福建省泉州市泉港區(qū)第六中學2026屆高一化學第一學期期末綜合測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、化學與環(huán)境密切相關，下列有關說法錯誤的是（）A．NO2、NO含氮氧化物是光化學煙霧的主要污染物B．對酸性物質的排放加以控制，開發(fā)新清潔能源是減少酸雨的有效措施C．CO2、NO2或SO2都會導致酸雨的形成D．大氣中CO2含量的增加會導致溫室效應加劇2、在下列變化①大氣固氮②硝酸分解③實驗室制取氨氣中，按氮元素被氧化、被還原、既不被氧化又不被還原的順序排列，正確的是A．①②③ B．②①③ C．③②① D．③①②3、裝有Fe2O3、CuO、Fe、Cu的燒杯中加入過量稀硫酸，充分反應后，仍有紅色粉末剩余，則關于反應后溶液中金屬陽離子的判斷一定正確的是A．一定有Fe2+，可能有Cu2+ B．只有Fe2+C．一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+ D．只有Fe2+和Fe3+4、下列各組物質中，按化合物、單質、混合物順序排列的是（）A．氯水、氨氣、膽礬 B．堿石灰、液氯、碘酒C．干冰、鐵、水煤氣 D．生石灰、白磷、熟石灰5、下列各組離子在溶液中能大量共存的是（）A．H+、Ca2+、Cl-、CO32- B．Na+、Fe3+、OH-、SO42-C．K+、Na+、OH-、Cl- D．Cu2+、Ba2+、Cl-、SO42-6、有下列變化：①Na2CO3→Na2SiO3，②SiO2→H2SiO3，③Na2SiO3→Na2CO3，④CaO→CaSiO3，其中不能通過一步反應實現(xiàn)的是A．只有① B．②④ C．只有② D．③④7、可用下圖裝置制取（必要時可加熱）、凈化、收集的氣體是（）A．銅和稀硝酸制一氧化氮B．亞硫酸鈉與濃硫酸制二氧化硫C．鋅和稀硫酸制氫氣D．生石灰與濃氨水制氨氣8、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．常溫常壓下，33.6L氯氣與27g鋁充分反應，轉移電子數(shù)為3NAB．標準狀況下，分子數(shù)為NA的CO、N2混合氣體體積為22.4L，其質量為28gC．50mL8mol·L－1的濃鹽酸與足量的MnO2加熱反應，生成Cl2的分子數(shù)為0.1NAD．標準狀況下，80gSO3中含3NA個氧原子，體積為22.4L9、物質可以根據(jù)其組成和性質進行分類，下圖所示的分類方法的名稱是A．交叉分類法 B．樹狀分類法 C．單一分類法 D．以上方法都不正確10、將18.0g由Cu、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質量減少了5.4g。另取等質量的合金溶于過量稀HNO3中，生成了8.96LNO(標準狀況下)，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，則沉淀的質量為A．22.8g B．25.4g C．33.2g D．無法計算11、下列常見物質的俗名與化學式對應正確的是()A．鐵紅﹣Fe3O4 B．小蘇打一Na2CO3C．石英﹣SiO2 D．生石灰﹣Ca(OH)212、下列變化需要加入適當?shù)难趸瘎┎拍芡瓿傻氖茿．CuO→Cu B．Fe→FeCl2 C．H2SO4→H2 D．KMnO4→O213、將一定量的CO2氣體通入2L未知濃度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，并將溶液加熱，產生的氣體與HCl的物質的量的關系如圖所示（忽略氣體的溶解和HCl的揮發(fā)），下列說法不正確的是A．O點溶液中所含溶質的化學式為NaOH、Na2CO3B．a點溶液中c(HCO3-)>c(CO32-)C．標準狀況下，通入CO2的體積為1．8LD．原NaOH溶液的物質的量濃度為5mol/L14、下列有關化學與環(huán)境保護的說法正確的是A．就地在田間焚燒秸稈，減少運輸成本B．燒煤進行脫硫、脫硝處理，減少空氣污染C．推廣和鼓勵多使用私家車出行D．做好空氣質量預報工作，以使污染程度減小15、在配置一定物質的量濃度的硫酸溶液時，下列操作會使溶液濃度偏大的操作是（）A．使用前容量瓶中留有少量蒸餾水 B．稀釋濃硫酸后的燒杯未洗滌C．轉移稀釋后的溶液時，有少量硫酸溶液濺出 D．定容時，眼睛俯視容量瓶刻度線16、向體積相同的甲、乙兩容器中分別通入一定量的CO2和N2O，下列說法不正確的是（）A．標準狀況下，當兩容器氣體密度相同，則氣體的物質的量相同B．相同溫度下，向甲容器中通入一定的N2，使得兩容器中氮原子和氧原子數(shù)均相同，此時甲、乙兩容器的壓強之比為2:3C．0.5molCO2和N2O的混合氣體，所含電子數(shù)一定為11NAD．同溫同壓下，兩容器中氣體質量相同二、非選擇題（本題包括5小題）17、下列物質均含有某種常見元素，A、G為非金屬單質，A常溫下為褐色固體，G為空氣的主要成分之一；D常溫下為無色液體，C、E常溫下均為無色氣體，E是形成酸雨的元兇，相對分子質量是G的2倍；常溫下F為淡黃色固體。它們的轉化關系如圖所示（部分產物已略去）。(1)寫出B物質的化學式_________________。(2)氣體E能夠使品紅溶液褪色，說明它具有____________性。(3)寫出反應①的化學方程式_______________________________________。(4)寫出反應②的化學方程式_______________________________________。(5)簡述B溶液中陰離子檢驗方法________________________________________。18、有A、B、C、D四種元素，A的最高正價與其最低負價的絕對值之差為6；A、D次外層都是8個電子，A與D的化合物DA在水溶液中能電離出具有相同電子層結構的陰、陽離子；B有兩個電子層，其最高正價與最低負價的代數(shù)和為0；C2－與氬原子具有相同的電子層結構。(1)試寫出上述各元素的符號：A______，B______，C______，D______。(2)畫出下列粒子的結構示意圖：A：________________，C2－：__________。(3)元素A、C、D形成簡單離子的半徑由大到小的順序是________________。(4)寫出A、D的最高價氧化物對應水化物反應的化學方程式：_____________。19、鋁熱反應是鋁的一個重要性質，該性質用途十分廣泛，不僅被用于焊接鋼軌，而且還常被用于冶煉高熔點的金屬如釩、鉻、錳等。（1）某?；瘜W興趣小組同學，取磁性氧化鐵按教材中的實驗裝置(如圖甲)進行鋁熱反應，現(xiàn)象很壯觀。指明使用鎂條和氯酸鉀的目的是______________________。（2）某同學用圖乙裝置進行鋁熱反應。取反應后的“鐵塊”溶于鹽酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未見血紅色。為測定該實驗所得“鐵塊”中鐵元素含量，設計實驗流程如圖所示。幾種氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。Fe2+Fe3+Al3+Mg2+開始沉淀時的pH7.52.84.29.6沉淀完全時的pH9.04.0511①試劑A應選擇________，試劑B應選擇_______。(填序號)A．稀鹽酸B．氧化鐵C．H2O2溶液D．氨水②寫出反應Ⅱ的離子方程式_____________________。③設計簡單實驗證明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4。操作預期現(xiàn)象取少量M固體于試管中，向其中加入________________；觀察。固體完全溶解，溶液呈黃色。繼續(xù)向上述溶液中滴入_________________，振蕩觀察______________________④上述實驗應灼燒至M質量不變，則能證明M質量不變的標志是____________。⑤若最終紅色粉未M的質量為12.0g，則該“鐵塊”的純度是_______。20、已知A、B、D、H是中學化學中常見的單質，J為藍色溶液。轉化關系如下(部分生成物及反應條件已略去)：（1）若A、B均為氣體時，當分別用玻璃棒蘸取C與G的濃溶液并使它們靠近時，有白煙生成，則：①請寫出下列物質的化學式：D________，E________。②請寫出反應Ⅱ的化學方程式：_______，反應Ⅳ中還原劑和氧化劑物質的量之比為_______。（2）若A為氣體，B為固體時，已知C在D中完全燃燒可生成E和水。E是一種常見的空氣污染物，且將C與E混合可生成淡黃色固體B。寫出C與E反應的化學方程式：________；簡述檢驗氣體E的方法：______________。21、請回答下列問題：I．工業(yè)生產純堿的工藝流程示意圖如下：（1）為除去粗鹽水中的Mg2＋、Ca2＋、SO42－等雜質離子，加入試劑順序合理的是________。A．碳酸鈉、氫氧化鈉、氯化鋇B．碳酸鈉、氯化鋇、氫氧化鈉C．氫氧化鈉、碳酸鈉、氯化鋇D．氯化鋇、氫氧化鈉、碳酸鈉（2）工業(yè)生產純堿工藝流程中，碳酸化時產生的現(xiàn)象是________________。（3）碳酸化后過濾，濾液A最主要的成分是______________(填寫化學式)，檢驗這一成分的陰離子的具體方法是：________________________________。（4）煅燒制取Na2CO3在_______(填字母序號)中進行。a．瓷坩堝b．蒸發(fā)皿c．鐵坩堝d．氧化鋁坩堝II．純堿在生產生活中有廣泛的用途。（5）工業(yè)上，可能用純堿代替燒堿生產某些化工產品。如用飽和純堿溶液與氯氣反應可制得有效成分為次氯酸鈉的消毒液，其反應的離子方程式為________________________。（6）純堿可制備重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)，鉻鐵礦中的1molCr2O3反應時需要通入標準狀況下O2的體積為_________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．N的氧化物可導致光化學煙霧發(fā)生，則NO2、NO含氮氧化物是光化學煙霧的主要污染物，A說法正確；B．二氧化硫可導致酸雨發(fā)生，為減少酸雨發(fā)生，酸性物質的排放加以控制，開發(fā)新清潔能源，B說法正確；C．溶解CO2的雨水為正常雨水，而NO2或SO2都會導致酸雨的形成，C說法錯誤；D．二氧化碳過量排放可導致全球溫度升高，則CO2含量的增加會導致溫室效應加劇，D說法正確；答案為C。【點睛】雨水中溶解了二氧化碳后，導致溶液的pH略小于7，而酸雨的pH小于5.6。2、A【解析】

①大氣固氮發(fā)生的反應為N2+O22NO，其中N元素的化合價由0價升至+2價，氮元素被氧化；②硝酸分解的方程式為4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，其中N元素的化合價由+5價降至+4價，氮元素被還原；③實驗室制氨氣的原理為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，N元素的化合價不變，氮元素既不被氧化又不被還原；按氮元素被氧化、被還原、既不被氧化又不被還原的順序排列為①②③，答案選A。3、A【解析】

加入過量的稀硫酸，仍有紅色粉末存在，即仍有剩余，因為Cu3+=Cu2+2+，可知溶液中一定沒有，由于氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，F(xiàn)e3＋無論是和Fe反應，還是和Cu反應，溶液中一定存在Fe2＋；當Fe過量時，由于FeCu2+=Fe2+Cu，不存在Cu2＋；當Fe不足時，有Cu2＋，則溶液中可能含有，一定含有，故選A項；本題答案為A。4、C【解析】

A．氯水是氯氣的水溶液，為混合物，氨氣是化合物，膽礬是化合物，A不合題意；B．堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，液氯是液態(tài)的氯氣為單質，碘酒是碘單質的酒精溶液，為混合物，B不合題意；C．干冰是固態(tài)二氧化碳，為化合物，鐵是單質，水煤氣是一氧化碳和氫氣的混合物，C符合題意；D．生石灰是氧化鈣，為化合物，白磷是單質，熟石灰是氫氧化鈣，為純凈物、化合物，D不合題意；故答案為：C。5、C【解析】

離子間能發(fā)生復分解反應的，則不能大量共存?！驹斀狻緼.H+、Ca2+會與CO32-反應，不能大量共存，A項不符合題意；B．Fe3+會與OH-反應生成氫氧化鐵沉淀，不能大量共存，B項不符合題意；C．K+、Na+、OH-、Cl-間均不能發(fā)生反應，可以大量共存，C項符合題意；D．Ba2+會與SO42-反應生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，D項不符合題意；所以答案選擇C項。【點睛】復分解反應發(fā)生的條件是有沉淀（難溶物質）生成或有氣體(易揮發(fā)物質)或有水（難電離物質）生成，也就是有新物質生成。6、C【解析】碳酸鈉與二氧化硅在高溫下反應能生成硅酸鈉，②二氧化硅不溶于水，不與水反應，所以不能一步轉化為硅酸，至少得兩步才能完成這個轉化：先與堿性物質反應生成硅酸鹽，再與酸反應生成硅酸，③因為碳酸的酸性比硅酸強，所以向硅酸鈉溶液中通入少量二氧化碳后可生成碳酸鈉和硅酸，④氧化鈣是堿性氧化物，可以與酸性氧化物二氧化硅在高溫下反應生成硅酸鈣。綜上所述，只有②不能一步實現(xiàn)，所以選C。7、B【解析】

A、NO不能用排空氣法收集，錯誤；B、正確；C、H2應用向下排空氣法收集，錯誤；D、NH3不能用濃硫酸干燥，應用向下排空氣法收集，錯誤。8、B【解析】

A．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故33.6L氯氣的物質的量小于1.5mol，故與27g鋁反應時，鋁過量，則轉移的電子數(shù)小于3NA，故A錯誤；B．氣體體積V=，而氮氣和CO的摩爾質量均為28g/mol，故NA個氮氣和CO分子即1mol混合物的質量為28g，與兩者的比例無關，故B正確；C．二氧化錳只能與濃鹽酸反應，與稀鹽酸不反應，故濃鹽酸不能反應完全，生成的氯氣分子個數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D．標況下三氧化硫為固體，故80g三氧化硫即1mol三氧化硫的體積小于22.4L，故D錯誤；故選B。9、B【解析】

交叉法就是按照不同的標準進行分類，把物質分成若干類的方法，如碳酸鈉既是碳酸鹽又是鈉鹽；樹狀分類法是一種很形象的分類法，按照層次，一層一層來分，就像一棵大樹，有葉、枝、桿、根；單一分類法是以一個標準將物質進行分類；圖示方法就是樹狀分類法，故選B。10、A【解析】

將18.0克由Cu、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有鋁參與反應，則合金質量減少的5.4克為Al，物質的量為；將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質的量為，其中0.2mol鋁完全反應失去0.6mol電子，則Cu、Fe完全反應失去電子為1.2mol-0.6mol=0.6mol，反應中Cu、Fe失去電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的量，則n(OH-)=0.6mol，從金屬單質轉化為其氫氧化物，增加的是氫氧根離子的質量，所以反應后沉淀的質量(包括氫氧化鋁)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g，但是加入過量氫氧化鈉后，不會生成氫氧化鋁沉淀，開始合金質量減少了5.4g，所以反應后氫氧化銅、氫氧化鐵的質量為28.2g-5.4g=22.8g，答案選A。11、C【解析】

A．Fe3O4為磁性氧化鐵，而鐵紅為三氧化二鐵，化學式為Fe2O3，故A錯誤；B．Na2CO3為蘇打，小蘇打為碳酸氫鈉，其化學式為NaHCO3，故B錯誤；C．石英為SiO2，故C正確；D．Ca(OH)2為熟石灰，生石灰為CaO，故D錯誤；故選：C。12、B【解析】

加入氧化劑發(fā)生氧化反應，元素的化合價升高?！驹斀狻緼．CuO→Cu，銅的化合價由+2價降低到0價，應該加入還原劑，故A不選；B．Fe→FeCl2，鐵的化合價從0價升高到+2價，被氧化，應該加入氧化劑，故B選；C．H2SO4→H2，氫的化合價從+1價降低到0價，應該加入還原劑，故C不選；D．KMnO4→O2，雖然氧的化合價從-2價升高到0價，但KMnO4可以自身分解：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，所以可以不用額外加入氧化劑，故D不選；故選B?！军c睛】加入氧化劑，發(fā)生氧化反應，物質所含元素化合價升高；加入還原劑，發(fā)生還原反應，物質所含元素化合價降低。但有的變化過程不需要加入氧化劑或還原劑就能實現(xiàn)化合價的變化，這種情況通常出現(xiàn)在歧化反應里，如Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl的化合價既升高又降低，既不需要加入氧化劑，也不需要加入還原劑。13、D【解析】

A、Na3CO3跟鹽酸的反應是分步進行的：Na3CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl="NaCl"+H3O+CO3↑，HCl與Na3CO3、NaHCO3都按1：1反應，由圖像可知生成二氧化碳消耗的HCl的物質的量小于從反應到開始產生二氧化碳階段消耗的HCl，故溶液中溶質為NaOH、Na3CO3，A正確；B、a點溶液中溶質為碳酸氫鈉，碳酸氫根水解，溶液顯堿性，則溶液中c(HCO3-)＞c(CO33-)，B正確；C、由圖可知，a點時開始生成氣體，故發(fā)生反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+H3O+CO3↑，至生成二氧化碳體積最大時，該階段消耗的HCl的物質的量為3mol，由方程式可知產生二氧化碳的物質的量為3mol，生成的二氧化碳的物質的量等于開始通入的二氧化碳的物質的量，故開始通入的二氧化碳的體積為3mol×3．4L/mol=1．8L，C正確；D、加入5molHCl生成二氧化碳體積最大，此時溶液中溶質為NaCl，根據(jù)氯離子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根據(jù)鈉離子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==3．5mol/L，D錯誤；答案選D。【點晴】掌握反應的原理，特別是相關反應的化學方程式以及清除圖像中各段表示的意義是解答的關鍵。在Na3CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入鹽酸，鹽酸先與何種物質反應，取決于CO33－和HCO3－結合H＋的難易程度。由于CO33－比HCO3－更易于結合H＋形成難電離的HCO3－，故鹽酸應先與Na3CO3溶液反應。只有當CO33－完全轉化為HCO3－時，再滴入的H＋才與HCO3－反應。14、B【解析】

A．焚燒大量秸稈會造成空氣污染，故A錯誤；B．脫硫處理可減少二氧化硫的排放，減少酸雨的形成，故B正確；C．少開私家車，多乘公共交通工具會減少汽車尾氣的排放，減少了污染環(huán)境，屬于綠色消費，故C錯誤；D．做好空氣質量預報工作，并不能減少污染，故D錯誤；答案為B。15、D【解析】

A．配制一定物質的量濃度的溶液時，洗凈的容量瓶中殘留少量蒸餾水，不影響所配溶液的濃度，因為在配制過程中還要向容量瓶中注入一定量的蒸餾水，選項A不符合；B．稀釋濃硫酸后的燒杯未洗滌，導致硫酸的量減少，所配溶液濃度偏小，選項B不符合；C．轉移稀釋后的溶液時，有少量硫酸溶液濺出，導致溶質偏少，所配溶液濃度偏小，選項C不符合；D．定容時，眼睛俯視容量瓶刻度線，則所加蒸餾水的量偏少，所配溶液的濃度偏大，選項D符合；答案選D。16、B【解析】

CO2和N2O的摩爾質量相等，且相同分子中含有的原子個數(shù)也相等?！驹斀狻緼.標準狀況下，當兩容器氣體密度相同，且體積相同，則氣體的質量相等，而兩氣體的摩爾質量相等，氣體的物質的量相同，與題意不符，A錯誤；B.相同溫度下，向甲容器中通入一定的N2，使得兩容器中氮原子和氧原子數(shù)均相同，即N2O為二氧化碳的物質的量的2倍，氮氣與N2O物質的量相等，此時甲、乙兩容器的壓強之比為3:2，符合題意，B正確；C.CO2和N2O中均含有22個電子，則0.5molCO2和N2O的混合氣體，所含電子數(shù)一定為11NA，與題意不符，C錯誤；D.同溫同壓下，兩容器的體積相等，則氣體的物質的量相等，而摩爾質量相等，則兩氣體的質量相同，與題意不符，D錯誤；答案為B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、H1SO4漂白性C+1H1SO4(濃)CO1↑+1SO1↑+1H1O1Na1O1+1CO1=1Na1CO2+O1取少量待測液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象；再加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，證明含有SO41-?！窘馕觥?/p>

F常溫下為淡黃色固體，且能與無色氣體F反應生成G，而為空氣的主要成分之一，可知F為Na1O1、C為CO1、G為O1．無色氣體E是形成酸雨的元兇，其相對分子質量是G（氧氣）的1倍，可知E為SO1，故H為SO2．A為非金屬單質且常溫下為褐色固體，D常溫下是無色液體，結合轉化關系可知A為碳、D為H1O、B為H1SO4。【詳解】F常溫下為淡黃色固體，且能與無色氣體F反應生成G，而為空氣的主要成分之一，可知F為Na1O1、C為CO1、G為O1．無色氣體E是形成酸雨的元兇，其相對分子質量是G（氧氣）的1倍，可知E為SO1，故H為SO2．A為非金屬單質且常溫下為褐色固體，D常溫下是無色液體，結合轉化關系可知A為碳、D為H1O、B為H1SO4。（1）由上述分析可知，B物質的化學式為：H1SO4，故答案為：H1SO4；（1）E為SO1，能夠使品紅溶液褪色，說明它具有漂白性，故答案為：漂白；（2）反應①的化學方程式為：C+1H1SO4（濃）CO1↑+1SO1↑+1H1O，故答案為：C+1H1SO4（濃）CO1↑+1SO1↑+1H1O；（4）反應②的化學方程式為：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1，故答案為：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1；（5）B溶液中陰離子為硫酸根離子，檢驗硫酸根的方法為：取少量待測液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象；再加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，證明含有SO41﹣，故答案為：取少量待測液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象；再加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，證明含有SO41﹣。【點睛】本題考查無機物的推斷，物質的顏色、狀態(tài)與類屬、環(huán)境危害與空氣組成、反應中特殊轉化等是推斷突破口，熟練掌握元素化合物知識，注意掌握常見離子的檢驗方法。18、ClCSKS2－＞Cl－＞K＋HClO4＋KOH=KClO4＋H2O【解析】

A、B、C、D四種元素，C2-離子與氬原子具有相同的電子層結構，則C為硫元素；B有兩個電子層，其最高正化合價與最低負化合價的代數(shù)和為零，則最外層電子數(shù)為4，故B為碳元素；A的最高正價與其最低負價的代數(shù)和為6，則A處于ⅦA族，A次外層電子數(shù)是8個，則A為氯元素；D次外層電子數(shù)是8個，A和D的化合物DA在水溶液中能電離出具有相同電子層結構的陰、陽離子，A為氯元素，A離子帶1個單位負電荷，核外電子數(shù)為18，所以D的陽離子帶1個單位正電荷，核外電子數(shù)為18，故D為鉀元素，據(jù)此分析。【詳解】（1）由上述分析可知A元素符號為Cl；B元素符號為C；C元素符號為S；D元素符號為K；（2）A為氯原子，其結構示意圖為；C2-為硫離子，是硫原子得到兩個電子，最外層達到8電子穩(wěn)定結構，其離子結構示意圖為；（3）A為Cl；C為S；D為K，故離子具有相同的核外電子排布，根據(jù)核電荷數(shù)越大的，離子半徑反而小可得離子半徑由大到小的順序為S2-＞Cl-＞K+。（4）A、D的的最高價氧化物對應水化物為HClO4、KOH，反應的化學方程式為HClO4＋KOH＝KClO4＋H2O。19、引發(fā)鋁熱反應CD2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O足量稀硫酸幾滴(少量)高錳酸鉀溶液溶液紫紅色未褪去連續(xù)兩次灼燒質量相差不大于0.1g84.0%【解析】(1)鋁熱反應需要在高溫條件下進行，Mg條燃燒，放出熱量，使氯酸鉀分解產生O2，促使鎂條劇烈燃燒，產生更多的熱量，達到鋁熱反應所需要的高溫。答案為：引發(fā)鋁熱反應(2)）①由提給信息可知，鐵塊中含+2價鐵，根據(jù)表格可知，要使鐵元素完全沉淀而鋁離子和鎂離子不沉淀，需將Fe2+轉化為Fe3+，故需要加入H2O2；然后調節(jié)4≤pH＜4.2即可將Fe3+沉淀而Al3+、Mg2+不沉淀，調節(jié)pH選用的試劑不能用氧化鐵，因為會引起紅色粉未M的質量偏大，故應選用氨水，故答案為C；D②Fe2+具有還原性，能被H2O2在酸性下氧化成Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O③Fe2O3中Fe為+3價，F(xiàn)e3O4中Fe既有+3價，又有+2價，取少量M固體于試管中，向其中加入足量稀硫酸，發(fā)現(xiàn)固體溶解，溶液呈黃色，說明溶液中含F(xiàn)e3+；再向溶液中加入KMnO4溶液，觀察現(xiàn)象，發(fā)現(xiàn)溶液紫紅色未褪去，說明溶液中無Fe2+，因為Fe2+有還原性，能與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應，而使KMnO4溶液褪色。故答案為足量稀硫酸、幾滴(少量)高錳酸鉀溶液、溶液紫紅色未褪去；④若Fe（OH）3已完全分解，則用天平連續(xù)兩次稱量M的質量時相差不大于0.1g。故答案為連續(xù)兩次灼燒質量相差不大于0.1g；⑤紅色粉末為Fe2O3，質量為12.0g，物質的量為12/160=0.075（mol）,根據(jù)鐵守恒有鐵塊中鐵的質量為0.075*56*2=8.4（g）,鐵塊純度為×100℅=84℅點睛：Fe2+不易沉淀，且易被氧化，須轉化為Fe3+,在PH較低的條件下繼續(xù)轉化為沉淀而除去，而Mg2+、Al3+不會沉淀，達到將Fe元素分離出來的目的。20、O2NO4NH3＋5O24NO＋6H2O2:12H2S＋SO2=3S＋2H2O將氣體通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后恢復紅色，證明E是SO2【解析】（1）①若A、B均為氣體時，