甘肃省武威第一中学2020届高三12月月考化学试题

武威一中2019年秋季学期阶段性考试
高三年级化学试卷
本试卷可用到的相对原子质量：S:32 N:14 O:16 Cu:64
一、选择题(每小题2分，共50分。只有一项是最符合题目要求的。)
1.下列有关说法错误的是( )
A. 成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化
B. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸
C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应
D. 《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A、百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确；
B、常温下，成语“金戈铁马”中的金属为铁，在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；
C、雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；
D、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10-9m～10-7m，故D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查了物质变化过程分析判断、物质性质和胶体分析应用，掌握基础是解题关键。
2.下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（ ）
A. 碘的升华、石油的分馏
B. NH4Cl溶液除铁锈、食盐水导电
C. 蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液、蓝色的胆矾常温下变白
D. 热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘的升华是状态的变化，属于物理变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B．用NH4Cl溶液除金属表面的锈，有新物质生成，属于化学变化，食盐水导电，是电解食盐水，属于化学变化，故B错误；
C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，是降低了蛋白质的溶解度，没有新物质生成，属于物理变化，蓝色的胆矾常温下变白，是失去了结晶水，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫，2个过程中都没有新物质生成，都属于物理变化，故D错误；
故选C。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. FeSO4具有氧化性，可用作食品抗氧化剂
B. SiO2熔点高、硬度大，可用于制光学仪器
C. Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
D. NH3具有还原性，可用作制冷剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. FeSO4具有还原性，可用作食品抗氧化剂，A项错误；
B. SiO2晶体透光性好，可用于制光学仪器，B项错误；
C.Al(OH)3具有弱碱性，能中和胃酸又不伤害人体组织细胞，C项正确；
D.NH3易液化，液化时放热，液氨汽化时吸收大量的热，所以NH3可用作制冷剂。D项错误；答案选C。
4.同温同压下，m g甲气体和2m g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是(　　)
A. 甲与乙的相对分子质量之比为1∶1
B. 同温同压下，甲和乙的密度之比是1∶1
C. 同温同体积下，等质量的甲和乙的压强之比是1∶1
D. 等质量的甲和乙中的原子数之比是1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，m g甲气体和2m g乙气体所占的体积之比为1：2，由n=可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2，结合n=＝进行判断。
【详解】A．根据m=nM=M知，二者的相对分子质量为1：1，选项A正确；
B．同温同压下，气体摩尔体积相同，m g甲气体和2m g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ＝知，其密度相同，选项B正确；
C．根据PV=nRT=RT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，选项C正确；
D．等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A. c(H＋) B. 能使酚酞变红的溶液中：Na＋、Cu2＋、CO32-、NO3-
C. 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中：K＋、NH4+、I－、SCN－
D. 加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2＋、NO3-、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性，所给离子在碱性条件下可大量共存，正确；
B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Cu2＋在碱性条件下不能大量存在，错误；
C.Fe3＋与SCN－可发生络合反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe3＋与I－会发生氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以不能大量共存，错误；
D.加入铝粉能产生氢气的溶液，可能呈碱性或酸性，碱性条件下，NH4+、Fe2+不能大量存在，酸性条件下，加入铝会与硝酸根离子反应生成NO，不能生成氢气，且酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，错误，答案选A。
【点睛】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间大量共存（如 Fe3+和 SCN-等）；（4）还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是( )
A. NH3NOHNO3
B. 浓盐酸Cl2漂白粉
C. Al2O3AlCl3(aq) 无水AlCl3
D. 葡萄糖C2H5OHCH3CHO
【答案】C
【解析】
【分析】
氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。
【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确；
B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；
C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；
D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。
答案选C。
【点睛】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
7.ClO2是一种新型水处理剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应如下：
①5NaClO2＋4HCl(稀)===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O；
②NaClO2＋4HCl(浓)===NaCl＋2Cl2↑＋2H2O。
下列说法中正确的是(　　)
A. 两种反应中HCl均是还原剂
B. 盐酸浓度越大，还原性越强
C. ①中氧化产物与还原产物物质的量之比为4∶5
D. ②中每生成1 mol Cl2转移2 mol电子
【答案】B
【解析】
【分析】
根据还原剂失去电子，化合价升高分析A；根据盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强分析B；还原剂被氧化，生成氧化产物；氧化剂被还原，生成还原产物，据此分析C；②中每生成2molCl2时转移3mol电子，以此分析D。
【详解】A.①中盐酸中的Cl－全部转入到NaCl中，其化合价没有发生变化，电子转移发生在NaClO2中的氯原子之间，A错误；B.盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强，B正确；C.①中ClO2是氧化产物，NaCl是还原产物，但NaCl中有五分之四的氯来源于盐酸，氧化产物和还原产物的物质的量之比为4∶1，C错误；D.②中每生成1 mol Cl2时转移1.5 mol电子，D错误。正确选项B。
8.取m g相对原子质量为M的某金属与足量稀硫酸反应，在标准状况下产生a L氢气，该反应生成的硫酸盐中金属元素的化合价为(　　)
A. ＋aM/(22.4m) B. ＋am/(11.2M) C. ＋11.2m/(aM) D. ＋aM/(11.2m)
【答案】D
【解析】
【分析】
金属的物质的量为n=m/Mmol,生成的氢气的物质的量为n=a/22.4mol, 则生成氢气转移的电子数为a/11.2mol。设金属的化合价为x，金属与氢气得失电子数目相等，则m/Mx=a/11.2mol,x=+aM/(11.2m)。
【详解】金属的物质的量为n=m/Mmol,生成的氢气的物质的量为n=a/22.4mol, 则生成氢气转移的电子数为a/11.2mol。设金属的化合价为x，金属与氢气得失电子数目相等，则m/Mx=a/11.2mol,x=+aM/(11.2m)。A. ＋aM/(22.4m)是错的；B. ＋am/(11.2M)是错的；C. ＋11.2m/(aM)是错的；D. ＋aM/(11.2m)是正确的。答案：D。
9.下列实验操作能达到实验目的的是

实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中
B
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D
比较水和乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体；
B. 将MgCl2溶液加热蒸干时，由于发生生水解且水解产物易挥发或易分解，故不能由MgCl2溶液制备无水MgCl2，B不能达到；
C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能达到；
D. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以根据反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，D能达到。
故选D。

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10.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是（ ）
A. 10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液
B. 将80g SO3溶于水并配成1L的溶液
C. 将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
D. 标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．10gNaOH的物质的量为：=0.25mol，所得溶液浓度为：=1mol/L，故A不选；
B．80g三氧化硫的物质的量为：=1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，所得溶液浓度为：=1mol/L，故B不选；
C．将0.5mol•L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水，所得溶液的体积不是50mL，则所得溶液的浓度不是1mol/L，故C选；D．标准状况下，22.4LHCl的物质的量为：=1mol，所得溶液浓度为：=1mol/L，故D不选；
故答案选C。
【点晴】有关物质的量浓度的计算必须紧紧抓住计算公式c=，通过题中已知量计算出n和V(溶液)。注意适用于溶液中溶质的物质的量及浓度的计算，溶液的体积与溶剂的体积是不同的概念。明确物质的量浓度的概念及表达式为解答结构，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同。
11.下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合产生沉淀：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
C. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH-NH3↑+H2O
D. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3-+6H+ Fe3++3NO2↑+3H2O
【答案】A
【解析】
A、根据物质量的关系可得n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=1：2，所以1个Al3+与3个 OH- 结合生成Al(OH)3↓，剩余1个OH-与1个NH4+结合生成NH3•H2O，还有2个BaSO4↓，所以A正确；B、Na2SiO3溶于水，应写为离子形式，故B错误；C、OH-不仅能与NH4+反应，还能与HCO3—反应，所以C错误；D、由于铁粉过量，Fe3+被还原为Fe2+，所以D错误。本题正确答案为A。
12.依据元素周期律进行推断，下列不正确的是(　　)
A. 原子半径：Cl＜S B. 氧化性：Cl2＞S
C. 稳定性：HBr＞HI D. 酸性：HCl＞HF
【答案】D
【解析】
【详解】A、同周期，原子序数大的半径小，则原子半径为Cl＜S，故A不选；
B、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性：Cl＞S，故氧化性：Cl2＞S，故B不选；
C、同周期从左到右，非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：HBr＞HI，故C不选；
D、HCl、HF不是最高价氧化物对应水化物，其酸性强弱不能用元素周期律解释，故D符合题意。
答案选D。
【点睛】考查原子结构与元素周期律的关系，明确元素周期律的内容为解答关键，试题侧存在基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。
13.下列物质中所有原子最外层达到8电子稳定结构的化合物是( )
A. NH3 B. P4 C. PCl5 D. CCl4
【答案】D
【解析】
【分析】
化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断。
【详解】A、NH3中H原子的最外层电子数为2，则分子中H原子不满足8电子结构，故A错误；
B、P原子最外层电子数是5，P4中两个P原子之间存在3个共用电子对，则P4中P原子的最外层电子式为5+3=8，所以满足8电子结构，但是单质不是化合物，故B错误；
C、PCl5中Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，故C错误；
D、CCl4中Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，所以满足8电子结构，故D正确。
答案选D。
【点睛】考查了8电子结构判断，注意分子中含有氢元素，该分子一定不满足各原子达8电子结构。
14.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NA
B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中,每生成3molI2转移电子数为5NA
C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,共转移电子的数目为NA
D. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1molCl2与足量Fe反应，氯气少量，按照氯气计算转移的电子数，为2NA，与题意不符，A错误；
B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中，每生成3molI2，则有5mol的碘离子变为碘单质，转移电子数为5NA，符合题意，B正确；
C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，溶液中的碘离子还原性强，先反应，当有1molFe2+被氧化时，碘离子的量未知，则无法计算共转移电子的数目，与题意不符，C错误；
D. 1molCl2参加反应，若全部变为-1价时，转移电子数一定为2NA，若部分升高，部分降低时，则不一定为2NA，与题意不符，D错误；
答案为B。
【点睛】氯气与水反应时，化合价部分升高，部分降低。
15.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是
A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 的氧化性大于，向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质FeCl3首先与铁粉反应，故A错误；
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故B错误；
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先与CO2反应生成碳酸钠，故C正确；
D. 铁的还原性大于铜，向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故D错误。
16.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：

下列说法不正确的是（ ）
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
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17.化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ）
①用电子式表示HCl的形成过程：
②MgCl2的电子式： ③质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs
④乙烯、乙醇结构简式依次为：CH2=CH2、C2H6O ⑤S2﹣的结构示意图：
⑥次氯酸分子的结构式：H-O-Cl ⑦CO2的分子模型示意图:
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】A
【解析】
分析：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式；②氯化镁中含有两个氯离子不能合并；③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析；④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH；⑤硫离子核电荷数为16，电子数18；⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键；⑦碳原子半径大于氧原子半径。
详解：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式，故①错误；
②氯化镁中含有两个氯离子，应写成，故②错误；
③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析，质子数=133-78=55，故③正确；
④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH，故④错误；
⑤硫离子核电荷数为16，电子数为18，故⑤正确；
⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故⑥正确。
⑦碳原子半径大于氧原子半径，故⑦错误。
综合以上分析，正确的有③⑤⑥三项，故答案选A。
点睛：在书写电子式是要注意，电子尽可能的分步在元素符号的四周，有化学键的物质的电子式要注意分清化学键的类型，若为离子键，则书写电荷和，若为共价键，则不能写电荷和，同时注意电子式的对称性和电子的总数，注意多数原子满足8电子的稳定结构（氢原子满足2电子稳定结构）。
18.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NO和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）
A. V1>V2>V3 B. V1>V3>V2 C. V2>V3>V1 D. V3>V1>V2
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高，试管中剩余气体越少。
【详解】设每种气体各占1L，则
①组合发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余气体的体积为：1L+1/3L＝4/3L；
②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，剩余气体的体积为1L－1/4L＝3/4L；
③组中NO和N2都不溶于水，剩余气体为2L。
故充分反应后，试管中剩余气体的体积关系为V3＞V1＞V2，答案选D。
19.同一短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大。常温下，含甲的化合物r浓度为0.1mol·L-1时溶液pH=13。同周期元素简单离子中，乙离子的半径最小。p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为浅黄色固体。上述物质的转化关系如图所示(产物水已略去)。下列说法不正确的是

A. 原子半径的大小关系：甲>乙>丙>丁
B. 反应②的离子方程式为：C12+H2OH++C1-+HC1O
C. m、n的阴离子在酸性条件下不能大量共存
D. 甲、乙、丁的最高价氧化物对应水化物两两之间均可以发生反应
【答案】B
【解析】
【分析】
p是元素丙的单质，p为浅黄色固体，丙为S元素，p为单质硫；甲、乙、丙、丁是同一短周期元素且原子序数依次增大，丁为Cl元素，q为Cl2，甲、乙都是第三周期元素；含甲的化合物r浓度为0.1mol/L时溶液pH=13，r为一元强碱，甲为Na元素，r为NaOH；同周期元素简单离子中，乙离子半径最小，乙为Al元素。
【详解】A. 同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：甲乙丙丁，A项正确；
B. 反应②为Cl2与NaOH的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项错误；
C. 反应①为S与NaOH的反应，反应的离子方程式为3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，S2-、SO32-酸性条件下发生归中反应不能大量共存，反应的离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，C项正确；
D. 甲、乙、丁的最高价氧化物对应水化物依次为NaOH、Al（OH）3、HClO4，相互间发生的反应有：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O、NaOH+HClO4=NaClO4+H2O、Al（OH）3+3HClO4=Al（ClO4）3+3H2O，D项正确；
答案选B。
20.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是
A. 常温常压下X的单质为气态
B. Z的氢化物为离子化合物
C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性
D. W与Y具有相同的最高化合价
【答案】B
【解析】
分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na，据此解答。
详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则
A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；
B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；
C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；
D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。
点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。
21.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下图所示，下列说法不正确的是

A. 甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素
B. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中含氮元素的反应物都被氧化
C. Ⅴ中发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
D. Ⅵ利用丁物质受热易分解的性质
【答案】B
【解析】
由图得到，甲为氮气，丁为碳酸氢钠，乙为NO，丙为NO2。所以选项A正确。反应Ⅰ中氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，所以氮被还原，选项B错误。反应Ⅴ实际是侯氏制碱法的反应，向饱和食盐水中通入二氧化碳和氨气，得到碳酸氢钠沉淀，方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，选项C正确。反应Ⅵ是将碳酸氢钠受热分解制得碳酸钠，选项D正确。
22. 下列物质按只含离子键、只含共价键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是
A. 氯气　二氧化碳　氢氧化钠 B. 氯化钠　氦气　氢氧化钠
C. 氯化钠　过氧化钠　氯化铵 D. 氯化钠　过氧化氢　氯化铵
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气为单质，只含共价键；二氧化碳为共价化合物，只含共价键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；
B.  NaCl为离子化合物，只含离子键；氦气为单原子分子，不含化学键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误；
C. NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误；
D. NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化氢为共价化合物，只含共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故D正确；
故选D。
23.某无色溶滚中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种．为检验其中含有的离子，进行如下实验：
①取10mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CCl4溶液分层，下层为橙红色；
②分液后，将①中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g；
③另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体．下列关于原溶液的说法正确的是
A. 肯定存在NH4+、Cl﹣、Br﹣
B. SO42﹣、SO32﹣至少含有一种
C. 是否存在Na+需要通过焰色反应来确定
D. 肯定不存在Ba2+、Cu2+、SO32﹣、CO32﹣
【答案】B
【解析】
无色溶液中不存在有色的Cu2+；根据①加入足量氯水，无气体产生可知原溶液中不存在CO32-，再加入CCl4溶液分层，下层为橙红色，说明存在Br-；将①中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g，该沉淀为硫酸钡，2.33g硫酸钡的物质的量为：=0.01mol，说明原溶液中含有SO42-、SO32-中的至少一种离子，且物质的量之和为0.01mol，一定不存在Ba2+；根据③可知生成的气体为氨气，其物质的量为：=0.02mol，说明原溶液中含有0.02molNH4+；由于溶液中含有溴离子，根据电荷守恒可知原溶液中负电荷的物质的量一定大于0.02mol，而正电荷只有0.02mol，说明溶液中一定还含有Na+。根据上述分析可知，溶液中一定含有的离子为：Na+、NH4+、Br-及SO42-、SO32-中的至少一种离子；一定不存在的离子为：Ba2+、Cu2+、CO32-，不能确定的离子为Cl-。A．肯定存在NH4+、Br-，无法确定是否含有Cl-，故A错误；B．根据分析可知，SO42-、SO32-至少含有一种，故B正确；C．根据分析可知，溶液中一定含有Na+，不需要通过焰色反应检验，故C错误；D．肯定不存在Ba2+、Cu2+、CO32-，可能含有SO32-，故D错误；故选B。
点睛：明确常见离子的性质为解答关键。根据电荷守恒判断钠离子的存在情况为是解答本题的难点。易错点为亚硫酸根离子的判断，①中加入了氯水，能够将SO32-氧化为SO42-，因此2.33g沉淀为硫酸钡，只能说明原溶液中含有SO42-、SO32-中的至少一种离子，不能判断二者是否一定存在。
24.2.56克Cu完全溶于一定量的浓HNO3中，生成的气体恰好充满500mL的烧瓶，然后将该烧瓶倒置于水中，缓缓通入一定量的氧气后容器内刚好充满水，则通入的氧气为( )
A. 0.16g B. 0.02mol C. 0.224g D. 0.32g
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电子守恒计算，已知HNO3NO（NO2）HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算。
【详解】n（Cu）==0.04mol，反应时失去电子数目为2×0.04mol=0.08mol，整个过程发生：HNO3NO（NO2）HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）==0.02mol，故答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，根据HNO3NO（NO2）HNO3得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答本题的关键。
25.2.8gFe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 反应后溶液中存在Fe3+和Fe2+ B. 反应后的溶液最多还能溶解1.82g Fe
C. 反应后溶液中c(NO3-)=0.75mol/L D. 1.12L气体是NO、NO2的混合气体
【答案】B
【解析】
【分析】
A、测得反应后溶液的pH为1，则HNO3过量，故Fe只可能转化为Fe3+；
B、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]+n剩余（HNO3）+n（NO），当生成Fe（NO3）2 时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶解的2.8g，即为反应后的溶液最多还能溶解的Fe的质量；C、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，根据电荷守恒溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+），据此计算；
D、2.8gFe的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒，利用极限假设法解答，若只生成NO，计算生成NO的体积；若只生成NO2，计算生成的NO2体积，根据体积判断。
【详解】A、反应后溶液pH为1，故HNO3过量，Fe只可能转化为Fe3+，故A错误；
B、由B中分析可知，原硝酸是稀硝酸，反应生成NO，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]+n剩余（HNO3）+n（NO）=0.05mol×3+0.1mol/L×0.2+0.05mol=0.22mol，生成Fe（NO3）2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3 Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2 NO↑+4H2O 可知，0.22molHNO3最多溶解铁×0.22mol，质量为×0.22mol×56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.64g-2.8g=1.82g，故B正确；
C、反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+）=0.05mol，所以c（Fe3+）==0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3-）=0.25mol/L×3+0.1mol/L=0.85mol/L，故C错误；
D、2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）==0.05mol，则V（NO）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）==0.15mol，V（NO2）=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只生成NO，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查根据方程式的有关计算，难度中等，判断生成的气体为NO、硝酸有剩余是解题的关键，B选项为易错点，学生容易考虑剩余的硝酸溶解铁，而忽略硝酸铁也与Fe反应。
二、非选择题(50分)
26.(1)按要求写出电子式：CO2_________ COCl2_________ NaCN______ N2H_______
(2)元素周期表中“对角线规则”是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)两元素，其性质具有相似性，例如：Be和Al处于对角线位置。写出Be与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_________________________________。
(3)写出氢，氧，钠，硫四种元素组成的两种酸式盐发生复分解反应的离子方程式：___________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). Be+2OH-═BeO22-+H2↑ (6). H++HSO3-=SO2↑+H2O
【解析】
【分析】
（1）先分析是共价化合物还是离子化合物，再分析原子之间形成共用电子对的数目；
（2）Be（OH）2与Al（OH）3的性质相似，故Be（OH）2与NaOH反应生成Na2BeO2与H2O；
（3）由氢，氧，钠，硫四种组成的两种酸式盐能够发生反应，这两种酸式盐应为硫酸的酸式盐和亚硫酸的酸式盐。
【详解】（1）CO2是共价化合物，碳原子有四个电子分别和氧原子形成两对共用电子对，电子式为，COCl2分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯键，其电子式为，NaCN为离子化合物，CN-中各原子均满足8电子稳定结构，存在C≡N键，电子式为，N2H相当于是N2H4结合了一个氢离子，故其电子式为：；故答案为：；；；；
（2）Be与Al的性质相似，则Be与NaOH溶液反应的化学方程式为：Be+2NaOH═Na2BeO2+H2↑，改成离子方程式为：Be+2OH-═BeO22-+H2↑，故答案为：Be+2OH-═BeO22-+H2↑；
（3）由氢、氧、钠、硫组成的两种酸式盐能够发生反应，这两种酸式盐应为硫酸的酸式盐和亚硫酸的酸式盐，反应的离子方程式为H++HSO3-=SO2↑+H2O，故答案为：H++HSO3-=SO2↑+H2O。
27.亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究(A中加热装置已略去)。

【背景素材】
①2NO＋Na2O2===2NaNO2；
②NO能被酸性KMnO4氧化成NO，MnO被还原为Mn2＋。
③在酸性条件下NaNO2能把I－氧化为I2；S2O32-能把I2还原为I－
④HNO2不稳定，只能存在于极稀的冷溶液中。
【制备NaNO2】
（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为__________ 。
（2）B装置目的是①__________，②________________________________。
（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是__________(填序号)。
A. P2O5 B. 碱石灰 C. 无水CaCl2 D. 生石灰
（4）E装置发生反应的离子方程式是_____________。
【测定NaNO2纯度】
（5）本小题可供选择的试剂有:
A. 稀硫酸　B. c1 mol·L-1KI溶液　C. 淀粉溶液　D. c2 mol·L-1 Na2S2O3溶液
E. c3 mol·L-1酸性KMnO4溶液
①利用NaNO2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是___________(填序号)。
②利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为m g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解___________(请补充完整实验步骤)。
【答案】 (1). C＋4HNO3(浓) CO2↑＋4NO2↑＋2H2O (2). 将NO2转化为NO (3). 铜与稀硝酸反应生成NO (4). BD (5). 3MnO4- +4 H+ +5NO = 3Mn2+ + 5NO3- +2 H2O (6). E (7). 加入过量的c1 mol·L-1 KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，充分反应后，用c2 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作2～3次
【解析】
【分析】
制备NaNO2并对其性质作探究，由实验装置可知，A中发生C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和生成的二氧化氮，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O2═2NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，以此来解答。
【详解】（1） 碳和浓硝酸反应生成二氧化氮，C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O ；
（2） 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，铜与稀硝酸反应生成NO ；
（3） 碱石灰和生石具有碱性，能够被碱吸收； P2O5为酸性氧化物，不能干燥碱性气体，无水CaCl2中性干燥剂，不能干燥氨气；
（4） 高锰酸根离子具有强氧化性，把一氧化氮氧化为硝酸根离子， 3MnO4-+4 H++5NO = 3Mn2++ 5NO3-+2 H2O ；
（5） ①利用NaNO2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是氧化剂，NO2-能被酸性KMnO4氧化成NO，MnO被还原为Mn2＋。只能选择c3mol·L-1酸性KMnO4溶液；②利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：加入还原剂 c1mol·L-1KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝色；然后再用c2mol·L-1Na2S2O3 溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作2～3次；
28.下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

(1)元素A在周期表中的位置 __________________________。
(2)用电子式表示D2G的形成过程____________________________，其所含化学键类型为___________。
(3)C2-、D+、G2-离子半径由大到小顺序是____________________(用离子符号回答)。
(4)某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系。
①溶液a和b分别为 ______________，________________。
②溶液c中的离子方程式为________________________________________。

(5)将05 mol D2C2投入100 mL 3 mol/L ECl3溶液中：
①转移电子的物质的量为_____________________________________。
②用一个离子方程式表示该反应 __________________________________________。
【答案】 (1). 第二周期第ⅣA族 (2). (3). 离子键 (4). S2-＞O2-＞Na+ (5). 硝酸(或HNO3) (6). 饱和NaHCO3溶液 (7). SiO32－+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32- (8). 0.5 mol (9). 10Na2O2 + 6Al3+ + 6H2O=4Al(OH)3 + 2AlO2－+ 5O2↑+ 20Na+
【解析】
【分析】
由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、-4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为C元素、故F为Si元素；C的化合价为-2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，原子序数大于Na，则E为Al元素；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；B的有+5、-3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，根据以上分析可知：A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素、F为Si元素、G为S元素。
【详解】（1）A为C元素，A在周期表的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族；
（2）D为Na元素、G为S元素，Na2S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为：，其含有的化学键为离子键，故答案为：；离子键；
（3）C为O元素、D为Na元素、G为S元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；
（4）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，
①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液，故答案为：硝酸(或HNO3)；饱和NaHCO3溶液；
②溶液c中的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，故答案为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；
（5）①Na2O2投 AlCl3溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中O元素化合价有-1升高为0价，故0.5molNa2O2反应转移电子为0.5mol××2×[0-（-1）]=0.5mol，故答案为：0.5mol；
②将0.5mol Na2O2投入100mL 3mol/L AlCl3溶液中，生成NaOH1mol、0.25mol氧气，AlCl3溶的物质的量为0.3mol，1：4＜n（AlCl3）：n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成Al（OH）3、AlO2-，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n（AlO2-）=1mol-0.3mol×3=0.1mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）3]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，故n[Al（OH）3]：n（AlO2-）：n（氧气）=0.2mol：0.1mol：0.25mol=4：2：5，反应离子方程式为：10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑+20Na+，故答案为：10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑+20Na+。
【点睛】考查结构性质位置关系，涉及半径比较、电子式、热化学方程式的书写、化学实验装置、元素周期律等，元素推断是解题的关键。
29.电解精炼铜的阳极泥中主要含Ag、Au等贵重金属。以下是从精炼铜的阳极泥中回收银、金的流程图：

(1)氯金酸(HAuCl4)中的Au的化合价为________。
(2)铜阳极泥氧化时，采用“低温焙烧”而不采用“高温焙烧”的原因是_____________________。
(3)“焙烧渣”在“①酸浸”时发生反应的离子方程式为______________________________________。
(4)“②浸金”反应中，H2SO4的作用为___________________________________________，该步骤的分离操作中，需要对所得的AgCl进行水洗。简述如何判断AgCl已经洗涤干净？ _____________________________________________________。
(5)氯金酸(HAuCl4)在pH为2～3的条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，则该反应的化学方程式为_____________________________________________________。
(6)甲醛还原法沉积银，通常是在搅拌下于室温及弱碱性条件下进行，甲醛被氧化为碳酸氢根离子，则该反应的离子方程式为___________________________________________。
【答案】 (1). ＋3 (2). 高温焙烧时，生成的Ag2O又分解为Ag和O2(或2Ag2O4Ag＋O2↑) (3). Ag2O＋2H＋＋2Cl－=2AgCl＋H2O (4). 提供H＋，增强NaClO3的氧化性 (5). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入Ba(NO3)2溶液，若没有白色沉淀产生，则已经洗涤干净，反之，则需要继续洗涤 (6). 2HAuCl4＋3H2C2O4=2Au↓＋8HCl＋6CO2↑ (7). 4Ag(SO3)23-＋HCHO＋5OH－=4Ag↓＋8SO32-＋3H2O＋HCO3-
【解析】
【分析】
铜阳极泥低温氧化焙烧，然后加入硫酸和氯化钠的混合物，过滤，滤渣为AgCl和Au，在滤渣中加硫酸、NaCl和氯酸钠的混合物，过滤滤渣为AgCl，滤液为氯金酸，AgCl中加Na2SO3溶液转化为Ag（SO3）23-，再用HCHO还原得到粗Ag，HAuCl4溶液中加H2C2O4生成粗金。
【详解】（1）氯金酸（HAuCl4）中Cl为-1价，H为+1价，则Au的化合价为+3；故答案为：+3；
（2）低温焙烧时，Ag与氧气转化为Ag2O，高温时，氧化银分解又生成Ag和氧气；故答案为：高温焙烧时，生成的Ag2O又分解为Ag和O2(或2Ag2O4Ag＋O2↑)；
（3）酸浸时，氧化银与盐酸反应生成氯化银，反应的离子方程式为：Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl+H2O；故答案为：Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl+H2O；
（4）“②浸金”反应中，酸性条件下，Au与氯酸钠反应，加硫酸能提供H+，增强NaClO3的氧化性；溶液中含有硫酸根离子，检验最后一次洗液中是否含有硫酸根离子，其操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入Ba（NO3）2溶液，若没有白色沉淀产生，则已经洗涤干净，反之，则需要继续洗涤；故答案为：提供H＋，增强NaClO3的氧化性 ；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入Ba(NO3)2溶液，若没有白色沉淀产生，则已经洗涤干净，反之，则需要继续洗涤；
（5）氯金酸与草酸反应生成Au、HCl和二氧化碳，反应的化学方程式为：2HAuCl4+3H2C2O4=2Au+8HCl+6CO2↑；故答案为：2HAuCl4+3H2C2O4=2Au+8HCl+6CO2↑；
（6）弱碱性条件下，Ag（SO3）23-被甲醛还原为Ag，同时生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：4Ag（SO3）23-+HCHO+5OH-=4Ag+8SO32-+3H2O+HCO3-。
【点睛】本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力、评价能力和化学计算能力的考查，注意把握物质的性质的异同、物质之间的反应以及离子方程式和化学方程式的书写。