化学学年海南省琼中县琼中中学高一上期末.docx
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化学学年海南省琼中县琼中中学高一上期末
2014-2015学年海南省琼中县琼中中学高一（上）期末化学试卷及参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共12分）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．1molO2的质量为32g/mol
B．摩尔是国际单位制中的一个基本物理量
C．3.01×1023个CO2分子的质量为22g
D．H2O的摩尔质量为18g
考点：
摩尔质量．
专题：
化学用语专题．
分析：
A．根据质量的单位是克，不是g/mol判断；
B．摩尔是物质的量的单位；
C．根据n=
、m=nM判断；
D．摩尔质量的单位是g/mol，不是克．
解答：
解：
A．质量的单位是克，不是g/mol，故A错误；
B．摩尔是物质的量的单位，不是国际单位制中的一个基本物理量，故B错误；
C.3.01×1023个CO2分子物质的量为0.5mol，质量为22g，故C正确；
D．摩尔质量的单位是g/mol，不是克，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查摩尔质量的概念、物质的量的计算，为高频考点，把握以物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度不大．
2．铝不易被腐蚀，其主要原因是因为铝（ ）
A．是一种轻金属B．金属活动性比镁弱
C．具有高熔点D．易形成致密的氧化物薄膜
考点：
铝的化学性质．
专题：
几种重要的金属及其化合物．
分析：
金属铝能在空气中与氧气反应形成一层致密的保护层，防止铝进一步与氧气发生反应，致使铝制品不易被腐蚀，据此分析解答．
解答：
解：
铝活动性较强，在常温下即能与氧气发生反应，反应的化学方程式为4Al+3O2═2Al2O3，在铝表面形成一层致密的氧化铝薄膜隔绝铝与氧气的接触，不易被腐蚀，
故选D．
点评：
本题主要考查了铝的化学性质，了解铝的性质化学性质活泼，易与氧气反应，在铝表面形成一层致密的氧化铝薄膜隔绝铝与氧气的接触是解答的关键，题目难度不大．
3．下列实验操作中正确的是（ ）
A．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球插入液面以下
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
考点：
分液和萃取；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏．
分析：
A．蒸发溶液应到大量固体析出时，靠余热蒸干；
B．根据蒸馏的原理来确定温度计水银球的位置；
C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
D．进行萃取实验时，有机萃取剂密度不一定比水大．
解答：
A．蒸发溶液应到大量固体析出时，靠余热蒸干，不能蒸干，避免固体分解，故A错误；
B．蒸馏的原理：
通过控制沸点的不同来实现物质的分离，所以温度计水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口，故B错误；
C．为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D．进行萃取实验时，有机萃取剂密度不一定比水大，如用苯萃取溴水中的溴，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查化学实验基本操作，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．
4．下列说法不正确的是（ ）
A．胶体这类分散系是混合物
B．因为胶体带有电荷，所以其具有介稳性
C．丁达尔效应可用于鉴别胶体和溶液
D．将浓FeCl3溶液滴入沸水中继续煮沸至溶液呈褐色即可制得Fe（OH）3胶体
考点：
胶体的重要性质．
专题：
溶液和胶体专题．
分析：
A．胶体是由分散质与分散剂组成的分散系；
B．胶体不带电荷；
C．胶体有丁达尔效应；
D．将浓FeCl3溶液滴入沸水中继续煮沸至溶液呈褐色即可制得Fe（OH）3胶体．
解答：
解：
A．胶体是由分散质与分散剂组成的分散系，属于混合物，故A正确；
B．胶体具有介稳定性主要是胶粒带有电荷，故B错误；
C．胶体有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，故C正确；
D．应在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，故D正确．
故选B．
点评：
本题考查胶体的性质和氢氧化铁胶体的制取，难度不大，注意基础知识的积累．
5．3NO2十H2O═2HNO3十NO为工业上氨催化氧化法制硝酸的反应之一，该反应中NO2的作用是（ ）
A．只作氧化剂B．作催化剂
C．既作氧化剂又作还原剂D．作干燥剂
考点：
氧化还原反应．
专题：
氧化还原反应专题．
分析：
氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答．
解答：
解：
3NO2十H2O═2HNO3十NO该反应二氧化氮中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，二氧化氮既失电子又得电子，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，
故选C．
点评：
本题考查了氧化还原反应氧化剂和还原剂的判断，明确元素化合价是解本题关键，难度不大．
6．下列物质的分类正确的是（ ）
A．CaO、H2O、C2H5OH均为氧化物
B．H2SO4、H3PO4、HNO3均为酸
C．Ca（OH）2、Cu2（OH）2CO3均为碱
D．空气、CuSO4•5H2O、碘酒均为混合物
考点：
酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物．
分析：
A、CaO、H2O为氧化物，C2H5OH不是氧化物；
B、电离产生的阳离子全部是氢离子；
C、Cu2（OH）2CO3为盐；
D、CuSO4•5H2O是纯净物．
解答：
解：
A、CaO、H2O为氧化物，C2H5OH不是氧化物，故A错误；
B、，H2SO4、H3PO4、HNO3电离产生的阳离子全部是氢离子，所以为酸，故B正确；
C、Cu2（OH）2CO3为盐，故C错误；
D、CuSO4•5H2O是纯净物，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查了酸碱盐、氧化物和纯净物的概念及其联系，难度不大．
二、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题4分，共24分）
7．一定体积的N2、O2、CO2混合气体通过足量的Na2O2后，同温同压下体积变为原来的0.75倍，原混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比可能为（ ）
A．1：
2：
1B．4：
3：
5C．1：
1：
2D．6：
7：
14
考点：
有关混合物反应的计算．
专题：
压轴题；差量法．
分析：
混合气体通过足量的Na2O2后，CO2与Na2O2反应，N2和O2与Na2O2不反应，据气体的体积之比等于物质的量之比，计算出混合气体中N2、O2气体的体积与CO2的体积关系，可解答此题．
解答：
解：
一定体积的N2、O2、CO2混合气体通过足量的Na2O2后，CO2与Na2O2反应，N2和O2与Na2O2不反应，设N2和O2物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，
反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，
根据气体的体积之比等于物质的量之比可知，
，
解之得：
x=y，
即混合气体中N2、O2气体的体积与CO2的体积相同，只有C项符合．
故选C．
点评：
本题考查化合物的计算，题目难度不大，本题注意反应前后气体体积变化的原因，根据阿伏伽德罗定律计算．
8．河虾不宜与西红柿同食，主要原因是河虾中含+5价砷，西红柿中含有较多的维生素C，两者同食会产生有毒的+3价砷．据此，下列说法不正确的是（ ）
A．该反应中维生素C作还原剂
B．该反应中砷元素被氧化
C．河虾与西红柿同食发生了氧化还原反应
D．河虾与其它含维生素C较多蔬菜也不宜同食
考点：
氧化还原反应．
专题：
氧化还原反应专题．
分析：
A、化合价升高元素所在的反应物叫还原剂；
B、化合价升高的元素被氧化；
C、有化合价变化的反应叫氧化还原反应；
D、还原性的食物和氧化性的食物不能同时吃．
解答：
解：
西红柿中含有较多的维生素C能将河虾中+5价砷转化为+3价砷，砷元素化合价降低，所以维生素C作还原剂，故A正确；
B、砷元素化合价降低，被还原，故B错误；
C、河虾与西红柿同食发生的反应伴随化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D、河虾具有氧化性，其它含维生素C较多蔬菜具有还原性，不能同时吃，故D正确．
故选B．
点评：
本题考查氧化还原反应中的有关概念，可以根据所学知识来回答，较简单．
9．将等量的小苏打用下列两种方法制取CO2：
甲法﹣﹣加热，乙法﹣﹣跟足量的酸反应．两种方法得到的CO2气体的量的关系为（ ）
A．甲法多B．乙法多C．一样多D．无法比较
考点：
钠的重要化合物；化学方程式的有关计算．
分析：
根据反应的方程式判断，煅烧法的方程式为：
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑；与足量稀盐酸反应的化学方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑．
解答：
解：
小苏打：
煅烧法的方程式为：
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑；
与足量稀盐酸反应的化学方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑；根据方程式不难看出，②与足量稀盐酸反应生成的二氧化碳是①煅烧法生成的2倍，或者①法是②法的
，
故选B．
点评：
本题考查元素化合物知识，侧重于基础知识的考查，为高频考点，注意把握常见物质的性质以及反应的化学方程式的书写，注意相关基础知识的积累，难度不大．
10．宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有﹣银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为Ag2S
B．银针验毒时，空气中氧气得到电子
C．反应中Ag和H2S均是还原剂
D．每生成1mo1X，反应转移2mo1e﹣
考点：
氧化还原反应．
分析：
从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用，并计算转移的电子的物质的量．
解答：
解：
A．由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故A正确；
B．反应中O元素化合价降低，得电子被还原，故B正确；
C．反应中S元素的化合价没有变化，H2S不是还原剂，故C错误；
D．根据化合价的变化可知每生成1mo1X，反应转移2mo1e﹣，故D正确．
故选C．
点评：
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，为易错点．
11．把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液．过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag，则原合金中铁的质量分数为（ ）
A．70%B．52.4%C．47.6%D．30%
考点：
铁的化学性质；铝的化学性质．
专题：
几种重要的金属及其化合物．
分析：
ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答．
解答：
解：
由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，
则agFe、Al→agFe2O3，
合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，
则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，
原合金中铁的质量分数为
×100%=70%，
故选A．
点评：
本题考查计算，明确发生的反应找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意铁元素的守恒即可解答，难度不大．
12．下列物质跟铁反应后的生成物，能跟KSCN溶液作用生成红色溶液的是（ ）
A．盐酸B．氯气C．CuSO4溶液D．稀硫酸
考点：
二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
专题：
几种重要的金属及其化合物．
分析：
下列物质跟铁反应后的生成物，能跟KSCN溶液作用生成红色，说明反应后溶液中有Fe3+，发生了反应：
Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，据此进行判断．
解答：
解：
A、盐酸与铁反应生成的是亚铁离子，不能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，故A错误；
B、氯气与铁反应生成了氯化铁，能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，故B正确；
C、硫酸铜溶液与铁反应生成的是亚铁离子，不能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，故C错误；
D、稀硫酸与铁反应生成了亚铁离子，不能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查了常见元素和混合物性质及铁离子和亚铁离子的检验，题目难度不大，注意明确铁离子、亚铁离子的检验方法，试题能够培养学生的分析、理解能力．
二、填空题（19分）
13．分类法对研究化学物质和化学反应有重要的意义，请完成下列问题．
今有七种物质：
①铝线②熔化的KNO3③氯气④NaCl晶体⑤液态氯化氢⑥石灰水⑦乙醇
其中能导电的物质是 ①②⑥ ，属于电解质的是 ②④⑤ ，属于非电解质的是 ⑦ ．
考点：
电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．
分析：
金属、石墨能导电，电解质在水溶液或熔化状态下能够导电；
电解质在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物；
非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物．
解答：
解：
①铝线是金属单质，能导电，但是既不是电解质也不是非电解质；
②熔化的KNO3能导电，属于化合物，属于电解质；
③氯气不能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质；
④NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；
⑤液态氯化氢不能导电，溶于水能导电，属于电解；
⑥石灰水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦乙醇不能导电，属于非电解质，故答案为：
①②⑥；②④⑤；⑦．
点评：
本题考查了电解质和非电解质的概念，以及电解质和金属导电的问题，属于易错题目，需要学习时认真归纳和总结，积累相关知识．
14．
（1）0.5molCH4的质量是 8 g，在标准状况下的体积为 11.2 L；含有约 1.204×1024 个氢原子．
（2）将标准状况下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为 5mol/L ；配制300mL0.5mol•L﹣1氯化钠溶液，需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积是 100 mL．
考点：
物质的量的相关计算．
分析：
（1）根据m=nM计算甲烷的质量，根据V=nVm计算甲烷体积，H原子物质的量为甲烷的4倍，再根据N=nNA计算氢原子数目；
（2）根据n=
计算HCl物质的量，再根据c=
计算溶液物质的量浓度；根据稀释定律计算需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积．
解答：
解：
（1）0.5molCH4的质量=0.5mol×（12g/mol+4g/mol）=8g；体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L；氢原子的个数为0.5mol×4×6.02×1023/mol=1.204×1024；
故答案为：
8；11.2；1.204×1024；
（2）标准状况下的HCl气体4.48L，其物质的量是：
22.4L÷22.4L/mol=1mol，若将这些HCl气体溶于水，制成200ml溶液，其物质的量浓度是c=1mol÷0.2L=5mol/L；
配制300mL0.5mol•L﹣1氯化钠溶液，需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积为300mL×0.5mol•L﹣1÷1.5mol•L﹣1=100mL，
故答案为：
5mol/L；100．
点评：
本题考查物质的量有关计算，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．
15．某银白色固体A露置在空气中会被氧化成白色固体B；点燃A，火焰呈黄色，生成浅黄色固体C；A、B、C均可跟无色液体D反应，生成碱性物质E；其中A和D反应时还会生成可燃性气体F，C跟D反应时则可生成另一种气体G；F和G混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸并生成D．
（1）写出下列物质的化学式：
C Na2O2 、D H2O 、E NaOH ．
（2）写出A与D反应的离子方程式：
2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑ ．
（3）写出C与D反应的化学方程式：
2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ ．
（4）写出B与D反应的化学方程式：
Na2O+H2O═2NaOH ．
考点：
无机物的推断．
分析：
某银白色固体A，放在空气中可氧化成白色固体B，说明可能是活泼金属钠；
将A点燃，火焰呈黄色，生成淡黄色固体C，证明A是Na，燃烧生成的C为过氧化钠Na2O2；
A、B、C三种物质都能跟无色液体D反应，生成碱性物质E判断为NaOH，所以D为H2O，其中A为Na跟D为H2O反应时还可生成可燃性气体F为氢气，C为Na2O2跟D为H2O反应时则生成另一种气体G为O2；
F为氢气和G为O2混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸，并生成D为H2O．
解答：
解：
某银白色固体A，放在空气中可氧化成白色固体B，说明可能是活泼金属钠；
将A点燃，火焰呈黄色，生成淡黄色固体C，证明A是Na，燃烧生成的C为过氧化钠Na2O2；
A、B、C三种物质都能跟无色液体D反应，生成碱性物质E判断为NaOH，所以D为H2O，其中A为Na跟D为H2O反应时还可生成可燃性气体F为氢气，C为Na2O2跟D为H2O反应时则生成另一种气体G为O2；
F为氢气和G为O2混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸，并生成D为H2O；
依据上述分析判断A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为H2O，E为NaOH，F为H2，G为O2；
（1）依据上述分析判断C为Na2O2，D为H2O，E为NaOH，故答案为：
Na2O2；H2O；NaOH；
（2）A与D反应是Na与H2O反应，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故答案为：
2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；
（3）C与D反应是Na2O2与H2O的反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：
2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；
（4）B与D反应是Na2O与H2O的反应，化学方程式为Na2O+H2O═2NaOH，故答案为：
Na2O+H2O═2NaOH．
点评：
本题考查了钠及其化合物性质的分析判断，物质性质和反应的现象是解题关键，题目较简单．
三、实验题（14分）
16．实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：
（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液．应量取质量分数为36.5%浓盐酸体积 2.1 mL，除250mL容量瓶外还需要的其它仪器 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 ．
（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次） BCAFED ．
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1﹣2cm处
（3）溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为 溶液有热胀冷缩的性质，如果不冷却到室温，会导致溶液的体积偏小，溶液浓度偏大
（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（偏高、偏低或无影响）？
a．没有进行A操作 偏低 ；b．加蒸馏水时不慎超过了刻度 偏低 ；c．定容时俯视 偏高 ．
考点：
配制一定物质的量浓度的溶液．
分析：
（1）依据C=
计算浓盐酸的物质的量浓度，依据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算浓盐酸的体积；配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，依据配制溶液的步骤选择合适的仪器；
（2）依据配制溶液的一般步骤解答；
（3）溶液有热胀冷缩的性质，如果不冷却到室温，会导致溶液的体积偏小；
（4）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=
进行误差分析．
解答：
解：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为：
C=
=1000x1.18x36.5%/36.5═11.8mol/L；设量取浓盐酸的体积为V，11.8mol/L×V=0.1mol/L×0.25L，V=0.0021L=2.1mL；
配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以除容量瓶外还需要的其它仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，
故答案为：
2.1；量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以配制时，其正确的操作顺序是BCAFED，故答案为：
BCAFED；
（3）溶液有热胀冷缩的性质，如果不冷却到室温，会导致溶液的体积偏大；
故答案为：
溶液有热胀冷缩的性质，如果不冷却到室温，会导致溶液的体积偏大；
（4）a．没有进行A操作，导致溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低，
故答案为：
偏低；
b．加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低，
故答案为：
偏低；
c．定容时俯视偏低，导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，
故答案为：
偏高．
点评：
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理和过程是解题关键，题目难度不大．
四、推断题（25分）
17．已知A为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题．
（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：
A为 Fe ，B为 Fe3O4 ，C为 FeCl2 ．
D为 FeCl3 ，E为 Fe（OH）2 ，F为 Fe（OH）3 ．
（2）写出⑧的化学方程式及④、⑤的离子方程式：
4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe=3Fe2+ ．
考点：
无机物的推断．
分析：
由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
解答：
解：
由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，
（1）由上分析知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，故答案为：
Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe（OH）2；Fe（OH）3；
（2）反应⑧为4Fe（OH）2的氧化，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，④的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，⑤的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：
4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe=3Fe2+．
点评：
本题考查无机物的推断，注意物质的颜色为解答本题的突破口，熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应，题目难度不大．
18．（13分）A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：
根据图示转化关系回答：
（1）写出下列物质的化学式．A Al ，B O2 ，乙 NaAlO2 ，丁 Al（OH）3 ．
（2）写出下列变化的化学方程式．
①A与NaOH溶液反应的化学方程式 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ ．②甲与NaOH溶液反应的离子方程式 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ．
（3）将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为 0.1mol ，转移电子数目为 0.3NA ．
考点：
无机物的推断；
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