陕西省榆林市第十二中学2025届高三化学上学期第二次月考试题含解析

PAGE17-陕西省榆林市第十二中学2025届高三化学上学期其次次月考试题（含解析）1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－)＝2NAB.常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC.标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NAD.将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为【答案】B【解析】【详解】A．将1molCl2通入到水中，依据Cl元素守恒可得N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－)+2N(Cl2)＝2NA，故A错误；B．甲醛、乙酸最简式都是CH2O，式量是30，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有最简式的物质的量是0.1mol，所以其中含有的原子总数为0.4NA，故B正确；C．在标准状况下CCl4是液体，不能运用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．将CO2通过Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，依据方程式可知每增重28g，电子转移的物质的量是1mol，现在固体增重a克时，反应中转移电子数为，故D错误；答案选B。2.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分别方法都正确的是()被提纯的物质除杂试剂分别方法ANaBr溶液(NaI)氯水、CCl4萃取、分液BNH4Cl溶液(FeCl3)NaOH溶液过滤CCO2(CO)CuO粉末通过灼热的CuO粉末DSiO2(Al2O3)NaOH溶液过滤A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氯水具有氧化性，能将溴化钠中的溴离子和碘化钠中的碘离子氧化，不会得到溴化钠，A错误；B．氢氧化钠溶液可与氯化铵反应从而将原物质除掉，不符合除杂原则，B错误；C．CO与灼热的CuO粉末反应生成铜和二氧化碳，可将杂质除去，C正确；D．NaOH溶液可与SiO2和A12O3反应，从而将原物质除掉，不符合除杂原则，D错误，答案选C。点睛：本题考查物质的分别提纯，题目难度不大，留意依据物质的性质差异性选择物理或化学方法进行分别。留意杂质至少要满意两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。3.下列各组离子能够大量共存的是A.常温下，pH＝0的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、Cl－、B.常温下，水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、、Cl－、S2－C.使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、、D.在AlCl3溶液中：Na＋、、、【答案】A【解析】【详解】A.常温下，pH＝0的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中Fe3＋、Mg2＋、Cl－、四种离子之间不发生任何反应，故A正确；B.常温下，水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，碳酸氢根在碱溶液中不能存在，碳酸氢根和硫离子在酸溶液中不能存在，故B错误；C.使pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中铜离子和铁离子与氢氧根离子反应，不能大量存在，故C错误；D.在氯化铝溶液中，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应，不能大量存在，故D错误；故选A。4.下列除去杂质的方法不正确的是A.镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B.用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C.用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D.Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【答案】B【解析】【详解】A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。答案选B。5.下列叙述正确的是()A.合成氨工业中为了提高氢气利用率，适当增加氢气浓度B.Mg、Al、Cu可以分别用置换法、干脆加热法和电解法冶炼得到C.蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质D.电解饱和食盐水制烧碱采纳离子交换膜法，可防止阴极室生产的Cl2进入阳极室【答案】C【解析】【详解】A选项，合成氨工业中增加氢气的浓度要以提高氮气的利用率，而本身的利用率下降，故A错误；B选项，铝和镁用电解法制得，铜是不活泼金属，用置换就可制得，故B错误；C选项，依据物质的分类可知，蔗糖是有机物发属于非电解质，硫酸钡是盐，是强电解质，水是弱电解质，故C正确；D选项，电解饱和食盐水中Cl2在阳极产生，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】阳离子交换膜主要作用是允许阳离子钠离子通过，防止氯气与氢气混合发生爆炸，防止氯气进入阴极室与氢氧化钠反应。6.某飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，反应温度可高达2700℃,，对于该反应，下列说法正确的是A.该反应属于置换反应 B.N2H4是氧化剂C.N2O4发生氧化反应 D.N2既是氧化产物又是还原产物【答案】D【解析】【分析】在反应2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，N元素的化合价由反应前N2H4中的-2价上升为N2中的0，N元素的化合价由反应前N2O4中的+4降低为N2中的0，以此来解答。【详解】A．反应物中没有单质，因此反应不属于置换反应，A错误；B．N2H4中N元素的化合价上升，失去电子，则N2H4为还原剂，B错误；C．N2O4中N元素的化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，C错误；D．该反应中只有N元素的化合价改变，N2为生成物，是由N2H4氧化产生N2，所以N2为氧化产物；由N2O4还原产生N2，所以N2又是还原产物，则N2既是氧化产物又是还原产物，D正确；故合理选项是D。7.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A.FeCl3溶液能使淀粉-KI试纸变蓝B.Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2═2FeCl3+4FeI3C.每1molCo2O3在酸性溶液中被氧化生成Co2+时转移2mole-电子D.I2是ⅦA族元素单质，具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O3【答案】A【解析】【详解】A．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以氯化铁溶液能使淀粉-KI试纸变蓝，故A正确；B．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化铁离子后氧化碘离子，所以不行能存在反应3Cl2+6FeI2═2FeCl3+4FeI3，故B错误；C．Co2O3在酸性溶液中易得电子而被还原成Co2+，所以每1

mol

Co2O3在酸性溶液中被还原生成Co2+时转移2

mol

e-，故C错误；D．Co2O3的氧化性大于I2，所以Co2O3能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将Co2+氧化成Co2O3，故D错误；故答案为A。8.相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）A.Al B.Al(OH)3 C.AlCl3 D.Al2O【答案】A【解析】【详解】依据方程式可知Al～NaOH、Al(OH)3～NaOH、AlCl3～3NaOH、Al2O3～2NaOH。则m（Al）：m（NaOH）=27：40；m[Al(OH)3]：m（NaOH）=78：40；m（AlCl3）：m（NaOH）=33.375：40；m（Al2O3）：m（NaOH）=51：40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。故选A。9.进行化学试验，观测试验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列试验事实的说明正确的是A.浓硝酸光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定生成有色产物能溶于浓硝酸B.在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应C.在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含SO2-4D.将铜片放入浓硫酸中，无明显试验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【答案】A【解析】【详解】A.浓硝酸见光分解为二氧化氮和氧气，红棕色的二氧化氮溶于硝酸呈现出黄色，正确；B.氯气将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉显蓝色，错误；C.硝酸具有强氧化性，可能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故解除不了亚硫酸根和银离子的干扰，错误；D.钝化是生成了致密的氧化膜，这里没有发生钝化，反应条件是加热，错误。10.下列有关化学用语运用正确的是（）A.钾离子结构示意图：B.NH4I的电子式：C.CO2分子比例模型：D.甲烷结构简式：CH4【答案】D【解析】【详解】A．K的质子数为19，其离子有3个电子层，最外层电子数为8，则离子结构示意图为，故A错误；B．NH4I的电子式为，故B错误；C．C原子半径比O原子半径大，则CO2分子比例模型为，故C错误；D．甲烷的分子式、结构简式相同，则甲烷的结构简式为CH4，故D正确；故选D。11.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaC1O=2NaCl+NaClO3，在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是A.NaCl、NaClO B.NaClO、NaClO3 C.NaCl、NaClO3 D.NaClO3、NaClO【答案】C【解析】【分析】依据NaClO发生如下反应：3NaC1O=2NaCl+NaClO3可以得出，NaClO发生歧化反应；同理，NaClO2发生歧化反应时，产物中Cl元素的价态在+3价的两侧，但同时应留意，若低价Cl为+1价，还能接着发生歧化反应。【详解】A．NaCl、NaClO两种物质中Cl元素的化合价分别为-1、+1，都低于+3价，A不合题意；B．NaClO、NaClO3两种物质中Cl元素的化合价分别为+1、+5，在+3价的两侧，但+1价的Cl还会发生歧化反应，所以NaClO不是最终产物，B不合题意；C．NaCl、NaClO3两种物质中Cl元素的化合价分别为-1、+5，在+3价的两侧，C符合题意；D．NaClO3、NaClO4两种物质中Cl元素的化合价都大于+3，D不合题意；故选C。12.下列有关试验的内容正确的是()A.可用碱式滴定管量取12.85mL的KMnO4溶液B.试验室蒸馏石油可用如图甲所示试验装置C.取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶D.配制500mL0.4mol/LNaCl溶液，必要的仪器如图乙所示【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应当用酸式滴定管，A错误；B．蒸馏时温度计水银球应当放在蒸馏烧瓶的支管出口处，B错误；C．钠和钾均是活泼的金属，极易与氧气和水反应，所以取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，C正确；D．配制500mL0.4mol·L－1NaCl溶液还缺少500mＬ容量瓶和胶头滴管，不须要分液漏斗，D错误。答案选C。13.下列有关说法正确的是A.在饱和氯水中Cl－、、Na＋、可以大量共存B.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应C.向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色说明原溶液中有I－D.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋【答案】C【解析】【详解】A.氯气具有氧化性，能与具有还原性的亚硫酸根离子发生氧化还原反应，则在饱和氯水中不行能存在亚硫酸根离子，故A错误；B.氯气在加热条件下能与铁反应生成氯化铁，常温下干燥的氯气不能与氯气反应，则常温下干燥的氯气能用钢瓶贮运，故B错误；C.向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色说明氯气与溶液中的碘离子反应生成单质碘，单质碘溶于四氯化碳，下层溶液显紫色，故C正确；D.二氧化硫与碘水反应生成氢碘酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=＋2I－＋4H＋，故D错误；故选C。14.用0.1026mol·L－1的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为()A.22.30mL B.22.35mL C.23.65mL D.【答案】B【解析】【详解】滴定管的零刻度在上面，精确到0.01mL，滴定管的零刻度在上面，从上往下，刻度增大，滴定管中的液面读数为22.35mL，答案选B。15.下列试验装置（固定装置略去）和操作正确的是A.分别CCl4和水 B.酸碱中和滴定C.汲取HCl尾气 D.中和热的测定【答案】A【解析】【详解】A．四氯化碳和水是两种互不相溶的液体，所以可以利用其密度差异，四氯化碳从下口放出，水从上口倒出，A项正确；B．NaOH溶液应当运用碱式滴定管盛装，B项错误；C．倒扣的漏斗的下沿刚好浸入液面即可，浸入过多则与干脆用导管无异，失去了防倒吸的效果，C项错误；D．测中和热时，环形玻璃搅拌器应套在温度计上，D项错误；所以答案选择A项。16.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A.+3 B.+4 C.+5 D.【答案】D【解析】【详解】依据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。17.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A.质子数为17、中子数为20的氯原子：B.氯离子(Cl－)的结构示意图：C.氯分子的电子式：D.氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2【答案】C【解析】【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。18.下列指定反应的离子方程式正确的是A.氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-C.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+=I2+3H2OD.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；B.CO32−的水解为可逆反应，应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；C.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，正确的离子方程式：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，生成BaCO3和氢氧化钠、水，发生HCO3−+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。19.高炉炼铁过程中既被氧化又被还原的元素是A.铁 B.氮 C.氧 D.碳【答案】D【解析】【详解】在高炉炼铁过程中发生的反应有C+O2CO2，CO2+C2CO，3CO+Fe2O32Fe+3CO2。在反应C+O2CO2，3CO+Fe2O32Fe+3CO2中，C元素被氧化；在反应CO2+C2CO中C元素既被氧化，也被还原，故在这一系列过程中，C元素既被氧化又被还原，故合理选项是D。20.下列叙述错误的是（）A.SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B.制备乙酸乙酯时可用热NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C.用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率D.用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI【答案】B【解析】【详解】A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，都是发生氧化还原反应而褪色，正确，A不符合题意；B．制备乙酸乙酯时可用饱和碳酸钠溶液收集产物以除去其中的乙酸、乙醇，再分液，错误，B符合题意；C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，降低水的浓度，减缓乙炔的产生速率，正确，C不符合题意；D．用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI，AgCl是白色沉淀，AgI是黄色沉淀，正确，D不符合题意。答案为B。21.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量铁的化合物和硅的化合物。以孔雀石为原料可制备CuCl2·3H2O及纯碱,流程如图。且知:溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子,且三种离子沉淀的pH如表所示:回答下列问题:(1)图中“试剂1”为____________。(2)加入CuO作用是调整溶液pH,则pH的范围为____________。(3)气体E、F与饱和食盐水作用生成H和G时,E和F应按肯定先后依次通入饱和食盐水中。其中，应先通入的气体是____________(填物质的化学式)。(4)由溶液C获得CuCl2·3H2O,须要经过____________、____________、过滤等操作。【答案】(1).Cl2(或H2O2)(2).3.2⩽pH<4.7(3).NH3(4).蒸发浓缩(5).冷却结晶【解析】分析】向孔雀石中加入足量稀盐酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，铁的氧化物溶于稀盐酸生成铁盐、亚铁盐和水，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有铁盐和亚铁盐及CuCl2，气体E为CO2，将气体CO2、气体F和饱和食盐水混合得到氮肥H和物质G，依据元素守恒知F为NH3，氮肥H为NH4Cl，加热G得到纯碱，则G为NaHCO3；向溶液A中加入试剂1得到溶液B，向溶液B中加入CuO并过滤得到滤液C和沉淀D，从溶液C中能得到CuCl2.3H2O，则沉淀D应当含有铁元素，CuO的目的是调整溶液的pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，依据元素守恒知，B中含有Fe3+、Cu2+，则试剂1的目的是将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应当选取双氧水或氯水，据此分析解答。【详解】(1)依据以上分析，试剂1的目的是将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应当选取双氧水或氯水，故答案为：Cl2(或H2O2)；(2)氢氧化物完全沉淀：Fe3+pH为3.2，氢氧化物起先沉淀Cu2+pH为4.7，加入CuO作用是调整溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分别，且不能沉淀氢氧化铜沉淀，所以pH取值范围为3.2⩽pH<4.7，故答案为：3.2⩽pH<4.7；(3)气体E是二氧化碳、F是氨气，碳酸酸性小于盐酸，所以二氧化碳不溶于饱和氯化钠溶液，氨气极易溶于水，所以应当先通入F，为NH3，增大二氧化碳的溶解，从而生成碳酸氢钠和氯化铵，故答案为：NH3；(4)从溶液中获得晶体，应当采纳蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法得到较纯净的晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。22.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备试验流程如下：(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为____________。(2)图中“滤渣”的主要成分为____________(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为____________。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]

2Al2O3

+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O,将产生的气体通过图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是____________(填化学式)。②足量饱和NaHSO3溶液汲取的物质除大部分H2O(g)外还有____________(填化学式)。③KMnO4溶液褪色(还原为Mn2+)，发生的离子反应方程式为____________。【答案】(1).Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O(2).SiO2(3).2Fe2++H2O2+2H+

=2Fe3++2H2O(4).N2(5).SO3、NH3(6).2+5SO2

+2H2O=2Mn2+

+5+4H+【解析】【分析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe(CN)6]将Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。【详解】(1)Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；(2)加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3能与硫酸反应转化为离子，SiO2不溶于硫酸，故“滤渣”的主要成分为SiO2；(3)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(4)①NH4Al(SO4)2·12H2O分解生成的气体NH3和SO3被NaHSO3溶液汲取，二氧化硫被高锰酸钾汲取，所以最终集气瓶中收集到的气体是N2；②煅烧硫酸铝铵晶体，生成的气体有NH3、N2、SO3、SO2、H2O，其中氨气、三氧化硫易溶于水，能够被饱和NaHSO3溶液汲取，二氧化硫、氮气不溶于水，不能被汲取，所以故答案为：NH3和SO3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2+5SO2

+2H2O=2Mn2+

+5+4H+。23.A，B，C，D都是中学化学常见的物质，其中A，B，C均含有同一种元素。在肯定条件下相互转化的关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。请按要求回答下列问题：(1)若D为金属单质，且D是用量最大、用途最广的金属，若加热蒸干B的溶液没有得到B的盐，则B的化学式可能为_______________________________。(2)若A常用作制冷剂，B和D为空气主要成分，则反应(Ⅲ)的化学方程式为_____________________。(3)若D为氯碱工业的重要产品，反应(Ⅲ)的离子方程式可以是____________________________。(4)若D为酸或酸性气体，则A，B，C，D可以是________________(请按依次写出合理的答案)。【答案】(1).FeCl3或Fe(NO3)3(2).4NH3+6NO5N2+6H2O(3).Al3+++6H2O=4Al(OH)3↓(4).NaOH、Na2CO3、NaHCO3、CO2或NaOH、Na2SO3、NaHSO3、SO2或Fe、Fe(NO3)2、Fe(NO3)3，HNO3(或其他合理答案)【解析】【详解】(1)依据题意知，D是用量最大、用途最广的金属，则D为铁单质，具有变价，含有铁元素的B与铁反应生成C，说明B中铁元素为＋3价，C中铁元素为＋2价，A将铁氧化为＋3价，同时A也能将含＋2价铁的C氧化为＋3价，加热蒸干B的溶液没有得到B的盐，说明该盐对应的酸为挥发性酸，则可推断A为氯气(或HNO3)，B为氯化铁[或Fe(NO3)3]，C为氯化亚铁[或Fe(NO3)2]；故答案为：FeCl3或Fe(NO3)3；(2)若A用作制冷剂，则A是氨气，B和D为空气的主要成分，D是氧气，B是氮气，C为NO；则反应(Ⅲ)为氨气和一氧化氮反应生成氮气和水，化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O；故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；(3)若D为氯碱工业的重要产品，则D应为NaOH，结合题给转化关系知，A为可溶性铝盐，B为氢氧化铝沉淀，C为偏铝酸盐，则反应(Ⅲ)的离子方程式为Al3+++6H2O=4Al(OH)3↓；故答案为：Al3+++6H2O=4Al(OH)3↓；(4)若D为酸或酸性气体，A能与酸性气体反应生成两种不同的化合物，则A、B、C、D可以NaOH、Na2CO3、NaHCO3、CO2或NaOH、Na2SO3、NaHSO3、SO2或Fe、Fe(NO3)2、Fe(NO3)3，HNO3；故答案为