山东省济南一中高考化学模拟试卷（解析版）.doc

山东省济南一中2015年高考化学模拟试卷一、选择题1下列说法正确的是（）A燃烧一定要用火去点燃B对“地沟油”进行分馏可得到汽油C2013年诺贝尔化学奖授予三位美国化学家，以表彰他们设计出多尺度复杂化学系统模型，将传统化学实验搬到了网络世界这一完美结合现实与理论的化学系统模型，为更全面了解并预测化学反应进程奠定了基础D化肥的使用有效地提高了农作物的产量，常见的氮肥可分为铵态氮肥和硝态氮肥，硝酸盐和尿素都属于硝态氮肥考点：油脂的性质、组成与结构；化学研究基本方法及作用.分析：A、燃烧的条件：和氧气接触、达到着火点；B、地沟油的成分属于酯，汽油的主要成分属于烃；C、根据化学界科学家们的重要科研成果等知识来判断；D、铵态氮肥和硝态氮肥是氮元素的存在形式不一样，都是无机氮肥解答：解：A、根据物质燃烧的条件：和氧气接触、达到着火点，所以燃烧不一定要用火去点燃，如白磷的自燃，故A错误；B、地沟油的成分属于酯，汽油的主要成分属于烃，对“地沟油”进行分馏得不到汽油，故B错误；C、科学家们设计出多尺度复杂化学系统模型，将传统化学实验搬到了网络世界，为更全面了解并预测化学反应进程奠定了基础，故C正确；D、硝酸盐属于硝态氮肥，但是尿素属于有机氮肥，故D错误，故选C点评：本题综合考查学生燃烧的条件、化学史以及化肥的分类等方面的知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大2下列有关叙述不正确的是（）AMgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料B用浓氢氧化钠溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇杂质C除去NaCl溶液中的Na2CO3，应选择试剂为盐酸，而不是硝酸D油脂在碱性条件下易发生水解，可用于制作肥皂考点：镁、铝的重要化合物；油脂的性质、组成与结构；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验设计题；元素及其化合物分析：AMgO、Al2O3都属于离子晶体，熔点很高；B乙酸乙酯在碱性条件下水解；C除杂原则：不引入新杂质；D油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上就是利用油脂的皂化反应制取肥皂解答：解：AMgO、Al2O3的熔点很高，所以氧化镁和氧化铝能在工业上用于制作耐高温材料，故A正确；B乙酸乙酯在碱性条件下水解，生成乙酸钠和乙醇，用浓氢氧化钠溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇的同时，乙酸乙酯也被除掉，故B错误；CNa2CO3和盐酸反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，不引入新杂质，Na2CO3和硝酸反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，引入新杂质硝酸钠，故C正确；D在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，肥皂的主要成分为高级脂肪酸盐，工业上就是利用油脂在碱性条件下水解制取肥皂，故D正确；故选B点评：本题考查了物质的性质和用途，以及除杂问题，明确性质决定用途、用途体现性质，难度不大3下列说法中，正确的是（）A利用铁加入硫酸铜溶液中的反应可以比较Cu、Fe2+的还原性B足量的铜跟一定量的浓硝酸反应只产生一种气体C氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现D以铁为阴极、铜片为阳极、硫酸铜为电镀液可以实现铁制品镀铜考点：氧化性、还原性强弱的比较；氮的固定；原电池和电解池的工作原理；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：基本概念与基本理论分析：A、金属之间的置换反应可以证明金属的还原性强弱；B、金属铜可以和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，和稀硝酸之间反应生成的是NO气体；C、氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程，条件不一样；D、根据电镀的原理结合电解池的工作原理来回答判断解答：解：A、铁加入硫酸铜溶液中的反应生成Cu，可以比较Cu、Fe的还原性，故A错误；B、足量的铜跟一定量的浓硝酸反应产生的气体有一氧化氮、二氧化氮等气体，故B错误；C、生物固氮是氮的固定的一种方式，不需要高温高压条件，是根瘤菌的作用，故C错误；D、电镀时，镀件作阴极，镀层金属是阳极，电镀液中必须含有镀层金属阳离子的盐，即铁为阴极、铜片为阳极、硫酸铜为电镀液可以实现铁制品镀铜，故D正确故选D点评：本题涉及金属活动顺序表的应用、金属和硝酸之间的反应、生物固氮方式以及电镀池的工作原理知识，属于综合知识的考查，难度不大4某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B含有两种官能团C与乙酸互为同系物D可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质.专题：有机反应分析：有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，含有羟基，可发生取代和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题解答：解：A含有双键，可与溴发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A正确；B分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故B错误；C分子中含有羟基和官能团，与乙酸结构不同，则不是同系物，故C错误；D分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D错误故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的结构和性质，为解答该题的关键5主族元素M、R形成的简单离子M2离子与R+离子的核外电子数之和为20，下列说法正确的是（）AM原子的质子数一定大于R原子的质子数BM可能存在16M、18M两种核素CM2的离子与R+的电子层结构不可能相同D两种离子结合形成的化合物中可能含有共价键考点：原子核外电子排布.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：从离子的核外电子数之和为20可推出M、R两种原子的质子数之和为19，则R为Na、M为O或R为Li、M为S，以此来解答解答：A、若M为O，R为Na，O的质子数为8小于Na的为11，故A错误；B、氧元素含有16O、17O和18O三种核素，若M为O时则成立，故B正确；C、若M为O，R为Na，则O2和Na+均具有10电子，具有相同的电子层结构，故C错误；D、钠离子和氧离子形成的化合物氧化钠中不含有共价键，故D错误；故选B点评：本题考查位置、结构、性质，明确信息得出M、R为何种元素是解答本题的关键，熟悉元素的位置即可解答，难度不大6下列说法中，正确的是（）A已知25时NH4CN水溶液显碱性，则25时的电离常数K（NH3H2O）K（HCN）B25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01molL1氨水中的Ksp比在20mL 0.01molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小CpH试纸测得新制氯水的pH为4.5DFeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3考点：水的电离；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质.专题：基本概念与基本理论分析：A、已知25时NH4CN水溶液显碱性，说明CN水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3H2O电离程度；B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化；C、PH是近似测定溶液酸碱性，只能测定整数；D、FeCl3溶液加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液加热蒸干水被蒸发、灼烧得到硫酸铁；解答：解：A、已知25时NH4CN水溶液显碱性，说明CN水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3H2O电离程度，则25时的电离常数K（NH3H2O）K（HCN），故A正确；B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化，25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01molL1氨水中的Ksp和在20mL 0.01molL1 NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B错误；C、PH是近似测定溶液酸碱性，只能测定整数，故C错误；D、FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故D错误；故选A点评：本题考查了盐类水解的分析应用，弱电解质电离溶液PH测定，掌握基础是关键，题目难度中等7利用如图装置进行实验，甲乙两池均为1molL1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极实验开始先闭合K1，断开K2一段时间后，断开K1，闭合K2，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强）下列说法不正确的是（）A闭合K1，断开K2后，A电极增重B闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升C断开K1，闭合K2后，NO3向B电极移动D断开K1，闭合K2后，A电极发生氧化反应考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：闭合K1，断开K2，为电解装置，阳极金属银被氧化，阴极析出银，NO3向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小；断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强），可知B为正极，发生还原反应，A为负极，发生氧化反应，NO3向负极移动，乙池解答解答：解：A闭合K1，断开K2后，A为阴极，发生还原反应生成银，质量增大，故A正确；B闭合K1，断开K2后，阳极金属银被氧化，阴极析出银，NO3向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，故B正确；C断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强），可知B为正极，A为负极，NO3向负极移动，故C错误；D断开K1，闭合K2后，A为负极，发生氧化反应，故D正确故选C点评：本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等二、填空题8（1）一定条件下Fe（OH）3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4，该反应的化学方程式为2Fe（OH）3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O；生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量0.3mol（2）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放电时电池的负极反应式为Zn+2OH2eZn（OH）2充电时电解液的pH减小（填“增大”“不变”或“减小”）考点：原电池和电解池的工作原理；铁的氧化物和氢氧化物.专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）Fe（OH）3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，还生成KCl，同时生成水，结合元素的化合价变化计算转移电子数；（2）Zn元素的化合价升高，放电时负极上Zn失去电子；由电池反应可知，充电时消耗KOH解答：解：（1）Fe（OH）3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，还生成KCl，同时生成水，该反应为2Fe（OH）3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O，由Fe元素的化合价变化可知，生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量为0.1mol（63）=0.3mol，故答案为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O；0.3；（2）Zn元素的化合价升高，放电时负极上Zn失去电子，电极反应为Zn+2OH2eZn（OH）2，由电池反应可知，充电时消耗KOH，则pH减小，故答案为：Zn+2OH2eZn（OH）2；减小点评：本题考查氧化还原反应及原电池原理，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及发生的氧化反应为解答的关键，注意原电池与氧化还原反应的关系，题目难度不大9 NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛请回答下列问题：（1）相同条件下，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中c（NH4+）小于（填“等于”、“大于”或“小于”）0.1molL1 NH4HSO4中c（NH4+）（2）如图1是0.1molL1电解质溶液的pH随温度变化的图象其中符合0.1molL1 NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是A（填写字母）；20时，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=103 molL1（3）室温时，向100mL 0.1molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1 NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是a；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）（4）已知Al（OH）3为难溶物（常温下，KspAl（OH）3=2.01033）当溶液pH=5时，某溶液中的Al3+能（填“能”或“不能”）完全沉淀（溶液中的离子浓度小于1105 molL1时，沉淀完全）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：（1）相同条件下，铝离子抑制铵根离子水解程度小于氢离子，铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小；（2）NH4Al（SO4）2中铵根离子和铝离子水解导致溶液呈酸性，则pH7，升高温度促进水解，溶液酸性增强；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒计算；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性；（4）根据浓度积与溶度积常数相对大小判断，如果浓度积大于溶度积常数，则有沉淀生成，否则没有沉淀生成解答：解：（1）相同条件下，铝离子抑制铵根离子水解程度小于氢离子，铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小，所以NH4Al（SO4）2中铵根离子水解程度大于NH4HSO4，则NH4Al（SO4）2中c（NH4+）小于0.1molL1 NH4HSO4中c（NH4+），故答案为：小于；（2）NH4Al（SO4）2中铵根离子和铝离子水解导致溶液呈酸性，则pH7，升高温度促进水解，溶液酸性增强，溶液的pH减小，故选A；根据电荷守恒得2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=c（H+）c（OH）=103 molL1c（OH）太小，可忽略，故答案为：103；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42），b点时c（Na+）c（SO42），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42）c（NH4+），故c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故答案为：a；c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）；（4）pH=5的溶液中c（OH）=109mol/L，c（Al3+）=mol/L=2.0106mol/L1105 molL1，所以能完全沉淀，故答案为：能点评：本题考查了离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡、弱电解质的电离等知识点，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒、物料守恒确定离子浓度大小，再结合弱电解质电离特点及离子积常数进行解答，题目难度中等10能源的相互转化和利用是科学家研究的重要课题（1）将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气反应为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1该反应自发进行的外界条件是较高温度在一个恒容的密闭容器中，一定温度下发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是BC （填相应的编号）ACO和H2的体积分数相同B1mol HH键断裂的同时断裂2mol HO键C容器中的压强不变D消耗H2O的速率等于生成H2的速率（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在催化剂存在下进行反应： CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），得到如表中二组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/molCOH2OH2CO1650421.62.42900210.41.6该反应的H0（填“”、“”或“=”）计算实验2条件下平衡常数的值K=0.17（3）pKa表示的是弱电解质电离平衡常数的负对数，即pKa=lgKa，有关数据如图：0.01molL1NaHSO3溶液的pH=bl，0.01molL1NaHCO3溶液的pH=b2，则b1b2（填“”、“”或“=”）向10mL 0.01molL1的H2SO3溶液中，滴加0.0l molL1KOH溶液10mL，溶液中存在c（H+）c（OH），则以下四种微粒K+、H2SO3、HSO3、SO32，其浓度由大到小的顺序为c（K+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）考点：用化学平衡常数进行计算；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较.分析：（1）反应能否自发进行根据公式G=HTS0计算；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断；（2）第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；（3）根据pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则对应酸的酸性就强，利用酸越弱则强碱弱酸盐的水解程度越大来分析；H2SO3与KOH以1：1的物质的量比反应生成KHSO3，利用KHSO3溶液呈酸性，则HSO3的电离大于其水解来分析解答：解：（1）由热化学反应方程式可知，反应为焓增，熵增过程，即H0、S0，G=HTS0时反应能自发进行，较高温度下才能保证G=HTS0；故答案为：较高温度； A无论反应是否达到平衡状态，都存在c（CO）=c（H2），故A错误；B.1mol HH键断裂的同时断裂2molHO键，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C反应在一个容积不变的密闭容器中进行，容器中的压强由气体的物质的量决定，当压强不变时，气体的物质的量就不变，气体的物质的量浓度也不变，说明达到平衡，故C正确； D消耗H2O的速率和生成H2的速率都指正反应速率，故D错误；故答案为：BC；（2）实验1中CO的转化率为100%=40% 实验2中CO的转化率为 100%=20%则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；故答案为：；平衡时CO的物质的量为1.6mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.4 0.4 0.4 0.4平衡（mol）：1.6 0.6 0.4 0.4该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900时该反应平衡常数k=0.17，故答案为：0.17；（3）由pKa数据可知，亚硫酸的pKa小于碳酸，则酸性比碳酸的强，相同浓度的NaHSO3溶液比NaHCO3溶液中酸根离子的水解程度弱，则NaHSO3溶液的pH小，即blb2，故答案为：；反应后溶液的溶质为KHSO3，又KHSO3溶液呈酸性，则HSO3的电离大于其水解，电离生成SO32离子，水解生成H2SO3，则c（K+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），故答案为：c（K+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）点评：本题考查化学平衡计算以及化学平衡移动等问题以及溶液PH的大小比较、酸碱混合后溶液中的离子的浓度关系等，题目侧重于反应原理的应用，题目综合性较强，难度中等11镁、铝、铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用I：实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）已知25时KspMg（OH）2=1.81011，KspAl（OH）2=31034，该温度下向浓度均为0.01molL1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）3 沉淀（填化学式）（2）高温焙烧时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次，（3）常温下如果向AlCl3饱和溶液中不断通人HCl气体，可析出AlCl36H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体：某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体（1）G装置的作用是防止空气中的水进入F（2）证明有SO2生成的现象是酸性高锰酸钾溶液褪色，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为氧化铜、无水硫酸铜（3）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是浓硫酸中的水很少考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀；（2）经分析沉淀为Al（OH）3和Mg（OH）2，高温焙烧备MgAl2O4时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是 向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次；（3）氯化氢抑制氯化铝溶（1）如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，（2）二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色；（3）因为浓硫酸中的水很少，反应后生成的硫酸铜大多没有溶解出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体解答：解：（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，已知25时KspMg（OH）2=1.81011，KspAl（OH）3=31034，氢氧化铝先沉淀，故答案为：Al（OH）3；（2）经分析沉淀为Al（OH）3和Mg（OH）2，高温焙烧备MgAl2O4时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是 向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次，故答案为：2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O； 向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次；（3）氯化铝在溶液中存在溶解平衡，通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝溶解，所以促进氯化铝晶体析出，故答案为：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体（1）如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，所以G的作用是：防止空气中的H2O进入F，故答案为：防止空气中的水进入F；（2）二氧化硫有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二者能发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色；氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为 氧化铜、无水硫酸铜，故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色褪色；氧化铜；无水硫酸铜；（3）因为浓硫酸中的水很少，反应后生成的硫酸铜大多没有溶解出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，故答案为：浓硫酸中的水很少点评：本题考查了物质的分离与提纯、实验方案的设计、元素化和知识的综合运用等，属于拼合型题目，对学生的心理有较高的要求，掌握基础是关键，难度中等三、解答题【化学有机化学基础】12弹性涤纶是一种新型聚酯纤维，具有优异性能，