2026屆上海市上外附屬大境中學化學高一上期末檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某同學用下列裝置完成了濃硫酸和性質實驗（夾持裝置已省略）下列說法錯誤的是A．反應后，試管①中出現(xiàn)白色固體，將其放入水中溶液顯藍色B．試管②中品紅溶液逐漸褪色，對其加熱溶液又恢復紅色C．試管④中酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現(xiàn)了的漂白性D．試管⑤可以改為裝有堿石灰的干燥管2、下列說法正確的是()A．可用濕潤的紅色石蕊試紙檢測氨氣B．NH3能使酚酞溶液變紅，所以NH3可用于設計噴泉實驗C．少量的CO2通入氨水中：CO2＋NH3·H2O=NH4+＋HCO3-D．P2O5可用于干燥Cl2和NH33、將足量新制氯水分別滴加到下列溶液或濾紙上，對所觀察到的現(xiàn)象描述合理的一組是（）選項AgNO3溶液藍色石蕊試紙Na2CO3溶液A產生沉淀變紅有氣泡B無明顯現(xiàn)象變紅產生沉淀C產生沉淀先變紅后褪色有氣泡D產生沉淀先變紅后褪色產生沉淀A．A B．B C．C D．D4、有關膠體等分散系的制備、性質的相關說法不正確的是A．向沸水中逐滴加入氯化鐵飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，即制得氫氧化鐵膠體B．向氫氧化鐵膠體中加入稀硫酸至過量，現(xiàn)象為先生成紅褐色沉淀，之后沉淀溶解C．依據(jù)丁達爾效應可將分散系分為溶液、膠體與濁液D．將氫氧化鐵膠體與硅酸溶膠相互混合，混合液變渾濁5、下列有關化學用語表述正確是A．中子數(shù)為18的氯原子： B．硫酸的摩爾質量：98C．S2ˉ的結構示意圖： D．H2、D2、T2互為同位素6、用如圖所示實驗裝置進行相關實驗探究，其中裝置不合理的是()A．鑒別純堿與小蘇打 B．證明Na2O2與水反應放熱C．證明Cl2能與燒堿溶液反應 D．探究鈉與Cl2反應7、能用H++OH-=H2O來表示的化學反應是（）A．CuO溶于稀H2SO4 B．澄清石灰水和HNO3溶液反應C．Fe(OH)3和硫酸的反應 D．Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反應8、現(xiàn)有硫酸鈉、石灰石、二氧化硅三種白色固體，若用一種試劑將它們區(qū)別開來，該試劑是A．純水 B．鹽酸C．硝酸銀溶液 D．碳酸鈉溶液9、下列可用來區(qū)別SO2和CO2氣體的是①澄清的石灰水②氫硫酸③氯水④酸性高錳酸鉀⑤氯化鋇⑥品紅溶液A．①④⑤⑥ B．①②③⑥ C．②③④⑤ D．②③④⑥10、過量的泥沙、純堿和生石灰熔融后生成的物質是（）①水泥②玻璃③陶瓷④混凝土⑤一種硅酸鹽產品A．①④ B．②⑤ C．③ D．①③⑤11、下列關于金屬性質的敘述正確的是（）A．鈉與氧氣反應時，產物是由氧氣的用量決定的B．鋁箔在空氣中受熱可以熔化且會發(fā)生劇烈燃燒C．金屬與非金屬發(fā)生反應時，被氧化的一定是金屬D．鐵絲不論在空氣中還是在純氧氣中都不會燃燒12、下列配制的溶液濃度偏大的是（）A．配制稀鹽酸用量筒量取濃鹽酸時俯視刻度線B．配制稀鹽酸定容時，仰視容量瓶刻度線C．稱量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL時，砝碼錯放左盤D．NaOH溶解后未經(jīng)冷卻即注入容量瓶并加水至刻度線13、化學與環(huán)境密切相關，下列有關說法不正確的是A．酸雨是pH小于7的雨水B．SO2、NO2都會導致酸雨的形成C．目前工業(yè)廢氣脫硫應用最廣泛的方法是石灰法D．我國重點城市近年發(fā)布“空氣質量日報”列入的首要污染物包括SO2、NO2、可吸入顆粒物14、下列關于“硅膠”的敘述不正確的是()A．硅膠是硅酸凝膠干燥脫水而形成 B．硅膠呈多孔狀，吸水性強C．硅膠常用作干燥劑或催化劑載體 D．硅膠的主要化學成分是硅酸15、新制氯水和久置氯水相比，以下不正確的是（）A．顏色深 B．漂白作用強 C．氫離子濃度大 D．氫離子濃度少16、某國外化學教材中有一張關于氧化還原反應的插圖,由圖可知,在該反應中是()A．還原劑 B．氧化劑C．氧化產物 D．還原產物二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E五種化合物，均含有某種常見金屬元素，它們的轉化關系如圖所示，其中A為澄清溶液，C為難溶的白色固體，E則易溶于水，若取A溶液灼燒，焰色反應為紫色（透過藍色鈷玻璃觀察）。請回答下列問題：（1）寫出化學式：B____________，D___________。（2）五種化合物中難溶于水的是___________________（填化學式）。（3）寫出下列反應的離子方程式：A→B：_________________________________________________。B→E：_________________________________________________。C→E：_________________________________________________。18、A、B、C、D、E、F是六種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大；A元素的原子是半徑最小的原子；B元素的最高價氧化物對應水化物與其氣態(tài)氫化物反應生成一種鹽X；D與A同主族，且與F同周期；F元素的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的3/4倍，A、B、D、F這四種元素，每一種與C元素都能形成元素的原子個數(shù)比不相同的若干種化合物。D、E、F三種元素對應的最高價氧化物的水化物間兩兩皆能反應．請回答下列問題：（1）寫出B、C、E元素的名稱B___________、C__________、E_____________。（2）寫出C、D兩種元素形成的原子個數(shù)比為1：1的物質的電子式為____________。（3）不能驗證C和F兩種元素非金屬性強弱的結論是（填編號）________。①比較這兩種元素常見單質的熔點②比較這兩種元素的單質與氫氣化合的難易程度③比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的還原性（4）A、C、D、F四種元素可以形成兩種酸式鹽（均由四種元素組成），這兩種酸式鹽的化學式分別為________、________，這兩種酸式鹽相互反應的離子方程式為_______。（5）A、C、F間可形成甲、乙兩種微粒，它們均為負一價雙原子陰離子，且甲有18個電子，乙有10個電子，則甲與乙反應的離子方程式為___________。（6）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高價氧化物對應水化物的溶液，生成沉淀的物質的量不可能為________。①amol

②bmol

③a/3mol

④b/3mol

⑤0

⑥（4a﹣b）mol19、Fe(OH)2很不穩(wěn)定，露置在空氣中容易被氧化，為了獲得白色的Fe(OH)2沉淀，可以用不含F(xiàn)e3+的FeSO4溶液與用不含O2的蒸餾水配制的NaOH溶液反應制備。（1）Fe(OH)2在空氣中被氧化的化學方程為：_________。（2）為防止FeSO4溶液中含有Fe3+，常在其溶液中加入_________。（3）除去蒸餾水中溶解的O2常采用______________的方法。（4）生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，這樣操作的理由是____________。（5）檢驗FeSO4溶液中是否有Fe3+存在的最佳試劑是_____________。20、Fe2O3和Cu2O是紅色粉末，常作顏料。某?；瘜W實驗小組通過實驗來探究紅色粉末的成分是Fe2O3、Cu2O或二者的混合物。探究過程如下：查閱資料知：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空氣中加熱生成CuO。提出假設：假設1：紅色粉末是Fe2O3；假設2：紅色粉末是Cu2O；假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計實驗：取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN溶液。(1)若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是____；若假設2成立，發(fā)生反應的離子方程式為______。(2)經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物，設計實驗計算二者的物質的量：取一定量的該固體粉末溶于500mL未知濃度的稀硫酸溶液中，固體全部溶解，向反應后的溶液中加入Fe粉，溶液中部分離子的物質的量隨Fe粉加入，變化如圖所示，則Fe2O3和Cu2O的物質的量分別為____、_______。(3)硫酸溶液的物質的量濃度是____。21、向20mL某濃度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液時，所得的沉淀質量與加入NaOH溶液的體積之間的關系如圖所示：（1）分別用離子方程式表示圖中OA段、AB段的反應原理_________________________、_____________________________．（2）最大沉淀質量為_____g（3）所用AlCl3溶液的物質的量濃度是______________（4）當所得沉淀量為0.39g時，用去NaOH溶液的體積是_____mL或_____mL。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

濃硫酸和銅在加熱條件下反應生成SO2，試管②中品紅褪色，證明二氧化硫具有漂白性；SO2與氯化鋇溶液不反應，則試管③中無現(xiàn)象；酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能夠氧化二氧化硫，則試管④中高錳酸鉀褪色；試管⑤為NaOH溶液，用于吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境，以此解答該題。【詳解】A．反應后試管①中的白色固體為硫酸銅，將硫酸銅放入水中，溶液呈藍色，故A正確；B．二氧化硫能夠漂白品紅溶液，二氧化硫的漂白不穩(wěn)定，加熱后又恢復紅色，故B正確；C．試管④中KMnO4溶液褪色，二者發(fā)生氧化還原反應，證明SO2具有還原性，故C錯誤；D．試管⑤用于吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境，可以改為裝有堿石灰的干燥管，故D正確；故答案選C。2、A【解析】

A．氨氣的水溶液顯堿性，則可用濕潤的紅色石蕊試紙檢測氨氣，現(xiàn)象是變藍色，故A錯誤；B．氨氣可用于設計噴泉實驗是因為氨氣極易溶于水，并非氨氣能使酚酞變紅，故B錯誤；C．少量的CO2通人氨水中發(fā)生反應的離子方程式為CO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋CO32-＋H2O，故C錯誤；D．P2O5是酸性干燥劑，可以干燥Cl2，但不可以干燥NH3，故D錯誤；故答案為A。3、C【解析】

新制的氯水主要成分為氯氣、水、鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，因此新制氯水滴加到AgNO3溶液中，AgNO3溶液與鹽酸反應生成白色氯化銀沉淀，新制氯水滴到藍色石蕊試紙上，試紙先變紅后褪色，新制氯水滴到碳酸鈉溶液，碳酸鈉與鹽酸反應生成二氧化碳氣體，據(jù)此分析作答?！驹斀狻坑煞治隹芍轮坡人蔚较跛徙y溶液、藍色石蕊試紙、碳酸鈉溶液的現(xiàn)象分別是：產生白色沉淀，先變紅后褪色，有氣泡產生，因此C選項正確；故答案選C?！军c睛】解答新制氯水的有關問題時，掌握氯水的主要成分為解題的關鍵。4、C【解析】

A．向沸水中逐滴加入FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，制得氫氧化鐵膠體，故A正確；B．向氫氧化鐵膠體中加入稀硫酸至過量，先發(fā)生氫氧化鐵膠體的聚沉，硫酸過量時，氫氧化鐵沉淀溶解，因此實驗現(xiàn)象是先生成紅褐色沉淀，之后沉淀溶解，故B正確；C．溶液、膠體與濁液的本質區(qū)別為分散質粒子的直徑大小，只有膠體具有丁達爾現(xiàn)象，故C錯誤；D．硅酸膠體的膠粒帶負電荷，與氫氧化鐵膠體混合將發(fā)生聚沉，混合液變渾濁，故D正確。答案選C?！军c睛】本題考查膠體的性質，側重于基礎知識的理解和應用的考查，明確分散系分類的標準、膠體的性質、制備是解答的關鍵，注意丁達爾效應是膠體的共性。5、A【解析】

A．原子的左上角是質量數(shù)，中子數(shù)為18的氯原子的質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)=17+18=35，其表示方法為，故A正確；B．摩爾質量單位為g/mol，硫酸的摩爾質量是98g/mol，故B錯誤；C．硫離子核外存在18個電子核內有16個質子，其離子結構示意圖為：，故C錯誤；D．H1．D1和T1是氫氣分子，不是原子，不能互為同位素，故D錯誤；故答案為A。6、A【解析】

A.鑒別純堿與小蘇打，試管口略向下傾斜，且鐵架臺的鐵夾要夾在離試管口的三分之一處故此實驗裝置錯誤，故A符合題意；B.過氧化鈉與水反應放出大量熱，能能脫脂棉燃燒，此實驗裝置正確，故B不符合題意；C.氯氣與燒堿溶液反應時，錐形瓶中氯氣被消耗，壓強減小，氣球會變大，此實驗裝置正確，故C不符合題意；D.氯氣與鈉反應時，尾氣端一定要加上蘸有堿液的棉花除去尾氣中殘留的氯氣，避免氯氣污染環(huán)境，此實驗裝置正確，故D不符合題意。故答案是A。7、B【解析】

A.沒有能電離出OH-的強電解質；B.澄清石灰水的溶質Ca(OH)2能完全電離；C.Fe(OH)3難溶于水；D.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反應生成H2O的同時生成BaSO4沉淀?！驹斀狻緼.CuO溶于稀H2SO4離子方程式為：CuO+2H+=Cu2++H2O，A選項不符合題意；B.澄清石灰水和HNO3溶液反應離子方程式為：H++OH-=H2O，B選項符合題意；C.Fe(OH)3和硫酸的反應離子方程式為：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，C選項不符合題意；D.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反應離子方程式為：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D選項不符合題意；答案選B?！军c睛】離子方程式H++OH-=H2O表示強酸與強堿發(fā)生中和反應生成可溶性鹽和水的反應。8、B【解析】

A．加入水，石灰石和二氧化硅都不溶于水，不能鑒別，A錯誤；B．加入鹽酸，硫酸鈉溶解，無明顯現(xiàn)象，石灰石溶解，生成氣體，二氧化硅不反應，溶液中有沉淀，現(xiàn)象不同，可鑒別，B正確；C．加入硝酸銀溶液，石灰石和二氧化硅都不溶，硫酸鈉有沉淀產生，不能鑒別，C錯誤；D．加入碳酸鈉，與三種物質都不反應，不能鑒別石灰石和二氧化硅，D錯誤；答案選B。【點睛】掌握物質的性質差異是解答的關鍵，任何具有明顯實驗現(xiàn)象差異的物理性質、化學性質都可用于物質的鑒定。物質鑒定的一般步驟為：觀察物理性質→取少量樣品→加入某種試劑→加熱、振蕩等操作→根據(jù)現(xiàn)象→得出結論。9、D【解析】

①SO2、CO2在酸性上相似，都能使澄清石灰水變渾濁，不能用來區(qū)別，錯誤；②SO2中S既具有氧化性又有還原性，SO2＋2H2S=S↓＋2H2O，CO2不與H2S反應，現(xiàn)象不同，可以區(qū)分，正確；③SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，黃綠色褪去，CO2不與氯水反應，黃綠色不褪去，可以區(qū)分，正確；④SO2具有還原性，KMnO4具有氧化性，SO2能使酸性高錳酸鉀褪色，而CO2不行，可以區(qū)分，正確；⑤SO2、CO2均不與BaCl2反應，不能區(qū)分，錯誤；⑥SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，而CO2不能使品紅褪色，可以區(qū)分，正確。因此選項D正確。10、B【解析】

泥沙的主要成分是SiO2，與純堿(Na2CO3)、生石灰(CaO)熔融后發(fā)生反應SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑、SiO2＋CaOCaSiO3，而Na2SiO3、CaSiO3與SiO2的熔合物即為玻璃，且玻璃是一種硅酸鹽產品。所以②⑤符合題意；故B正確；答案：B。11、C【解析】

A.鈉與氧氣反應時，產物是由反應條件決定，故A錯誤；B.鋁箔在空氣中受熱可以熔化，但在空氣中不能燃燒，鋁箔在純氧氣中點燃可以發(fā)生劇烈燃燒，故B錯誤；C.金屬與非金屬發(fā)生反應時，金屬化合價升高，被氧化的一定是金屬，故C正確；D.鐵絲在純氧中加熱可以燃燒，故D錯誤；答案選C。12、D【解析】

A.配制稀鹽酸用量筒量取濃鹽酸時俯視刻度線，導致量取的濃鹽酸的體積偏小，配置溶液的濃度偏小，與題意不符，A錯誤；B.配制稀鹽酸定容時，仰視容量瓶刻度線，導致容量瓶中溶液的體積偏大，濃度偏小，與題意不符，B錯誤；C.稱量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL時，砝碼錯放左盤，未使用游碼，則稱量的質量不變，配置溶液的濃度不變，與題意不符，C錯誤；D.NaOH溶解后未經(jīng)冷卻即注入容量瓶并加水至刻度線，導致溶液的體積偏小，則濃度偏大，符合題意，D正確；答案為D?！军c睛】利用c==，判斷操作對溶液中溶質、溶液體積的影響，導致濃度的偏差。13、A【解析】

A.正常雨水中會溶解少量而顯酸性，因此我們把pH小于5.6的雨水叫酸雨，A項錯誤；B.和都能與雨水反應得到酸，故會導致酸雨的形成，B項正確；C.生石灰是堿性氧化物，可以與酸性氧化物反應得到鹽，除去廢氣中的，C項正確；D.、以及可吸入顆粒物是常見的空氣污染物，因此它們是衡量空氣質量的重要指標，D項正確；答案選A。14、D【解析】

硅酸凝膠經(jīng)干燥脫水后而形成硅膠，硅膠的主要成分是二氧化硅，具有很強的吸水性，常用作干燥劑，也可用作催化劑載體，故選：D。15、C【解析】

氯水中存在反應：Cl2+H2O=HClO+H++Cl-，2HClO=2H++Cl-+O2↑；因此新制的氯水含有Cl2、HCl、HClO，而久置的氯水含有HCl；A項，新制氯水中含有氯氣，因而呈黃綠色；久置氯水，溶液中不含氯氣，因而無色，故A項正確；B項，新制氯水中含有次氯酸，具有強氧化性，能使布條褪色；久置氯水，不含次氯酸，不能使布條褪色，故B項正確；C項，由上述反應知，久置氯水中，2HClO=2H++Cl-+O2↑，反應又產生氫離子，所以新制氯水中氫離子濃度少，故C項錯誤；D項，由上述反應知，久置氯水中，2HClO=2H++Cl-+O2↑，反應又產生氫離子，所以新制氯水中氫離子濃度少，故D項正確；故答案為C?！军c睛】新制的氯水成分：HCl、HClO、Cl2，溶液顯酸性、氧化性、漂白性；久置的氯水，因為次氯酸不穩(wěn)定，見光受熱易分解，所以最終成分為：HCl；所以新制的氯水具有漂白性，而久置的氯水沒有漂白性。16、A【解析】

由圖可知，反應中失去電子，化合價升高被氧化，因此為還原劑；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Al(OH)3AlCl3Al(OH)3、Al2O3AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2OAl2O3+2OH-＝2AlO2-+H2O【解析】

B、C都既能與鹽酸反應又能與NaOH溶液反應，應為兩性化合物，因B加熱分解可生成C，則可知B為Al(OH)3，C為A12O3，則D為AlCl3，E為NaAlO2，若取A溶液灼燒，焰色反應為紫色(透過藍色鈷玻璃片)，說明A中含有K元素，A能與二氧化碳反應生成Al(OH)3，則A應為KAlO2，結合對應物質的性質解答該題?！驹斀狻緽、C都既能與鹽酸反應又能與NaOH溶液反應，應為兩性化合物，因B加熱分解可生成C，則可知B為Al(OH)3，C為A12O3，則D為AlCl3，E為NaAlO2，若取A溶液灼燒，焰色反應為紫色(透過藍色鈷玻璃片)，說明A中含有K元素，A能與二氧化碳反應生成Al(OH)3，則A應為KAlO2；(1)通過以上分析知，B為Al(OH)3，D為AlCl3；(2)在KAlO2、Al(OH)3、A12O3、AlCl3、NaAlO2中不溶于水的有Al(OH)3和A12O3；(3)A→B的反應為AlO2-和Al(OH)3的轉化，反應的離子方程式為AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；B→D為Al(OH)3溶于NaOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O；C→E為A12O3溶于NaOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O?！军c睛】考查鋁及其化合物之間的轉化，根據(jù)B能和強酸、強堿反應且加熱易分解推斷知，B是氫氧化鋁，再結合物質的反應條件、反應物來分析解答，難度中等，注意偏鋁酸根離子和碳酸根離子不能共存，為易錯點。18、氮氧鋁①NaHSO3NaHSO4②【解析】

A、B、C、D、E、F是短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A元素的原子是半徑最小的原子，則A為H元素；B元素的最高價氧化物對應水化物與其氣態(tài)氫化物反應生成一種鹽X，則B為N元素，X為NH4NO3；D與A同主族，且D的原子序數(shù)大于N元素，故D為Na元素；F元素的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的倍，F(xiàn)原子有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，故F為S元素；A、B、D、F這四種元素，每一種與C元素都能形成元素的原子個數(shù)比不相同的若干種化合物，則C為O元素；D、E、F三種元素對應的最高價氧化物的水化物間兩兩皆能反應，是氫氧化鋁與強堿、強酸反應，可推知E為Al元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，A為H元素，B為N元素，C為O元素，D為Na元素，E為Al元素，F(xiàn)為S元素。(1)由上述分析可知，B、C、E元素的名稱分別為：氮、氧、鋁；故答案為：氮；氧；鋁；(2)C、D兩種元素形成的原子個數(shù)比為1：1的物質為Na2O2,其電子式為；；故答案為：；(3)①單質的熔點屬于物理性質，與元素的非金屬性無關，不能根據(jù)熔點比較元素的非金屬性，①不能驗證；②元素的單質與氫氣化合越容易，元素的非金屬越強，②能驗證；③氫化物的還原性越強，元素的非金屬性越弱，③能驗證；故答案為：①；(4)H、O、N、S四種元素可以形成兩種可以互相反應的酸式鹽(均由四種元素組成)分別為NaHSO3、NaHSO4；這兩種酸式鹽相互反應的離子方程式為；故答案為NaHSO3；NaHSO4；(5)H、O、S間可形成甲、乙兩種微粒，它們均為負一價雙原子陰離子，且甲有18個電子，乙有10個電子，則甲為HS-，乙為OH-，則甲與乙反應的離子方程式為：，故答案為；(6)向含有amolAlCl3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，可能發(fā)生的反應有①，②。當a∶b≥1∶3時，只發(fā)生反應①，二者恰好反應時得到沉淀為amol或mol，氯化鋁過量時，得到沉淀小于amol，可能為mol；當a∶b≤1∶4時，只發(fā)生反應②，沒有沉淀生成，即沉淀為0；當1∶3＜a∶b＜1∶4時，發(fā)生反應①②，則：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaClxmol3xmolxmolAlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl(a-x)mol4(a-x)mol則3xmol+4(a-x)mol=b，解得x=(4a-b)，即沉淀為(4a-b)mol，由于部分鋁離子轉化為氫氧化鋁沉淀，可能為mol；由氫氧根守恒可知，氫氧化鋁的物質的量不可能等于NaOH物質的量，即沉淀不能為bmol，綜上分析可知，沉淀可能為①amol、③mol、④mol、⑤0、⑥(4a-b)mol，不可能為②bmol，故答案為②?！军c睛】正確推斷元素是本題的關鍵。本題的易錯點和難點為(6)，該計算屬于字母討論型計算，增加了試題的難度，需要學會根據(jù)發(fā)生的反應方程式分情況討論。19、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3Fe粉加熱至沸騰防止空氣隨著NaOH溶液的加入進入溶液KSCN溶液【解析】

（1）氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，在空氣中容易被氧化成氫氧化鐵，反應的化學方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，（2）FeSO4溶液中亞鐵離子易被氧化為三價鐵離子，加入鐵粉可以防止被氧化；（3）氫氧化亞鐵的制備要隔絕空氣，除去蒸餾水中溶解的O2常采用加熱至沸騰的方法；（4）長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，可以防止空氣隨著NaOH溶液的加入進入溶液；（5）Fe3＋遇KSCN溶液變?yōu)檠t色，能檢驗Fe3＋，所以用KSCN來檢驗三價鐵離子，現(xiàn)象為溶液變?yōu)檠t色。20、固體全溶，溶液變?yōu)樽攸S色，隨后溶液變?yōu)檠t色Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O0.15mol0.1mol1.4mol/L【解析】

(1)Fe3+遇到KSCN溶液呈紅色；Cu2O遇到酸生成Cu和硫酸銅，無Fe3+所以溶液也不變紅；(2)紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物，加入稀硫酸后，固體全部溶解，溶液中剩余亞鐵離子和銅離子，氫離子，加入鐵單質后，各種離子物質的量減小，根據(jù)圖像，分析出各離子的物質的量?！驹斀狻?1)若假設1成立，F(xiàn)e2O3與稀硫酸反應生成Fe3+，則實驗現(xiàn)象為固體溶解，溶液變?yōu)樽攸S色，遇到KSCN溶液呈紅色；由資料知Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，銅為紅色固體不溶水，銅離子的顏色為藍色所以溶液變藍，因溶液中無Fe3+，所以滴加KSCN試劑也不變紅，離子方程式Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；(2)發(fā)生的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，由于溶液中沒有固體，則發(fā)生離子反應Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，溶液中剩余Cu2+，H+，可能含有Fe3+，根據(jù)圖像，三種離子物質的量減小到0，故溶液中一定含有Fe3+，加入鐵之前發(fā)生的反應Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于氧化性Fe3+〉Cu2+〉H+，加入鐵之后，發(fā)生的反應為2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，F(xiàn)e+2H+=Fe2++H2↑。設Fe2O3的物質的量為x，Cu2O的物質的量為y，根據(jù)三價鐵離子的物質的量關系建立關系式2x-2y=0.1，根據(jù)銅離子關系式，建立y+y=0.2解得y=0.1mol，x=0.15mol；(3)由圖象可知，當加入0.4mol鐵粉時，溶液恰好為FeSO4溶液，根據(jù)鐵元素守恒，含有FeSO4的物質的量為0