2018-2019学年陕西省汉中市城固一中高一(上)期末化学试卷解析版

C.D.）+4）A.B.D.A.B.C.D.C.））A.C.B.D.A.C.B.D.））A.C.B.D.A.B.C.D.）A.B.C.D.和和和和）A.C.B.D.H）XXX22+2+）A.B.C.D.2g4gggA.B.C.D.））3A.C.B.D.、、、、、、、（）A.B.C.D.、、、、、））A.B.C.D.A.13B.C.个D.把O和+2323））A.B.D.A.B.C.D.将）C.）A.B.C.D.gA.和）B.A.B.C.D.第1页，共13页2）A.B.C.D.1DA）ABDCC与B．BDD体B．A.D．CDC2DB.C.2年月铜2O222322A2D.22D22223OOO2322323O23AB。CDABEF4与和3（。1HL。+-1。1H、+、K2+2+3+、4、•34L。-13a。2。第2页，共13页（）～。2（）～。3（4。（5（（-3n-3n-3。第3页，共13页、水玻璃是硅酸钠溶液，硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧；、二氧化硅晶体具有导光性；答案和解析1.CC、硅是半导体，是制造太阳能电池的常用材料；、普通玻璃的原料是石英、石灰石和纯碱．本题考查硅及其化合物的性质与用途、硅酸盐工业等，比较基础题目难度不大，注意基础知识积累掌握．解：ApH小于5.6的降水为酸雨，呈酸性的雨水不一定是酸雨，故A错误；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，能电离出氢离子的化合物不一定是酸，故B错误；C、打雷放电时N22NO4NO+3O+HO=4HNO，从而能溶解土壤中的矿物质而被植3.B2223物吸收，故能发庄稼，故C正确；解：A、干冰是二氧化碳固体属于化合物，铁为金属单质，冰水是水溶液属于化合物，故A错误；、塑料袋引起的污染称为白色污染，白色污染已经称为现代社会的一大环境问题，故D错误。烧碱是氢氧化钠俗称属于纯净物，液态氯是液态氯气，属于单质氯水属于混合物，故B正确；故选：C。C、碱石灰主要成分是氧化钙氢氧化钠的混合物，白磷属于单质、熟石灰是氢氧化钙，属于碱pH小于5.6的降水为酸雨；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；为纯净物，故C错误；、漂白粉是混合物，氮气属于单质矾是纯净物，故D错误；C、打雷放电时N22NO；2故选：。、塑料袋引起的污染称为白色污染。不同元素组成的纯净物为化合物，本题考查了常见的环境问题，掌握引起环境污染的因素，并理解反应原理，难度不大。同种元素组成的纯净物为单质，2.C不同物质组成的为混合物。解：A、水玻璃是硅酸钠溶液，硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧，将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故A正确；、二氧化硅晶体具有导光性，二氧化硅是制造光导纤维的材料，故B正确；C、硅是半导体，是制造太阳能电池的常用材料，石英即二氧化硅晶体不导电，不是制造太阳能电池的常用材料，故C错误；本题考查了物质分类方法，物质组成和名称的分析应用，掌握基础是关键题目较简单。4.D解：A．根据CO和NaOH的相对量的不同可生成NaCONaHCO或两种都有，故A不选；2233Al（SO）和NaOH的相对量的不同可生成Al（OH）或NaAlO或两种都有，故B不选；24332CNaCO和HCl对量的不同可生成NaHCO或CO，或两种都有，故C不选；2332、普通玻璃的原料是石英、石灰石和纯碱，所以石灰石和纯碱均是生产普通玻璃的原料，故DAlO和NaOH只生成NaAlO，与量无关，故D选。232正确；故选：。故选：C。第4页，共13页2+X要强组合①③⑤⑥正确。一般来说二元酸或对应的酸酐与碱的反应、多元弱酸对应的盐与酸的反应铝盐与碱或偏铝酸盐与酸的反应应物的用量不同，反应的程度不同，以此解答该题．本题考查了反应物间反应条件或反应物用量与反应产物的联题目难度不大，注意把握常见元素化合物的性质．故选：。氧化还原反应中，存在几对重要的概念和关系，可以总结为：升（化合价升高）、失（失电子）、氧（氧化反应）、还原剂、被氧化；降（化合价降低）、得（得电子）、还（还原反应）、氧化剂还原；氧化剂的氧化性大于氧化产还原剂的还原性大于还原产物．上述反应标注好元素化合价，找出化合价的升降，判断出氧化剂还原剂，便可解决问题．本题主要考查了氧化还原反应的基本概念、性质判断、基本规律等知识键是正确标注化合价找到氧化剂和还原剂．5.B解：A．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，故A错误；铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，只有一种气体，故B正确；C铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，故C错误；过氧化钠和水反应氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，故D错误。故选：。7.D．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；解：生成硝酸锌时HNO未被还原，参加反应的锌与消耗的硝酸的物质的量之比为2：5时设物3铁和水蒸气在高温下反应生成氢气；2mol5molHNO的物质的量为4mol，则硝酸锌时未被还原质的量分别为设硝酸的还原产物中元素的化合价为，若被还原的硝酸的物质的量为由电子守恒可知，2mol×（2-0）=1mol×（5-n），解得n=+1NHNO中氮的平均化合价为，、3C铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体；过氧化钠和氯化铵溶液反应生成氧气和氨气．Nn5mol-4mol=1mol，43本题考查较为综合，涉及物质性质的应侧重于考查浓硝酸反应过程中的浓度变化生成气体不同，碳和浓硫酸的反应以及过氧化钠的性质题目较简单，注意相关基础知识的积累．故选：。锌与某浓度的硝酸反应时，生成二价金属硝酸盐时HNO未被还原，参加反应的锌与消耗的硝36.D酸的物质的量之比为2：5时设物质的量分别为2mol5mol结合原子守恒和电子守恒来计算。3+2+2+2+2+解：反应X+2Y═X+2Y中～XX元素化合价升高、失电子、还原剂、被氧化为X发本题考查氧化还原反应的计为高频考点，把握反应中电子守恒和原子守恒的应用为解答的生氧化反应；关键侧重分析与计算能力的考查选项D易漏选题目难度中等。3+2+2+Y～YY电子、氧化剂、被还原为Y发生还原反应；8.C3+2+3+反应中X具还原性，Y具有氧化性，X的还原性大于还原产物YY的氧化性大于氧化产解：A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故A正确；2+物X。．FeCl可与Fe反应生成FeCl过滤后分离出铁，且不引入新的杂质，故B正确；32氧化还原反应的基本规律：强氧化剂强还原剂还原产物（具有弱还原性）氧化产物（具弱氧CFeO和AlO都与盐酸反应应加入NaOH溶液除杂，故C错误；23232+3+化性）。所以正确的是：①X被氧化；③X具有还原性；⑤Y具有还原性；⑥Y的氧化性比第5页，共13页氯气和FeCl反应生成FeCl，不引入新的杂质，故D正确。SiO是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；232故选：C。C、二氧化硫不漂白紫色石蕊试液，所以只变红不褪色，故C错误；、溶液中可能有银离子，检验硫酸根离子，应先加盐酸酸性，然后加入氯化钡，故D错误；故选：。．碳酸氢钠不稳定，加热易分解；．FeCl可与Fe反应生成FeCl；32CFeO和AlO都与盐酸反应；、二氧化硫的漂白作用加热后恢复，氯气的和水反应生成的次氯酸漂白作用加热不恢复；、酸性氧化物和碱反应生成盐和水；2323氯气和FeCl反应生成FeCl．23本题考查物质的分离、除杂等问题题目难度不大，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质．C、紫色石蕊试液滴入SO水溶液中，只变红不褪色；2、溶液中可能有银离子．9.A本题考查了物质性质的分析判断，二氧化硫、二氧化硅、氯离子的检验应用，掌握基础是关键，题目较简单．解：A．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，无法和氯化钡反应实验过程始终无明显现象，故A正确；．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸把亚铁离子氧化成三价铁离子，溶液浅绿色变成了棕黄色，溶液颜色发生了变化，故B错误；11.D+解：①NH：加入氢氧化钠溶液后生成一水合氨，加热后生成氨气，再加入过量盐酸后，铵根4离子大量减少，故①正确；CHS气体通入CuSO溶液中生成硫化铜沉淀，故C错误；24②Cu2+：加入氢氧化溶液生成氢氧化铜热后没有变化，再加入盐氢氧化铜与氯化氢．二氧化碳与NaSiO反应生成硅酸和碳酸氢钠，硅酸为不溶于水的白色沉淀，故D错误；23反应生成氯化铜和水，反应前后铜离子的物质的量基本不变②错误；③2+：亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁热后氢氧化亚铁转化成氢氧化铁，再加入盐氢氧化铁溶解生成铁离子，反应前后亚铁离子大量减少，故③正确；④Al3+：铝离子与过氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠热后基本无变化，再加入过量盐酸，偏铝酸钠转化成铝离子，反应前后铝离子的物质的量基本不变④错误；根据以上分析可知，溶液中大量减少的离子为①③，故选：。．碳酸的酸性小于盐酸；．FeSO溶液中的亚铁离子被氧化成三价铁离子，颜色发生了变化；4C．可生成硫化铜沉淀；．反应生成硅酸沉淀。本题考查元素化合物知识为高频考点，明确物质性质及物质的溶解性是解本题关键错选项是，注意二氧化氮的性质题目难度不大。故选：。加入过量的氢氧化钠溶液并加热铵根离子与氢氧化钠反应生成氨气、亚铁离子与氢氧化钠生成氢氧化铁，再加入足量盐酸后，铵根离子和亚铁离子大量减少；而铜离子和铝离子在反应前后离子的物质的量基本不变．10.B解：A、二氧化硫结合有机色素形成不稳定无色物质加热后恢复红氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，漂白作用不可恢复，故A错误；第6页，共13页本题考查了离子共存、离子反应等知识题目难度不大，注意掌握离子反应发生条件，明确离子共存的判断方法，正确理解题干信息为解答本题的关键．．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液混合，反应生成碳酸钠和水．本题考查了离子方程式的书题目难度不大，注意化学式的拆分是解题关键．12.A14.B解：A．金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物，所以碱性氧化物一定是金属氧化物，故A解：反应中Mg→MgSO、Zn→ZnSOAl→Al（SO），可知道固体增加的质量是硫酸根的质44243正确；量，即硫酸根质量为：242g-50g=192g，在HSO中氢质量比为2：96，故生成氢气的质量为：192g×=4g，．氧化剂在化学反应中得电子，化合价降低一定被还原，故B错误；24C．金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物，所以酸性氧化物也可能是金属氧化物，如故选：。MnO是金属氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；27反应中Mg→MgSO、Zn→ZnSOAl→Al（SO）可知道固体增加的质量是硫酸根的质量，在44243．摩尔体积是指单位物质的量的物质所具有的体积，与摩尔质量无关，故D错误；故选：。HSO中氢质量比为2：96，据此计算生成氢气的质量。24本题考查混合物反应的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意根据质量守恒定律计算硫酸根的质试题侧重考查学生分析思维能力，培养了学生化学计算能力。．金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物；．氧化剂在化学反应中一定被还原；15.CC．金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物；．根据摩尔体积的概念分析．2+解：A、碱性条件下Mg离子不能大量共存，故A错误；-、在碱性或酸性条件下HCO离子都不能大量存在，故B错误；3本题考查了物质的分类、氧化还原反应尔体积的概念等，属于基础知识的考查题目难度C、在碱性或酸性条件下该题中四种离子都不发生任何反应，能大量共存，故C正确；不大．13.D3+-3+-、碱性条件下Fe离子不能大量共存，酸性条件下AlO离子不能大量存在，且Fe与AlO22+2+解：A．碳酸钙溶解于稀硝酸中，离子方程式：CaCO+2H═CO↑+HO+Ca，故A错误；离子发生相互促进的水解而不能大量共存，故D错误。故选：C。322-+氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液，离子方程式：Cl+Ag═AgCl↓，故B错误；+4+C盐酸中滴入氨水，离子方程式：H+NH•HO═HO+NH，故C错误；某溶液能溶解Al（），因具有两性，既能与酸反应，也能与碱反应则溶液可能呈碱性，也可3223--2-．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液混合，离子方程式：HCO+OH═CO+H，故D正确；能呈酸性，分别判断在碱性或酸性条件下离子之间能否发生反应．332故选：。本题考查离子大量共存问题题目难度中等，本题注意从酸碱性以及可能发生的反应类型等角度判断．16.D．碳酸钙为沉淀应保留化学式；．硝酸银为易溶性的盐应拆成离子的形式；C．一水合氨为弱碱，应保留化学式；第7页，共13页解：A.2g氢气的物质的量为1mol，但由于温度、压强影响气体摩尔体积氢气所处条件未知，氢气占有的体积不一定是22.4L，故A错误；质量．本题考查了混合物反应的计题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键．氯气完全反应氯元素化合价由0价降低为-11mol氯气完全反应转移电子为2mol，故B错误；18.B23C标况下水不是气体，22.4L水的物质的量不是1mol，故含有水分子数不是6.02×10个，故C解：铜银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，错误；．氧气物质的量为32g÷32g/mol=1mol，氮气物质的量为22.4L÷22.4L/mol=1mol，二者物质的n（O）=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol转移电子为0.05mol×4=0.2mol。2量相等，则含有分子数目相等，故D正确。设CuAg的物质的量分别为xmol、则：根据质量列方程：xmol×64g/mol+ymol×108g/mol=14g根据电子守恒列方程：xmol×2+ymol×1=0.2mol故选：。．未指明处于标况下；解得：x=0.05，y=0.1molm（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g，氯气完全反应，根据氯原子化合价变化计算转移电子，而氯元素化合价由0价降低为-1价；C标况下水不是气体；故选：。．根据n=计算氧气物质的量，根据n=计算氮气物质的量，若二者物质的量相等，则含有分子数目相等。铜银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电设CuAg的物质的量分别为xmol、，根据二者质量与电子转移守恒列方程计算解得。本题考查物质的量的计算、气体摩尔体积电子转移计算等，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，根据PV=nRT理解温度、压强对气体摩尔体积的影响。本题考查混合物计难度中等，根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用。17.A解：把7.4gNaCO•10HO和NaHCO组成的混合物加热至恒重，NaCO•10HO中结晶水完232323219.A全失去、NaHCO分解生成碳酸钠，所以最终残留物为碳酸钠，3解：O和HO反应方程式为4NO+3O+2HO=4HNO，通入氧气后，试管中液面稳定在试22223+根据钠离子守恒可知，n（NaCO）=（Na）×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，23管容积的一半，则剩余气体的体积为该气体可能是NO也可能是O，2最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，故选：。如果剩余气体是，则参加反应的NO体积为8mL设参加反应的氧气体积为xmL，根据方程式知，参加反应的（NO）：（O）：3=8mL：xmLx=6；2将固体混合物加热至恒重，NaCO•10HO中结晶水完全失去、NaHCO分解生成碳酸钠，所以2323如果剩余气体是O则NO完全反应设反应消耗的氧气体积为，（）：（O）：22最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可以计算出碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出其：，第8页，共13页y=12还有8mL没有参加反应的氧气，所以加入的氧气体积（12+8），故选：。的导气管通入澄清石灰水变浑浊说明受热条件下碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故B正确；C热氯化铵受热分解生成的氯化氢和氨气在试管口处重新结合为氯化铵，得到不到氨气，故C错误；O和HO反应方程式为4NO+3O+2HO=4HNO，通入氧气后，试管中液面稳定在试管22223容积的一半，则剩余气体的体积为该气体可能是NO也可能是O，根据方程式计算通入、分离沸点不同且互溶的液体混合物，温度计水银球需要在导气管口处，不能插入混合液中，故D错误；2氧气体积。本题考查化学方程式的计侧重考查元素化合物的性质及物质之间的关系式，正确判断剩余气体成分及氧气和NO之间的关系式是解本题关键题目难度不大。故选：。、煤油比水轻，可以隔离空气中的氧气避免生成的氢氧化亚铁被氧化；、据题意碳酸钠受热不易分解，碳酸氢钠受热易分解，及装置特点和二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊分析解答；20.解：ANaCO碱性太强，不宜做胃药，故A错误；23．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，发生反应为4Na+O═2Na，故B正确；C热氯化铵受热分解生成的氯化氢和氨气在试管口处重新结合为氯化铵；、依据蒸馏分离混合物的依据是物质的沸点不同进行分离的实验方法，温度计测定馏出成分的沸点，温度计水银球需要在导气管口处．22C发酵粉中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔，故C正确；．泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃，所以金本题考查了物质性质实验验证的装置分析判断，主要是物质性质的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．属钠着火时，不能使用泡沫灭火器来灭应用沙子扑灭，故D错误；故选：。22.NaCO碱性太强；23解：A．若有剩余再放回原试剂则会污染药品，注意三不一要”，要放指定位置，故A错误；．稀盐酸会与碳酸钙反应，从而除掉碳酸钙，故B正确；变暗生成氧化钠；C．碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔；．金属钠是一种活泼金属，用来灭火的物质和金属钠以及钠燃烧后的产物之间不能反应；本题考查了元素化合物知识，明确各种物质的性质是解题关键，注意治疗胃酸过多用碳酸氢钠题目难度不大．C．量筒不能作反应容器，受热不均，可能会炸裂，故C错误；NaOH固体具有强腐蚀性，易潮解；且应左物右码，故D错误；E氢氧化钠能和二氧化硅反应生成硅酸钠，是一种粘合剂导致瓶塞和瓶体不能打开，故盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故E正确；21.．将pH试纸润湿相当于稀释了溶液，会造成测定误差，故F错误。故选。解：A、煤油比水轻，可以隔离空气中的氧气避免生成的氢氧化亚铁被氧化，观察到白色沉淀的生成，故A正确；、碳酸钠受热的温度更高却没分解，导气管通入澄清石灰水不变浑浊氢钠试管的连接实验室做实验剩余的药品，也要三不：不拿出实验室，不拿随意丢弃，不能放回原瓶。若第9页，共13页有剩余再放回原试剂则会污染药品；故答案为：氨气（NH）；氯化铵（NHCl）；3Cl+8NH═6NHCl+N。342342．盛放过石灰水的试剂瓶上会有碳酸钙生成，用稀盐酸洗涤，会与碳酸钙反应，从而除掉碳酸钙；依据氨气密度小于空气密度，氯气密度大于空气密度，足量氨气与氯气反应生成氯化铵和氮氯化铵为白色固体解答。C．量筒不能用于稀释；本题考查了氨气、氯气的化学性质，把握实验原理及装置特点，明确氯气、氨气密度大小及化学性质是解题关键题目难度不大。NaOH固体具有强腐蚀性，易潮解，应放玻璃容器中称量；托盘天平的使用，应作物右码；E氢氧化钠能和二氧化硅反应生成硅酸钠；25.OO222322．将稀盐酸滴到pH试纸上，并与标准比色卡比较测定稀盐酸的pH。本题考查了化学实验操作正误判断，应熟练掌握仪器的使用方法、试剂的存放原理等，难度不纸↑2黄222解：（1）若A是一种淡黄色固体，B是气态氢化物，CD为气态氧化物，且C是形成酸雨的主要大。23.＜＜物质C为SO则A为SB为HSD为SOC与B反应生成S和水，其化学反应为223解：①由药品的质量═左盘质量右盘的质量+游码的质量可知：砝码质量药品质量游码的质量，所以药品质量砝码质量游码质量，即药品质量=10.0g-0.4g=9.6g，故答案为：＜；SO+2HS=3S+2H，222故答案为：SO+2HS=3S+2H；222（2）B是气态氢化物，CD为气态氧化物，且CD是形成光化学烟雾的一个重要原因，则C为②若定容时仰视刻度线导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小A为N，B为NHD为NO应的化学方程式4NH+5O4NO+6H检验氨③232322于0.1mol/L，故答案为：＜。气常利用湿润的红色石蕊试纸，故答案为：4NH24NO+6H；湿润的红色石蕊试纸；32①天平的使用方法是左物右码盘的质量等于右盘的质量加游码的质量，即药品质量砝码质量游码质量，如果位置放反，根据左盘的质量右盘的质量游码的质量，列等式进行计算；（3）D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应②③均需要强碱性溶液，反应④可以通OC为NaAlOD为Al（），的离子方程过滴加少量稀盐酸实现则A为Al，B为Al23②23②根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。--式为2Al+2OH+2HO=2AlO+3H↑，222本题考查了常见化学实验基本操作方法的判断及误差分析，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，掌握化学实验的基本操作是解答关键题目难度不大。--故答案为：2Al+2OH+2HO=2AlO+3H；222（4）C是一种淡黄色固体，常用于吸吸面具中的供氧剂D是一种强则C为NaOD为24.22））342342过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为：2NaO+2CO=2NaCO+O，元素化合价222232解：氨气密度小于空气密度，氯气密度大于空气密度，为使氯气与氨气充分混合，a口通入的气升高的失电子发生氧化反应，得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应得到还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，焰色反应时D的火焰呈黄色，体是氨气（NHb口通入氯气，足量氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵为白色固体，3方程式：3Cl+8NH═6NHCl+N；2342第10页，共13页2+-+3+2+故答案为：1：2；黄．5Fe+MnO+8H═5Fe+Mn+4H，422+-+3+2+（1）若A是一种淡黄色固体，B是气态氢化物，CD为气态氧化物，且C是形成酸雨的主要物故答案为：；5Fe+MnO+8H═5Fe+Mn+4HO。42质C为SO则A为SB为HSD为SO，C与B反应生成S和水；223（1）反应8CuFeS28Cu+4FeO+2FeO+16SOCu元素、O元素化合价降低，FeS2232（2）B是气态氢化物，CD为气态氧化物，且CD是形成光化学烟雾的一个重要原因，则C为元素化合价升高；A为N，B为NHD为NO；（2）S元素化合价升高，被氧化生成二氧化硫，二氧化硫可形成酸雨，污染环境；（3）二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应；232（3）D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应②③均需要强碱性溶液，反应④可以通过滴加少量稀盐酸实现则A为Al，B为Al23OD为Al（）；3（4）炉渣（含FeOFeOSiOAlO）可制备FeO，加盐酸溶液后，过滤分离出SiO滤液中23223232（4）C是一种淡黄色固体，常用于吸吸面具中的供氧剂，D是一种强则C为NaOD为含铁离子、亚铁离子和铝离子，将亚铁离子氧化后加NaOH足量，过滤分离出氢氧化铁烧22．得FeO结合亚铁离子具有还原性及发生的反应来解答。23本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查非金属元素及金属元素化合物性质，涉及常见本题考查物质的制备为高考常见题侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应等知识点，明确元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，利用题干信息及习题中的信息结合元素化合物性质分析解答，题目难度不大。元素及其化合物知识的考查，把握单质及化合物的性质来分析推断各物质为解答的关键题目难度中等．26.素+2+3+O27.2424422223解：（1）反应8CuFeS28Cu+4FeO+2FeO+16SO中，Cu元素、O元素化合价降低，2232+-+-解：（1）Ag与Cl反应生成氯化银，离子方程式为：Ag+Cl═AgCl↓；S元素化合价升高，被还原的元素为铜元素、氧元素，故答案为：铜元素、氧元素；氯化银见光分解成单质银和氯气，反应方程式为：2AgCl2Ag+Cl；2+--（2）S元素化合价升高，被氧化生成二氧化硫，二氧化硫为氧化产物，二氧化硫可与水反应亚硫酸，形成酸雨，污染环境，故答案为：CD；氯气又可以在水溶液中生成HClO和HCl，离子方程式为：3Cl+3HO═6H+ClO+5Cl；3223-++-形成的Cl与剩余的Ag作用又生成氯化银应的离子方程式为：Ag+Cl═AgCl↓，（3）二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应应的离子方程式为+-+--、故答案为：Ag+Cl═AgCl↓2AgCl2Ag+Cl↑3Cl+3HO═6H+ClO+5Cl2223-2-2++5SO+2MnO+2HO═5SO+2Mn+4H，2424+-Ag+Cl═AgCl↓；-2-2++故答案为：5SO+2MnO+2HO═5SO+2Mn+4H；2424-（2）1.1molNaCl的溶液中：n（Cl）=1.1mol，（4）验证含有FeO，可加入稀硫酸溶解，因亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾反应则可用高锰酸钾检验观察溶液是否褪色，反应的离子方程式为+--根据2AgCl2Ag+Cl↑3Cl+3HO═6H+ClO+5Cl可得：n（）=6n（HClO3），2223第11页，共13页-+-2+根据氯离子守恒可得：n（Cl）（）（HClO）=1.1，NH+OH=NH•H，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg．沉淀最大时是氢氧化镁氢氧34322+每次新生成的AgCl有l0%见光分解可知，最终生成AgCl和Ag的物质的量之比为9：1，即：n（AgCl）=9n（Ag），化铝沉淀，沉淀最小时为氢氧化镁，故n[Mg（）]=0.01mol，根据原子守恒知，n（Mg）2=n[Mg（）]=0.01mol。生成0.01molMg（）需要n（）=0.02molAl（）和NaOH反223联立解得：n（）=0.12moln（）=1.08moln（HClO）=0.02mol，3应生成NaAlO需要NaOH溶液的体积是5mL则铝离子和NaOH溶液反应生成Al（）沉淀23所以Ag的质量为：0.12×108=12.96gAgCl的质量为：1.08×143.5=154.98g，最终生成难溶物质量为：12.96g+154.98g=167.94g，故答案为：167.94；时需要NaOH溶液的体积是则生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是氢氧化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO时消耗NaOH为0.02mol×=0.01mol则n[Al（）23++]=0.01mol结合原子守恒知n（Al）=n[Al（）]=0.01molNH应消耗NaOH为334+++（3）n（H）（Ag）=0.12molH的物质的量浓度为（H）==0.12mol/L，+-则n（NH）（OH）=0.02mol；4故答案为：0.12。①第一份加足量AgNO溶液后，有白色沉淀产生，推断至少含有COSO中的一种。因通2-2-334（1）根据反应物、生成物，利用质量守恒定律书写反应的化学方程式或离子方程式；3+过图象知含有Al铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有-（2）1.1molNaCl的溶液中：n（Cl）=1.1mol，2-2-CO、一定含有SO；34+--根据2AgCl2Ag+Cl↑3Cl+3HO═6H+ClO+5Cl可得：n（）=6n（HClO22233），②第二份加足里BaCl为6.99gBaSO4溶液后，有白色沉淀产经洗涤、干燥后，沉淀质量为2-2-根据氯离子守恒可得：n（Cl）（）（HClO）=1.1，的质n（BaSO）=6.99g÷233g/mol=0.03mol，所以n（SO）（BaSO）=0.03mol；34443++2+2-每次新生成的AgCl有l0%见光分解可知，最终生成AgCl和Ag的物质的量之比为9：1，即：n（AgCl）=9n（Ag），由电荷守恒，3n（Al）（NH）（Mg）=0.07mol＞2n（SO）=0.06mol，所以溶液中还存在44-+2+2-3NO离子，通过此实验无法判断是否含有K，原溶液中一定不存在的离子是：CuCO、3联立分别计算出n（）、n（AgCln（HClO），然后结合m=nM计算固体质量；3+H，+（3）n（H）（Ag结合c=计算氢离子浓度。2+2-+故答案为：CuCOH；3本题考查混合物反应的计题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。+-（2）溶液中离子浓度比较25～35段发生反应的离子方程式为：NH+OH=NH•H，432+-故答案为：NH+OH=NH•H；28.4322+++HOlO34323223--（3）35～40段发生反应的离子方程式为：Al（）+OH=AlO+2HO，3222+解：（1）溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu一定不存在；--故答案为：Al（）+OH