陕西省铜川一中2022-2023学年高三化学第一学期期中学业水平测试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、T1 时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O(g)，发生反应：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2t1)，下列说法错误的是( )反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol02.003.00t10.80t21.80A用

2、H2表示反应在t1 min内的平均速率为v(H2)0.60/t1molL1min1B保持其他条件不变，若起始时向容器中充入3.00 mol CO和2.00 mol H2O(g)，达到平衡时，n(CO2)1.20 molC保持其他条件不变，在t2 min时向容器中再通入1.00 mol CO，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率将增大D温度升至T2 ，上述反应的平衡常数为0.70，则正反应的H_（填离子符号）;元素最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为_。（4）列举两个事实来证明元素比元素的非金属性强_；_。19、烟道气的主要成分为粉尘、空气、H2O、NOx，其中NOx是主要的大气污染

3、物之一，为了监测某工厂烟道气中NOx含量，采集标准状况下50.00 L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3，除去多余的H2O2并加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入30.00 mL 0.01000 molL1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL。滴定过程中发生如下反应：Fe2+ + NO3 + H+ NO + Fe3+ + H2O （未配平） + Fe2+ + H+ Cr3+ + Fe3+ H2O （未配平）（1）N

4、O被H2O2氧化为NO3的离子方程式是_。（2）配制100mL 0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_、_。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NOx含量测定结果_（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）。（4）标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为_mgm3（写出计算过程）。20、硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O，俗名莫尔盐，蓝绿色的固体，易溶于水，几乎不溶于乙醇，在 100110时分解，对光敏感。在空气中逐渐风化及氧化。在空气中比硫酸亚铁稳定，有还原性。常用作重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的互

5、相标定的标准物质。一般用废铁屑经以下流程制取：(1)检验莫尔盐固体中亚铁离子，可将样品溶于水后，滴加 K3Fe(CN)6溶液，反应的现象是_。(2)下列说法中正确的有_。A用 NaOH 溶液洗涤废铁屑的作用是去除废铁屑表面的油污和氧化铁杂质B蒸发应用小火小心加热，直到出现大量晶体停火利用余热蒸干溶剂C过滤后可用少量乙醇洗涤D检验莫尔盐固体样品中铵离子，可将样品溶于水后，再加足量 NaOH 稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，表明固体中存在 NH4+，否则无 NH4+E检验莫尔盐固体是否氧化变质，可将样品溶于水后，滴加 KSCN 溶液，溶液变红，说明氧化变质(3)用重铬酸钾

6、溶液标定（滴定）莫尔盐溶液浓度，若需配制浓度为 0.01000molL-1 的 K2Cr2O7 标准溶液 250mL，应准确称取_g K2Cr2O7(保留 4 位有效数字，已知 M（ K2Cr2O7）=294.0gmol-1)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有_ . 电子天平 烧杯 温度计 玻璃棒 容量瓶铁架台（带铁圈） 胶头滴管滴定操作中，如果滴定前装有 K2Cr2O7 标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)向（NH4)2Fe(SO4)2 溶液中滴加一定量的 NaOH 溶液时，发生的总反应的离子方程式一定错误的是

7、_。（填字母）AFe22OH=Fe(OH)2BNH4OH=NH3H2OCFe23OHNH4=Fe(OH)2NH3H2ODFe25OH3NH4=Fe(OH)23NH3H2O21、无水CaCl2具有强烈的吸湿性，在空气中易潮解，可用作干燥剂、脱水剂、混凝防冻剂等。以工业碳酸钙矿石（含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、FeCO3等杂质）生产无水氯化钙的主要流程如下：（1）为了提高步骤（1）的反应速率，可以采取的措施是_。（2）加入试剂b的目的是使溶液酸化，试剂b可以选择下列试剂_（填序号）。硫酸 硝酸 氢硫酸 盐酸（3）写出步骤（2）的离子方程式_。（4）步骤（5）用到的操作方法有蒸发浓缩、_

8、。（5）已知A13+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH如下：加入试剂a的目的是调节溶液的pH，调节pH的范围为_。（6）已知某一温度时KspFe(OH)3=8.010-38，向0.01 molL-1的FeCl3溶液中加入NaOH固体，假设溶液的体积不变，要生成Fe(OH)3沉淀，应使溶液中的c(OH-)最小为_molL-1；Fe3+沉淀完全时，溶液中c(OH-)最小为_molL-1。（7）测定样品中Cl-含量的方法是：a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测液于锥形瓶中；c用0.05000molL-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶

9、液体积的平均值为25.00mL。计算上述样品中CaCl2的质量分数为_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】A.CO的物质的量的变化为（2.00-0.80）mol，反应在t1min内的平均速率为v(CO)=（2.00-0.80）mol 2Lt1min =(0.60/t1)molL-1min-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，t1min内H2的平均反应速率与CO的平均反应速率相同，故A正确；B.根据t2t1，对比表中数据可知t1 min时已经达到平衡状态，而反应物和生成物的化学计量数都为1，则其它条件不变，起始时向容

10、器中充入的3.00 molCO和2.00 molH2O(g)与充入2.00molCO和3.00molH2O(g)达平衡时，反应的限度相同，故达到平衡时，n(CO2)1.20 mol，故B正确；C.增大反应物CO的浓度，平衡正向移动，CO转化率减小，水蒸气的转化率增大，故C错误；D.T1时，该反应的平衡常数为K=(1.2/2)(1.20/2)(0.80/2)(1.80/2)=1，T2，上述反应的平衡常数为0.70，温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故D正确。故选C。2、C【题目详解】一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂，表示的都是v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，错误

11、；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂，表示的是v正=v逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，正确；可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态，正确；对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，正确；化学平衡时各组分的浓度、质量分数等保持恒定，故NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，表明可逆反应达到平衡状态，正确；恒温恒容时，该可逆反应的物质质量守恒，体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明该可逆反应达到平衡状态，错误；根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学

12、方程式中相应各物质的化学计量数之比，正反应速率v(H2)=0.6mol/(Lmin)时，用NH3表示的正反应速率v(NH3)=，则有：v(NH3)正= v(NH3)逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，正确；综上所述，C项正确；答案选C。【答案点睛】根据化学平衡的特征来判断化学反应是否达平衡状态。即：（1）化学平衡时正逆反应速率相等（2）各组分的浓度及百分含量保持一致。这是判断可逆反应达到化学平衡状态的直接依据，由此可以衍生出其他判断反应是否达平衡状态的间接依据。3、C【答案解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比

13、实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶

14、液中c（OH-），的pH小于，即的pH与不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。4、D【题目详解】A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素是第IVB的元素，属于过渡元素，A正确；B. 港珠澳大桥用到的合金材料，合金具有比

15、成分金属的强度大、密度小、耐腐蚀等性能，B正确；C. 国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D. 中国天眼传输信息用的光纤材料的主要成分是二氧化硅，D错误；故合理选项是D。5、B【题目详解】A原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，故A错误；B产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D原溶液中加入盐酸酸化的硝

16、酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；答案选B。6、B【题目详解】A碘以离子存在，海水提碘时I元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故A错误；B发生两大反应NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B正确；C氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C错误；D. 黄铁矿制硫酸分为三步，第一步4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，第二步2SO2+O2

17、2SO3，第三步SO3+H2O=H2SO4，其中铁、硫、O化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D错误；答案为B。7、B【答案解析】A. b的同分异构体除d和p两种外，还有等，故A错误；B. d中碳原子构成正四面体结构，只有一种氢原子，一氯代物和二氯代物均只有一种，故B正确；C. d中没有碳碳不饱和键，不能与酸性髙锰酸钾溶液反应，故C错误；D. p中碳碳三键是直线形，碳碳双键是平面结构，p的所有原子也处于同一平面，故D错误；故选B。点睛：注意把握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断。有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，另

18、外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。8、B【答案解析】A. 分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2加成或1，4加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。9、B【答案解析】短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，Q原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，最外层最多容纳8个电子，则Q最外层含有6个电子，为O元素；W是非金属性最强的元素，则W

19、为F元素；X的原子半径在短周期主族元素中为最大，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Al元素；Z与Q同主族，则Z为S元素，AZ、W、Q分别为S、F、O元素，S原子的电子层最多，其原子半径最大，F、O位于同一周期，原子半径OF，则原子半径大小为：SOF，即r（Z）r（Q）r（W），选项A错误；B非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，非金属性SOQZ，选项B正确；CX与Z形成的化合物为Na2S，硫离子水解溶液呈碱性，但硫离子的水解分别进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，选项C错误；DY、Z分别为Al、S，二者形成的化合物为Al2S3，铝离子与硫离子

20、发生双水解反应，在溶液中无法制取，选项D错误；答案选B。10、B【答案解析】ANa2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠能电离出3mol离子即3NA个，故A正确；B将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，固体增加的质量相当于CO的质量，则参加反应二氧化碳的物质的量为mol，1mol二氧化碳与过氧化钠反应转移1mol电子，故反应中转移的电子数= ，故B错误；C标况下，22.4L甲烷的物质的量是1mol，含有10mol电子，18g水物质的量是1mol，含有10mol电子，所含有的电子数均为10NA，故C正确；D加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n（H+）=n（OH-），

21、据溶液中的电荷守恒：n（Cl-）+n（OH-）=n（NH4+）+n（H+），所以n(Cl-)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子为NA个，故D正确；故选B。11、A【分析】A. 正丁烷和异丁烷均有两种等效氢原子；B. CH4与Cl2 发生取代反应，产物有卤代烃和HCl；C.乙烯可与溴的四氯化碳溶液反应；D. 苯分子中并不含碳碳双键，苯分子中碳碳键是介于单键与碳碳双键之间的特殊键。【题目详解】A. 正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物，正确。B.光照下，1molCH4 最多能与 4molCl2 发生取代反应，产物中物质的量最多的是 HCl。C.甲烷与乙烯混合物通过溴的四氯化碳溶液，乙烯反应生成 1

22、，2-二溴乙烷存在于液体中，并没分离出乙烯。另甲烷也可能溶于有机溶剂四氯化碳。D.乙烯和苯都能与 H2 发生加成反应，乙烯分子中含碳碳双键,苯分子中并不含碳碳双键，苯分子中碳碳键是介于单键与碳碳双键之间的特殊键。能与 H2 发生加成反应的除碳碳双键外还可是碳碳三键、苯环、醛基等。.故选 A。12、C【答案解析】A. 铁离子水解可逆，因此将100mL0.1molL的FeCl3溶液滴入沸水中可制得的Fe(OH)胶粒小于0.01NA，A错误；B. 常温常压下，4.6 g C2H6O是0.1mol，由于不能确定是乙醇还是二甲醚，所含碳氢共价键数目不一定为0.6 NA，B错误；C. 2 g D216O的

23、物质的量是0.1mol，其中含有的质子数、中子数、电子数均为NA，C正确；D. 碘离子还原性强于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时碘离子完全被氧化，共转移的电子数目大于NA，D错误，答案选C。13、B【答案解析】A. 离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；B. 离子方程式：CO32-+2H+=CO2+H2O；C. 离子方程式：2CH3COOH+2CH3COO+H2O+CO2，D. 离子方程式：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2。故选B。14、A【分析】用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无

24、色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知一定含AlO2-，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br-，结合电荷守恒及离子共存解答。【题目详解】由上述分析可知溶液中一定存在、，故A正确； B.不能确定是否含，故B错误； C.溶液中一定含，故C错误； D.因加盐酸引入氯离子，且原溶液中可能含，第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液不能确认原溶液中是否有，故D错误

25、； 故选：A。15、A【分析】A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，反应生成氯化铁、氯化铜。B.原子个数不守恒。C.次氯酸为弱电解质，应保留化学式。D.铁与盐酸反应生成二价铁。【题目详解】A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板,离子方程式：，故A正确。BNa2O2与H2O反应制备O2,离子方程式：，故B错误。C将氯气溶于水制备次氯酸,离子方程式：，故C错误。D铁与盐酸反应生成二价铁:，故D错误。答案选A。16、A【题目详解】假设反应都产生3mol氢气，则：A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应产生3mol氢气，会消耗2mol NaOH； B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H

26、2，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；C2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，反应产生3mol氢气，需消耗6mol HCl；D由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、 乙苯 取代反应 加成反应 羟基 +2NaOH+2NaBr+2H2O 11 CH3CH2COOH 【分析】根据信息可知CH3COOH与SOCl2反应生成CH3COCl，根据C的结构可以推断出A为，C发生加成反应生成D()，D发生消去反应生成E()，E发生加成反应生成F()，F发生消去反应生成G()。【

27、题目详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式为CH3COCl；A()的化学名称为乙苯；故答案为：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反应生成C的反应类型是取代反应；由E()生成F()的反应类型为加成反应；故答案为：取代反应；加成反应。(3)D()中含氧官能团的名称是羟基；在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案为：羟基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多种同分异构体，苯环上有两个取代基，能够使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，含有一个甲基和CH2CH=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基

28、和C(CH3)=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和CH=CHCH3，邻、间、对三种；含有一个CH=CH2和CH2CH3，邻、间、对三种，去掉，其同分异构体共11种；故答案为：11。(5)根据信息CH3CH2COOH和SOCl2反应生成，和苯反应生成，和氢气反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂条件下反应生成；其流程图为CH3CH2COOH；故答案为：CH3CH2COOH。【答案点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式或结构简式分析前后物质的结构简式，常见推断方式有正向推断、逆向推断、两边向中间、中间向两边的推断。18、Na 1s22s22p4 NaOH S2 Al3+ Al（O

29、H）3+3H+= Al3+3H2O 热稳定性H2O比H2S强 H2S水溶液在空气中变浑浊 【分析】由周期表的相对位置可知，为O元素、为Na元素、为Mg元素、为Al元素、为S元素、为Cl元素。【题目详解】（1）由同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半径最大；O元素的核电荷数为8，最外层电子数为6，则核外电子排布式为1s22s22p4；S元素的价电子排布式为3s23p4，则轨道表示式为；镁元素和氯元素形成的化合物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，电子式为，故答案为Na；1s22s22p4；（2）金属元素的金属性越强，元素最高价氧化物对应的

30、水化物的碱性越强，同周期元素Na、Mg、Al的金属性依次减弱，则碱性最强的是NaOH，故答案为NaOH；（3）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径S2Al3+；氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+= Al3+3H2O，故答案为S2Al3+；Al（OH）3+3H+= Al3+3H2O；（4）元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，O的非金属性大于S，则热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊，是由于发生如下反应：2H2S+O2=2S+2H2O，反应说明O2的氧化性大于S，则O的非金属性强

31、，故答案为热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊；【答案点睛】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；H2S水溶液在空气中变浑浊说明O2的氧化性大于S；在一定条件下，O2与Cu反应生成CuO，S与Cu反应生成Cu2S，说明O2的氧化性大于S等事实都能说明O的非金属性大于S。19、2NO3H2O2=2H2NO2H2O 胶头滴管 100mL容量瓶 偏高 368 mgm3 【分析】（1）NO被H2O2氧化为NO3，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。（3）若FeSO4标准溶液部分

32、变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；（4）根据 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+7 H2O、3Fe2+ + NO3 + 4H+ = NO + 3Fe3+ +2 H2O反应中各量之间的关系进行计算。【题目详解】（1）NO被H2O2氧化为NO3，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO3H2O2=2H2NO2H2O；答案为：2NO3H2O2=2H2NO2H2O；（2）配制100mL 0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、

33、100mL容量瓶；答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；答案为：偏高；（4）根据反应 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+7 H2O 1mol 6mol510-5mol 310-4mol3Fe2+ + NO3 + 4H+ = NO + 3Fe3+ +2 H2O 3mol 1mol1510-4mol-310-4mol 410-4mol标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为=368mgm3；答案为：368。20、出现蓝色沉淀 CE

34、 0.7350g 偏大 BD 【分析】(1) Fe2+的溶液与铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀。(2) NaOH 溶液可以去除废铁屑表面的油污；硫酸亚铁铵在 100110时分解，蒸发时应用小火小心加热，待晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂，过滤所得悬浊液；因为硫酸亚铁铵易溶于水，几乎不溶于乙醇，故过滤后用少量乙醇洗涤；检验铵离子，利用铵根离子可以和强碱反应生成氨气，但氨气极易溶于水，注意溶液反应的时候需要加热；铁离子（Fe3+）与SCN-反应生成显血红色络合物，是检验铁离子的常用方法。 (3)计算K2Cr2O7的质量可以用m=Mn进行计算；配置一定物质的量浓度的溶

35、液需要用到的仪器：容量瓶(应注明体积），烧杯，量筒,天平，玻璃棒，滴管；滴定溶液的影响因素根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响。 (4)加入 NaOH 溶液时，Fe2先反应，NH4后反应。【题目详解】(1)K3Fe(CN)6检验 Fe2+，会生成 Fe3Fe(CN)62 特征蓝色沉淀(2)用 NaOH 溶液洗涤废铁屑的作用是去除废铁屑表面的油污，但 NaOH 溶液并不能和铁的氧化物杂质反应；硫酸亚铁铵在 100110时分解，故蒸发应用小火小心加热，蒸发溶剂直到晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂，得到的是浊液，分离操作是过滤，而不能蒸干后转移；又因硫酸亚铁铵易溶于水，几乎不溶于乙醇

36、，故过滤后用少量乙醇洗涤；检验铵离子，可将样品溶于水后，再加足量 NaOH 溶液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，表明固体中存在 NH4+；固体在空气中氧化变质会生成铁离子，检验铁离子可将样品溶于水后，滴加 KSCN 溶液，溶液变红，说明氧化变质。故选 CE。(3)用重铬酸钾溶液标定莫尔盐溶液的反应为 6Fe(NH4)2(SO4)2+7H2SO4+K2Cr2O7= Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+K2SO4+7H2O+6(NH4)2SO4m（K2Cr2O7）=0.01000molL-10.250 L294.0 gmol-1=0.7350g；根据溶液浓度的精度

37、，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容故用不到的仪器为温度计和铁架台；如果滴定前装有 K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的 K2Cr2O7 标准溶液体积偏大，测定结果将偏大，故答案为0.7350g；偏大。(4)由于加入 NaOH 溶液时，Fe2先反应，NH4后反应，所以若 NaOH 量不足，可能只有 Fe2发生反应，所以 A 正确、B 错误；也可能 Fe2 完全反应而 NH4部分或完全反应，即离子方程式中 n(NH4):n(Fe2) 2：1，所以 C 正确 D 错误，故答