【文档说明】四川省眉山市仁寿第一中学南校区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析.docx，共(13)页，406.735 KB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中南校区2022级高一上学期期末测试化学试题说明：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64第I卷(

选择题共42分)一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项．．．．．．符合题意)1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，其中关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧之赤色……”。“青矾”的主要成分

42FeSO7HO属于A.混合物B.氧化物C.碱D.盐【答案】D【解析】【详解】42FeSO7HO是结晶水合物、不属于混合物、属于纯净物，组成元素有4种、则属于化合物、不属于氧化物，无水部分可知其阳离子为亚铁离

子、阴离子为硫酸根离子、阴离子并不是氢氧根离子，所以不属于碱、属于盐，故D符合题意。答案选D。2.下列物质中，既含有离子键又含有非极性共价键的是A.NaOHB.NaClC.2MgClD.22NaO【答案】D【解析】【详解】A．NaOH是由Na+和OH-构成，属于离子化合物，Na+和O

H-间存在离子键，O和H之间存在极性共价键，故A不符合题意；B．NaCl是由Na+和Cl-组成，只存在离子键，故B不符合题意；C．MgCl2是由Mg2+和Cl-组成，只存在离子键，故C不符合题意；D．过氧化钠的电子式为，是由离子键和非极性共价键，故D符合题意；答案为D。

3.下列溶液中，跟100mL0.5mol/LAlCl3溶液所含的Cl-物质的量浓度．．．．．．相同的是A.100mL0.5mol/LMgCl2溶液B.250mL0.25mol/LCaCl2溶液C.50ml1.5mol/LNaCl溶液D.25ml2mol/LHC

l溶液【答案】C【解析】【分析】100mL0.5mol/LAlCl3溶液所含Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L×3=1.5mol/L。【详解】A.100mL0.5mol/LMgCl2溶液所含Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L×2=1.0mol/L，与100

mL0.5mol/LAlCl3溶液所含Cl-的物质的量浓度不相等，故不符合题意；B.250mL0.25mol/LCaCl2溶液所含Cl-的物质的量浓度为0.25mol/L×2=0.5mol/L，与100mL0.5mol/LAlCl3溶液所含Cl-的物质的量浓度不相等，

故不符合题意；C.50ml1.5mol/LNaCl溶液所含Cl-的物质的量浓度为1.5mol/L×1=1.5mol/L，与100mL0.5mol/LAlCl3溶液所含Cl-的物质的量浓度相等，故符合题意；D.25ml2m

ol/LHCl溶液所含Cl-的物质的量浓度为2mol/L×1=2mol/L，与100mL0.5mol/LAlCl3溶液所含Cl-的物质的量浓度不相等，故不符合题意；故选C。4.下列各项操作中，最后一定会产生沉淀现象的是A.向CaCl2溶液中通入少量CO2B.向饱和的

Na2CO3溶液中通入足量CO2C.向AlCl3溶液中加入足量氢氧化钠D.向-2AlO溶液中加入足量盐酸【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳与氯化钙不会反应生成碳酸钙沉淀，A错误；B．向饱和的Na2CO3溶液中通入足量CO2，会生成碳酸氢钠，由于是饱和溶液，且碳酸氢钠的溶

解度小与碳酸钠，故会析出沉淀，B正确；C．向AlCl3溶液中加入少量氢氧化钠，生成氢氧化铝沉淀，若过量，氢氧化铝会继续与氢氧化钠反应生成四羟基和铝酸钠，C错误；D．向-2AlO溶液中加入少量盐酸会生成氢氧化铝沉淀，若过量，氢氧化铝会与盐酸继续反应生成氯化铝，

D错误；故选B。5.常温下，下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、ClO-B.含大量NaHSO4的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、-4MnOC.某无色透明溶液中：Fe3＋、K+、-3NO、2-4SOD.能使酚

酞变红的溶液中：Na＋、K+、2-3CO、-3NO【答案】D【解析】【详解】A．与Al反应能放出H2的溶液可以是酸性环境，也可以是碱性环境，若为酸性环境，氯离子与次氯酸根会反应生成氯气，不能大量共存，A错误；B．NaHSO4会电离出氢离子，提供酸性环境，高锰酸根与亚铁

离子会发生氧化还原反应，B错误；C．含有三价铁离子的溶液颜色为黄色，无色溶液中不能大量共存，C错误；D．能使酚酞变红的溶液为碱性环境，四种离子互不反应，能大量共存，D正确；故选D。6.由O2和H2组成的混合气体平均相对分子质量为28，则该混合气体中O2和

H2的体积比为A.1∶1B.16∶1C.13∶2D.2∶13【答案】C【解析】【详解】设H2物质的量为x，O2物质的量为y，则依据题意可知：2x32yxy++=28，解得x：y=2：13，同温同压下，物质的量之比等于体积之比，因此该混合气体中O2和H2的体积比为13∶2

，故选C。7.下列离子方程式中，正确的是A.将Na投入CuSO4溶液中：Na+Cu2+=Na++CuB.将过量CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH−=CO23−+H2OC.将氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−D.将盐酸滴在石灰石上：CaCO3+

2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】D【解析】【详解】A．Na投入CuSO4溶液中会先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，A错误；B．CO2过量，最终生成碳酸氢根，B错误；C．HClO为弱电解质，不能拆成离子，C错

误；D．盐酸滴在石灰石即CaCO3上生成二氧化碳和水、CaCl2，CaCO3难溶于水，不能拆成离子，D正确；综上所述答案为D。8.X、Y、Z和W四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示。已知Y原子的

内层电子总数是最外层电子数的2倍。下列说法中正确的是XYZWA.原子半径：W>Z>XB.简单氢化物的沸点：X>ZC.简单气态氢化物的稳定性：Z>XD.最高价氧化物对应的水化物(含氧酸)的酸性：Y>Z>W【答案】B【解析】【分析】短周期元素Y原子的内层电子总数是最外层电子数的2倍，根据题中其

周期表中的相对位置，可知Y不是第2周期的Li，Y为P，则X为O，Z为S，W为Cl，据此分析。【详解】A．同周期主族元素从左至右，原子半径减小，同主族元素从上至下，原子半径增大，原子半径：S>Cl，S>O，A错误；B．水分子间存在氢键，简单氢化物的沸点：H2O

>H2S，B正确；C．非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，简单气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，C错误；D．非金属性：Cl>S>P，最高价氧化物对应的水化物(含氧酸)的酸性：HClO4>H2

SO4>H3PO4，D错误；故选B。9.下列实验符合操作要求且能达到实验目的的是A.I可用于制备并检验氢气的可燃性B.II可用于除去CO2中的HClC.用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D.用IV中

操作可制备长久稳定的氢氧化亚铁【答案】B【解析】【分析】【详解】A．点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A不选；B．HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳不与碳酸氢钠反应，II可用于除去CO2中的HCl，故B选；C．不能

在容量瓶中溶解固体，故C不选；D．氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化，IV中没有隔绝空气，不能制备长久稳定的氢氧化亚铁，故D不选；故选B。10.用NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是A.10gD2O(D2O是重水；D是2H)中含有的质子数与中子数均为5NAB.2L0.

25mol·L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为NAC.标准状况下，8.96LH2与CO的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NAD.2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA

和0.2NA之间【答案】D【解析】【详解】A．10gD2O的物质的量是10g÷20g/mol＝0.5mol，1分子D2O含有的质子数和中子数均是10个，则其中含有的质子数与中子数均为5NA，A正确；B．2L0.25mol·L−1MgCl2溶液中氯离子的物质的

量是2L×0.25mol/L×2＝1mol，含有的Cl-数约为NA，B正确；C．标准状况下，8.96LH2与CO的混合气体的物质的量是8.96L÷22.4L/mol＝0.4mol，1molH2与1molCO完全燃烧均消耗0.5mol氧气，则消耗氧分子的数目为0.2

NA，C正确；D．2.3gNa的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，与O2完全反应，钠元素化合价从0价升高到+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，D错误；答案选D。11.下列实验操作所对应的实验现象或者结论正确的是选项实验

操作实验现象或者结论A向CaCl2溶液中通CO2至过量先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解的B将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红棕色C向NaCl溶液中通入氟气产生黄绿色气体D向质量为m1的硫酸铁溶液中加入少量镁粉，溶液质量变

为m2m2＞m1A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，向CaCl2溶液中通CO2不反应，A错误；B．将水蒸气通过灼热的铁粉生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁是黑色的，B错误；C．氟是最活泼

的非金属，向NaCl溶液中通入氟气，氟气和水反应生成氟化氢和二氟化氧，不能置换出氯气，C错误；D．向质量为m1的硫酸铁溶液中加入少量镁粉，生成硫酸亚铁和硫酸镁，溶液质量变为m2，则m2＞m1，D正确；答案选D。12.物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角

。如图为铁及其化合物的价类二维图。下列有关说法不正确的是A.物质A与不同的氧化剂反应可能得到不同价态的含铁化合物B.通过化合反应和置换反应都能生成34FeOC.从物质类别来看，物质B属于碱性氧化物，能与水反

应生成物质CD.从元素价态来看，2Fe+既具有氧化性也具有还原性【答案】C【解析】【详解】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铁与氯气反应生成氯化铁，因此铁与不同的氧化剂反应可能得到不同价态的含铁化合物，故A正确；B．铁在氧气中燃烧生成34FeO，该反应为化

合反应，铁在高温下与水蒸气反应生成34FeO和氢气，该反应为置换反应，故B正确；C．铁的氧化物难溶于水，不能与水反应生成碱，故C错误；D．从元素价态来看，2Fe+中Fe的化合价可以升高，也可以降低，既具有氧化性也具有还原性，故D正确；故选C。1

3.已知2MOxy−＋5S2－＋16H＋=2M2＋＋5S↓＋8H2O，则MOxy−中M的化合价为A.+1B.+4C.+6D.+7【答案】D【解析】【详解】对于反应2MOxy−＋5S2－＋16H＋=2M2＋＋5S↓＋8H2O，由

O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2×(−x)+5×(−2)+16=2×2，解得x=1，所以MOxy−即MO4−，O元素为-2价，则M为+7价；故答案为D。14.铁粉和氧化铁粉末的混合物共13.6g，加到足量的稀硫酸中

，固体完全溶解，得到标准状况下1.12L氢气。经测定反应后的溶液中无Fe3+，则原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为A.2︰1B.3︰2C.1︰3D.1︰2【答案】A【解析】【详解】铁粉和氧化铁粉末加到稀硫酸中，反应后溶液中无Fe3+，在此过程中发生的化学反应为：22Fe2HFeH+++=+、

3232FeO6H2Fe3HO+++=+、32Fe2Fe3Fe+++=。反应后得到标准状况下1.12L氢气的物质的量为0.05mol，通过离子方程式22Fe2HFeH+++=+计算出，在这一过程中消耗的

铁粉的物质的量为0.05mol，质量为0.05562.8g=，所以剩余的铁粉和氧化铁的质量为13.6g-2.8g=10.8g。反应后，固体完全溶解且溶液中无Fe3+，表明和酸反应剩余的铁粉和Fe3+恰好完全反应，所以剩余的Fe和Fe3+的物质的量

之比为1:2，Fe3+全部来自氧化铁，所以剩余的铁粉和氧化铁的物质的量之比为1∶1，的设铁的物质的量为xmol，则56x160x10.8+=，解得x0.05=，所以氧化铁的物质的量为0.05mol，铁粉的总物质的量为0.05+0.05=0.1mol

，原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为0.1∶0.05=2∶1，答案选A。第II卷(选择题共58分)15.下表是元素周期表的一部分。请完成下列填空。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02BeCOF3NaMgAlSCl4C

aSeBr（1）F-的原子结构示意图为_______。（2）第三周期中，最高价氧化物水化物酸性最强的是_______(填化学式)。（3）Mg、Cl和Ca中，离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。（4）Na2S的电子式为_______；CO2结构式为_______。（5）写

出一个能证明S的非金属性强于C的化学方程式_______。（6）硒(Se)被誉为“生命元素”，科学补硒可以减少疾病的发生。周期表中元素Se的位置在S的下方，下列推断正确的是_______(填字母序号)。A.SeO2即具有

氧化性又具有还原性B.H2Se的稳定性比H2S强C.H2SeO4的酸性强于H2SO4D.SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应【答案】（1）（2）HClO4（3）Cl->Ca2＋>Mg2＋（4）①.②.O=C=

O（5）H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O或H2SO4+2NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O（6）AD【解析】【小问1详解】F-是F原子得到一个电子，故F-的结构示意图为；【小问2详解】非金属性越强，其最高价氧化

物对应水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强(稀有气体除外)，因此第三周期中非金属性最强的Cl，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；【小问3详解】三者离子分别为Mg2＋、Cl－、Ca2＋，电

子层数分别为2、3、3，根据一般电子层数越多，半径越大，电子层数相同，微粒半径随着原子序数增大而减小，得出微粒半径大小顺序是Cl－>Ca2＋>Mg2＋；【小问4详解】Na2S为离子化合物，其电子式为；C

O2为共价化合物，C和O之间共用双键，其电子式为O=C=O；【小问5详解】元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，其非金属性越强，因此要证明S的非金属性强于C，可证明硫酸的酸性比碳酸强，即H2SO4+Na2CO3=Na2SO

4+CO2↑+H2O或H2SO4+2NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；【小问6详解】A．SeO2中Se表现＋4价，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故A正确；B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，同主

族从上到下非金属性减弱，Se的非金属性比S弱，因此H2Se稳定性比H2S弱，故B错误；C．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同主族从上到下非金属性减弱，Se的非金属性比S弱，因此H2SO4的酸性强于H2SeO3，故C错误；D．同主

族性质具有相似性，Se和S属于同主族，SO2能与NaOH溶液反应，推测SeO2也能与NaOH溶液反应，故D正确；答案为AD。16.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题．（

1）在图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_______(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液除烧杯和玻璃棒以外还需要的玻璃仪器是________．(填仪器名称)（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不

正确的是____(双选)A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体在烧杯溶解后再转移到容量瓶中D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒

入容量瓶中E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀（3）根据计算用托盘天平称取的NaOH质量为_____g．在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L(填“大于”“小于”或“等于”

)．（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_______mL量筒最好。【答案】（1）①.AC②.500mL容量瓶（2）BD（3

）①.2.0②.小于（4）①.13.6②.15【解析】【小问1详解】配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，必需的仪器有：一定规格的容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，用浓硫酸配制稀硫酸时还需要量筒量取浓硫酸，所以肯定不需要的是A(平底烧

瓶)C(分液漏斗)，除烧杯和玻璃棒以外还需要的玻璃仪器为500mL容量瓶；【小问2详解】A．容量瓶是带有活塞的仪器，使用前要检查是否漏水，A正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，B错误；C．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的

溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解固体，C正确；D．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释浓溶液，D错误；E．摇匀的正确操作为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶

倒转和摇动多次，E正确；答案为BD；【小问3详解】需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液

浓度偏低，即小于0.1mol/L；【小问4详解】质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为10001.8498%98mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0

.5mol/L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，根据“大而近”原则，应选择15mL量筒。17.实验室可用如图装置制备无水FeCl3。已知FeCl3易升华，易吸收水分而潮解。请回答下列问题：（1）连接好

仪器后首先应进行的操作是___________。（2）A装置中发生反应的离子方程式为___________，当加入一定量的浓盐酸与足量MnO2反应，实际生成的Cl2体积小于理论值的原因是___________。（3）装置B的作用是___________，G中发生反应的化学方程式为____

_______。（4）F中所装试剂为___________，目的是___________。【答案】（1）检查装置的气密性（2）①.MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O②.盐酸浓度降低到一定值后反应即停止（3）①.检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉Cl2中的

HCl气体②.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（4）①.浓硫酸②.防止G中的水蒸气进入E导致FeCl3吸水潮解【解析】【分析】A装置用二氧化锰与浓盐酸制取氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，故在反应前需除去，则B中为饱和食盐水除去氯化氢，C中

浓硫酸除去水蒸气，D中干燥的氯气与铁屑反应，E中收集氯化铁，G用氢氧化钠吸收未反应完的氯气，因为无水FeCl3在空气中易潮解，遇水水解，故F中为浓硫酸防止G中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。小问1详解】由于有气体参加反应，则连接好仪

器后首先应进行的操作是检查装置的气密性；【小问2详解】A装置用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，A装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O，由于随着反应的进行，盐酸浓度降低到一定值后反应即停止，因此当加入一定量的浓盐酸与足量MnO2反应，实际生成的Cl

2体积小于理论值；【小问3详解】根据以上分析可知装置B的作用是检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉Cl2中的HCl气体，G中氯气被吸收，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；【小问4详解】根据以上分析可知F中所装试剂为浓硫酸

，目的是防止G中的水蒸气进入E导致FeCl3吸水潮解。18.为探索工业含铝、铁、铜合金(其余成分与酸碱都不反应)废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如下：（1）滤渣B中含有_______(填化学式，下

同)；试剂Z为_______(填化学式)。（2）写出生成沉淀C的离子方程式_______。（3）写出合金与NaOH溶液反应的离子方程式_______。（4）如何检验滤液D中含有的阳离子(试剂自选)：_______，若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：_______、冷却

结晶、_______、洗涤、自然干燥。（5）试剂Y是H2O2溶液，写出生成硫酸铜溶液的化学方程式_______。【答案】（1）①.Cu、Fe②.H2SO4（2）()4AlOH−+CO2=Al(OH

)3↓+-3HCO【（3）2Al+2OH-+6H2O=2()-4AlOH+3H2↑（4）①.取少量待检液于试管中，向其中先滴加KSCN溶液，无变化，再滴加新制的氯水，溶液显红色，说明含Fe2+②.蒸发浓缩③.过滤（5）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O【解析】【分

析】铝、铁、铜合金加入NaOH溶液后，铝会溶解，得滤液A为四羟基偏铝酸钠溶液，滤渣为铁和铜的混合物，滤液A中通入过量的二氧化碳气体会得到沉淀氢氧化铝，再加入盐酸会得氯化铝溶液；滤渣B中加入过量稀硫酸会得硫酸亚铁溶液和稀硫酸的混合物，滤渣E是铜，硫酸亚铁溶液经

过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥会得绿矾晶体，金属铜加入稀硫酸和双氧水会得到硫酸铜溶液。小问1详解】合金中含有铝、铁、铜，加入氢氧化钠溶液过滤后得到滤液A和滤渣B，铝具有两性，能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，而铁、铜不能和氢氧化钠反应，所以滤液A中含有偏铝酸钠，滤

渣B中含有Fe、Cu；向滤渣B中加入试剂Z，过滤得到滤液D和滤渣E，滤液D最后变成绿矾，可以推测试剂Z是H2SO4。【小问2详解】滤液A中含有四羟基偏铝酸钠，向四羟基偏铝酸钠溶液通入气体得到氢氧化铝沉淀，可以推测出通入的气体为二氧化碳气体，离子方程式为：()4AlOH−

+CO2=Al(OH)3↓+-3HCO。小问3详解】该合金中含有Al，与NaOH溶液反应生成()-4AlOH、H2和H2O，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2()-4AlOH

+3H2↑。【小问4详解】取少量待检液于试管中，向其中先滴加KSCN溶液，无变化，再滴加新制的氯水，溶液显红色，说明含Fe2+；若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、自然干燥。【小问5详解】铜、硫酸和过氧化氢反应生成硫酸铜和水，根据得失电子守恒

和原子守恒配平化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。【【