2025年教科新版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版高一化学上册阶段测试试卷171考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、能够用于鉴别二氧化碳和二氧化硫的溶液是()A.澄清石灰水B.品红溶液C.酸性高锰酸钾溶液D.BaCl2溶液2、氡是一种放射性元素，氡气吸入体内有害健康，氡的核电荷数是86，相对原子质量是222．科学家还发现某些放射性矿物分解放出的“锕射气”，是由质子数86，质量数219的原子组成，下列有关氡元素的说法正确的是（）A.氡气在标准状况下密度约是19.8g•L﹣1B.氡气化学性质较活泼，因此对人体有害C.“锕射气”是氡的同位素D.氡原子核外有7个电子层，最外层有8个电子3、自然界含量最多的金属元素是（）A.FeB.CuC.AlD.Ca4、维生素A的结构简式如图所示；关于它的叙述中正确的是（）

A.维生素A分子式为C18H24OB.维生素A不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.维生素A不能与金属钠反应产生氢气D.维生素A能发生氧化、加成、酯化反应5、下列有关氧化还原反应的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.一定有元素化合价的升降B.没有氧参加C.氧化反应先于还原反应D.属于复分解反应6、在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3；下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（）

a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①

c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②

A.abc

B.bcd

C.abcd

D.acd

7、下列说法正确的是（）A.一定温度和压强下，各种气态物质的体积大小，主要由构成气体的分子大小决定B.常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时会在表面生成致密的氧化膜而发生钝化C.氧化铝的熔点很高，可以制耐火坩锅，熔融烧碱样品可以选用此坩锅D.氢氧化钠、蔗糖、碳酸、次氯酸、醋酸均为弱电解质8、下列叙述正确的是（）A.2molH2O的质量为36g/molB.CH4的摩尔质量16C.3.01×1023个SO2分子的质量为32gD.1mol任何物质体积均为22.4L评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、下列有关叙述正确的是（）A.Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的B.酸性氧化物都是非金属氧化物C.可利用焰色反应鉴别氯化钠和硫酸钾D.在水溶液中能电离出氢离子的物质为酸10、rm{A}元素原子最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，rm{B}元素原子次外层电子数是最外层电子数的rm{2}倍，则rm{A}rm{B}元素()

A.一定是第rm{2}周期元素B.一定是同一主族元素。

C.可能是第rm{2}rm{3}周期元素D.可以相互化合形成化合物11、下列实验操作最终可得无色透明溶液的是()A.过量rm{CO_{2}}通入饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中B.过量rm{CO_{2}}通入澄清石灰水中C.将少量的钠投入到饱和的rm{NaHCO_{3}}溶液中D.少量的钠投入到饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中12、在溶液中可以大量共存，加过量稀硫酸后有沉淀产生，同时有气体放出的离子组是rm{(}rm{)}A.rm{HCO_{3}^{-}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ba^{2+}}B.rm{AlO_{2}^{-}}rm{S^{2-}}rm{Na^{+}}rm{K^{+}}C.rm{SiO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}D.rm{Ba^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}13、依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（）A.H2SO4的酸性比H2CO3的强B.Mg（OH）2的碱性比Ca（OH）2的弱C.HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强D.氯气比氟气更易与氢气发生反应14、rm{A}元素原子最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，rm{B}元素原子次外层电子数是最外层电子数的rm{2}倍，则rm{A}rm{B}元素()

A.一定是第rm{2}周期元素B.一定是同一主族元素。

C.可能是第rm{2}rm{3}周期元素D.可以相互化合形成化合物评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、指出在使用下列仪器（已经洗涤干净）或用品时的第一步操作：

（1）石蕊试纸（检验气体）：____

（2）容量瓶：____．

（3）酸式滴定管：____．

（4）集气瓶（收集氯化氢）：____16、某学习小组依据氧化还原反应：rm{2Ag^{+}+Cu篓TCu^{2+}+2Ag}设计成的原电池如图所示，则负极发生的电极反应为______；当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了rm{5.4g}则该原电池反应共转移了的电子数目是______．17、Ⅰ、过氧化氢rm{H_{2}O_{2}}rm{(}氧的化合价为rm{-1}价rm{)}俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口rm{.}对于下列代号rm{A}--rm{D}涉及rm{H_{2}O_{2}}的反应；填写空白：

A.rm{Na_{2}O_{2}+2HCl=2NaCl+H_{2}O_{2}}rm{B.Ag_{2}O+H_{2}O_{2}=2Ag+O_{2}+H_{2}O}

C.rm{2H_{2}O_{2}=2H_{2}O+O_{2}}rm{D.3H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+10KOH=2K_{2}CrO_{4}+3K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}

rm{(1)H_{2}O_{2}}仅体现氧化性的反应是rm{(}填代号rm{)}______．

rm{(2)H_{2}O_{2}}既体现氧化性又体现还原性的反应是rm{(}填代号rm{)}______．

rm{(3)H_{2}O_{2}}体现酸性的反应是rm{(}填代号rm{)}______．

rm{(4)}上述反应说明rm{H_{2}O_{2}}rm{Ag_{2}O}rm{K_{2}CrO_{4}}氧化性由强到弱的顺序是：______．

Ⅱ、rm{(5)}若rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}在强热时分解的产物是rm{SO_{2}}rm{N_{2}}rm{NH_{3}}和rm{H_{2}O}在该反应中化合价发生变化和未发生变化的rm{N}原子数之比为______；在答题卡上用单线桥标出电子转移的方向和数目______．

rm{(6)}在rm{2KI+O_{3}+H_{2}O=2KOH+I_{2}+O_{2}}的反应中，当有rm{2mol}的rm{KI}被氧化时，被还原的rm{O_{3}}为______rm{mol}在答题卡上用单线桥标出电子转移的方向和数目______．18、（7分)已知：3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，用双线桥法标出上述电子转移的方向和数目：___。上述反应中还原剂是________；氧化剂是_______。19、下表是元素周期表的一部分,针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白(填写序号不得分)：。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族2①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩（1）在这些元素中,化学性质最不活泼的是：。（填元素符号）（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是，碱性最强的化合物的化学式是：。（3）比较①与⑤的最高价氧化物对应的水化物，的酸性强（填化学式）；能通过说明（写反应的化学方程式）。（4）实验室制取②的氢化物的化学方程式。②的氢化物与②的最高价氧化物的水化物反应所得的产物化学式为。（5）②可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因（用化学方程式表示）。（6）比较③与⑥的氢化物，更稳定（填化学式）。（7）写出④的单质与水反应的离子方程式。（8）写出⑦元素的离子结构示意图,该离子半径S2-（填“﹥”或“﹤”）写出⑩元素在周期表的位置。20、（7分）生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”。下表是0．5L某种“鲜花保鲜剂”中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：。成分质量（g）摩尔质量（g/mol）蔗糖25．00342硫酸钾0．25174阿司匹林0．17180高锰酸钾0．25158硝酸银0．02170（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是________。A．蔗糖B．硫酸钾C．高锰酸钾D．硝酸银（2）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为：_______mol·L-1。（要求用原始数据书写出表达式，不需要化简）（3）为了研究不同浓度的“鲜花保鲜剂”的保鲜功效，需配制多份不同物质的量浓度的溶液进行研究。现欲配制480mL某物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”，所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、________________、____________。（在横线上填写所缺仪器的名称）（4）配制上述“鲜花保鲜剂”时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个操作只用一次）：；A．用少量水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．在烧杯中加入适量水溶解C．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀，装入贴有标签的试剂瓶E．改用胶头滴管加水，使溶液的凹面恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处G．用电子天平称量各组成成分，并把它们放入烧杯中混合（5）在溶液配制过程中，下列操作使溶液浓度偏小的是：__________。A．定容时仰视容量瓶刻度线B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”而未洗净D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线21、按要求写出下列反应的离子方程式。

rm{垄脵}氢氧化铜溶于硫酸______

rm{垄脷}硝酸银溶液中滴加氯化钡溶液______

rm{垄脹}碳酸氢钠与盐酸反应______．

rm{垄脺NaHSO_{4}}溶液与rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合后溶液呈中性：______

rm{垄脻}将标准状况下rm{0.5mol}氯气通入rm{1mol}的溴化亚铁溶液中rm{(}还原性：rm{Fe^{2+}>Br^{-})}______．评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)22、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共3题，共24分)23、下列物质之间有如下反应关系：已知由rm{E}转化成rm{C}的现象是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。回答：rm{[]}rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}________，rm{D}________，甲________，丙________。rm{(2)}写出红棕色粉末的一种用途_____________________。rm{(3)}写出rm{E隆煤C}反应的化学方程式___________________________。rm{(4)}将饱和的rm{B}溶液滴入沸水中所得分散系中分散质颗粒直径范围为___________。rm{(5)}写出反应rm{垄脷}的离子方程式_____________________，该反应中，如果有rm{5.6g}铁粉完全反应则生成rm{D}的物质的量为_____________________rm{mol}24、（8分）下列各物质的转化关系如下图所示，其中A是高熔点物质，B是空气成分之一，D是红棕色固体，G是黄绿色气体，K是红褐色固体。回答下列问题：（1）B的化学式是，D的化学式是。（2）反应①的离子方程式是。（3）反应②的化学反应方程式是。25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种元素，其中rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为短周期主族元素rm{.}它们之间的关系如下：

Ⅰrm{.}原子半径：rm{A<C<B<E<D}

Ⅱrm{.}原子的最外层电子数：rm{A=D}rm{C=E}rm{A+B=C}

Ⅲrm{.}原子的核外电子层数：rm{B=C=2A}rm{D=E}

Ⅳrm{.B}元素的主要化合价：最高正价rm{+}最低负价rm{=2}

rm{V.F}的单质或合金是用量最大的金属材料。

请回答：

rm{(1)}甲是由rm{A}rm{B}两种元素按原子个数比为rm{3}rm{1}组成的物质，乙是由rm{C}rm{D}两种元素按原子个数比为rm{1}rm{2}组成的物质；用电子式分别表示甲和乙的形成过程：

甲：______；

乙：______．

rm{(2)}写出含rm{F}的黑色磁性氧化物与rm{B}元素的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液反应的离子方程式：______．

rm{(3)}上述元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}中五种元素可形成一种常见复盐，经检测该复盐由三种离子组成，且离子个数比为rm{1}rm{1}rm{2}向该盐溶液中加入酸化的rm{BaCl_{2}}溶液产生白色沉淀；加入rm{NaOH}溶液并加热；产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该复盐的化学式为：______；

rm{(4)}将上述复盐配成rm{0.1L}rm{0.1mol/L}的溶液，向其中加入rm{0.06mol}rm{BaCl_{2}}固体完全反应后，该溶液中rm{c(SO_{4}^{2-})}为______rm{(}已知：忽略溶液体积变化rm{.}该沉淀的rm{K_{SP}=2隆脕10^{-9})}评卷人得分六、结构与性质(共1题，共10分)26、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B|C【分析】二者都是酸性氧化物，都能使石灰水变混浊。但SO2具有还原性和漂泊性，据此可以鉴别。二者和氯化钡溶液都不反应，答案选BC。【解析】【答案】BC2、C【分析】【解答】A．气体在标准状况下密度是气体的摩尔质量和气体摩尔体积的比值，由于氡气是单原子气体，所以氡气在标准状况下密度约是故A错误；

B．氡为稀有气体元素；性质不活泼，对人体有害是因为它具有放射性，故B错误；

C．氡的质子数为86；相对原子质量是222，中子数是136，“锕射气”的质子数86，质量数219，中子数是133，所以二者是同位素，故C正确；

D．氡为第六周期元素；核外有6个电子层，最外层有8个电子，故D错误；

故选C．

【分析】A．根据标准状况密度的求算公式ρ=计算；

B．氡为稀有气体元素；性质不活泼；

C．质子数相同；中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素；

D．氡为第六周期元素，核外有6个电子层．3、C【分析】【解答】地壳中含量最多的金属元素是Al；故选C．

【分析】地壳中含量居于前五位的元素分别是O、Si、Al、Fe和Ca，据此选择即可．4、D【分析】解：A．根据结构简式确定分子式C20H30O；故A错误；

B．维生素A中含碳碳双键；故能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；

C．维生素A的结构中含-OH；故能和钠发生置换反应生成氢气，故C错误；

D．维生素A的官能团有碳碳双键；-OH；由于含碳碳双键，故能发生氧化反应和加成反应，由于含-OH故能发生氧化反应和酯化反应，故D正确．

故选D．

A．根据结构简式确定分子式；

B．维生素A的结构中含碳碳双键；

C．维生素A的结构中含-OH；

D．维生素A的官能团有碳碳双键；-OH．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，答题时注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，题目难度不大．【解析】【答案】D5、A【分析】解：rm{A.}氧化还原反应的本质是有电子的转移；所以一定有元素化合价的升降，故A正确；

B.氧化还原反应的本质是有电子的转移；与有没有氧参加无关，故B错误；

C.氧化还原反应中氧化反应和还原反应同时进行；故C错误；

D.氧化还原反应的本质是有电子的转移；一定不属于复分解反应，故D错误；

故选A．

氧化还原反应的本质是有电子的转移；即氧化还原反应中一定有元素化合价的变化，在氧化还原反应中氧化反应和还原反应同时进行，据此分析．

本题考查了氧化还原反应，知道氧化还原反应的本质是有电子的转移，一定有元素化合价的升降，难度不大．【解析】rm{A}6、C【分析】

①6.72LCH4物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为=0.4mol，④0.2molNH3．

a．相同条件下；气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积②＞③＞①＞④，故a正确；

b．各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故b正确；

c．各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol=4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g③H2S13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g；所以质量②＞③＞①＞④，故c正确；

d．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol；所以氢原子个数①＞③＞④＞②，故d正确．

故选C．

【解析】【答案】a；相同条件下；气体的体积之比等于物质的量之比，据此判断；

b；相同条件下；密度之比等于摩尔质量之比；

c；计算各物质的质量进行比较；

d；计算出各物质的物质的量；结合化学式判断H原子的物质的量，据此解答．

7、B【分析】【分析】正确答案：B

A．不正确；一定温度和压强下，各种气态物质的体积大小，主要由构成气体的分子数目决定，气体分子间距离远大于分子本身的大小；

B．正确；常温下，铝遇浓硫酸；浓硝酸时会在表面生成致密的氧化膜而发生钝化，硝酸作氧化剂，发生化学反应；

C．不正确，氧化铝制耐火坩锅，熔融烧碱样品不可以选用此坩锅，Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；

D．不正确，碳酸、次氯酸、醋酸均为弱电解质,蔗糖是非电解质、氢氧化钠是强电解质。8、C【分析】解：A、根据1摩任何物质的质量都是以克为单位，数值上等于该种原子的相对原子质量；可知2molH2O的质量为36g；故A错误；

B、CH4的摩尔质量为16g/mol；故B错误；

C、3.01×1023个SO2分子即0.5molSO2的质量为0.5×64g=32g；故C正确；

D；根据标准状况条件下1mol气体体积为22.4L；故D错误；

故选C．

A；质量的单位是克；

B；摩尔质量单位是g/mol；

C、根据n=和m=nM进行计算；

D；标准状况条件下1mol气体体积为22.4L；进行解答．

本题考查想对物质的量的有关知识的理解与在解题中应用的能力．【解析】【答案】C二、双选题(共6题，共12分)9、A|C【分析】解：A；氢氧化铁胶体中分散质是氢氧化铜的集合体；具有较大表面积，可以吸附悬浮在水中的杂质起到净水作用，故A正确；

B、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，金属氧化物也可以是酸性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物；故B错误；

C；钠元素焰色反应为黄色；钾元素焰色反应隔着钴玻璃为紫色，可利用焰色反应鉴别氯化钠和硫酸钾，故C正确；

D、水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，在水溶液中能电离出氢离子的物质不一定为酸，如NaHSO4溶液中电离出氢离子；故D错误；

故选AC．

A；氢氧化铁胶体具有较大表面积；可以吸附悬浮在水中的杂质；

B；酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物；金属氧化物也可以是酸性氧化物；

C；钠元素焰色反应为黄色；钾元素焰色反应隔着钴玻璃为紫色；

D；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；

本题考查了胶体性质分析，酸、氧化物概念的理解应用，注意焰色反应的实质意义，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】AC10、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对元素周期表的结构及其应用的掌握。【解答】rm{A}元素最外层电子数是次外层的rm{3}倍，rm{A}为氧元素，rm{B}元素次外层是最外层的rm{2}倍，可能为rm{Li}rm{Si}位于第rm{2}rm{3}周期，A.由以上分析可知，A错误，故A错误；B.由以上分析可知，rm{A}rm{B}不是同一主族元素，故B错误；C.由以上分析可知，可能是第rm{2}rm{3}周期元素，故C正确；rm{2}周期元素，故C正确；rm{3}D.rm{A}rm{B}可以形成氧化锂、二氧化硅等化合物，故D正确。可以形成氧化锂、二氧化硅等化合物，故D正确。rm{A}rm{B}【解析】rm{CD}11、BC【分析】【分析】本题考查了物质的性质，熟悉碳酸钠与碳酸氢钠的性质是解题关键，注意二者溶解性比较，题目难度不大。【解答】A.过量rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}通入饱和rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}

rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液中，反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，且反应消耗水，所以会有晶体析出，故A错误；

B.过量rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}

通入澄清石灰水中，反应生成易溶于水的碳酸氢钙溶液，故B正确；C.将少量的钠投入到饱和的rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，最终可得无色透明溶液，故C正确；

D.少量的钠投入到饱和rm{Na}rm{Na}【解析】rm{BC}12、rAC【分析】解：rm{A.}因该组离子之间不反应，则能大量共存于同一溶液中，加入过量稀硫酸时，rm{HCO_{3}^{-}}与硫酸反应生成二氧化碳，rm{Ba^{2+}}与硫酸反应生成硫酸钡沉淀；符合题意，故A正确；

B.该组离子之间不反应；可大量共存，加过量硫酸不生成沉淀，故B错误；

C.该组离子之间不反应；可大量共存，加过量硫酸生成硅酸沉淀和二氧化碳气体，故C正确；

D.加入硫酸；不生成气体，故D错误．

故选AC．

根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合加入过量的稀rm{H_{2}SO_{4}}后有沉淀和气体产生来解答．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见沉淀物，题目难度不大．【解析】rm{AC}13、A|B【分析】解：A、由于非金属性S＞C，则H2SO4的酸性比H2CO3的强；故A正确；

B、由于金属性Ca＞Mg，故Mg（OH）2的碱性比Ca（OH）2的弱；故B正确；

C、由于非金属性Cl＞Br＞I，故稳定性HCl＞HBr＞HI；故C错误；

D；非金属性F＞Cl；即氟气与氢气化合比氯气与氢气化合容易，故D错误；

故选AB．

A；非金属性越强；最高价氧化物的水化物酸性越强；

B；金属性越强；最高价氧化物的水化物碱性越强；

C；元素的非金属性越强；其对于氢化物稳定性越强；

D；非金属性越强；其与氢气化合越容易．

本题主要考查的是元素金属性与非金属性比较强弱，难度不大．【解析】【答案】AB14、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对元素周期表的结构及其应用的掌握。【解答】rm{A}元素最外层电子数是次外层的rm{3}倍，rm{A}为氧元素，rm{B}元素次外层是最外层的rm{2}倍，可能为rm{Li}rm{Si}位于第rm{2}rm{3}周期，A.由以上分析可知，A错误，故A错误；B.由以上分析可知，rm{A}rm{B}不是同一主族元素，故B错误；C.由以上分析可知，可能是第rm{2}rm{3}周期元素，故C正确；rm{2}周期元素，故C正确；rm{3}D.rm{A}rm{B}可以形成氧化锂、二氧化硅等化合物，故D正确。可以形成氧化锂、二氧化硅等化合物，故D正确。rm{A}rm{B}【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)15、把试纸用蒸馏水湿润检查容量瓶是否漏水；检查滴定管是否漏水干燥集气瓶【分析】【解答】（1）用石蕊试纸检验气体的酸碱性；需先用蒸馏水湿润试纸，溶解气体，故答案为：把试纸用蒸馏水湿润；

（2）容量瓶带有玻璃塞；配制溶液前需要检验是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（3）酸式滴定管带有玻璃活塞；使用前需检查滴定管是否漏水，故答案为：检查滴定管是否漏水；

（4）氯化氢气体极易溶于水；收集之前需干燥集气瓶，故答案为：干燥集气瓶．

【分析】（1）用石蕊试纸检验气体的酸碱性；需先用蒸馏水湿润试纸，溶解气体；

（2）容量瓶带有玻璃塞；配制溶液前需要检验是否漏水；

（3）酸式滴定管带有玻璃活塞；需检查滴定管是否漏水；

（4）氯化氢气体极易溶于水．16、略

【分析】解：在rm{2Ag^{+}+Cu篓TCu^{2+}+2Ag}反应中，铜的化合价升高，发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极，电极反应为rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}

原电池工作时，负极铜失去电子被氧化生成铜离子，铜的质量逐渐减少，溶液中的银离子在正极银得电子发生还原反应生成银，所以正极增重的质量就是析出银的质量，当银电极质量增加rm{5.4g}时，rm{n(Ag)=dfrac{5.4g}{108g/mol}=0.05mol}根据电极反应rm{n(Ag)=dfrac

{5.4g}{108g/mol}=0.05mol}可知原电池反应共转移电子的数目为rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}

故答案为：rm{0.05N_{A}}rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}．

根据总反应可知铜发生氧化反应；则铜失电子作原电池的负极；

rm{0.05N_{A}}为原电池的正极；正极上发生还原反应，根据电极反应式计算转移电子的数目．

本题考查了原电池设计，明确原电池原理是解本题关键，根据电池总反应式中得失电子的物质选取负极材料和电解质，知道原电池中正负极的判断方法，难度不大．rm{Ag}【解析】rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}rm{0.05N_{A}}17、D；C；A；Ag2O＞H2O2＞K2CrO4；1：2；【分析】解：rm{I}rm{A.Na_{2}O_{2}+2HCl篓T2NaCl+H_{2}O_{2}}该反应中各元素的化合价没有变化，所以不是氧化还原反应；

B.rm{Ag_{2}O+H_{2}O_{2}篓T2Ag+O_{2}+H_{2}O}根据化合价的变化知，氧化剂是rm{Ag_{2}O}还原剂是rm{H_{2}O_{2}}rm{Ag_{2}O}的氧化性大于rm{H_{2}O_{2}}的氧化性；

C.rm{2H_{2}O_{2}篓T2H_{2}O+O_{2}}根据化合价的变化知，rm{H_{2}O_{2}}既是氧化剂又是还原剂；

D.rm{3H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+10KOH篓T2K_{2}CrO_{4}+3K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}根据化合价的变化知，rm{H_{2}O_{2}}是氧化剂，rm{K_{2}CrO_{4}}是氧化产物；

rm{(1)}以上反应中rm{H_{2}O_{2}}仅体现氧化性的反应为rm{D}

故答案为：rm{D}

rm{(2)}以上反应中rm{H_{2}O_{2}}既体现氧化性又体现还原性的反应是rm{C}

故答案为：rm{C}

rm{(3)}以上反应中，rm{H_{2}O_{2}}体现酸性的反应是rm{A}

故答案为：rm{A}

rm{(4)}反应rm{Ag_{2}O+H_{2}O_{2}篓T2Ag+O_{2}隆眉+H_{2}O}中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性rm{Ag_{2}O>H_{2}O_{2}}

反应rm{3H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+10KOH篓T2K_{2}CrO_{4}+3K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}中，双氧水做氧化剂，铬酸钾做氧化产物，则氧化性rm{H_{2}O_{2}>K_{2}CrO_{4}}

故氧化性顺序为：rm{Ag_{2}O>H_{2}O_{2}>K_{2}CrO_{4}}

故答案为：rm{Ag_{2}O>H_{2}O_{2}>K_{2}CrO_{4}}

rm{(5)}该反应中，rm{NH_{4}^{+}隆煤N_{2}}氮元素的化合价由rm{-3}价rm{隆煤0}价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去rm{6}个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到rm{2}个电子，所以其最小公倍数是rm{6}反应为rm{3(NH_{4})_{2}SO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}3SO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+4NH_{3}隆眉+6H_{2}O}该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是rm{3(NH_{4})_{2}SO_{4}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}3SO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+4NH_{3}隆眉+6H_{2}O}价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的rm{-3}原子数之比为rm{N}rm{1隆脕2}rm{4隆脕1=1}用单线桥标出电子转移的方向和数目为

故答案为：rm{2}rm{1}

rm{2}的反应中，rm{(6)2KI+O_{3}+H_{2}O=2KOH+I_{2}+O_{2}}元素的化合价升高，rm{I}元素的化合价降低，转移电子为rm{O}当有rm{2e^{-}.}的rm{2mol}被氧化时，由电子守恒可知，被还原的rm{KI}为rm{O_{3}}单线桥标出电子转移的方向和数目为故答案为：rm{dfrac{1}{3}mol}．

I、rm{dfrac{1}{3}}元素的化合价降低；体现氧化性；

rm{(1)O}元素的化合价既升高又降低；

rm{(2)O}与碱反应生成盐和水；

rm{(3)}根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性判断；

rm{(4)}rm{II}该反应中，rm{(5)}氮元素的化合价由rm{NH_{4}^{+}隆煤N_{2}}价rm{-3}价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去rm{隆煤0}个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到rm{6}个电子，所以其最小公倍数是rm{2}反应为rm{3(NH_{4})_{2}SO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}3SO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+4NH_{3}隆眉+6H_{2}O}

rm{6}的反应中，rm{3(NH_{4})_{2}SO_{4}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}3SO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+4NH_{3}隆眉+6H_{2}O}元素的化合价升高，rm{(6)2KI+O_{3}+H_{2}O=2KOH+I_{2}+O_{2}}元素的化合价降低，转移电子为rm{I}．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．rm{O}【解析】rm{D}rm{C}rm{A}rm{Ag_{2}O>H_{2}O_{2}>K_{2}CrO_{4}}rm{1}rm{2}rm{dfrac{1}{3}}18、略

【分析】试题分析：在该反应中，Cu元素的化合价升高为+2价，N元素的化合价由+5价降到+2价，所以方程式中Cu共失去6个电子，N元素共得到6个电子，用双线桥表示为失去电子的物质发生氧化反应，本身做还原剂，所以Cu是还原剂；得到电子的物质，发生还原反应，本身做养护剂，所以硝酸是氧化剂。考点：考查氧化还原反应的分析【解析】【答案】还原剂Cu（2分）氧化剂HNO3（2分）19、略

【分析】试题分析：这几种元素分别是：①C；②N；③O；④Na；⑤Si；⑥S；⑦Cl;⑧Ar;⑨K;⑩Br。同一周期的元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最后以最不活泼的惰性气体元素结束。在同一主族的元素，从上到下，元素的原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。（1）在这些元素中,化学性质最不活泼的是⑧Ar元素；（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的HClO4。碱性最强的化合物KOH。（3）C、Si是同一主族的元素，非金属性C>Si。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。因此比较①与⑤的最高价氧化物对应的水化物的酸性强的是H2CO3。可以通过反应CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3证明。（4）在实验室一般是用铵盐与碱共热来制取氨气的。制取NH3的方程式为2NH3Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②的氢化物NH3与②的最高价氧化物的水化物HNO3反应：NH3+HNO3=NH4NO3.因此反应产物是NH4NO3。（5）NO2是红棕色气体，它能溶解于水，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO。（6）③O与⑥S是同一主族的元素，由于非金属性O>S。元素的非金属性越强，其对应的氢化物的稳定性就越强。元素稳定性H2O>H2S。（7）Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。（8）Cl-离子结构示意图为：．Cl-、S2-核外电子排布都是2、8、8.电子层结构相同。对于电子层结构相同的微粒来说，离子的核电荷数也多，离子半径就越小。因此离子半径Cl-考点：考查元素的推断、元素的原子或离子半径的比较、元素形成的氢化物、酸是酸性强弱的比较、气体实验室制法、离子方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）Ar；（2）HClO4KOH；（3）H2CO3Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓（4）2NH3Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONH4NO3；（5）3NO2+H2O=2HNO3+NO（6）H2O（7）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑（8）<，第四周期ⅦA族20、略

【分析】试题分析：（1）A、蔗糖是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物，属于非电解质，正确；B、硫酸钾是在水溶液和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，错误；C、高锰酸钾是在水溶液和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，错误；D、硝酸银是在水溶液和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，错误；故本小题选择A。（2）在“鲜花保鲜剂”中，含有K+的物质为硫酸钾和高锰酸钾，利用二者的含量进行计算，则有K+的物质的量浓度=mol/L；（3）配制480ml一定浓度的溶液时，用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500ml容量瓶等，其中玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500ml容量瓶；（4）配制溶液时，先后顺序分别为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等步骤，对应到本题顺序，即为G→B→C→A→F→E→D；（5）A、定容时仰视容量瓶刻度线，会使所得溶液浓度偏低，正确；B、容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，错误；C、容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”而未洗净，会使溶液浓度偏高，错误；D、定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线，导致加入水过多，溶液体积增大，使浓度偏低，正确；故本小题选择AD。考点：一定浓度溶液的配制方法【解析】【答案】（1）A（2）（3）胶头滴管、500mL容量瓶（4）G→B→C→A→F→E→D（5）AD21、略

【分析】解：rm{垄脵}氢氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为：rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

rm{垄脷}硝酸银与氯化钡反应生成氯化银沉淀和硝酸钡，该反应的离子方程式为：rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}

故答案为：rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}

rm{垄脹}碳酸氢钠与盐酸生成二氧化碳、水和氯化钠，该反应离子方程式为：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}+H_{2}O}

故答案为：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}+H_{2}O}

rm{垄脺NaHSO_{4}}溶液与rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合后溶液呈中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

故答案为：rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{垄脻1mol}溴化亚铁溶液中含有rm{1mol}亚铁离子、rm{2mol}溴离子，其中rm{1mol}亚铁离子恰好消耗rm{0.5mol}氯气，溴离子不参与反应，该反应的离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

故答案为：rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}．

rm{垄脵}氢氧化铜为难溶物；与硫酸反应生成硫酸铜和水；

rm{垄脷}硝酸银与氯化钡反应生成氯化银沉淀和硝酸钡；

rm{垄脹}碳酸氢钠与盐酸生成二氧化碳；水和氯化钠；

rm{垄脺}混合后溶液呈中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为rm{2}rm{1}离子方程式按照氢氧化钡的组成书写；

rm{垄脻}亚铁离子还原性大于溴离子；亚铁离子优先与氯气反应，先判断反应物过量情况，然后判断反应产物．

本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确离子方程式的书写原则为解答关键，试题侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的应用．【解析】rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}+H_{2}O}rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}四、判断题(共1题，共6分)22、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．五、推断题(共3题，共24分)23、（1）Fe2O3FeCl2Cl2KSCN

（2）制造红色涂料等

（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

（4）1-100nm

（5）2Fe3++Fe=3Fe2+0.3【分析】【分析】本题考查无机物的推断，rm{A}的颜色及rm{E}转化为rm{C}的现象为推断突破口，再结构转化关系推断，题目难度不大。【解答】rm{(1)E}转化成rm{C}的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则rm{E}为rm{Fe(OH)_{2}}rm{C}为rm{Fe(OH)_{3}}rm{A}为红棕色粉末，则rm{A}为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{B}为rm{FeCl_{3}}rm{D}为rm{FeCl_{2}}乙为rm{NaOH}由rm{D隆煤B}的转化可知，甲为氯气或氯水等，由血红色溶液可知，丙为rm{KSCN}故答案为：rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{Cl_{2}}rm{KSCN}rm{(2)}红棕色粉末为氧化铁，氧化铁的一种用途为制造红色涂料等，故答案为：制造红色涂料等；rm{(3)E隆煤C}反应的化学方程式为：rm{4Fe(OH)}rm{2}rm{2}rm{+O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}，故答案为：rm{O}rm{=4Fe(OH)}rm{3}rm{3}rm{4Fe(OH)}rm{2}rm{2}rm{+O}rm{2}；rm{2}将饱和的rm{+2H}溶液滴入沸水中加热至呈红褐色，可得氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体中分散质颗粒直径范围为rm{2}rm{2}rm{O}rm{=4Fe(OH)}rm{3}rm{3}反应rm{(4)}将饱和的rm{B}溶液滴入沸水中加热至呈红褐色，可得氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体中分散质颗粒直径范围为为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为rm{(4)}rm{B}rm{1-100nm}，故答案为：rm{1-100nm}；rm{(5)}反应rm{垄脷}为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为rm{(5)}rm{垄脷}rm{2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{+Fe=3Fe}rm{2+}铁粉完全反应则生成rm{2+}的物质的量为，rm{2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{+Fe=}rm{3Fe}rm{2+}rm{2+}【解析】rm{(1)Fe_{2}O_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{Cl_{2}}rm{KSCN}rm{(2)}制造红色涂料等rm{(3)4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O}rm{=4Fe(OH)_{3}}rm{(4)1-100nm}rm{(5)2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+;}}rm{0.3}24、略

【分析】试题分析：A是高熔点物质，电解产生的B是空气成分之一，则A是Al2O3,B是O2,C是Al；D是红棕色固体，则D是Fe2O3，Fe2O3与Al发生铝热反应产生的A可以与NaOH及H2SO4发生反应，则A是Al2O3，F是Fe；G是黄绿色气体，则G是Cl2，J是FeCl3，向该溶液中加入氨水，发生复分解反应形成的K是红褐色固体，K是Fe(OH)3。该反应的离子方程式是：FeCl3+3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4Cl。Al2O3与NaOH溶液反应产生的I是NaAlO2，反应的离子方程式是：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAl2O3与H2SO4发生反应产生的H是Al2(SO4)3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式、离子方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）O2；Fe2O3；（2）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（3）FeCl3+3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4Cl25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种元素，其中rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为短周期主族元素rm{.}原子的核外电子层数：rm{B=C=2A}则rm{A}处于第一周期，rm{B}rm{C}处于第二周期，则rm{A}为rm{H}元素；rm{B}元素的主要化合价：最高正价rm{+}最低负价rm{=2}rm{B}处于Ⅴrm{A}族，则rm{B}为rm{N}元素；原子的最外层电子数：rm{A=D}rm{C=E}则rm{A}rm{D}同主族，rm{C}rm{E}同主族，可推知rm{D}为rm{Na}最外层电子数rm{A+B=C}则rm{C}的最外层电子数rm{=1+5=6}可推知rm{C}为rm{O}元素、rm{E}为rm{S}元素；rm{F}的单质或合金是用量最大的金属材料；

rm{(1)}由rm{H}rm{N}两种元素按原子数之比为rm{3}rm{1}组成的物质甲为rm{NH_{3}}用电子式表示形成过程为

由rm{O}rm{Na}两种元素按原子个数比为rm{1}rm{2}组成的物质乙为rm{Na_{2}O}用电子式表示形成过程为

故答案为：

rm{(2)}含rm{Fe}元素的黑色磁性氧化物为rm{Fe_{3}O_{4}}与稀硝酸反应生成硝酸铁、rm{NO}与水，反应离子方程式为：rm{3Fe_{3}O_{4}+28H^{+}+NO_{3}^{-}=9Fe^{3+}+NO隆眉+14H_{2}O}

故答案为：rm{3Fe_{3}O_{4}+28H^{+}+NO_{3}^{-}=9Fe^{3+}+NO隆眉+14H_{2}O}

rm{(3)}上述元素中rm{H}rm{N}rm{O}rm{S}rm{Fe}的五种元素可形成一种常见复盐，向该盐溶液加入酸化的rm{BaCl_{2}}溶液，产生白色沉淀，该盐含有rm{SO_{4}^{2-}}加入rm{NaOH}溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该盐含有rm{NH_{4}^{+}}经检测该复盐由三种离子组成且离子个数比为rm{1}rm{1}rm{2}由电荷守恒可知，含有rm{Fe^{3+}}则该复盐的化学式为rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}

故答案为：rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}

rm{(4)}将上述复盐配成rm{0.1L0.1mol/L}的溶液，向其中加入rm{0.06mol}的rm{BaCl_{2}}固体完全反应后，溶液中rm{c(Ba^{2+})隆脰dfrac{0.06mol}{0.1L}-0