福建省福州市福清市华侨中学2018_2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）.docx

福建省福州市福清市华侨中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 P-31 Cu-641.下列说法不正确的是()A. 氧气和臭氧互为同素异形体B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体C. 和互为同位素D. 的最外层电子数为2，所以具有较强的金属性【答案】D【解析】【分析】考查同分异构体、同素异形体、同位素等知识，从它们研究的对象入手即可；【详解】A、同素异形体：是由同种元素组成不同结构的单质，即同素异形体研究的对象是单质，氧气和臭氧都是有氧元素组成的单质，它们互为同素异形体，故A说法正确；B、同分异构体：是分子式相同结构不同的化合物，题中所给有机物的分子式为C2H6O，前者属于醇，后者属于醚，因此两者互为同分异构体，故B说法正确；C、同位素：具有相同质子数不同中子数的同一元素不同原子，因此题中所给微粒属于同位素，故C说法正确；D、He为稀有气体，不具有较强的金属性，故D说法错误。2.下列金属氧化物中属于两性氧化物的是（ ）A. Na2O2B. Al2O3C. Fe2O3D. CaO【答案】B【解析】【分析】应从两性氧化物的定义入手，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物；【详解】A、Na2O2属于过氧化物，不属于两性氧化物，故A不符合题意；B、Al2O3能与酸反应，如与盐酸反应：Al2O36HCl=2AlCl33H2O，也能与NaOH反应：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，符合两性氧化物的定义，Al2O3属于两性氧化物，故B符合题意；C、Fe2O3属于碱性氧化物，故C不符合题意；D、CaO属于碱性氧化物，故D不符合题意。3.下列化学用语或模型正确的是（ ）A. 氮分子的电子式:B. 过氧化氢分子的结构式:H-O=O-HC. Na2O的电子式: D. 水分子的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A、氮分子化学式为N2，两个氮原子之间共用三个电子对，题中所给N原子缺少孤电子对，正确的是，故A错误；B、过氧化氢的结构式为HOOH，故B错误；C、过氧化钠中存在离子键和非极性共价键，其电子式为，故C正确；D、比例模型反映出的原子真实大小的比值，以及空间构型，因此水分子比例模型为，故D错误。【点睛】易错点是选项D，比例模型表现分子中各原子的大小和相对位置，不仅注意原子半径，还要注意分子空间构型，氧原子半径大于氢原子，且水分子空间构型为V型。4.下列变化不需要破坏化学键的是()A. 加热氯化铵B. 干冰升华C. 水通电分解D. 氯化氢溶于水【答案】B【解析】试题分析：A. 加热分解氯化铵，分解产生氨气和HCl，有化学键的断裂和形成，A错误；B. 干冰汽化是物质由固体变为气态，没有化学键的断裂和形成，B正确；C. 水通电分解，产生氢气和氧气，有新的物质生成，因此有化学键的断裂和形成，C错误；D. 氯化氢溶于水，电离产生H+和Cl-，有化学键的断裂，D错误。答案选B。考点：考查物质变化与化学键的断裂的关系的判断的知识。5.某元素的原子最外层只有一个电子，它与卤素结合时，所形成的化学键()A. 一定是离子键B. 一定是共价键C. 可能是离子键也可能是共价键D. 以上说法都不正确【答案】C【解析】试题分析：原子最外层只有一个电子的元素可能是氢元素，也可能是碱金属元素，因此该元素与卤素结合时，可能形成离子键（如NaCl），也可能形成共价键（如HCl）。故选C。考点：化学键、元素推断6.对于和两种粒子，下列叙述正确的是()A. 质子数一定相同，质量数和中子数一定不同B. 化学性质几乎相同C. 一定都由质子、中子、电子构成D. 核电荷数、核外电子数一定相同【答案】A【解析】【详解】A、Z为质子数，A和A1为质量数，中子数分别是AZ、A1Z，故A正确；B、前者为原子，后者为离子，它们化学性质不同，故B错误；C、如果X为H，如果前者为11H，则不含中子，故C错误；D、质子数=核电荷数，即两种微粒核电荷数相同，对于原子来说，质子数等于核外电子数，即前者核外电子数为Z，后者为Z1，故D错误。7.X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是单质的氧化性: YZX；单质的还原性: YZX；对应离子的氧化性: XZY；对应离子的还原性: XZYA. B. C. D. D 【答案】D【解析】Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，根据上述分析，氧化性YZX，故正确；根据上述分析，还原性YZX，故正确；单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：XZY，故正确；单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：XZY，故正确；综上所述，选项D正确。点睛：非金属性或金属性强弱的比较中常用的方法之一是置换反应，（非）金属性强的置换出（非）金属性弱的，同时学生还应注意“单强离弱、单弱离强”的理解，特别注意(Fe3除外)。8.下列关于铵盐的叙述不正确的是()A. 所有铵盐中，氮元素化合价都是3价B. 所有铵盐都溶于水C. 铵态氮肥不宜与草木灰混合使用D. 铵盐都是离子化合物【答案】A【解析】【详解】A、如果铵盐为NH4NO3，NH4中N的化合价为3价，NO3中N显5价，故A说法错误；B、所有铵盐都溶于水，故B说法正确；C、铵态氮肥不应跟碱性物质如草木灰混合使用，铵盐遇碱生成氨气，降低肥效，故C说法正确；D、铵盐都是NH4和酸根离子通过离子键结合形成的，属于离子化合物，故D说法正确。9.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是 ( )A. 原子半径：ZYXB. 最简单氢化物的稳定性：XWC. 原子半径由大到小排列顺序ZYXD. 元素X是自然界中形成化合物种类最多元素【答案】D【解析】试题分析：短周期元素W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则W是S，所以Z是P，Y是N，X是C。AX有CO、CO2两种氧化物，错误；B由于元素的非金属性：WZ，所以气态氢化物的稳定性ZW，错误；C同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径由大到小排列顺序ZXY，错误；D元素X可以形成许多有机物，因此是自然界中形成化合物种类最多的元素，正确。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。13.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中不属于这种情况的是()A. 过量的稀硝酸和铁反应B. 常温下过量浓硝酸与铝块C. 过量的二氧化锰与浓盐酸D. 加热下过量的铜与浓硫酸【答案】A【解析】【详解】A、硝酸具有强氧化性，与Fe发生反应：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，Fe无剩余，不符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故A符合题意；B、常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，硝酸过量，铝有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故B不符合题意；C、MnO2过量，浓盐酸不足，但MnO2只跟浓盐酸反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应停止，MnO2和HCl都有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故C不符合题意；D、加热时铜与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应停止，硫酸和Cu有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故D不符合题意。14.下列反应的离子方程式书写正确的是()A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气 Fe2Cl2Fe3ClB. 亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：SO32-2H= H2OSO2C. 氯化铝与足量氨水反应：4NH3H2O+Al3+= AlO2- +4 NH4+2H2OD. 浓硝酸与铜反应：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O【答案】B【解析】【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，故A错误；B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2NaSO32，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，两者混合后发生2HSO32=H2OSO2，故B正确；C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)32NH4，故C错误；D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu4H+2NO3=Cu22NO22H2O，故D错误。15.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A. lmolHNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NAB. 含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热的条件下反应生成SO2分子数小于0.5NAC. 0.4mol/LNa2SO4溶液中，所含Na+和SO42-总数为1.2NAD. 在标准状况下，0.1molFe粉在足量稀硝酸中充分反应转移电子数为0.2NA【答案】B【解析】【分析】考查阿伏加德罗常数，一般涉及氧化还原反应中电子转移、特殊反应、物质组成等知识，从基础知识入手即可；【详解】A、HNO3如果为浓硝酸，HNO3作氧化剂，HNO3被还原为NO2，即1mol浓硝酸作氧化剂，转移电子物质的量为1mol，故A错误；B、加热时，铜只跟浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，铜与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应停止，即1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的物质的量小于0.5mol，故B正确；C、题中无法得到溶液的体积，即无法计算Na、SO42的物质的量，故C错误；D、过量的稀硝酸将Fe氧化成Fe3，因此0.1molFe与足量的稀硝酸反应转移电子物质的量为0.3mol，故D错误。【点睛】易错点是选项C，学生忽略了微粒数与物质的量之间的关系，错把物质的量浓度当物质的量，平时应注意基础的知识的积累，加强审题能力的培养。16.镁、铝、铁三种金属，分别与足量的同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则反应中( )A. 金属失去电子数目相等B. 消耗金属的质量相等C. 消耗金属的物质的量相等D. 消耗的HCl的量不相等【答案】A【解析】A铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时，氢离子得到电子的数目必然相等，而这些电子均由金属提供，则参加反应的金属失去的电子数相等，选项A正确；B铁、镁、铝三种金属，分别与同体积同浓度的盐酸反应后，同温同压下，产生相同体积的氢气，设所需要的金属质量分别是x、y、z，则有2=2=3，所以可得参加反应的金属质量比是28：12：9，选项B错误；C若相同条件下产生相同体积的氢气，设为1mol，则根据反应的关系式可知：所需Fe、Mg、Al 三种金属的物质的量之比为：1mol：1mol：mol=3：3：2，选项C错误；D铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时消耗的盐酸的物质的量相等，选D错误。答案选A。点睛：本题主要考查了金属的化学性质以及金属与酸反应的实质和有关的计算，铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子；同温同压下，产生相同体积的氢气，说明产生的氢气的物质的量相等，1mol铁失去2mol电子，1mol镁失去2mol电子，1mol铝失去3mol电子，据此解答。17.下列陈述、均正确并且有因果关系的是()选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色BNH3极易溶于水充满NH3试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD常温下，铁与浓硝酸发生钝化常温下，铁与浓硝酸不反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和之间无因果关系，故A不符合题意；B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和之间存在因果关系，故B符合题意；C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。【点睛】易错点是选项A，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，利用SO2的还原性，SO2的漂白性一般仅限于使品红溶液褪色，且不能漂白酸碱指示剂，基础知识应记准。18.提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是()物质除杂试剂方法ACO2(SO2)NaOH溶液洗气BFeCl2溶液(FeCl3)足量铜粉过滤CFeSO4溶液(CuSO4)足量铁粉过滤DAl2O3(Fe2O3)NaOH溶液过滤A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、CO2和SO2属于酸性氧化物，都能与NaOH反应，因此除去CO2中SO2，常通过饱和NaHCO3溶液，故A错误；B、除去FeCl2溶液中FeCl3，如果用铜粉，则发生Cu2Fe3=2Fe2Cu2，引入新杂质Cu2，因此除去FeCl2溶液中FeCl3常加入铁粉，然后过滤，故B错误；C、加入足量铁粉，发生FeCu2=Fe2Cu，然后过滤，不引入新的杂质，故C正确；D、氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，Fe2O3为碱性氧化物，不能与NaOH反应，因此加入NaOH溶液，不能达到除杂目的，故D错误。19.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，若mn，则下列叙述的判断正确的是a-b=n-m元素的原子序数abcd 元素非金属性ZR最高价氧化物对应水化物碱性XYA. 只有B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，错误；由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若mn，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为abcd，正确；Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的cd，在同一周期元素非金属性从左向右逐渐增强，即非金属性ZR，正确；四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数ab，在同一周期元素的金属性从左向右逐渐减弱，即金属性YX，则最高价氧化物对应水化物碱性YX，错误；答案选B。【考点定位】本题主要是考查学生利用离子的电子层结构相同来分析元素的位置及性质【名师点晴】明确相同的电子层结构得出核外电子数相等是解答本题的关键，并利用金属、非金属性的比较规律来解答即可，题目难度不大。20.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（）A. 图可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量B. 图可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量C. 图可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量D. 图可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量【答案】D【解析】AMgCl2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A错误；B向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：Al33OHAl(OH)3、Al(OH)3OHAlO22H2O，两过程中氢氧化钠的用量为3：1，与图象不符合，B错误；C向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2H2H2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象不符合，C不正确；D向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D正确，答案选D。点睛：本题以图象题形式考查了铝盐、偏铝酸盐与酸、碱反应以及沉淀的变化分析，注意滴加顺序不同，量不同会导致产物不同。答题时要根据反应过程判断结合图像的变化趋势去分析解答，尤其要注意起点、拐点以及终点的判断。21.将3.2g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体2.24L（标准状况下），则消耗的硝酸的物质的量一共是（ ）A. 0.22molB. 0.2molC. 0.16molD. 0.1mol【答案】B【解析】【分析】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu(NO3)2，然后根据氮元素守恒进行分析；【详解】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu(NO3)2，气体无论是NO2还是NO2与NO的混合物，标准状况下，气体中氮原子物质的量为2.24L/22.4Lmol1=0.1mol，根据氮原子守恒，消耗硝酸的物质的量为2n(Cu)0.1mol=23.2g/64gmol10.1mol=0.2mol，故B正确。22.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 某份不含其他离子澄清溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-B. 在含0.1mol/LHNO3溶液中：Cu2+、Na+、Cl-、SO32-C. 含0.1mol/LFeCl3溶液中：K+、NH4+、I-、SCN-D. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3-、Cu2+、Na+、SO42-【答案】A【解析】【分析】不共存的离子发生的反应是复分解反应、氧化还原反应、络合反应等，然后根据题中所给限制条件，利用元素及其化合物的性质进行分析；【详解】A、这些离子能够大量共存，故A符合题意；B、HNO3具有强氧化性，SO32以还原性为主，两者能发生氧化还原反应，因此题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；C、Fe3能氧化I，Fe3与SCN发生络合反应，因此题中所给离子在指定的溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D、能与铝反应放出氢气，该溶液可能为碱，也可能为酸，该溶液为无色溶液，Cu2显蓝色，如果溶液是碱，则Cu2不与OH大量共存，如果溶液为酸，NO3在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生氢气，题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故D不符合题意。【点睛】解决离子共存试题的方法是：一看色，审清溶液为无色还是有色，熟记MnO4紫(红)色、Cu2蓝色、Fe2浅绿色、Fe3棕色或红棕色等；看“性”，溶液为酸性还是碱性；看反应，不能大量共存离子，发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等；同时审题时，还要注意是一定还是可能。二、非选择题23.选择下列化学用语，用序号完成下列问题O2Na2O218OCH3CH2CH2CH2CH3O2-CaCl2 O3 16O NH4Cl （1）只含共价键的是_。（2）既含共价键又含离子键的是_。（3）属于离子晶体的是_，属于共价化合物的是_。（4）互为同素异形体的是_，互为同分异构体的是_，互为同位素的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 和 (6). 和 (7). 和【解析】【详解】O2为气体单质，只存在非极性共价键；Na2O2属于离子化合物，既含有离子键，也含有非极性共价键；该微粒为原子，不存在化学键；该化合物为共价化合物，只含有共价键；该微粒为离子，不存在化学键；CaCl2只存在离子键；O3只存在共价键；不含化学键；NH4Cl属于离子化合物，既含有离子键，也含有共价键；只含有共价键；（1）根据上述分析，只含共价键的是；（2）既含有离子键，又含有共价键的是；（3）属于离子晶体的物质，含有离子键，故符合题意的是；属于共价化合物，只含有共价键的化合物，故符合题意；（4）同素异形体：具有相同元素，不同结构的单质，属于同素异形体的是；同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，符合题意的是；同位素：具有相同质子数，不同中子数，同一元素不同原子，符合题意的是。24.下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题： 主族周期AAAAAAA123(1)的原子结构示意图为_。(2)的最高价含氧酸的酸性最强的是_(填化学式)。(3)的气态氢化物与的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐的化学方程式是_。(4)三种元素的原子能形成原子数目比为111的共价化合物，它的电子式为_，两种元素形成原子数目比为12的共价化合物的结构式为_。(5)的最高价氧化物的水化物与的最高价氧化物反应的离子方程式为_，的最高价氧化物的水化物的浓溶液与铜反应的化学方程式为：_。【答案】 (1). (2). HClO4 (3). NH3+HNO3=NH4NO3 (4). (5). O=C=O (6). Al2O3+ 2OH- =2AlO2- +H2O (7). Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2+2H2O【解析】【分析】根据元素在周期表的位置，推出为H，为C，为N，为O，为Na，为Mg，为Al，为P，为S，为Cl，然后根据元素及其化合物的性质分析即可；【详解】（1）为位于第三周期VA族，即为P，15号元素，其原子结构示意图为；（2）为N，为P，为Cl，目前酸性最强含氧酸为HClO4，即中最高价含氧酸的酸性最强的是HClO4；（3）的气态氢化物为NH3，的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，两者反应方程式为NH3HNO3=NH4NO3；（4）为H，为O，为Cl，组成原子数目比为1：1：1的共价化合物为HClO，其电子式为；组成原子数目比为1：2的化合物为CO2，C和O之间共用2个电子对，即CO2的结构式为O=C=O；（5）的最高价氧化物的水化物是NaOH，的最高价氧化物为Al2O3，Al2O3为两性氧化物，Al2O32OH=2AlO2H2O；的最高价氧化物的水化物是H2SO4，Cu与浓硫酸反应：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O。25.工业上冶炼铝的原料是铝土矿(主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等),某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：(1)加入过量盐酸后过滤出的滤渣中含有_，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有_(均填化学式)。(2)加入过量NaOH溶液过滤后，若滤渣中Fe(OH)2也被氧化，则每消耗0.1mol氧气有多少_mol Fe(OH)2被氧化。(3)写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为_，沉淀A加热得到Al2O3的化学方程式为_。(4)假设铝土矿中含杂质49%，则1吨铝土矿理论上可生产多少_mol铝。【答案】 (1). SiO2 (2). NaOH NaAlO2 NaCl (3). 04 (4). AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3- (5). 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O (6). 10000【解析】【分析】铝土矿的成分是Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，其中Al2O3为两性氧化物，Fe2O3、FeO为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，加入盐酸，发生Al2O36H=2Al33H2O、Fe2O36H=2Fe33H2O、FeO2H=Fe2H2O，过滤，滤液中含有Al3、Fe3、Fe2、H、Cl，加入过量的NaOH溶液，发生HOH=H2O、Al34OH=AlO22H2O、Fe33OH=Fe(OH)3、Fe22OH=Fe(OH)2，过滤，滤液2中含有离子是Na、OH、AlO2、Cl，通入过量CO2，发生OHCO2=HCO3、AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，沉淀A为Al(OH)3，沉淀A受热分解为氧化铝和水，然后逐步分析；【详解】（1）根据上述分析，加入过量的盐酸后，滤出的滤渣为SiO2，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH；（2）氢氧化亚铁被氧气氧化成氢氧化铁，根据得失电子数目守恒，0.1mol22=nFe(OH)31，即nFe(OH)3=0.4mol；（3）通入过量CO2，发生OHCO2=HCO3、AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，因此生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3；氢氧化铝受热分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；（4）铝土矿中含杂质为49%，则含氧化铝为51%，根据铝元素守恒，因此有=n(Al)，解得n(Al)=10000mol。【点睛】易错点是AlO2与CO2的反应，学生不注意通入的CO2是过量，书写成2AlO2CO23H2O=2Al(OH)3CO32，流程题中，需要注意题干中所给量，平时