2019-2020年高三化学上学期第一次月考卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学上学期第一次月考卷（含解析）【试卷综析】本试卷是高三年级化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，注重主干知识，兼顾覆盖面。试题以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。重点考查：氧化还原反应、离子反应、化学反应与能量、元素化合物知识、物质的性质及检验、分离和提纯、化学基本概念、元素周期表和元素周期律等主干知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，做为高三第一次月考是一份不错的试题。 可能用到的相对原子质量：H1 D2 C12 N14 O16 Si28 S32 Cl35.5 K39 Br80 第I卷（选择题 共 48 分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）【题文】1、下列实验方案中，可行的是 A、按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离CaCl2、CaCO3的混合物B、将白醋滴在润湿的pH试纸上，测定其pHC、用氢氧化钠溶液除去CO2中的HCl气体D、用BaCl2溶液除去KNO3溶液中少量的K2SO4【知识点】混合物的分离与除杂 pH试纸的使用 B1 J2【答案解析】A 解析：A、溶解后过滤，滤渣为CaCO3，滤液蒸发得CaCl2，故A正确；B、用pH试纸测定溶液pH值时不能润湿，否则溶液将被稀释，不能准确测定pH值，故B错误；C、氢氧化钠溶液除去HCl也能与CO2气体反应，两种气体都会被吸收，故C错误；D、BaCl2与K2SO4，反应生成BaSO4和KCl，KNO3溶液中会重新引入新杂质，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了混合物的分离与除杂，注意除去杂质的同时不要引入新杂质。【题文】2、如图为课本中的插图，下列操作不合理的是【知识点】化学实验基本操作 C1 J1【答案解析】C 解析：A、B正确；C、观察钾的焰色时，要透过蓝色的钴玻璃以便滤去黄光看到紫色的焰色，故C错误；D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了基本实验操作，观察要细心，平时多积累。【题文】3、下列选用的相关仪器符合实验要求的是【知识点】化学实验常用仪器 J1【答案解析】B 解析：A、浓硝酸有强氧化性，不能使用橡胶塞，故A错误；B、乙酸乙酯不溶于水，分离水和乙酸乙酯用分液漏斗，故B正确；C、量筒只能精确到0.1mL,量取9.50mL水可以用滴定管或移液管，故C错误；D、实验室制取乙烯，要使温度迅速升高到170摄氏度，而图中的温度计量程为0至100摄氏度，不能满足实验要求，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了化学实验常用仪器的选择，注意实验的精确程度及实验对量程的要求。【题文】4、下列说法中正确的是 A、氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和ClB、硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质C、二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质D、硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2NaS64O2【知识点】强弱电解质、电离方程式 H1 H5【答案解析】B 解析：A、电离不需要通电，故A错误；B、硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，所以硫酸钡属于强电解质，故B正确；C、二氧化碳溶于水生成的碳酸能部分电离，故碳酸属于弱电解质，而二氧化碳属于非电解质，故C错误；D、硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2Na+SO42-，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了强弱电解质、电离方程式，注意电解与电离的区别，电解需要通电，而电离不需要通电。【题文】5、如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是【知识点】常见气体的检验 D2 D4 I1【答案解析】D 解析：A、因为氨气的密度比空气小，此装置不能用于收集氨气，故A错误；B、氯气有毒，用此装置会有氯气进入空气中，污染环境，故B错误；C、因为乙烯的密度比空气小，收集方法错误，且通过溴水褪色不能得到分子中含碳碳双键的结论，故C错误；D、KI淀粉溶液变蓝说明气体有氧化性，可能是Cl2或NO2，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了常见气体的收集与检验，图示装置只能收集密度比空气大的气体，如果要收集密度比空气小的气体要让气体从短管进入。【题文】6、已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是 A、0.01 molL1的蔗糖溶液 B、0.01 molL1的CaCl2溶液C、0.02 molL1的NaCl溶液 D、0.02 molL1的CH3COOH溶液【知识点】物质的量浓度 物质性质 A3 H6【答案解析】C 解析：假设溶液体积为1升，A中蔗糖分子有0.01mol；B中离子共0.03mol；C中离子0.04mol；D中溶质为挥发性溶质，根据单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，故答案选C。【思路点拨】本题物质的量浓度的应用，主要是正确理解题干信息，利用信息进行分析。【题文】7、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A、18g D2O含有的电子数为10NA； B、1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA ；C、 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA； D、200mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42离子数的总和是NA【知识点】阿伏加德罗常数和物质的量 盐类的水解 A1 C1 H3【答案解析】C 解析：A、18g D2O含有的电子数为(1820)10NA=0.9NA，故A错误；B、1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为NA ，故B错误；C、根据石墨的结构，每个六元环平均2个碳原子， 所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA故C正确；D、溶液中Fe3+水解，所以200mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42离子数的总和小于NA，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量，综合性强，属于易错题。【题文】8、有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是 FeCu2=Fe2Cu Ba22OH2HSO=BaSO42H2O Cl2H2O=HClHClO CO2H=CO2H2O AgCl=AgClA、只有 B、 C、 D、【知识点】离子方程式的意义 B1【答案解析】A 解析： 表示铁单质与可溶性铜盐的一类反应； 表示氢氧化钡与硫酸或硫酸氢盐等的反应；只能表示氯气与水这一个反应 ； 表示可溶性碳酸盐与强酸的一类反应；表示可溶性银盐与盐酸或可溶性盐酸盐的反应； 故答案选A【思路点拨】本题考查了离子方程式的意义，关键是理解离子方程式与化学反应方程式的区别与联系。【题文】9、下列反应的离子方程式书写正确的是 A、将Al条投入NaOH溶液中：AlOHH2O = AlOH2B、铜溶于稀硝酸中：Cu4H2NO = Cu22NO22H2OC、碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：HCOOH = COH2OD、向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：COCH3COOH = CH3COOHCO【知识点】离子方程式的正误判断、氧化还原反应规律 B1 B3【答案解析】D 解析：A、不满足质量守恒定律，应该为：2Al2OH2H2O = 2AlO3H2,故A错误；B、稀硝酸的还原产物是一氧化氮，故B错误；C、碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液的离子方程式为：Ca2+2HCO2OH =CaCO3+ CO2H2O，故C错误；D.醋酸为弱电解质，保留化学式，正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，特别注意反应物间的相对量的关系。【题文】10、某反应体系中存在下列六种物质：As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4和H2O，已知其中As2S3是反应物之一。下列说法不正确的是 A、该反应属于氧化还原反应B、此反应中只有砷元素被氧化，只有氮元素被还原C、HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物D、HNO3、H2SO4、H3AsO4都是最高价氧化物对应的水化物【知识点】氧化还原反应 B2【答案解析】B 解析：A、反应中有元素化合价的变化属于氧化还原反应，故A正确；B、已知其中As2S3是反应物之一，则H3AsO4和H2SO4是生成物，砷元素和硫元素均被氧化，故B错误；C、D正确。故答案选B【思路点拨】本题考查了氧化还原反应的规律，关键是根据As2S3是反应物之一，依次得到H3AsO4和H2SO4是生成物，HNO3、H2O是反应物，NO是生成物。【题文】11、标准状况下V L氨气溶解在1 L水中（水的密度近似为1 gmL1），所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中不正确的是 A、w17c/(1 000) B、w17V/(17V22 400)C、c1 000V/(17V22 400) D、(17V22 400)/(22.422.4V)【知识点】溶质的物质的量浓度、溶质的质量分数的计算 A2 A3【答案解析】D 解析：A、根据公式得：，故A正确；B、，故B正确；C、，故C正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了溶质的物质的量浓度以及溶质的质量分数的计算，由于字母较多，难度较大，熟练掌握基本公式是关键。【题文】12、利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI【知识点】实验基本操作 J1 J2【答案解析】D 解析：A、缺少酒精灯无法加热浓缩，故A错误；B、用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，缺少试纸盐酸的量无法控制，盐酸量少时不能除尽杂质，过量又会引进新杂质，故B错误；C、缺少天平，无法称量氯化钠的质量，故C错误；D、溴水氧化NaI，得到碘单质，再用CCl4萃取碘单质，最后分液即可，正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了实验基本操作，明白实验原理是关键。【题文】13、下列实验误差分析错误的是 A、用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B、用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【知识点】测定溶液pH、配制溶液、中和滴定、测定中和热的误差分析 A3 F2 J1 【答案解析】B 解析：A、碱溶液稀释pH变小，所以用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小，故A正确；B、用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，说明加入的水的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故B错误；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，滴定管中剩余溶液的体积包含着气泡体积，所测体积偏小，故C正确；D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，会导致热量损失较多，所测温度值偏小，故D正确。故答案选B【思路点拨】本题考查了实验误差分析，难度不大，但是容易出错。【题文】14、将KCl和KBr的混合物13.4 g溶于水配成500 mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得到固体11.175 g，则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量浓度之比为 A、123 B、132 C、231 D、321【知识点】氯、溴、碘及其化合物的性质 D2 H6【答案解析】D 解析：利用溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），K的物质的量浓度应该最大，故答案选D，也可以将数值代入守恒式判断.【思路点拨】本题考查氯、溴、碘及其化合物的性质，从溶液电中性角度解答，运用守恒原理解答简便快速。【题文】15、下列说法不正确的是 A、温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B、等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于1611C、温度和容积相同的两气罐中分别盛有5mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容积中的压强之比等于52D、等温等压条件下， 5 molO2(g)和2 molH2 (g)的体积之比等于52【知识点】阿伏伽德罗定律的应用 A2【答案解析】A 解析：A、温度相同、压强相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同，题中缺少压强条件，故A错误；B、等温等压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故B正确；C、同温同体积的气体的物质的量之比等于压强之比，故C正确；D、等温等压条件下气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗定律的应用，关键是理解同温、同压、同体积的任何气体的体积都相等。【题文】16、常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2H2O22H= 2Fe32H2O 2Fe3H2O2 = 2Fe2O22H下列说法正确的是 A、H2O2的氧化性比Fe3强，其还原性比Fe2弱B、在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降 C、H2O2分解的总方程式为：H2O2=H2OO2D、H2O2生产过程要严格避免混入Fe2【知识点】氧化还原原理 Fe3和Fe2间的转化 B3 C3【答案解析】D 解析：A反应2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O中，H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+中，H2O2还原性比Fe2+强，故A错误；B总反应为2H2O22H2O+O2，溶液的pH基本不变，故B错误；CFe2+为H2O2分解的催化剂，总反应为2H2O22H2O+O2，故C错误；DFe2+为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，故D正确故答案选D【思路点拨】本题考查了氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断相关概念并认识相关物质的性质。第II卷 （非选择题 共52分）二、填空题（共52分） 【题文】17、（11分）实验室需要配制0.55molL1 NaOH溶液220 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。 选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、_ _ _、_ 。 计算。配制该溶液需取NaOH晶体_g。 称量。 天平调平后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置： 称量过程中NaOH晶体应放于天平的_（填“左盘”或“右盘”）。 溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。 转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，应注意_ ；需要洗涤烧杯23次是为了_。 定容、摇匀。 将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明溶液名称、浓度及配制的时间。 下列操作使所配溶液浓度偏大的有_（填字母，下同）；偏小的有_；无影响的有_。A、称量时用生锈的砝码 B、将NaOH放在纸上称量C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中 D、往容量瓶转移时有少量液体溅出 E、未洗涤溶解NaOH的烧杯 F、定容时仰视刻度线G、容量瓶未干燥就用来配制溶液【知识点】一定物质的量浓度溶液的配制 A3【答案解析】（1）250mL容量瓶 胶头滴管 （2)5.5 左盘 （4）搅拌，加速NaOH溶解（5）玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口；保证溶质全部转移到容量瓶中， AC（1分）； BDEF（1分）； G 解析：（1）实验室需要配制0.55molL1 NaOH溶液220 mL，只能选择250mL容量瓶，定容还需要胶头滴管；（2）配制该溶液需NaOH晶体的质量为：0.55mol/L25010-3L40g/mol=5.5g； 溶解时需用玻璃棒搅拌，目的是加速NaOH溶解；（5)使用玻璃棒引流，目的是不让溶液留在刻度线以上，不让溶液外洒，所以应注意玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口；需要洗涤烧杯23次是为了保证溶质全部转移到容量瓶中，以减小误差；（8）A、生锈的砝码质量比标准值大，称量的溶质质量偏大 ，使所配溶液浓度偏大； B、将NaOH放在纸上称量，由于NaOH易潮解，转移时会有NaOH留在纸上，溶质质量偏小 ，使所配溶液浓度偏小；C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致所加水的体积偏小，所配溶液浓度偏大； D、往容量瓶转移时有少量液体溅出，导致溶质质量偏小 ，使所配溶液浓度偏小； E、未洗涤溶解NaOH的烧杯溶质质量偏小 ，使所配溶液浓度偏小； F、定容时仰视刻度线，说明加水超过了刻度线，使所配溶液浓度偏小；G、容量瓶未干燥就用来配制溶液，对所配溶液的浓度无影响。【思路点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，注意各个步骤的注意事项，能够利用物质的量浓度公式分析误差。【题文】18、（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略） MgCO3的分解产物为 。 装置C的作用是 ，处理尾气的方法为 。 将研究小组分为两组，按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯给装置D加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用产物进行以下实验。步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色 已知：3Fe2+ + 2Fe(CN)63- = Fe3Fe(CN)62（蓝色） 乙组得到的黑色粉末是 ； 甲组步骤1中反应的离子方程式为 ； 乙组步骤4中，溶液变红的原因为 ；溶液褪色可能的原因及其验证方法为 ； 从实验安全考虑，上图装置还可采取的改进措施是 ；【知识点】铁及其化合物 实验探究 C3 C5 J4【答案解析】 MgO、CO2（1分） 除CO2（1分）、 点燃（1分） Fe （1分） Fe3O48H = 2Fe3Fe24H2O（2分） Fe2被氧化成Fe3，Fe3遇SCN显红色；（2分）假设SCN被Cl2氧化，向溶液中继续加入过量KSCN溶液，若出现红色，则假设成立（2分）（其它合理答案均可给分） 在装置BC之间添加装置E防倒吸（其它合理答案均可给分） 解析：（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和CO2；（2）CO2与Zn作用生成CO气体，装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；尾气中CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理；（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂可采取的改进措施是在装置BC之间添加装置E防倒吸【思路点拨】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法、性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，试题综合性较强，注意正确理解、分析题中信息，联系所学的知识。【题文】19、（12分）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子分别是K、Ag、Ca2、Ba2、Fe2、Al3，阴离子分别是Cl、OH、CH3COO、NO3、SO42、CO32，将它们分别配成0.1 mol/L的溶液，进行如下实验： 测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC； 向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失； 向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象； 向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象，回答下列问题： 实验中反应现象所涉及的离子方程式是_ _ _ _ _。 E溶液中溶质的名称是_，判断依据是_ _。 写出下列四种化合物的化学式：A：_ C：_ D：_ F：_【知识点】离子反应、物质推断B1 B4【答案解析】 AgNH3H2O = AgOHNH （2分）AgOH2NH3H2O = Ag(NH3)2OH2H2O（2分） 碳酸钾（2分） A、C、E中阴离子为OH、CH3COO和CO，由中碱性顺序知E为碳酸盐，六种阳离子中可形成可溶性碳酸盐的只有K（2分） Ba(OH)2 (CH3COO)2Ca AlCl3 FeSO4 解析：测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH-离子，OH-离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3；AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明B中不含SO42-离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为（CH3COO）2Ca，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4【思路点拨】本题考查了物质的推断，题目较难，注意从物质的性质以及反应现象推断，推理过程做好记录。【题文】20、（17分）由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下： （注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华） 精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为： _ _。 将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。 在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为：_。 镀铝电解池中，金属铝为_极。熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，铝电极的主要电极反应式为_。 钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_。【知识点】重要的金属及其化合物 电解原理 C2 C3 F4【答案解析】 Fe2O32Al2FeAl2O3 （2分） 3SiO24Al3Si2Al2O3 （2分） HCl、AlCl3（1分） NaCl（1分） Cl22OH=ClClOH2O （2分）、 HOH=H2O （2分） 阳（1分） Al4Cl3e=AlCl（2分） 、 2Al7Cl6e=Al2Cl （2分） 氧化铝膜能隔绝空气，阻碍钢铁被腐蚀 解析：（1）根据氧化铁和石英砂（主要成分是二氧化硅）能分别与铝发生置换反应来书写方程式；（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl、AlCl3；（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H+OH-=H2O（4）电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al4Cl3e=AlCl 、 2Al7Cl6e=Al2Cl （5）铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生【思路点拨】本题借助金属的工业制备，考查了铝、铁、氯及其化合物的性质，电化学的基本原理，题目考查角度广，难度较大。