天津市滨海新区塘沽滨海中学2022届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年天津市滨海新区塘沽滨海中学高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1．（2分）关于Na2O与Na2O2的叙述正确的是（　　）　A．都是白色固体B．都是供氧物质　C．都能和水反应形成强碱溶液D．都是强氧化剂考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、Na2O是白色的，Na2O2是黄色的固体；B、Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气；Na2O不能与其他物质反应产生氧气；C、Na2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气；D、强氧化剂是物质的组成元素化合价降低的性质，根据元素化合价来判断．解答：解：A、Na2O是白色的，而Na2O2是黄色的固体，故A错误；B、Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧物质，Na2O不能与其他物质反应产生氧气，不作供氧物质，故B错误；C、Na2O与Na2O2与水反应都能生成氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故C正确；D、Na2O中氧元素的化合价是﹣2价，Na2O2中氧元素的化合价是﹣1价，Na2O2具有氧化性，故D错误；故选C．点评：本题考查钠的氧化物的性质，明确发生的化学反应及相关的概念是解答本题的关键，难度不大．　2．（2分）下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（　　）①NaHCO3②Al③Al2O3④Al（OH）3⑤AlCl3⑥CuO．　A．②③④⑤B．①③④⑥C．①②③④D．全部考点：两性氧化物和两性氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：本题根据酸的性质、碱的性质来解决，酸的通性：能与排在H前的金属发生置换反应、能与碱发生中和反应、能与一些盐发生复分解反应、能和碱性氧化物反应；碱的同性：能与酸发生中和反应、能与一些盐发生复分解反应．结合题中给出的物质NaHCO3、Al2O3、Al（OH）3、CuO、Al，NaHCO3是碳酸的酸式盐，Al2O3是两性氧化物，Al（OH）3是两性氢氧化物，CuO是碱性氧化物，Al是金属，AlCl3是盐．解答：解：①NaHCO3是一种酸式盐，根据酸式盐的性质，酸式盐能与碱发生反应生成正盐，即NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，即能和氢氧化钠溶液反应；由于盐酸的酸性比碳酸的强，因此NaHCO3能与盐酸反应，即NaHCO3+HCl═NaCl+H2O，故NaHCO3-18-\n即能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；②Al这种金属既能与酸反应，又能与强碱反应，其反应方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故Al既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；③Al2O3是一种两性氧化物，根据两性氧化物的概念，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，其方程式为Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，即Al2O3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；④Al（OH）3是两性氢氧化物，即能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物，为两性氢氧化物．其方程式为2Al（OH）3+6HCl═2AlCl3+6H2O；Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，Al（OH）3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；⑤AlCl3和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，过量氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠溶液，和盐酸不发生反应；⑥CuO是一种碱性氧化物，只能与酸反应生成盐和水，其方程式为CuO+2HCl═CuCl2+H2O，不能与碱反应；故选C．点评：本题综合系统的考查了元素化合物的知识，酸、碱的性质，需准确熟练的掌握其反应关系，题目难度中等．　3．（2分）下列方法不能够生成Al（OH）3的是（　　）　A．向AlCl3溶液中滴加Ba（OH）2溶液B．向NaAlO2溶液中滴加过量的HC　C．.向NaAlO2溶液中通入CO2D．l向AlCl3溶液中滴加氨水考点：镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、向AlCl3溶液中滴加Ba（OH）2溶液，根据AlCl3溶液过量判断；B、向NaAlO2溶液中滴加过量的HCl，根据盐酸过量分析；C、向NaAlO2溶液中通入CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢铵；D、向AlCl3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝和氯化铵．解答：解：A、向AlCl3溶液中滴加Ba（OH）2溶液，AlCl3溶液过量，则发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，故A不选；B、向NaAlO2溶液中滴加过量的HCl，因为盐酸过量，则发生4H++AlO2﹣═Al3++2H2O，故B选；C、向NaAlO2溶液中通入CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢铵，反应为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C不选；D、向AlCl3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D不选；故选：B．点评：本题以氢氧化铝的制备为载体，考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性．　4．（2分）在无色透明的溶液中能大量共存的是（　　）　HCO3﹣、Na+、OH﹣、Cl﹣Ca2+、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣-18-\nA．B．　C．Fe2+、Na+、H+、NO3﹣D．Cl﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体、水或不发生氧化还原、互促水解等反应，则可大量共存，否则不能，结合对应离子的性质解答该题．解答：解：A．HCO3﹣与OH﹣反应而不能大量共存，故A错误；B．Ca2+与SO42﹣、CO32﹣不能大量共存，故B错误；C．Fe2+有颜色，在酸性条件下与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子共存，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，主要把握常见离子的性质和反应类型的判断，难度不大．　5．（2分）在明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液，当硫酸根离子恰好完全沉淀时，铝元素的存在形式为（　　）　A．一部分为Al（OH）3，一部分为Al3+B．全部为Al（OH）3　C．一部分为Al（OH）3，一部分为AlO2﹣D．全部为AlO2﹣考点：镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl（SO4）2+2Ba（OH）2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，以此来解答．解答：解：向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，1molKAl（SO4）2需要消耗2molBa（OH）2，则发生KAl（SO4）2+2Ba（OH）2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，显然铝元素几乎全部以AlO2﹣形式存在于溶液中，故选D．点评：本题考查离子反应，明确硫酸根离子完全沉淀时消耗的氢氧化钡的量是解答本题的关键，题目难度不大．　6．（2分）要除去Fe2O3中混有的Al2O3，最好的方法是（　　）　A．用NaOH洗涤、过滤B．用H2加热还原C．用CO加热还原D．用盐酸洗涤过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．分析：氧化铝是两性氧化物，可以与强酸、强碱反应，利用氧化铝与强碱反应而Fe2O3-18-\n不能反应除去Fe2O3中混有少量Al2O3．解答：解：Fe2O3和Al2O3都可与酸反应，则不能用盐酸和硝酸除杂，Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，则可用氢氧化钾溶液分离，氢气、CO等不能除去氧化铝固体，故选：A．点评：本题以氧化铝的性质为载体考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，难度不大．　7．（2分）在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（　　）　A．6：1B．3：1C．2：1D．1：2考点：镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．专题：图示题．分析：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．解答：解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1=1：2，故选D．点评：考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键．　8．（2分）将等物质的量的镁和铝均匀混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（　　）　A．3mol•L﹣1盐酸B．4mol•L﹣1HNO3溶液-18-\n　C．5mol•L﹣1NaOH溶液D．18.4mol•L﹣1H2SO4溶液考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应，而加入HCl，Mg和Al都与盐酸反应生成H2，所以H2量最多．解答：解：A、盐酸为非氧化性酸，等物质的量的镁和铝都能和盐酸反应生成氢气；B、硝酸为氧化性酸，与镁、铝反应不会生成氢气；C、镁不能和氢氧化钠反应，铝和氢氧化钠反应生成氢气；D、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；有以上分析可知：加入盐酸，等物质的量的镁和铝都与盐酸反应产生氢气，所以氢气量最多．故选A．点评：本题考查金属与酸反应的性质比较，难度不大，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸．　9．（2分）下列关于铁的叙述正确的是（　　）①铁能被磁铁吸引，但纯铁易腐蚀②在人体的血红蛋白中含有铁元素③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe（NO3）3⑥不能通过化合反应制得FeCl2和Fe（OH）3．　A．①③B．②④C．②⑤D．④⑥考点：铁的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：①纯铁不易腐蚀；②人体的血红蛋白中含有铁元素；③铁位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族；④铁与水蒸气在高温下可发生反应；⑤铁过量，可生成Fe（NO3）2；⑥Fe（OH）2可通过化合反应制备Fe（OH）3．解答：解：①铁合金易发生电化学腐蚀，纯铁不易腐蚀，故错误；②人体的血红蛋白中含有铁元素，贫血时可通过补铁治疗，故正确；③铁位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，故错误；④铁与水蒸气在高温下可发生反应，但不是燃烧，故正确；⑤铁过量，可生成Fe（NO3）2，故错误；⑥Fe（OH）2可通过化合反应制备Fe（OH）3，故错误．故选B．点评：-18-\n本题综合考查铁及其化合物的性质，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．　10．（2分）红珊瑚栖息于200～2000米的海域，产于台湾海峡、南中国海，它与琥珀、珍珠被统称为有机宝石．在中国，珊瑚是吉祥富有的象征，一直用来制做珍贵的工艺品．红珊瑚是无数珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，其红色是因为在海底长期积淀某种元素，该元素是（　　）　A．NaB．FeC．SiD．Cu考点：铁的氧化物和氢氧化物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：红珊瑚的化学成分主要是CaC03，矿物成分以徽晶方解石集合体形式存在．成分中还有一定数量的有机质，红珊瑚整体形态多呈树枝状，上面有纵条纹．每个单体珊瑚是红色、粉红色、橙红色最为珍贵，是我们通常所说的宝石级和收藏级的珊瑚．红色是珊瑚在生长过程中吸收海水中1%左右的氧化铁而形成的，所以红色是铁元素形成的氧化铁呈现的，依据海水中的铁元素被氧化为红色的三氧化二铁，被珊瑚吸收形成的分析判断；每升海水超过100毫克的元素．称为常量元素．最主要的常量元素有氧、钠、镁、硫、钙、钾、溴、碳、鳃、硼、氟11种，约占化学元素总含量的99.8～99.9．其他化学元素含量极少，其中，每升海水含有l～100毫克的元素．称为微量元素．如铁、钼、钾、铀、碘等．每升海水含有1毫克以下的元素称为痕量元素．如金、银、镉等．溶解于海水中的化学元素绝大多数是以盐类离子的形式存在的，其中氯化钠最多．解答：解：A、钠形成的化合物无红色物质形成，故A不符合；B、铁元素形成氧化铁呈红色，珊瑚在生长过程中吸收氧化铁形成红色，故B符合；C、海水中硅元素含量很低，硅元素形成的物质中无红色物质生成，故C不符合；D、溶解于海水中的化学元素绝大多数是以盐类离子的形式存在的，海水中铜的含量低到仪器检测不到，铜离子在溶液中呈蓝色，故D不符合；故选B．点评：本题考查了红珊瑚的知识应用，较简单，熟练掌握铁及其化合物的性质和颜色，了解珊瑚的形成过程是关键．　11．（2分）将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.2molNO2和0.3molNO，下列说法正确的是（　　）　A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3　B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2　C．反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为1：3　D．反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为3：1考点：硝酸的化学性质；铁的化学性质．专题：守恒法；氮族元素．分析：根据氧化还原反应中电子得失相等．-18-\n解答：解：铁失电子，NO2和NO得电子，得失电子守恒．0.3molNO2得0.3mol电子，0.2molNO得3×0.2mol=0.6mol电子，共得0.9mol电子而n（Fe）==0.4mol，这些电子由0.4mol的铁提供，每molFe3+提供3mol电子，每molFe2+提供2mol电子．设Fe（NO3）3的物质的量为x，Fe（NO3）2的物质的量为y．联立方程组：3x+2y=0.3+0.6x+y=0.4解得：x=0.1，y=0.3所以，n[Fe（NO3）3]：n[Fe（NO3）2]=1：3故选：C点评：解这种题目需要掌握技巧，把握氧化还原反应的实质：电子的转移（严格的说，氧化还原反应的实质就是发生了电子的转移或者共用电子对的偏移，在解题中都看成电子的转移），同时还要抓住质量守恒．　12．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．光导纤维的主要成份是硅　B．常用氢氟酸（HF）来刻蚀玻璃　C．制普通玻璃的主要原料是烧碱、石灰石、石英　D．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液考点：硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用．专题：碳族元素．分析：A．光导纤维的主要成份是二氧化硅；B．氢氟酸能与二氧化硅反应；C．制普通玻璃的主要原料用纯碱，而不是烧碱；D．保存氢氧化钠溶液应用橡皮塞．解答：解：A．光导纤维的主要成份是二氧化硅，硅常用于半导体材料，故A错误；B．氢氟酸能与二氧化硅反应，而玻璃中含有二氧化硅，则可用于雕刻玻璃，故B正确；C．制普通玻璃的主要原料用纯碱、石灰石、石英，不是烧碱，故C错误；D．NaOH与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故D错误．故选B．点评：本题考查硅以及硅的化合物，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　13．（2分）2022年我国载人飞船再次升空，显示出我国航天技术已进入世界一流．飞船应用了许多尖端的合成材料．据报道我国科学家近年来研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的．下列相关叙述不正确的是（　　）-18-\n　A．它耐高温抗氧化B．它比钢铁轻、硬，但质地较脆　C．它没有固定熔点D．它是一种新型无机非金属材料考点：无机非金属材料．专题：化学应用．分析：A．由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能；B．题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料具有良好的韧性；C．符合材料属于混合物，没有固定的熔、沸点；D．该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料．解答：解：A．碳化硅、陶瓷和碳纤维具有耐高温抗氧化的性能，故A正确；B．“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，但质地较脆，故B错误；C．该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定的熔、沸点，故C正确；D．该材料由无机物复合而成，为新型无机非金属材料，故D正确；故选B．点评：本题考查无机非金属材料中的符合材料的组成和性质，题目难度不大，侧重于培养学生从题干提取信息、结合已学知识处理问题的能力．　14．（2分）（2022•南通一模）滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（　　）　A．Fe3+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、I﹣、SO42﹣　C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3﹣D．Na+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：滴加新制氯水后，氯水中含氯气、HClO等氧化性微粒，离子之间不能结合生成气体、沉淀、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．滴加新制氯水后，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．滴加氯水后，氯水中氯气、HClO等可氧化I﹣，不能大量共存，故B错误；C．滴加氯水后，氯水中氯离子与Ag+结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．因Ba2+分别与CO32﹣、SO42﹣结合生成沉淀，且氯水中氢离子与CO32﹣反应生成水和气体，不能共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，把握氯水的成分为解答的关键，题目难度不大．　15．（2分）溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br﹣的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”，下列有关说法中正确的是（（　　）　A．从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应-18-\n　B．苯与溴水反应生成溴苯　C．可以用CCl4萃取溴水中的溴　D．向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣考点：氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质；B、苯与溴水不反应；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶；D、Fe2+的还原性强于溴离子点的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+．解答：解：A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质，故A错误；B、苯与溴水不反应，苯与液溴在催化剂的条件下反应生成溴苯，故B错误；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶，可以用CCl4萃取溴水中的溴，故C正确；D、Fe2+的还原性强于溴离子的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+，若氯气过量，一定会全部氧化Fe2+和溴离子，故D错误．故选：C．点评：本题考查了非金属元素的性质及单质的性质、氧化还原反应的判断，注意氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，题目难度不大．　16．（2分）向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入过量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到剩余固体物质的组成是（　　）　A．NaCl、NaBr、Na2SO4B．NaCl、Na2SO4　C．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaI、Na2SO4考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：在Br﹣、I﹣、SO32﹣中，还原性由弱到强为Br﹣＜I﹣＜SO32﹣，向含有NaBr和NaI、Na2S03的混合溶液中通入过量氯气发生：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，结合Br2和I2的性质分析．解答：解：向含有NaBr和NaI、Na2S03的混合溶液中通入过量氯气发生：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，加热时，Br2、HCl易挥发，I2易升华，最后所得固体只有NaCl和Na2SO4，故选B．点评：本题考查卤素知识，明确离子反应先后顺序及生成物的性质是解本题关键，难度不大．　17．（2分）在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生．则下列结论正确的是（　　）-18-\n　A．滤液中一定有Fe（NO3）3B．滤渣只含Ag和Cu，一定无Zn　C．滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD．滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn考点：常见金属的活动性顺序及其应用．专题：元素及其化合物．分析：充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，据此分析解答．解答：解：分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，A．铁能和铁离子反应，Fe过量，所以滤液中一定没有Fe（NO3）3，故A错误；B．因为只有Fe和HCl反应，所以滤渣中一定含有Fe，故B错误；C．根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故C正确；D．根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故D错误；故选C．点评：本题考查金属的活动性强弱，明确金属之间的置换反应是解本题关键，注意盐酸性质的特殊性，题目难度不大．　18．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．常温常压下，33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA　B．5.6g铁与足量的稀硫酸反应，失去电子数为0.3NA　C．7.8克过氧化钠与足量的水反应，转移的电子总数为0.1NA　D．1L1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有NA个CO32﹣考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价；C、过氧化钠与水的反应是歧化反应；D、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解．解答：解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，即27g金属铝过量，则转移的电子数由氯气决定，故转移的电子的个数小于3NA个，故A错误；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁失去0.2mol电子，故B错误；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与水的反应是歧化反应，在反应中，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，故C正确；D、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中CO32﹣的个数小于NA个，故D错误．-18-\n故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　19．（2分）下列物质中，不能由Fe跟非金属单质直接化合而成的是（　　）　A．Fe3O4B．FeSC．FeCl3D．FeCl2考点：铁的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：Fe为变价金属，与强氧化剂反应生成高价金属化合物，与弱氧化剂反应生成低价态金属化合物，以此来解答．解答：解：A．Fe与氧气燃烧生成Fe3O4，故A不选；B．Fe与S燃烧生成FeS，故B不选；C．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故C不选；D．氯气具有强氧化性，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故D选；故选D．点评：本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握铁为变价金属及与氧化剂的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及氧化性的考查，题目难度不大．　20．（2分）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（　　）　A．硫酸B．氯水C．硝酸锌D．氯化铜考点：铁的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl﹣、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质，如MnO4﹣，氯气等．解答：解：铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl﹣、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质，如MnO4﹣，氯气等．在H+存在的情况下，NO3﹣表现强氧化性，发生反应：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性．Cu2+氧化性很弱，需要有强还原剂才能反应．故选：BC．点评：本题需要注意的是在H+存在的情况下，NO3﹣才表现强氧化性，否则不反应．　21．（2分）根据Fe+Cu2+═Fe2++Cu、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+两个反应，判断Fe3+、Fe2+、Cu2+的氧化性顺序为（　　）　A．Cu2+＞Fe2+＞Fe3+B．Fe3+＞Fe2+＞Cu2+C．Fe3+＞Cu2+＞Fe2+D．Fe2+＞Fe3+＞Cu2+考点：氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：-18-\n在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答．解答：解：Fe+Cu2+═Fe2++Cu中，反应前后，铁失电子作还原剂，铜离子得电子作氧化剂，氧化产物是亚铁离子，所以氧化性Cu2+＞Fe2+，2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+中，反应前后，铜失电子作还原剂，铁离子得电子作氧化剂，氧化产物是铜离子，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，所以Fe3+、Fe2+、Cu2+的氧化性顺序为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故选C．点评：本题考查了氧化性强弱的比较，难度不大，根据“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”来分析解答即可．　22．（2分）由FeSO4和Fe2（SO4）3组成的混合物中，含硫为a%，则所含铁的质量百分含量为（　　）　A．3a%B．（100﹣2a）%C．20%D．1﹣3a%考点：元素质量分数的计算．专题：分析比较法．分析：根据FeSO4和Fe2（SO4）3两物质的组成，可知混合物中硫元素与氧元素的质量比为32：16×4=1：2，据此计算氧元素质量分数，混合物中Fe元素质量分数=1﹣w（S）﹣w（O）．解答：解：FeSO4和Fe2（SO4）3中n（S）：n（O）=1：4，可知混合物中硫元素与氧元素的质量比为32：16×4=1：2，混合物中含硫为a%，故混合物中氧元素质量分数=2a%，混合物中Fe元素质量分数=1﹣a%﹣2a%=1﹣3a%，故选D．点评：本题考查根据化学式进行元素质量分数的计算，难度不大，关键是利用化学式确定混合物硫元素与氧元素质量定比关系．　23．（2分）在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（　　）　A．烧杯中有铜无铁B．烧杯中有铁无铜C．烧杯中铁铜都有D．烧杯中铁铜都无考点：常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答．解答：解：A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B选；C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；-18-\n故选B．点评：本题考查铁、铜的性质及活动性顺序，明确金属及离子反应先后顺序是解本题关键，侧重考查学生分析、推断能力，题目难度中等．　24．（2分）下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（　　）　A．Fe3+、Fe2+、Cl﹣、OH﹣B．Fe2+、H+、Na+、NO3﹣　C．H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．Fe3+、NO3﹣、K+、I﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成气体、水、沉淀等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．Fe3+、Fe2+、分别与OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存，为高考经典题型，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注重思维严密性训练，综合性较强，题目难度不大．　25．（2分）将适量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比是（　　）　A．2：3B．3：2C．1：2D．1：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案．解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+23n1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比=1.5n：n=3：2．故选B．点评：本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式解答问题的能力，难度不大．　二、解答题（共5小题，满分50分）-18-\n26．（10分）写出下列反应的离子反应方程式（1）向硫酸铜溶液中加入钠单质　Cu2++2Na+2H2O=Cu（OH）2↓+2Na++H2↑　（2）向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液　Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O　（3）向FeBr2溶液中通入足量氯气　2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣　（4）向水玻璃中滴加盐酸　SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓　（5）将氯气通入水中　Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO　．考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：（1）硫酸铜溶液中加入钠反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气；（2）向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠；（3）向FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成氯化铁、溴单质；（4）硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠；（5）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸．解答：解：（1）硫酸铜溶液中加入钠反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式：Cu2++2Na+2H2O=Cu（OH）2↓+2Na++H2↑；故答案为：Cu2++2Na+2H2O=Cu（OH）2↓+2Na++H2↑；（2）向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠，离子方程式：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；故答案为：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（3）向FeBr2溶液中通入足量氯气，离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣；（4）向水玻璃中滴加盐酸，离子方程式：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（5）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，离子方程式：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO．点评：本题考查离子反应的书写，为高考高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，注意离子反应的书写方法及需要保留化学式的物质，题目难度不大．　27．（11分）A和B均为钠盐的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有氧化性．下述为相关实验步骤和实验现象：请回答：（1）写出A、B和C的化学式：A　NaI　，B　NaClO　，C　AgI　；-18-\n（2）依次写出A→D和D→E（E中含有某+5价元素的含氧酸根离子）的离子方程式：　2I﹣+ClO﹣+H2O=I2+Cl﹣+2OH﹣　，　I2+5ClO﹣+2OH﹣=2IO3﹣+5Cl﹣+H2O　；（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：　2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+　；（4）写出由F→H的化学方程式：　Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O　．考点：无机物的推断；盐类水解的应用．专题：推断题．分析：钠盐A能和AgNO3溶液反应生成一种难溶于HNO3的黄色沉淀，可确定A为NaI，C为AgI；黄绿色气体F是Cl2；F和NaOH溶液反应生成钠盐B，根据B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO（NaCl、NaClO3溶液均呈中性）；NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI氧化成I2，进一步反应生成NaIO3，其中I为+5价；Cl2氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3又能氧化SO2生成SO42﹣．解答：解：钠盐A能和AgNO3溶液反应生成一种难溶于HNO3的黄色沉淀，可确定A为NaI，C为AgI；黄绿色气体F是Cl2；F和NaOH溶液反应生成钠盐B，根据B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO（NaCl、NaClO3溶液均呈中性）；NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI氧化成I2，进一步反应生成NaIO3，其中I为+5价；Cl2氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3又能氧化SO2生成SO42﹣，则（1）由以上分析可知A为NaI，B为NaClO，C为AgI，故答案为：NaI；NaClO；AgI；（2）NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI氧化成I2，反应的离子方程式为2I﹣+ClO﹣+H2O=I2+Cl﹣+2OH﹣，进一步反应可把I2氧化为NaIO3，反应的离子方程式为I2+5ClO﹣+2OH﹣=2IO3﹣+5Cl﹣+H2O，故答案为：2I﹣+ClO﹣+H2O=I2+Cl﹣+2OH﹣；I2+5ClO﹣+2OH﹣=2IO3﹣+5Cl﹣+H2O；（3）FeCl3能氧化SO2生成SO42﹣，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；（4）F→H为Cl2与NaOH的反应，反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O．点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，此题解题突破口为几种物质的颜色，由此可知为卤素单质及其化合物之间的相互转变，答题时注意体会．　28．（11分）铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：①铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；②溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH．（1）铝土矿在溶解前通常先将矿石粉碎，这样做的优点：　加快溶解铝土矿的速率　-18-\n（2）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液后，该步操作中发生反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　；　SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　．（3）滤渣A的主要成分为　Fe2O3、Na2Al2Si2O8　；实验室过滤时使用到的玻璃仪器有：烧杯，普通漏斗和　玻璃棒　．（4）在工艺流程第三步中通入过量二氧化碳使铝元素转化为沉淀，该反应的离子方程式为　AlO2﹣+2H2O+CO2═HCO3﹣+Al（OH）3↓　．（5）若将铝溶解，下列试剂中最好选用　B　（填字母）．A．浓硫酸　　　　B．稀硫酸　　　　C．稀硝酸．考点：镁、铝的重要化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：元素及其化合物．分析：（1）铝土矿在溶解前通常先将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率；（2）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水；（3）只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8，实验室过滤时使用到的玻璃仪器有：烧杯，普通漏斗和玻璃棒；（4）第三步中，选用二氧化碳作酸化剂，可将Al元素全部转化为沉淀，离子方程式为：AlO2﹣+2H2O+CO2═HCO3﹣+Al（OH）3↓；（5）根据Al的化学性质及不生成有毒气体来解答．解答：解：（1）铝土矿在溶解前通常先将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，所以这样做的优点为加快溶解铝土矿的速率，故答案为：加快溶解铝土矿的速率；（2）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（3）只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，实验室过滤时使用到的玻璃仪器有：烧杯，普通漏斗和玻璃棒；故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；玻璃棒；（4）经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，所以第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因为将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，离子方程式为：AlO2﹣+2H2O+CO2═HCO3﹣+Al（OH）3↓，故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2═HCO3﹣+Al（OH）3↓；（5）因铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染，则选稀硫酸溶解Al最好，故答案为：B；点评：本题考查Al的化学性质，注意把握流程中发生的化学反应为解答的关键，注重信息与所学知识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等．　29．（7分）在由FeCl3和FeCl2组成的混合液中加入铁粉和铜粉，用玻璃棒搅拌使之充分反应．若不考虑阴离子，根据下列情况回答：（1）若最终余下铁粉和铜粉，则溶液中没有　Fe3+、Cu2+　离子，只有　Fe2+　离子．（2）若只剩余铜粉，则溶液中没有　Fe3+　离子，而有　Fe2+　离子，还可能有　Cu2+　离子．-18-\n（3）若铁粉和铜粉均全部溶解，则溶液中一定还有　Cu2+、Fe2+　离子，可能还有　Fe3+　离子．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氧化还原反应．专题：元素及其化合物．分析：在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题．解答：解：氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，（1）若最终余下铁粉和铜粉，则只有铁粉发生反应，溶液中没有Fe3+、Cu2+，只有Fe2+，故答案为：Fe3+、Cu2+；Fe2+；（2）若只剩余铜粉，则铁粉完全反应，溶液中没有Fe3+，肯定存在Fe2+，可能有Cu2+，故答案为：Fe3+；Fe2+；Cu2+；（3）若铁粉和铜粉均全部溶解，则溶液中一定存在Cu2+、Fe2+，如Fe3+有剩余，可存在，故答案为：Cu2+、Fe2+；Fe3+．点评：本题考查氧化还原反应以及铁的单质化合物的性质，题目难度不大，本题关键是把握物质的氧化性、还原性强弱判断反应的先后顺序．　30．（11分）如图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是第　二　周期，第　ⅥA　族；Y元素的原子结构示意图为　　；R的化学式是　H2SiO3　．（2）一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4．ZH4的电子式为　　．（3）写出A与铝反应生成X的化学反应方程式　8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3　，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为　3：8　．（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：　Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O　．考点：无机物的推断．-18-\n专题：推断题．分析：A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为Na2SiO3、G为硝酸铁，R为H2SiO3，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题．解答：解：A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为Na2SiO3、G为硝酸铁，R为H2SiO3，（1）组成单质Y的元素为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族，原子结构示意图为，R为H2SiO3，故答案为：二；ⅥA；；H2SiO3；（2）Z为Si，Z与H2反应转化为SiH4，SiH4的电子式为，故答案为：；（3）A为Fe3O4，与Al发生铝热反应，方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为3：8，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；3：8；（4）X为Fe，D为硝酸，发生反应的离子方程式为Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O．点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，注意从A、E为突破口，结合物质的转化推断其它物质，牢固掌握相关物质的性质为解答该类题目的关键．　-18-