江西省新余市2019届高三上学期10月月考化学试题

江西省新余市第四中学2019届高三10月月考化学试题

1.陶弘景对硝酸钾有如下记载：“先时有人得一种物，其色理与朴硝（硫酸钠）大同小异，肿耻如握雪不冰。

强烧之，紫青烟起，仍成灰，不停滞，如朴硝，云是真消石（硝酸钾）也。”下列有关说法错误的是

A.朴硝和消石加强热都不分解

B.朴硝和消石都属于强电解质

C.朴硝和消石都既含有离子键又含有共价键

D.“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色

【答案】A

【解析】

【详解】A.硫酸钠不易分解，硝酸钾强热分解生成亚硝酸钾和氧气，故A错误；

B.朴硝和消石都属于强酸强碱盐，属于强电解质，故B正确；

C.含氧酸根离子硝酸根离子和硫酸根离子内有共价键，故C正确；

D.K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，故D

正确，

故答案选Ao

2.下列有关说法正确的是

A.储热材料芒硝可用于光-化学能的转换

B.发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能

C.利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向

D.太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能

源

【答案】B

【解析】

【详解】A项，储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于热能-化学能的转换，故A错

误；

B加，当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中

的生物质能，故B正确；

C项，利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，而不是利用光合作用，光合作用

不会产生氨气，故C错误；

D项，可燃冰资源不可再生，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为B。

3.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做

法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。这种做法的化学原因是（）

A.胶体的电泳B.血液的氧化还原反应

C.血液中发生复分解反应D.胶体的聚沉

【答案】D

【解析】

食盐的主要成分NaCI是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐会使血液发生聚沉而止

血。

4.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是

18

A.2.0克H20与D20的混合物中所含中子数为NA

B.17g甲基（一5上）所含的中子数目为8刈

C.1LPH=1的HzSO,溶液中含有的H*数目大于0.2NA

D.足量锌与一定量浓HzSO,反应，生成Imol气体时转移的电子数目为2NA

【答案】C

【解析】

【分析】

1818

H20与D20的摩尔质量都是20g/mol,H20与D20分子中都含有10个中子；甲基（一代温）的摩尔质量是17

g/mol,每个甲基（一汽后）所含的中子数是8；pH=l的HzS（\溶液中cGTAlXlOTmoi/L；足量锌与一定量

浓LSO,反应，先生成二氧化硫，后生成氢气，生成ImolSOz转移2moi电子，生成Imoll转移2moi电子。

181818

【详解】H20与D20的摩尔质量都是20g/mol,H20与D20分子中都含有10个中子，所以2.0克H20与

2g

D2O的混合物中所含中子数为——X10XN=NA,故A正确；甲基（一”眶）的摩尔质量是17g/mol,每

20g/molA4

个甲基（一国员）所含的中子数是8,所以17g甲基（一“佻）所含的中子数目为」^X8XNA=8NA,故B

17g/mol

正确；pH=l的H2s0,溶液中c（H*）=lX10%ol/L,所以1LPH=1的HzSO,溶液中含有的H*数目为

0.1mol/LxlLxNA=0.1NA,故C错误；足量锌与一定量浓HzSO,反应，先生成二氧化硫，后生成氢气，生

成ImolSOz转移2mol电子，生成ImolH?转移2mol电子，所以只要生成lmol气体时转移的电子数目一定

为2NA,故D正确。本题选C.

5.某温度下，将LlmolL加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混合液。经测定10一与

103-的物质的量之比是2:3.下列说法错误的是

A.L在该反应中既作氧化剂又做还原剂

B.L的还原性大于KI的还原性，小于KK）和KKh的还原性

C.该反应中转移电子的物质的量为1.7mol

D.该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是17:5

【答案】B

【解析】

A.反应中只有碘元素的化合价变化，因此L在该反应中既做氧化剂又做还原剂，A正确；B.L的还原性

小于KI的还原性，大于KI0和KI03的还原性，B错误；C.设生成碘化钾是xmol,碘酸钾是3ymol,则次

碘酸钾是2ymoL所以根据原子守恒、电子得失守恒可知x+3y+2y=2.2、x=2y+3yx5,解得x=17y=1.7,

所以该反应中转移电子的物质的量为C正确；D.根据C中分析可知该反应中，被还原的碘元素

与被氧化的碘元素的物质的量之比是x：5y=17:5,D正确，答案选B。

点睛：明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，在进行氧化还原反应的有关计算以及配平时

注意利用好电子得失守恒这一关系式。

6.现有NazSOs、NazSOd混合物样品ag,为了测定其中Na2s的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理

的是

A.将样品配制成溶液VL取其中25.00mL用标准KMnO,溶液滴定，消耗标准KMnO,溶液V?mL

B.向样品中加足量H2O2,再加足量BaCL溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bg

C.将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCk溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c

g

D.将样品与足量稀盐酸充分反应,生成的气体依次通过盛有饱和NaHSOs的洗气瓶、盛有浓H2S04的洗气瓶、

盛有碱石灰的干燥管I、盛有碱石灰的干燥管II,测得干燥管I增重dg

【答案】D

【解析】

【分析】

Na2sCh、Na2s04混合物中只有Na2s与高镭酸钾溶液反应；H2O2将Na2sCh氧化成硫酸钠，再加足量BaCh

溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钏的物质的量即为-^mol,再根据硫原子守恒，硫酸钢的物质的量就是

233

Na2s03、Na2sO4混合物总物质的量为上-moL再结合样品ag,列方程组计算Na2sO3的质量；样品与足量

233

稀盐酸充分反应消耗了Na2s03,再加入足量BaCb溶液与硫酸钠反应生成硫酸根沉淀，过滤，将沉淀洗涤、

干燥，称量其质量为eg,硫酸钢质量为eg,根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量；样品与足量稀盐酸充

分反应将Na2s03转化为二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而求出其中

Na2s03的质量分数，但不能保证二氧化硫全部被碱石灰吸收，还会有少量留在设备里。

【详解】Na2s03、Na2sO4混合物中只有Na2sO3与高铳酸钾溶液反应，根据消耗标准KMnO」溶液V2mL计算

Na2sCh的物质的量，再求其质量，可求出其中Na2sCh的质量分数，故A合理；H2O2将Na2sCh氧化成硫

酸钠，再加足量BaCL溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钢的物质的量即为上mol,再根据硫原子守恒，

233

b

硫酸钢的物质的量就是Na2sO3、Na2sO4混合物总物质的量为——mol,再结合样品ag,设Na2sO3为xmol,

233

b

Na2sCh为ymol,列方程组得］233可解出x,再求其质量，可求出其中Na2sCh的质量分数，故B

j126x+142y=a

合理；样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2s03,再加入足量BaCL溶液与硫酸钠反应生成硫酸领沉淀，

过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为eg,硫酸领质量为eg,根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量为

—x142g,Na2sO3的质量为a---X142g,从而可求出其中Na2sO3的质量分数，故C合理；样品与足量

233233

盆盐酸充分反应将Na2s03转化无二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而

求出其中Na2so3的质量分数，但不能保证二氧化硫全部被碱石灰吸收，还会有少量留在设备里，所以测

定的结果不准确，故D不合理；

7.由HC0和12CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等（空气的平均相对分子质量为29）,则下列

关系正确的是

A.混合气体中，90占有的体积等于"CO占有的体积

B.混合气体中，气。与14CO分子个数之比为1:2

C.混合气体中，12CO与MCO质量之比为15:14

D.混合气体中，与14CO密度之比为14:15

【答案】AD

【解析】

试题分析：根据同温同压下，密度比等于摩尔质量之比，14co和12co组成的混合气体与同温同压下空气

的密度相等，混合气体的平均摩尔质量为29,根据十字交叉法计算，同时根据质量数等于近似相对原子

14CQ^^29-28

量，，因此14co和12co物质的量之比或体积之比为1:1,质量比为1X30：

”CQ2厂、o—29

1x28=15：14,密度之比等于摩尔质量之比，"CO和12co密度之比等于30：28=15：14,故选项AD正确。

考点：考查阿伏加德罗推论、化学计算等知识。

8.锄(Bi)位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，锚酸钠(NaBiCh)可氧化硫酸镒(MnSO4),

反应的离子方程式为5NaBiO3+2Mn"+14H+=2MnO-4+5Bi3++Na++7H2。，下列说法错误的是

A.若有O.lmol氧化产物生成，则转移0.5mol电子

B.胡酸钠难溶于水

C.该反应可以用于鉴定MM+离子

D.该反应可以用浓盐酸酸化

【答案】D

【解析】

试题分析：A、反应中转移电子为10个，若有O.lmol氧化产物(MnO-4)生成，则转移0.5mol电子，正

确；B、离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO-4+5Bi3++Na++7H2。，NaBiCh未拆成离子说明锈酸钠难

溶于水，正确;C、若有MM+离子，反应后溶液出现紫色，正确；D、CL的还原性强于MM+离子，会先与

NaBiCh反应，错误。

考点：通过对给定方程式的分析考查氧化还原，元素及其化合物性质知识。

9.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容.据此下列说法正确的是

硫酷化学纯(CP)

(500mL)

品名：硫酸

化学式：H：SO4

相对分子质量：98

密度：1.84gem1

质量分数：98%

A.该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/L

B.lmolZn与足量该硫酸反应产生2g氢气

C.配制200mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mL

D.该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2mol/L

【答案】C

【解析】

000

A、©J管*登生詈TxWn&dmol・尸,选项A错误；B、Zn与浓H2s0,反应放

98mol^XlL

出SO?气体；C、200mLX4.6mol•L-1=x•18.4mol•L_1,x=50mL,选项B错误；C^配

制200mL4.6mol・LT的稀硫酸需取该硫酸"吧"二^L50mL,选项C正确；D、由于

18.4mol/L

水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓ISO,与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2

倍,所以其物质的量浓度小于9.2mol-L^o答案选C。

10.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入A1CL溶液，生成沉淀A1(OH)3的量随AlCb加入量的变化关系如图

所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是()

d

°bn(AICI3)

3+2

A.a点对应的溶液中：Na+、Fe,SO4\HCO3

2

B.b点对应的溶液中：Na+、S2一、SO4>Cr

2+

C.c点对应的溶液中：Ag+、Ca,N03\F-

2

D.d点对应的溶液中：K+、NH4\广、CO3

【答案】B

【解析】

【分析】

A.a点溶液显碱性，NaOH过量；B.b点恰好生成偏铝酸钠；C.c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生

成氢氧化铝；D.d点为氯化铝溶液。

【详解】A.a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在Fe3+、HCO3,不能共存，选项A错误；B.b

点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，选项B正确；C.c点偏铝酸钠

与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+,不能共存，选项C错误；D.d

点为氯化铝溶液，AP\CO32-相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，选项D错误；答案选B。

【点睛】本题考查离子的共存，明确图象中各点对应的反应及溶液的成分、离子之间的反应是解答的关键,

注意选项D中的相互促进水解反应，题目难度不大。

11.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是

选项离子方程式评价

将2molCL通入含1molFeL的溶液中：

A正确；CL过量，可将Fe?+、厂均氧化

2Fe"+21-+2cl2==2Fe3++4C1-+L

Ba(HC03”溶液与足量的NaOH溶液反应：

B2+-正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水

Ba+HC03+0H-^BaC03\+H20

过量S0通入NaCIO溶液中：正确；说明酸性：

C2

_-。强于

SO2+H2O+CIO^HCIO+HSO3H2s3HC10

1mol/L的NaAia溶液和2.5mol/L的HC1溶液

正确；第一步反应和第二步反应消耗的父

D等体积混合：

的物质的量之比为：

+3+23

2A1O2"+5H===A1+A1(OH)31+H20

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

试题分析：A.将2moich通入到含1molFeb的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe?

++4「+3CL==2Fe3++6C「+2h,故A错误；B.Ba(HCC)3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba?

++2HCOJ+2OH-==BaCO3j+2H2O+CO『，故B错误；C.过量SCh通入到NaCIO溶液中的离子反应为S02

+H2O+CI0-==2H++CF+SO^,故C错误；D.1mol/L的NaAICh溶液和2.5mol/L的HCI溶液等体积互

相均匀混合的离子反应为2AIO£+5H+===A13++AI(OH)3j+H2O,故D正确。故选D。

考点：考查离子方程式的正误判断

【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之

-»书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电

离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式(分子式)表示；③删：删去方程

式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合"原子守恒"和"电荷守恒"。特别注意：①没

有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4a和Ca(0H)2固体混合加热，虽然也有离子参加

反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成

离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写

与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为"imol"进行分析，根据"不足者”调整过量物质的比例。④判

断与量有关的离子反应方程式正误时，采用"不足者"必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快

速方便。

12.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCOs的实验，经过制取氨气、制取NaHCOs、分离NaHCOs、干燥NaHCOs四

个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是()

D.卜燥NaHCO、

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.氯化钱不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化锈，制备氨气，应用氯化锭和氢氧化钙为反应物，

故A错误；B.应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B错误；C.从溶液中分离碳酸氢钠

固体，可用过滤的方法，故C正确；D.碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去

表面的水，故D错误；故选C。

13.建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是()

V4V2cr2

A.钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：------1-------------------1------------n,°：；

Na2O；NajO.NaQ；：Na。n(Na)

13/2小、

B.铁在CL中燃烧，铁的氧化产物：--------1-----------------1----------

FeCh!FeCh.FeCl3!FeClan(Fe)

___2/38/3-3、

c.NH3与C12反应，反应产物：_______I_______________I__________f上；

、

Nz、HCI:NNHCLNHxCfN?、NHXIn(Cl2)

13/2fr|\

D.FeBn溶液中通入CL,铁元素存在形式：—I-----------------1---------n空M7

Fe2*;Fe2+、Fe3**Fe3*n(FeBr：)

【答案】c

【解析】

【分析】

A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠；

B、铁在Cb中燃烧，只生成氯化铁；

C、N%与CL反应，氨气少量2NH3+3C12=6HC1+N2,氨气过量8NH3+3CL=N2+6NH4C1；

D、因还原性：Fe2+>Br,氯气先氧化Fe?+,再氧化Br1向FeBn溶液中通入少量CL,只发生

Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl,所以两者之比为1时，亚铁离子全部被氧化。

2

【详解】A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，选项A错误；B、铁在CL中燃烧，只生成氯化铁，选

项B错误；C、N%与Cb反应，氨气少量2NH3+3CL=6HC1+N2,氨气过量8NH3+3CL=N2+6NH4C1,所

以两者之比为二时，恰好完全反应生成HC1和N2,两者之比为二时，恰好完全反应生成NH4a和N2,选项

33

C正确；D、因还原性：Fe2+>Br,氯气先氧化Fe?+,再氧化Bi-,向FeBn溶液中通入少量CL,只发生

CL+2Fe2+=2Fe3++2C「，所以两者之比为1时，亚铁离子全部被氧化，选项D错误；答案选C。

2

【点睛】本题考查了元素化合物的知识，D选项要熟悉碘离子、澳离子、二价铁离子还原性强弱顺序为解

体关键，题目难度中等。

+3+2+2-

14.某无色溶液可能含有K+、Na+、NH4>Ba2+、Fe>Fe>C「、BL、SO3^SCV-中若干种(忽

略水电离出的H+、OH-),且离子浓度相同，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到现象

如下：

①用pH试纸检验，溶液的pH大于7

②向溶液中滴加氯水，再加入CCL振荡，静置，CCL层呈橙色

③向所得水溶液中加入Ba(NCh)2溶液和稀HNO3,有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNCh溶液和稀

HNO3,有白色沉淀产生

根据上述实验，以下说法正确的是

A.无法推断原混合溶液中是否含有NJV和SO?-

B.原混合溶液中BL、SO32-肯定存在，C「可能存在

C.确定溶液中是否存在Na+,需要做焰色反应

D.原混合溶液中阳离子Ba2+、Fe3+、Fe?+一定不存在，K+、Na+、NH4+一定存在

【答案】D

【解析】

由于溶液为无色，因此不可能存在Fe3+、Fe2+；由①可知，溶液呈碱性，说明含有弱酸阴离子，只有亚

硫酸根离子能够水解，使溶液显碱性，因此含有SO3=，则不可能含Ba2+；由②中CCL层呈橙色可知，含

BF离子；由③可知，在②的溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNCh,白色沉淀为硫酸锁，由于含SCh5则

可能含有SO4?一离子；向滤液中加入AgNCh溶液和稀HNCh,有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCL但由于

步骤②加入了氯离子，所以不能确定原溶液是否含氯离子。根据上述分析，溶液中一定没有

Ba2+、Fe3+、Fe2+,一定含有BL、SO3%因为离子浓度相同，根据溶液显电中性，在则一定含有

K+、Na+、NH4+,且不可能存在C「和SO?',否则不满足电荷守恒。A.原混合溶液中含有NIV,不含

2

SO4',故A错误；B.原混合溶液中BL、SO3?-肯定存在，不可能存在，故B错误；C.Na+一定存在,

+

无需做焰色反应，故C错误；D.原混合溶液中阳离子Ba2+、Fe3+、Fe?+一定不存在，K+、Na+、NH4

一定存在，故D正确：故选D。

点睛：本题的关键是先确定存在的离子，再确定不共存的离子。难点是K+、Na+、NHJ、Cl",SO42-的

确定，需要根据离子浓度相同，利用电荷守恒进行判断。

15.帆是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶

炼铝生成的固体废料一一赤泥（主要成分为FezCMAI2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属帆，其工艺

流程图如下：

画―§5一|滤渣2|~"回收利用

H磁性产品

脸画始我

扉硼默丽盐酸NH@

滤渣3

性产廨阖产蚓溶薜过'履NHVQ,

品

已知：帆有多种价态，其中+5价最稳定。钢在溶液中主要以VO；和VO,的形式存在，且存在平衡V（V+

_+

H20^=V03+2HO下列说法正确的是

A.工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水

B.可以推测VO2cl溶解度大于NHJO3

C.焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全

D.将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素

【答案】B

【解析】

【分析】

赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀。滤渣1系列操作得到

可知滤渣1中含有FezOs、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性

产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钮在溶液中主要以V0；和V03一的形式存在，再加入氯化钺

转化为NHM）3,焙烧得到V2O5,由溶液中存在平衡VO2++H2OUVO3-+2H+,盐酸过量会抑制的生成NHMh,

盐酸溶解时不宜过量。

【详解】A.氧化铝不溶于弱碱，氨水不能溶解氧化铝，故A错误；B.用盐酸溶液后的溶液中含有V0；和VO,

一、C「，加入氯化铉生成阳V03沉淀，反应向生成更难溶的物质进行，可以推测VOzCl溶解度大于NHMh,

故B正确；C.溶液中存在平衡VO2++H2O—V（V+2H+,盐酸过量平衡逆向移动，会抑制的生成NH4V03,

所以不能加入过量的盐酸，故C错误；D.磁性产品中有铁的单质存在，若加入的硝酸不足，Fe元素被硝

酸氧化可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，故D错误；选B。

【点睛】本题考查物质制备工艺流程，此类题目常涉及物质的分离提纯、条件的控制、原理的分析评价、

陌生方程式书写等，涉及的元素化合物多是中学比较陌生的，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，

解答工艺流程题目关键是理解整个流程。

16.向一定量Fe和Fe2（h的混合物中加入120mL一定浓度的稀硝酸恰好使混合物溶解，同时可得到标准状

况下1.344LNO气体.向所得到的溶液中再加入KSCN溶液，无红色出现.若用足量的H?在加热条件下

还原相同质量的混合物，得到U.76g铁单质.则原稀硝酸的物质的量浓度为（）

A.2moiB.4mol*L'1

C.5.75mol・L/D.无法计算

【答案】B

【解析】

【详解】一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入120mL的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加

入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe(NO3)2,足量的氢气在加热下还原相同质量的混

H76g

合物，得到U.76g铁单质,根据Fe元素守恒n[Fe(NO3)2]=n(Fe)==0.21mol,1.344LNO(标

准状况)的物质的量为1.344L/22.4L/mol=0.06mol,根据氮元素守恒，n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO)

,,、0.48moli-、工

=0.21molx2+0.06mol=0.48mol,故c(HNO3)=------=4moVL,答案选B。

17.某班同学用如下实验探究Fe?+、Fe计的性质。请回答下列问题：

(1)甲组同学取10mL0.1mol-LHKI溶液，加入6mLO.1mol•L_1FeCL溶液混合。分别取2mL此溶液

于3支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入ImLCCL充分振荡、静置，CCL层显紫色；

②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN”]溶液，生成蓝色沉淀：

③第三支试行中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。

实验②检验的离子是(填离子符号)；实验①和③说明：在「过量的情况下，溶液中仍含

有(填离子符号)由此可以证明该氧化还原反应为(填可逆反应或

不可逆反应)。

(2)乙组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCb溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方

程式为;一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生

成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)

____________________________________________________________________________________________________________________O

(3)丙组同学模拟工业上用NaClCh氧化酸性FeCk废液制备FeCho

①若酸性FeCk废液中：c(Fe2+)=2.0X10-2mol•L_1,c(Fe3+)=l.OX10'3mol•L'1,c(CF)=5.3X10'2

mol•L-1,则该溶液的pH约为o

②完成NaClOs氧化FeCL的离子方程式：CC103+nFe2++n________=DC「+DFe"+D________。

【答案】(l).Fe?+(2).Fe3+(3).可逆反应(4).2Fe2++H20z+2H+=2Fe3++2H£(5).F)+催化

灰a分解产生Oz(6).上02分解反应放热，促进Fe计的水解平衡正向移动⑺.2(8).166H+1

63H2O

【解析】

【分析】

(1)加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，加入1滴KSCN溶液，溶

液变红是铁离子的检验特征反应现象；反应最后Fe2+、Fe3+、1-、I2共存。(2)向盛有比。2溶液的试管中

加入几滴酸化的FeCL溶液，溶液变成棕黄色，说明Fe?+被H2O2氧化为Fe3+,Fe3+能催化比。2分解；

H2O2分解反应放热，温度升高促进Fe3+的水解。(3)①根据电荷守恒计算氢离子浓度；②根据得失电子

守恒、电荷守恒配平离子方程式。

【详解】(D加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验②检验的

离子是Fe2+,加入1滴KSCN溶液，溶液变红是铁离子的检验特征反应现象，实验①和③说明：在「过量

的情况下，溶液中仍含有Fe3+；反应最后Fe2+、Fej+,I-.I2共存，说明该反应是可逆反应。(2)向盛有

H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCL溶液，溶液变成棕黄色，说明Fe?+被H2O2氧化为Fe3+,反应离

子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。Fe3+能催化H2O2分解放出氧气，所以一段时间后，溶液中有

气泡出现；H2O2分解反应放热，温度升高促进Fe3+的水解平衡正向移动，所以有红褐色氢氧化铁沉淀生

成。(3)①根据电荷守恒，2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl),c(H+)=c(Cr)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=5.3xl02

mol-L^-Z.OxlO^mol-L-1x2-1.0x10^mol-L-'x3=1.0x102mobL1,所以pH=2；②根据得失电子守恒、电荷

2++3+

守恒NaC103氧化FeCh的离子方程式是£ClO3+AFe+6H=1C1+6Fe+3H2Oo

18.水溶性离子是大气颗粒物的主要成分,诉究其化学组成对于治理大气污染有重大意义，某地区大气颗粒

物经采样与必要的预处理后得试样溶液。经离子色谱检验确定含有以下离子

222

NH4\Na+、Mg2+、Ca\Ap+、SO4\NO3\CO3\Cl.某同学对其再进行如下的实验：

yhyIJL.1

试样I过量NaOH溶液」「沉淀卜-NaOH溶液沉淀完全溶解

「溶液3三赢以气体2(使湿润的pH试纸变歌)

溶液2足朝咚!超巡

L沉淀2空当沉淀部分溶解并产生气体

已知：在加热与强碱性条件下,铝单质可以将NO3-还原为氨气。

回答下列问题：

(1)“气体1”的电子式为O

(2)生成“沉淀1”的离子方程式为.

(3)“沉淀2”的成分是(填化学式)。

(4)，，溶液3―►气体2”的离子方程式为<,

(5)根据上述实验可推断该地区大气颗粒物中含量较低(填离子符号)。

(6)已知大气颗粒物中各元素的污染主体如下表：

兀素NSNa、Mg、ClAlCa

污染主体机动车尾气燃煤污染海盐离子土壤扬尘建筑粉尘

根据实验结果可判断该地区大气颗粒物污染主体有o

2

【答案】(1).略(2).2［A1(OH)4］-+CO2=2A1(OH)3；+CO3-+H2O(3).BaSO4sBaCO3(4).

2+22

8AI+3NO3+5OH+18H2O=3NH3T+8［A1(OH)4「(5).Mg>Ca\CO3(6).机动车尾气、燃煤污

染、土壤扬尘

【解析】

(1)由已知，试样溶液中的NH4+与过量NaOH溶液反应，加热产生的气体1为氨气制出)，故电子式为:

H：N：H

O

H

(2)试样溶液中的AF+与过量NaOH溶液反应生成［AI(OH)4「，［A1(OH)4「与CCh反应生成A1(OH)3沉淀,

A1(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成［AI(OH)4「，沉淀溶解，所以沉淀1为A1(OH)3,生成“沉淀1”的离子

方程式为：［A1(OH)4］+CO2=A1(OH)3；+HCO3.

(3)由流程，沉淀2中加盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，结合已知中离子色谱检验结果可得，沉淀2

应为BaSO4和BaCCh的混合物。

(4)流程中，溶液3加入铝粉和NaOH加热条件生成的气体2能使湿润的pH试纸变蓝，则气体2为氨

气，由已知：在加热与强碱性条件下，铝单质可以将NO3•还原为氨气，所以“溶液3—►气体2”的离子方

程式为：8Al+3NCh+5OH+18H2()q=3NH3T+8［A1(OH)。。

(5)根据试样溶液加过量NaOH溶液没有产生沉淀，可得Mg2+含量较低；根据沉淀1完全溶解于NaOH

溶液，可得沉淀1中没有CaCth,Ca2+和CO.f•含量较低，所以根据上述实验可推断该地区大气颗粒物中

Mg2+、Ca2\CO32-含量较低。

(6)根据实验结果可判断该地区大气颗粒物中Mg2+、Ca2\CO32-含量较低，结合表中提供的信息可得:

机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘是该地区大气颗粒物污染主体。

19.常见元素A、B、M组成的四种物质发生反应：甲+乙=丙+丁，其中甲由A和M组成，乙由B和M组成，

丙中只含有M。

(1)若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体。则甲的电子式为;常温下丁溶

液pH_7(填“>”“V”或“=")，用离子方程式解释原因____________；

(2)若丁为能使品红褪色的无色气体，丁与水反应生成戊，丙为常见红色金属，化合物甲、乙中原子个

数比均为1:2但均显+1价)，原子序数B大于A。回答下列问题：

①A在周期表中位置为；

②向丁的水溶液中滴入紫色石蕊试液，现象为；

③写出加热条件下上述生成丙的化学方程式；

④向MCL的溶液中通入丁，生成白色MCI沉淀，写出该反应的离子方程式；

+2+2

【答案】(1).Na［：6：6：］-Na(2).>(3).C03+H2O^iHCO3+OH-(4).第二周期VIA族

(⑸.紫色石蕊变成红色且不褪色(6).2CU20+CU2s=6Cu+S02t(条件：加热)⑺.

2+

2Cu+2Cr+S02+2H20=2CuClI+S0产+4H*

【解析】

【分析】

(1)甲+乙=丙+丁，根据甲为淡黄色固体且是两种元素(A和M)组成的化合物，乙和丙均为常温下的无色

无味气体，可推知是岫2。2、乙是二氧化碳、丙是氧气、丁是碳酸钠；(2)甲+乙=丙+丁，若丁为能使品红

褪色的无色气体，丁是二氧化硫，丁与水反应生成戊，戊是亚硫酸，丙为常见红色金属，丙是铜，化合物

甲、乙中原子个数比均为1:2(M均显+1价)，原子序数B大于A,则甲是CU2O、乙是CU2S。

【详解】(1)甲+乙=丙+丁，根据甲为淡黄色固体且是两种元素(A和M)组成的化合物，乙和丙均为常温下

的无色无味气体，可推知甲是岫2。2、乙是二氧化碳、丙是氧气、丁是碳酸钠；Na2()2的电子式为

Na+［：6：6：］2-Na+；碳酸钠是强碱弱酸盐，所以碳酸钠能水解，水解离子方程式是

2

CO3+H2OHCOi+OH,所以溶液pH>7；(2)甲+乙=丙+丁，若丁为能使品红褪色的无色气体，丁是

二氧化硫，丁与水反应生成戊，戊是亚硫酸，丙为常见红色金属，丙是铜，化合物甲、乙中原子个数比均

为1:2(M均显+1价)，原子序数B大于A,A是氧元素、B是硫元素，则甲是CiuO、乙是C112S。根据以上

分析，①0元素在周期表中位置为第二周期VIA族；②亚硫酸的水溶液呈酸性，滴入紫色石蕊试液，现象

为紫色石蕊变成红色且不褪色；③加热条件下CU2O、Cu2s生成Cu和SO2的化学方程式是

2CU2O+CU2S=6CU+SO2T；④向CuCL的溶液中通入SO2,生成白色CuCl沉淀，该反应的离子方程式是

2+2+

2Cu+2Cl+SO2+2H2O=2CuCU+SO4+4H,

【点睛】多元弱酸根分步水解；根据现象推断往往是解推断题的突破口，如本题的丁为能使品红褪色的无

色气体，所以丁是二氧化硫，丙为常见紫红色金属，丙是金属铜。

20.次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2・HCHO・2H2O)俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。

以Na2sCh、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：已知：次硫酸氢钠甲醛易

溶于水，微溶于乙醇，具有强还原性，且在120c以上发生分解。

步骤1：在三颈烧瓶中加入一定量Na2s03和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2,至溶液pH约为4,制得

NaHSCh溶液。

步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80〜90℃下，

反应约3h,冷却至室温，抽滤；

步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。

(1)装置B的烧杯中应加入的溶液是；冷凝管中冷却水从填"a”或"b”)口进水。

(2)A中多孔球泡的作用是.

(3)冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有(填化学式)。

(4)写出步骤2中发生反应的化学方程式.

(5)步骤3中在真空容器中蒸发浓缩的原因是o

(6)为了测定产品的纯度，准确称取2.0g样品，完全溶于水配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液,

加入过量碘完全反应后(已知12不能氧化甲醛，杂质不反应)，加入BaCh溶液至沉淀完全，过滤、洗

涤、干燥至恒重得到白色固体0.466g,则所制得的产品的纯度为。

【答案】⑴.NaOH溶液(2).a(3).增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率(4).

HCHO(5).NaHCO3+HCHO+Zn+H2O=NaHSOaHCHO+Zn(OH)2(6).防止温度过高使产物

分解，也防止氧气将产物氧化(7).77.00%

【解析】

试题分析：(1)该实验是以Na2s03、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，SOz作为尾气不能排

放到空气中，装置B的作用是吸收SO2,所以装置B的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液，A为三颈烧瓶,

冷凝水从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；所以冷却水从a口进水。

(2)为了增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率，A中放置了多孔球泡。

(3)HCHO具有挥发性，在80。(：-90℃条件下会大量挥发，加冷凝管可以是HCHO冷凝回流提高HCHO

的利用率。

(4)该实验是以NazSO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，则步