误；d、t2到t3x或y的浓度增大，z的浓度减小，若增大了x或y的浓度，平衡向正反应方向移动，z的浓度应增大，不符合，故d错误；故选a点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意化学方程式的前后计量数的关系以及反应放热的特点，以此判断影响平衡移动的因素4（6分）下列装置所示的实验中，能够达到实验目的是（）a用铜和稀硝酸制取nob分离乙醇和乙酸c检查装置气密性d证明铁生锈空气参与反应考点：化学实验方案的评价 分析：ano极易和空气中氧气反应生成二氧化氮；b乙醇和乙酸互溶；c装置气密性检查，看能否形成液面差；d铁钉发生吸氧腐蚀导致瓶中气体压强减小，所以u型管中液面发生变化解答：解：ano极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，且no密度接近空气密度，no不易溶于水，所以no采用排水法收集，故a错误； b乙醇和乙酸互溶，不能用分液分离，故b错误；c夹住橡皮管，从长颈漏斗中注水，至长颈漏斗中长颈部分在页面下，当长颈漏斗中液面高于烧瓶中液面，静置片刻，液面差不变，则气密性良好，故c正确；d铁钉发生吸氧腐蚀导致瓶中气体压强减小，所以u型管中液面左高右低，所以能实现实验目的，故d正确故选cd点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体制备、收集、气密性检验以及实验方案设计等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大5（6分）推理是一种重要的思维方法下列推理合理的是（）a浓硫酸具有吸水性，能干燥氢气，也能干燥氨气b乙醛具有还原性，能被新制氢氧化铜浊液氧化，也能被溴水氧化cso2具有漂白性，能使品红褪色，也能使酸性kmno4溶液褪色d硝酸属于强酸，能与caco3反应生成co2气体，也能与caso3生成so2考点：探究化学规律 分析：a浓硫酸能与氨气反应；b醛基能被新制氢氧化铜、溴水等氧化；cso2具有还原性，酸性kmno4具有氧化性；d硝酸具有强氧化性能把caso3氧化为caso4解答：解：a氨气是碱性气体，能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故a错误；b醛基能被新制氢氧化铜、溴水等氧化，乙醛含有醛基，具有还原性，能被新制氢氧化铜浊液氧化，也能被溴水氧化，故b正确；cso2具有还原性，酸性kmno4具有氧化性，so2使酸性kmno4溶液褪色表现了还原性，不表现漂白性，故c错误；d硝酸属于强酸，能与caco3反应生成co2气体，但硝酸具有强氧化性能把caso3氧化为caso4，所以硝酸与caso3反应没有so2气体生成，故d错误故选b点评：本题考查了硫的化合物的性质、硝酸的性质、醛的性质，侧重于常见物质的性质的考查，题目难度不大，注意把握二氧化硫的漂白性和还原性6（6分）向1000ml3moll1naoh溶液中通入适量co2气体，溶液中有关阴离子的物质的量变化曲线图所示，下列说法中正确的（）a水的电离程度一直增大b溶液的ph逐渐下降cm、n两点对应的溶液中离子种类不同dcd段反应的离子方程式为oh+co2=hco3考点：离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算；钠的重要化合物 分析：naoh溶液中通入二氧化碳气体，先发生反应：2oh+co2=co32+h2o（ob段），氢氧根离子完全转化成碳酸根离子后，发生反应：h2o+co32+co2=2hco3，（cd或be段），所以曲线ace表示氢氧根离子的物质的量变化，mbe为碳酸根离子的变化，cd表示碳酸氢根离子的变化，以此解答该题解答：解：naoh溶液中通入二氧化碳气体，先发生反应：2oh+co2=co32+h2o（ob段），氢氧根离子完全转化成碳酸根离子后，发生反应：h2o+co32+co2=2hco3，（cd或be段），所以曲线ace表示oh的物质的量变化，mbe为co32离子的变化，cd表示hco3的变化，a氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠的过程中，水的电离程度逐渐增大，当碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子的过程中，水的电离程度逐渐减小，故a错误；b反应过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐减小，则溶液的ph逐渐减小，故b正确；cm、n的溶液中都含有：oh、co32、hco3、h+和na+离子，含有的离子种类相同，故c错误；dcd段碳酸根离子浓度逐渐减小、碳酸氢根离子浓度逐渐增大，反应反应为：h2o+co32+co2=2hco3，故d错误；故选b点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、水的电离的影响因素及其应用，题目难度中等，明确曲线中对应反应为解答关键，注意掌握水的电离及其影响因素，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力7（6分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）a0.01moll1h2s溶液：c（h+）c（hs）c（s2）c（h2s）c（oh）bolmollnahso3溶液：c（na+）+c（h+）c（hso3）+c（so32）+c（oh）c等物质的量nh4cl和 nacl 的混合溶液：c（nh4+）+c（nh3h20）+c（na+）=2c（cl）d=1010的na2co3溶液：c（hco3）+2c（h2co3）=（1021012）mol/l考点：离子浓度大小的比较 分析：a硫化氢为二元弱酸，在溶液中只能部分电离，则c（h2s）c（h+）；b根据亚硫酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；c根据混合液中的物料守恒分析；d该溶液中氢氧根离子浓度为102mol/l，氢离子浓度为1012mol/l，结合碳酸钠溶液中的质子守恒进行计算解答：解：a硫化氢溶液中，其电离程度较小，则溶液中c（h2s）最大，溶液中正确的离子浓度大小为：c（h2s）c（h+）c（hs）c（s2）c（oh），故a错误；bolmollnahso3溶液，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（hso3）+2c（so32）+c（oh），所以c（na+）+c（h+）c（hso3）+c（so32）+c（oh），故b错误；c等物质的量nh4cl和 nacl 的混合溶液，根据物料守恒可得：c（nh4+）+c（nh3h20）+c（na+）=c（cl），故c错误；d该溶液中氢氧根离子浓度为102mol/l，氢离子浓度为1012mol/l，根据质子守恒c（hco3）+2c（h2co3）+c（h+）=c（oh）可得：c（hco3）+2c（h2co3）=c（oh）c（h+）=（1021012）mol/l，故d正确；故选d点评：本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小的常用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）h、c、n、o、na、cr是常见的六种元素（1）c位于元素周期表第二周期第iva族；cr的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；c2h2分子中键与键数目之比为3：2（2）用“”或“”填空：电负性键长键的极性沸点（同压）cnc=cccnhoh甲醇丁烷（3）25、101kpa下：2na（s）+o2（g）=na2o（s）h=414kjmol12na（s）+o2（g）=na2o2（s）h=511kjmol1写出na2o2与单质钠化合成na2o固体的热化学方程式na（s）+na2o2（s）=2na2o（s）h=317 kjmol1（4）我国已经立法规定酒驾入列“酒精检测仪”中有红色ceo3和少量h2so4，检测酒驾时产物有三价铬和co2等，该反应的化学方程式为c2h5oh+4cro3+6h2so4=2cr2（so4）3+2co2+9h2o考点：元素电离能、电负性的含义及应用；化学方程式的书写；原子核外电子排布；用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：（1）c的原子序数为6，原子结构中有2个电子层，最外层电子数为4；cr的原子核外有24个电子，分4层排布；根据乙炔的结构分析；（2）同周期从左到右电负性增强；键长越短，键能越大；非金属性越强，键的极性越强；分子间含有氢键时沸点较高；（3）已知2na（s）+o2（g）=na2o（s）h=414kjmol12na（s）+o2（g）=na2o2（s）h=511kjmol1由盖斯定律：2得na（s）+na2o2（s）=2na2o（s）据此计算；（4）乙醇与cro3和少量h2so4反应生成硫酸铬、二氧化碳和水解答：解：（1）c的原子序数为6，原子结构中有2个电子层，最外层电子数为4，c元素位于元素周期表第二周期，第iva族；cr的原子核外有24个电子，分4层排布，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；乙炔的结构为hcch，单键中含有1个键，三键中含有1个键和2个键，则分子中键与键数目之比为 3：2；故答案为：二；iva；1s22s22p63s23p63d54s1；3：2；（2）同周期从左到右电负性增强，则电负性：cn；键长越短，键能越大，双键的键能大于单键，则双键的键长小于单键；非金属性os，则键的极性：nhoh；分子间含有氢键时沸点较高，甲醇分子间含有氢键，则沸点：甲醇丁烷，故答案为：；（3）已知2na（s）+o2（g）=na2o（s）h=414kjmol12na（s）+o2（g）=na2o2（s）h=511kjmol1由盖斯定律：2得na（s）+na2o2（s）=2na2o（s）h=2（414）（511）=317 kjmol1；故答案为：na（s）+na2o2（s）=2na2o（s）h=317 kjmol1；（4）乙醇与cro3和少量h2so4反应生成硫酸铬、二氧化碳和水，其反应的化学方程式为：c2h5oh+4cro3+6h2so4=2cr2（so4）3+2co2+9h2o；故答案为：c2h5oh+4cro3+6h2so4=2cr2（so4）3+2co2+9h2o点评：本题考查较综合，涉及电子排布式、元素周期表的结构及应用、元素非金属性的比较及应用、氢键、盖斯定律的应用等，注重高频考点的考查，题目难度中等9（14分）已知：化合物a是一种有机化工原料，由a合成黄樟油（f）和香料（g）的合成路线如下（部分反应条件已略去），其中b的分子式为c7h6o2，不能发生银镜反应，也不能与naoh溶液反应：（1）a的结构简式为，c的系统命名是3溴丙烯（或3溴1丙烯）（2）f中含氧官能团的名称是：醚键和羰基ef的反应类型是氧化反应（3）ab的化学方程式是（或）（4）某芳香化合物h是e的同分异构体，具有下列特征：核磁共振谱有5个吸收峰；既能发生水解，也能与新制cu（oh）2浊液反应；不能发生聚合反应h的结构简式是 或 （任写一种）（5）下列关于g的说法中正确的是acda可发生消去反应b可与溴水发生加成反应c能使酸性高锰酸钾溶液褪色d既可以发生氧化反应也可以发生还原反应考点：有机物的推断 分析：（1）根据a的分子式，结合d的结构简式可知，a与二氯甲烷发生取代反应生成b为，所以a为，b发生取代反应生成d，根据c的结构简式进行命名；（2）根据f的结构简式可和含氧官能团名称，比较e和f的结构简式可知反应类型；（3）根据a和b的结构简式书写化学方程式；（4）根据条件：核磁共振谱有5个吸收峰，即有5种位置的氢原子，既能发生水解，也能与新制cu（oh）2浊液反应，说明有甲酸酯，不能发生聚合反应，结合e的结构简式可写出h的结构简式；（5）g中含有羟基、苯环和醚键，羟基邻位碳上有氢原子，据此判断g所能发生的反应；解答：解：（1）根据a的分子式，结合d的结构简式可知，a与二氯甲烷发生取代反应生成b为，所以a为，根据c的结构简式可知c的名称为3溴丙烯（或3溴1丙烯），故答案为：；3溴丙烯（或3溴1丙烯）；（2）根据f的结构简式可和含氧官能团名称为醚键、羰基，比较e和f的结构简式可知反应类型为 氧化反应，故答案为：醚键、羰基； 氧化反应；（3）ab的化学方程式为（或），故答案为：（或）；（4）根据条件：核磁共振谱有5个吸收峰，即有5种位置的氢原子，既能发生水解，也能与新制cu（oh）2浊液反应，说明有甲酸酯，不能发生聚合反应，结合e的结构简式可知h的结构简式为 或 ，故答案为： 或 ；（5）g中含有羟基、苯环和醚键，羟基邻位碳上有氢原子，a羟基和邻位碳上的氢可发生消去反应，故a正确；bg中没有碳碳双键，不可与溴水发生加成反应，故b错误；cg中苯环上连有醚键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；dg中有苯环，可以与氢气发生还原反应，结合c的分析可知，也可以发生氧化反应，故d正确，故答案为：acd点评：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等10（15分）洗煤和选煤过程中排出的煤矸石（主要含al2o3、sio2及fe2o3）会占用大片土地，造成环境污染某课题组利用煤矸石制备聚合氯化铝流程如下：已知：聚合氯化铝（m（1n5，m10），商业代号pac）是一种新型、高效絮凝剂和净水剂（1）酸浸的目的是将煤矸石中的al2o3及fe2o3溶解，与sio2分离；实验需要 的500ml3.0moll1的盐酸，配制时所需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有500ml容量瓶、胶头滴管（2）若m=n=2，则生成pac的化学方程式是4alcl3+4nh3h2o2+4nh4cl（或4alcl3+4h2o2+4hcl）（3）从含pac的稀溶液中获得pac固体的实验操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（4）为了分析残渣2中铁元素的含量，某同学称取5.000g残渣2，先将其预处理使铁元素还原为fe2+，并在容量瓶中配制成100ml溶液；然后移取25.00ml试样溶液，用1.000102 moll1kmno4标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00ml已知反应式为fe2+mno4+h+fe3+mn2+h2o（未配平）判断滴定终点的依据是滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现紫红色且在半分钟内不褪；残渣2中铁元素的质量分数为4.480%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：煤矸石（主要含al2o3、sio2及fe2o3）中加入稀盐酸并加热，发生的反应为al2o3+6hcl=2alcl3+3h2o、fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o，sio2不溶于稀盐酸，然后过滤得到的滤渣1中成分为sio2，滤液中溶质为alcl3、fecl3，向滤液中加入适量氨水溶液并加热，发生反应4alcl3+4nh3h2o2+4nh4cl（或4alcl3+4h2o2+4hcl）、fecl3+3nh3h2o=fe（oh）3+3nh4cl，过滤得到滤渣2为fe（oh）3，滤液中成分为2、nh4cl，（1）酸浸的目的是将氧化铝和氧化铁与二氧化硅分离；实验需要的500ml3.0moll1的盐酸，配制时所需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有500ml容量瓶、胶头滴管；（2）若m=n=2，聚合氯化铝（m的化学式为聚合氯化铝（2，氯化铝和一水合氨反应生成pac和氯化铵；（3）从溶液中获取固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤方法；（4）fe2+mno4+h+fe3+mn2+h2o中fe元素化合价由+2价变为+3价、mn元素化合价由+7价变为+2价，转移电子数为5，离子反应方程式为5fe2+mno4+8h+=5fe3+mn2+4h2o，根据亚铁离子和高锰酸钾的关系式计算亚铁离子的物质的量，铁元素质量=nm，从而计算其质量分数；滴定终点为滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现紫红色且在半分钟内不褪解答：解：煤矸石（主要含al2o3、sio2及fe2o3）中加入稀盐酸并加热，发生的反应为al2o3+6hcl=2alcl3+3h2o、fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o，sio2不溶于稀盐酸，然后过滤得到的滤渣1中成分为sio2，滤液中溶质为alcl3、fecl3，向滤液中加入适量氨水溶液并加热，发生反应4alcl3+4nh3h2o2+4nh4cl（或4alcl3+4h2o2+4hcl）、fecl3+3nh3h2o=fe（oh）3+3nh4cl，过滤得到滤渣2为fe（oh）3，滤液中成分为2、nh4cl，（1）氧化铁、氧化铝都溶于稀盐酸，二氧化硅不溶于稀盐酸，所以酸浸的目的是将氧化铝和氧化铁与二氧化硅分离；实验需要的500ml3.0moll1的盐酸，配制时所需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有500ml容量瓶、用于定容的胶头滴管，故答案为：将煤矸石中的al2o3及fe2o3溶解，与sio2分离；（2）若m=n=2，聚合氯化铝（m的化学式为聚合氯化铝（2，氯化铝和一水合氨反应生成pac和氯化铵，反应方程式为4alcl3+4nh3h2o2+4nh4cl（或4alcl3+4h2o2+4hcl），故答案为：4alcl3+4nh3h2o2+4nh4cl（或4alcl3+4h2o2+4hcl）；（3）从溶液中获取固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤方法，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（4）fe2+mno4+h+fe3+mn2+h2o中fe元素化合价由+2价变为+3价、mn元素化合价由+7价变为+2价，转移电子数为5，离子反应方程式为5fe2+mno4+8h+=5fe3+mn2+4h2o，根据亚铁离子和高锰酸钾的关系式得n（fe2+）=1103 mol，100ml溶液中n（fe2+）=1103 mol4=4103 mol，铁元素质量=nm=4103 mol56g/mol=0.224g，fe元素质量分数=4.480%；滴定终点为滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现紫红色且在半分钟内不褪，故答案为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现紫红色且在半分钟内不褪；4.480%点评：本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应及其计算、基本操作、仪器选取等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作，注意选取容量瓶要注明规格，题目难度中等11（14分）为探究fecl2溶液电解时阴阳极的产物，某兴趣小组用如下装置进行实验：（査阅资料：电解能否发生、电极反应及其速率，与电压大小、离子浓度等因素有关）i电极a表面始终未出现气泡，但产生了银灰色有金属光泽的固体，该