安徽省淮北市第一中学2024-2025学年高一下学期强基班化学暑假复习课标专题二：常见的无机物及其应用B卷拔高提升

2025年淮北一中强基班高一化学暑假复习课标专题二：常见的无机物及其应用 B卷拔高提升 一、单选题（共20题） 1．废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下： 已知：。 下列说法错误的是 A．“酸溶”时用浓硝酸消耗酸的物质的量比用稀硝酸的多 B．“过滤”所得滤液可用足量的溶液分离和 C．若配制王水溶金，可把3体积的浓盐酸倒入1体积的浓硫酸中 D．用过量粉将1molHAuCl4完全还原，理论上需消耗130gZn 2．一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4(H2C2O4H++HC2O，HC2OH++)发生反应，Mn (Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)一定能大量共存 D．总反应为： 3．铝镁合金与一定量某浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有），向反应后的混合溶液中滴加溶液，当沉淀的质量恰好为最大值时，测得消耗该溶液的体积为，下列说法正确的是 A．存在的数量关系 B．生成标准状况下NO气体的体积为 C．上述过程中转移电子的物质的量与沉淀中的物质的量不相等 D．与合金反应的硝酸的物质的量为 4．酸性常用作氧化剂、水处理剂。实验室一种制取的流程如下，下列说法不正确的是 A．在第一步熔融时应先加入再加入另外两种试剂 B．熔融反应的化学方程式： C．加调节pH时，调节pH过低可能会产生氯气 D．为了提高酸性高锰酸钾的产率，蒸发浓缩、冷却结晶时通常控制蒸发温度低于100℃ 5．将一定量的锌与100 mL 18.5 mol/L 浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得稀释后溶液中氢离子浓度为0.1 mol/L，则下列叙述中错误的是 A．气体A为SO2和H2的混合物 B．反应中共消耗Zn 97.5 g C．气体A中SO2和H2的体积比为4∶1 D．反应中共转移3 mol电子 6．向200mL含有和的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，设稀硝酸的还原产物只有NO，且反应过程中不考虑溶液体积的变化。下列说法错误的是 A．上述过程涉及三个氧化还原反应 B．浓度最大为 C．溶液中最终含有 D．上述过程共产生3.36L(标准状况下)气体 7．向某废金属屑样品（只有Fe和Cu）中加入一定物质的量浓度的稀硝酸，测得生成NO的体积（已换算成标准状况）、样品的质量随加入稀硝酸的体积的变化关系如图所示，已知反应过程中的还原产物只有NO，点时样品中的Fe恰好完全溶解。下列说法正确的是 A．该废金属屑样品中Cu的质量为4.8g B．所用稀硝酸的物质的量浓度为 C．当加入稀硝酸的体积为300mL时，溶液中存在的金属阳离子有、、 D．从反应开始到点，溶液中发生反应的离子方程式为 8．向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的硝酸0.5 L，固体物质完全反应，得到8.96L (换算为标准状况下)NO和NO2的混合气体及Cu(NO3)2.在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L，恰好使金属离子完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。将得到的NO和NO2混合气体与一定量氧气一起通入水中，恰好完全生成硝酸。下列有关说法正确的是 A．硝酸浓度为2.4 mol/L，固体与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol B．Cu、Cu2O物质的量之比为1：1 C．一定量氧气标准状况下的体积为3.36L D．产生的NO2为0.1 mol 9．一定温度下，将Cl2缓缓通入一定浓度的KOH溶液中，至两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是 A．c(ClO-)+2c(ClO)=c(Cl-) B．溶液中n(Cl-)=0.14mol C．t1～t2时刻，仅发生反应3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O D．原KOH溶液中，n(KOH)=0.3mol 10．室温下，探究溶液的性质。下列实验方案正确且能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 是否具有还原性 向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化 B 溶液是否变质 向溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加溶液，观察是否有沉淀产生 C 检验溶液中的 取溶液于试管中，加入溶液，观察能否产生使红色石蕊试纸变蓝的气体 D 比较Cl、S的非金属性强弱 向溶液中滴加稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液中，观察品红溶液是否褪色 A．A B．B C．C D．D 11．下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)。当X是强碱时，过量的B跟反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法错误的是 A．A和X生成B的反应是非氧化还原反应 B．B也可在Cl2作用下直接转化为E C．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是 D．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是 12．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A．将气体通入溶液生成黑色沉淀： B．向溶液中通入过量的 C．向溶液中通入少量 D．向溶液中加入足量氨水： 13．为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验。下列说法正确的是 A．加热顺序最好是先②后① B．装置②中发生的主要反应是： C．为了检验气体产物的还原性，虚线框内应选择装置乙，将灼烧后的铜丝趁热伸入其中 D．反应结束后，取适量硬质玻璃管中的固体，适量稀盐酸溶解，滴加溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有价的铁 14．室温下探究溶液的性质。下列实验方案能速到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 验证溶液中含有 向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化 B 和反应为可逆反应 向溶液中滴加溶液，再滴加几滴溶液，溶液呈血红色 C 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加溶液，观察溶液的颜色变化 D 是否催化分解 向的溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 A．A B．B C．C D．D 15．常用于制造船底防污漆，它在酸中易发生歧化反应。将14.4g的加入500mL硫酸中，充分反应后，再逐滴滴入硝酸至Cu恰好完全溶解。下列说法错误的是 A．溶于硫酸的离子方程式： B．加入硝酸的体积为 C．加入硝酸反应后的溶液中最多还可以溶解铁粉11.2g D．起氧化作用的硝酸占全部硝酸的100% 16．某溶液中可能存在以下离子中的几种：，现向该溶液中加入溶液并加热，有关物理量的变化关系如图所示。 已知：与在加热条件下可生成。 下列说法正确的是 A．原溶液中一定存在 B．原溶液中的浓度为 C．发生的离子反应只有 D．无法确定是否存在 17．某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示。查阅资料可知：①Fe3+可将S2-氧化为淡黄色S沉淀。②FeS为不溶于水的黑色沉淀，能溶于盐酸。③电解质可使胶体发生聚沉。 根据实验现象，下列分析正确的是 A．向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解 B．根据反应现象分析，①～④的变化中，有2处涉及氧化还原反应 C．若改变相互滴加顺序，将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②相同 D．过程④为Fe(OH)3胶体聚沉，产生该现象是因为Na2CO3属于电解质 18．下列选项描述与对应图像相符的是 A．图甲为含和的溶液中(离子)与通入(标准状况下)的体积关系 B．图乙为含的溶液中(离子)与通入时的变化关系 C．图丙为含和的溶液中滴加的稀的体积与生成关系 D．图丁为饱和氢氧化钙溶液中加入，溶质的质量分数与时间变化的关系 19．向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含铁的某微粒)随的变化曲线如图所示。下列说法中错误的是 (已知：①可将氧化成；②，为强酸) A．还原性： B．b点溶液中 C．a点时已通入标准状况下氯气的总体积为39.2L D．c点溶液中阴离子的个数为17 20．部分被氧化的 Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g， 经如下处理： 下列说法不正确的是 A．滤液A 中的阳离子为 B．样品中含氧元素的物质的量为0.03 mol C．溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04 mol D．V=224mL 二、非选择题（共6题） 21．有资料认为、不能与反应。某小组学生提出质疑，从理论上分析和都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设并进行探究： I．从理论上分析和都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设： 假设1：氧化； 假设2：氧化。 (1)甲同学设计如图1装置进行实验： ①试管A中反应的化学方程式是 。 ②干燥管C的作用是 。 ③待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B；向其中加入适量粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。 结论：甲同学认为假设2正确。 (2)乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是 。乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确，则和反应的化学方程式是 。 II．该研究性学习小组同学还认为NO易与发生反应，应该更易被氧化。查阅资料：；；酸性条件下，能与反应生成和。 (3)丙同学用图2所示装置(部分夹持装置略)探究与的反应。 ①在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间，目的是 。 ②B中不能观察到的现象是 (填字母编号)。 a．铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色 b．有无色气泡产生 c．有红棕色气泡产生 ③C、E中所盛装的试剂能是 (填字母编号)。 a．浓硫酸     b．碱石灰     c．氯化钠     d．生石灰 ④充分反应后，检验D装置中产物是还是的实验方法是 。 22．实验室以FeCl2溶液为原料制备高密度磁记录材料Fe/Fe3O4复合物。 (1)在氩气气氛下，向装有 50mL 1mol·L-1FeCl2 溶液的三颈烧瓶中逐滴加入 100 mL 14 mol·L-1KOH溶液，用磁力搅拌器持续搅拌，在 100℃下回流 3h，得到成分为Fe和Fe3O4 的黑色沉淀。 ①三颈烧瓶发生反应的离子方程式为 。 ②检验反应是否进行完全的操作是 。 (2)待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在 40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4 复合物产 品 3.24 g。 ①焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是 。 ②计算实验所得产品的产率 (写出计算过程)。 (3)实验前需配制FeCl2标准溶液。请补充完整配制250 mL 0.200 0 mol·L-1 Fe2＋标准溶液的实验步骤： ；轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，继续加入蒸馏水至液面离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签。[实验中必须使用的试剂和仪器：铁粉、6.0 mol·L-1盐酸、精确度为0.000 1 g的分析天平(如图所示)] 23．化学小组实验探究与溶液的反应。 (1)实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备，将足量通入溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓与Cu反应的化学方程式是 。 ②试剂a是 。 (2)对体系中有关物质性质分析得出： 沉淀B可能为或二者混合物。 （资料：微溶于水；难溶于水； ；） 实验二：验证B的成分 加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F． ①推断D中主要成分是 ，进而推断B中含有。 ②向滤液E中加入溶液，若现象为 则进一步证实B中含有。 (3)根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径： 途径1：实验一中，在溶液中被氧化生成，随沉淀B进入D。 途径2：实验二中，被氧化为进入D。 实验三：探究的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有 （填离子符号）。取上层清液继续滴加溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含。 ②实验三的结论：的产生途径为 。（填“途径1”或“途径2”） (4)实验一中与溶液反应的离子方程式是 。 (5)根据物质性质分析，与溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。根据上述实验所得结论： ①与溶液反应生成的速率 （填“>”或“<”）生成Ag和的速率； ② （填“酸性”或“碱性”）溶液中更易被氧化为。 24．铁基颜料铁黄(FeOOH)在高档涂料、油墨等领域有着广泛的应用。某同学设计了利用黄铁矿(主要成分： FeS2和SiO2)为主要原料制备绿矾(FeSO4·7H2O)，并用得到的绿矾制备铁黄(FeOOH)，流程如下： 已知：①FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇。 ②“焙烧”的方程式为4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2；“焙烧”过程中SiO2不参与反应。 ③FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。 回答下列问题： (1)将黄铁矿进行粉碎，其目的是 ；滤渣I可作为制备玻璃的原料，写出制备玻璃时发生的主要化学方程式 (任写一个)。 (2)“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是 。 (3)“酸溶”后溶液呈黄色，试剂b若选用铁粉，“还原”步骤中是向溶液逐步加入铁粉，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，写出主要反应的离子方程式 。试剂b若选用SO2，则该过程涉及的离子方程式有 。 (4)向“FeSO4溶液”中加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是 。已知绿矾溶解度曲线如下图所示，则从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：蒸发浓缩(得到 ℃饱和溶液)、 、过滤、用冰水洗涤，低温干燥。 (5)由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是 。 25．颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下： (1)写出“酸溶”时发生的属于氧化还原反应的离子方程式除了外：还有 。 (2)固体在空气中灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是 (用化学方程式表示)。 (4)纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 ①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子， 。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：减小，H+离子浓度增大， 。 (5)纳米铁粉中铁元素含量测定：准确称取2.000g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除去不溶性杂质，滤液移入100mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00mL于锥形瓶中，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液23.50mL。计算产品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。 26．某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应 资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。 ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。 iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是___________。 (2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。 (3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。 (4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。 ④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。 【答案解析】 1．【答案】C 【分析】酸溶：Ag、Cu能与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铜和氮的氧化物，Au不与硝酸反应，也不溶于硝酸，过滤，滤渣为Au，滤液为硝酸银、硝酸铜；溶金、分离：Au溶解转化成HAuCl4和氮的氧化物，还原、分离：加入锌将Au元素还原成金单质，据此分析。 【详解】A．浓硝酸被还原成，存在，稀硝酸被还原成，，金属失去电子一定时，即硝酸得到相同电子时，浓硝酸产生的量多，自然消耗的硝酸也最多，A正确； B．不发生反应，反应生成沉淀，因此加入足量溶液，然后过滤分离出，B正确； C．若配制王水溶金，可把3体积的浓盐酸倒入1体积的浓硝酸中，C错误； D．由图，用过量锌粉将完全还原，显+3价，被锌还原为0价，同时锌还能与反应生成氢气，根据得失电子数目守恒，由，，代入表达式，，理论上消耗锌的质量为，D正确； 故选C。 2．【答案】A 【分析】约前，随着时间的推移浓度减小直至为，浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成，同时先生成少量后，被消耗；约后，随着时间的推移浓度减少，的浓度增大。 【详解】A．由图像可知，随着时间的推移的浓度先增大后减小，说明开始反应生成，后来被消耗生成， 所以能氧化，A正确； B．随着反应物浓度的减小，到大约时开始生成，浓度增大，对反应起催化作用，后反应速率会增大，B错误； C．由图可知，的浓度为0后才开始生成，则该条件下和不能大量共存，C错误； D．由于草酸是弱酸，不能拆开，其离子方程式为：，D错误； 故选A。 3．【答案】D 【详解】A．沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于原铝镁合金质量与沉淀中氢氧根离子质量之和，所以沉淀中氢氧根离子的物质的量为，消耗溶液，则有，即，A错误； B．沉淀中氢氧根离子的物质的量等于、所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即等于反应过程中转移电子的物质的量，，根据得失电子守恒，生成时，中+5价的元素转变为+2价，因此生成的物质的量为，所以生成标准状况下气体的体积为，B错误； C．沉淀中氢氧根离子的物质的量等于、所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，C错误； D．与合金反应的硝酸分别起酸的作用和氧化剂的作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于反应后硝酸钠的物质的量，为，作为氧化剂的硝酸的物质的量等于生成的的物质的量，为，所以与合金反应的硝酸的物质的量为，D正确； 故选D。 4．【答案】A 【分析】由流程可知：氯酸钾、二氧化锰、KOH在熔融状态下发生反应：，然后加入水，并加入CH3COOH酸化，在酸性溶液中K2MnO4发生岐化反应产生KMnO4、MnO2、H2O，离子方程式为：3+4CH3COOH=2+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O；过滤分离出固体MnO2，对滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、重结晶，分离出KMnO4，以此来解答； 【详解】A．在高温条件下，为避免KClO3在MnO2催化下直接分解产生KCl、O2，因此在向装置中加入药品时，应该先向反应容器中加入KOH，再加入MnO2，然后再加入氧化剂KClO3，A错误； B．根据上述分析可知在第一步熔融时，氯酸钾、二氧化锰、KOH会发生反应：，B正确； C．K2MnO4在酸性条件下会发生歧化反应产生KMnO4、MnO2，若加CH3COOH调节pH时，调节pH过低，第一步反应产生的KCl、KMnO4、CH3COOH会发生氧化还原反应而可能会产生Cl2，因此加CH3COOH调节pH时，调节pH不能过低，C正确； D．反应产生的KMnO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶一步控制在蒸发温度约100℃，这是由于温度升高，KMnO4会发生分解反应产生K2MnO4、MnO2、O2，导致KMnO4的产率降低，反应温度控制100℃，就避免了KMnO4的分解，从而可以提高KMnO4的产率，D正确； 故选A。 5．【答案】C 【详解】A．锌与浓H2SO4发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，H2SO4浓度变小，发生反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，气体A为SO2和H2的混合物，A正确； B．设反应生成的SO2的物质的量为x，H2的物质的量为y，则x＋y==1.5mol，消耗的硫酸：2x＋y=18.5 mol/L×0.1 L-=1.8mol，解得：x=0.3mol，y=1.2mol，则参加反应的Zn：x＋y=1.5mol，质量是m=nM=97.5g， B正确； C．由B项分析可知，反应生成的SO2的物质的量为0.3mol，H2的物质的量为1.2mol，则V(SO2)∶V(H2)=1∶4，C错误； D．锌失去两个电子变成，转移电子：1.5mol×2=3mol，D正确； 故选C。 6．【答案】C 【详解】A．向200mL含有和的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量过程中依次发生①，②，③，A正确； B．酸性条件下的硝酸根将铁氧化成三价铁离子，由上述氧化还原反应的比例可知0.1mol的硝酸根会生成0.1mol铁离子，浓度为，B正确； C．和的混合溶液中含有0.5molH+、0.1mol，代入上述化学反应中，反应①生成0.1mol，参与反应②后生成0.15mol，剩余的0.1mol H+将生成0.05mol的，故溶液中最终含有，C错误； D．上述过程生成0.1molNO和0.05molH2，故 (标准状况下)气体，D正确； 故选C。 7．【答案】C 【分析】点时样品中的Fe恰好完全溶解，所以从开始到点发生的反应为，从点到样品恰好完全溶解发生的反应为，从样品恰好完全溶解到不再产生NO发生的反应为。 【详解】A．从点到点消耗废金属屑样品的质量为9g，得，从点到点生成NO的物质的量为0.1mol，得，解方程组可得，所以该废金属屑样品中Cu的质量为，A错误； B．从点到点消耗的物质的量为0.4mol，加入稀硝酸的体积为100mL，所用稀硝酸的物质的量浓度为，B错误； C．由图可知加入硝酸体积大于300mL，反应仍然进行，故加入300mL硝酸时，溶液中还有Fe2+，C正确； D．从反应开始到点，溶液中发生反应的离子方程式为，D项错误； 故选C。 8．【答案】C 【分析】标准状况下8.96L NO和NO2即物质的量为0.4mol，溶液加NaOH溶液至金属离子已完全沉淀，根据氮元素守恒得到n(HNO3)=0.4mol+ n(NaNO3)=0.4mol+1.0×1.0L=1.4mol，硝酸的物质的量浓度为2.8 mol/L，设27.2g Cu和Cu2O的混合物中Cu物质的量为xmol，Cu2O物质的量为ymol，加入氢氧化钠使金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，该沉淀为氢氧化铜，根据铜守恒建立关系，64x+144y=27.2，98(x+2y)=39.2，解得x=0.2mol，y=0.1mol，因此Cu的物质的量为0.2mol，Cu2O的物质的量为0.1mol，据此分析； 【详解】A．根据分析可知，硝酸的物质的量浓度为2.8 mol/L，消耗的硝酸物质的量n(HNO3)=0.4mol+2×(0.2+0.1×2)mol=1.2mol，而总的硝酸物质的量为1.4mol，因此Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余为0.2mol，A错误； B．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1，B错误； C．根据得失电子守恒，氧气得电子总数等于Cu和Cu2O的混合物失电子总数，，=3.36L，C正确； D．根据得失电子守恒，Cu和Cu2O的混合物失电子总数等于NO和NO2的混合气体得电子总数，设NO2的物质的量为amol，NO的物质的量为(0.4-a)mol，可得，解得a=0.3mol，D错误； 故选C。 9．【答案】B 【详解】A．Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，根据得失电子守恒可知，A错误； B．根据图象可知，Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，反应后、，部分氯元素从0价分别升高到+1、+5价，部分氯元素从0价降低到-1价，因此根据得失电子守恒可知，B正确； C．根据图象可知，过程中有KClO、KClO3生成，因此发生反应：、，C错误； D．Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，K原子和Cl原子个数比均为1:1，结合选项A中分析，根据钾原子守恒可得：，D错误； 答案选B。 10．【答案】A 【详解】A．向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察到溶液褪色，说明具有还原性，A项正确； B．向溶液中先滴加足量的稀硝酸，稀硝酸能将氧化为，对检验溶液是否变质产生干扰，B项错误； C．取溶液于试管中，加入溶液，氢氧化钠浓度太低而且没有加热，则没有产生，检验方法错误，不能证明溶液中是否存在铵根离子，C项错误； D．向溶液中滴加稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明盐酸的酸性强于亚硫酸，但不能说明的非金属性强弱，D项错误； 故选A。 11．【答案】B 【分析】A是一种正盐，既能和强酸反应，也能和强碱反应，所以A是(NH4)2S，当X是强酸时，B是H2S，图示转化关系为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，当X是强碱时，B是NH3，图示转化关系为NH3→N2→NO→NO2→HNO3，以此解答。 【详解】A．A是(NH4)2S，B是气态氢化物，所以B是NH3或H2S，A和X生成B的反应是非氧化还原反应，故A正确； B．B是气态氢化物NH3或H2S ，按照图示转化关系NH3→N2→NO→NO2→HNO3，E为NO2，或H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，E为SO3，B均不能在Cl2作用下直接转化为E，故B错误； C．当X是强酸时，图示转化关系为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4，故C正确； D．当X是强碱时，图示转化关系为NH3→N2→NO→NO2→HNO3，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是HNO3，故D正确； 故选B。 12．【答案】B 【详解】A．弱电解质不能拆,离子方程式为：， A错误； B．能被二氧化硫氧化成硫单质，二氧化硫过量时会生成亚硫酸氢钠，反应为，B正确； C．具有强氧化性，具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成，方程式为，C错误； D．溶液中加入足量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：，D错误； 综上，答案是B。 13．【答案】C 【详解】A．若先加热②，此时装置内没有排出空气，铁粉会与空气中的氧气反应，所以应先加热①产生水蒸气排出装置内空气，再加热②，A错误； B．装置②中发生的主要反应是，而不是生成，B错误； C．生成的气体产物是，具有还原性，将灼烧后的铜丝（表面是CuO）趁热伸入装置乙中，可将CuO还原为Cu，可检验气体产物的还原性，C正确； D．反应结束后，取适量硬质玻璃管中的固体，用适量稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，不能说明该固体中没有+3价的铁。因为若固体中含有Fe，Fe会将溶液中的还原为，导致滴加KSCN溶液无血红色出现，D错误； 故选C。 14．【答案】B 【详解】A．溶液中滴加几滴溶液，NaOH会与反应被消耗，且反应过程中未加热，不会有氨气生成，A错误； B．有反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，与溶液中物质的量之比n(KI):n(FeCl3)≈5:1，说明KI过量，如果该反应是不可逆反应，则混合后溶液中没有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不会变红，但事实上溶液变红，所以Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应，B正确； C．若原溶液中含，滴加KSCN溶液后，溶液也会变红色，C错误； D．向的溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡也有可能是硫酸根离子、Fe3+或铵根离子的催化作用，需要做对比实验才能确定，D错误； 故选B。 15．【答案】C 【分析】由已知可知，为，，根据反应可知消耗，在滴入硝酸前溶液中剩余，设滴入硝酸后，消耗了、，知方程式为 ，又可知化学计量数之比等于物质的量之比， 得，，反应中加入硝酸的体积为，溶液中剩余的，同时含有，化学计量数之比等于物质的量之比，消耗的粉为0.2mol，，化学计量数之比等于物质的量之比，消耗的粉为0.1mol，故最终溶液消耗的粉为0.3mol，质量为，加入的硝酸全部作为氧化剂，据此解答。 【详解】A．在酸中易发生歧化反应，，根据氧化还原反应的书写原则，得方程式为，故A正确； B．根据分析，可以加入硝酸的体积为，故B正确； C．根据分析，加入硝酸反应后的溶液中最多还可以溶解铁粉16.8g ，故C错误； D．根据分析，加入的硝酸全部作为氧化剂，故D正确； 答案选C。 16．【答案】B 【分析】根据加入Ba(OH)2溶液的体积为300 mL-325 mL时，沉淀部分溶解，溶解的沉淀为Al(OH)3，则n[Al(OH)3]=0.005 mol。加入Ba(OH)2溶液的体积325 mL时，沉淀质量为7.28 g，沉淀物质的量为0.035 mol，分析沉淀中含有n(BaSO4)=0.03 mol，n[Mg(OH)2]=0.005 mol。则原溶液中含有Al3+、Mg2+、且n(Al3+)=0.005 mol，n(Mg2+)=0.005 mol，n()=0.03 mol。CO与Al3+、Mg2+不共存，则原溶液一定不含CO；原溶液中存在SO，不存在Ba2+。加入Ba(OH)2溶液的体积0-250 mL时发生的离子方程式有Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Ba2++=BaSO4↓，Al3+、Mg2+消耗的n(OH-)=0.025 mol，由此可知，还有原溶液还有H+也与OH-反应，原溶液中n(H+)=0.05 mol-2n(Mg2+)-3n(Al3+)=0.025 mol。加入Ba(OH)2溶液为250 mL-300 mL时产生氨气，且n(NH3)=0.01 mol，则原溶液中n(NH)=0.01 mol。根据电荷守恒推断，原溶液中不含Cl-。 【详解】A．由上述分析可知，原溶液中含有Mg2+、Al3+，则原溶液一定不含CO，A错误； B．由上述分析可知，原溶液中n (H+)=0.025 mol，则c (H+)=0.25 mol/L，B正确； C．250-300 mL沉淀的量还在增加可知，发生的离子反应有 + OH- NH3↑ + H2O，Ba2++=BaSO4↓，C错误； D．由上述分析可知，根据电荷守恒推断，原溶液中不含Cl-，D错误； 答案选B。 17．【答案】D 【分析】①中发生反应：，②中发生反应，③中发生反应为，④中继续发生反应，据此作答。 【详解】A．向②后试管加入足量稀盐酸，FeS溶解，而S不溶解，故沉淀部分溶解，故A错误； B．由分析可知，①～④的变化中，①中产生淡黄色的沉淀S，溶液变为淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应，②中是Fe2++S2-=FeS,不是氧化还原反应，③中铁离子与碳酸根离子发生了双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，是非氧化还原反应，④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，是非氧化还原反应，故只有1处涉及氧化还原反应，故B错误； C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则直接发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中①、②现象不同，故C错误； D．④中是向胶体中加入盐溶液，故氢氧化铁胶体发生聚沉，生成大量的红褐色沉淀，因此碳酸钠为电解质，故D正确； 故答案选D。 18．【答案】B 【详解】 A．，通入含有和的溶液中，相当于首先发生反应：，完全反应消耗，剩余，生成。然后发生反应：，消耗，生成。上述两阶段共消耗，剩余，再发生反应：，消耗，至此完全消耗，不再发生反应：，最后溶液中溶质为，图像为，A项不选； B．还原性强弱顺序是：，，消耗氯气的物质的量之比为，B项选； C．和的物质的量均为，碳酸钠先与盐酸反应：，该过程不放出气体，继续加盐酸发生反应：，此时开始放出气体，盐酸与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为，该过程消耗0.1L盐酸，反应后，溶液中碳酸氢钠共，消耗盐酸生成二氧化碳，该过程消耗盐酸的体积为，共消耗盐酸的体积为，C项不选； D．向饱和氢氧化钙溶液中加入，氧化钙和水反应，使溶液中溶质因水减少而析出，反应放出大量热，氢氧化钙的溶解度减小，氢氧化钙析出，得高温下的饱和溶液，溶质的质量分数减小，冷却时，溶解度变大，溶质的质量分数变大，恢复到原温度后得原温度下的饱和溶液，溶质的质量分数与初始状态相同，D项不选； 答案选B。 19．【答案】D 【分析】从图可以看出，当通入氯气为0时，混合溶液中的Fe2+为3mol，I−为2mol，则混合溶液中的FeI2为1mol，FeCl2为2mol，当通入氯气为1 mol时，I−被全部氧化为I2，n(I2)=1mol，Fe2+没有变化，当通入氯气从1mol到2.5mol时，溶液中的Fe2+全部被氧化为Fe3+，a点为Fe2+被氧化了一半时的点，此时Fe2+和Fe3+各为1.5mol，通入的氯气从2.5mol到7.5mol时，I2全部被氧化为HIO3，此过程消耗了氯气的量为5mol； 【详解】A．由图可以看出，当通入Cl21mol时，溶液中的Fe2+没有变化，I−由2mol到零，则还原性，A正确； B．从图可以看出，氯气从2.5 mol到b点时，通入氯气的量为4mol-2.5mol=1.5mol，发生了反应氯气氧化碘单质生成碘酸和HCl：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，根据反应计量数，可知此时溶液中有0.3mol的I2被氧化，则剩余的n(I2)=1mol−0.3mol=0.7mol，B正确； C．经分析，a点为Fe2+被氧化了一半时的点，此时Fe2+和Fe3+各为1.5mol，根据Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−可知，此过程消耗了氯气为0.75mol，加上之前通入的1mol氯气，此时消耗氯气总计1.75mol，标准状况下体积为39.2L，C正确； D．经分析，c点时I2全部被氧化为HIO3， c点溶液中含有的阴离子为Cl−和，结合原子守恒，其中n()=n(I−)=2mol，n(Cl−)=2n(Cl2)+2n(FeCl2)=2×7.5mol+2×2mol=19mol，故c点溶液中阴离子的个数为(2mol+19mol)×NAmol−1=21NA，D错误； 故选D。 20．【答案】A 【分析】样品加入足量稀硫酸，铜不与稀硫酸反应，则生成的滤渣3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，滤液中不含有Cu2+，有铜单质剩余，所以滤液A中一定不含有+3价铁离子，且Fe恰好全部转化为FeSO4，最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，加入足量NaOH，生成，过滤，灼烧得到的3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为=0.02mol，据此分析。 【详解】A．根据分析可知，滤液A 中一定不含有 ，A错误； B．最后加热Fe元素的物质的量为：n(Fe)=0.02mol×2=0.04mol，铁元素的质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，则样品中氧元素的质量为：5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，氧元素的物质的量为：=0.03mol，B正确； C．根据铁元素的物质的量为0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸的物质的量为0.04mol，C正确； D．铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，而其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，根据B选项可知氧元素的物质的量为0.03mol，它结合0.06mol H+，所以硫酸中生成氢气的H+的物质的量为：0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成0.01mol氢气，标况体积为0.01mol氢气的体积为2.24L，即224mL，D正确； 故选A。 21． 【答案】(1) Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 防止倒吸 (2) 除去生成NO2气体中混有的水蒸气。 Na2O2+2NO2 = 2NaNO3 (3) 将装置中的空气排出 c bd 取D装置中产物少许于试管，加入足量稀盐酸，若产生红棕色气体，则产物是亚硝酸钠；反之为硝酸钠 【分析】(1)A中浓硝酸与铜反应生成NO2，B试管用于收集NO2，NaOH溶液用于尾气处理，C干燥管可以起到防倒吸的作用；(3)反应前通入N2的目的是将装置中的空气排出，A中浓硝酸与铜反应生成NO2，B中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO；C为干燥剂用于干燥NO，D中发生反应，E中干燥管的作用是防止水蒸气进入D中，最后用酸性高锰酸钾溶液进行尾气处理。 【详解】（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。 ②根据分析，干燥管C可以起到防倒吸的作用。 （2）由于生成的NO2中含有水蒸气，水蒸气与过氧化钠反应也产生氧气，因此不能达到实验目的，为达到实验目的，需要在A、B之间增加一个除去生成NO2气体中混有的水蒸气装置；观察到红棕色气体迅速消失，说明二氧化氮能与过氧化钠反应，但带余烬的木条未复燃，说明没有产生氧气，则NO2和Na2O2反应的化学方程式是Na2O2＋2NO2＝2NaNO3。 （3）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出。 ②在B装置中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜与NO， a．稀硝酸与Cu反应生成生成硝酸铜，因此铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，a正确； b．稀硝酸与Cu反应生成NO，NO为无色气体，b正确； c．在反应前，通入一段时间N2，将装置中的空气排出，因此B装置中无红棕色气体（即NO2）产生，c错误； 故选c。 ③C中干燥剂用于干燥NO，E中干燥管的作用是防止水蒸气进入D中， a．浓硫酸是液体，不能使用干燥管，a不符合题意； b．碱石灰可用于干燥NO，b符合题意；      c．氯化钠不能干燥气体，c不符合题意；      d．生石灰可用于干燥NO，d符合题意； 故选bd。 ④根据资料信息可知，亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许于试管，加入足量稀盐酸，若产生无色气体，且遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠；反之为硝酸钠。 22．【答案】(1) 4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4 ↓+4H2O 取少量反应后的溶液于试管中，加入 2～3 滴 KSCN 溶液 ，再加入少量新制氯水 ，若溶液未变成血红色 ，则反应已经进行完全 (2) 防止产品中的铁元素被空气中的O2氧化 90.0% (3)用分析天平准确称取3.2800 g铁粉，将其全部转移至烧杯中，加入6.0 mol·L－1盐酸至铁粉全部溶解，加水稀释并冷却至室温，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入250 mL容量瓶，用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是以氯化亚铁溶液为原料制备高密度磁记录材料Fe/Fe3O4复合物。 【详解】（1）①由题意可知，三颈烧瓶中发生的反应为氯化亚铁溶液与氢氧化钾溶液共热反应生成氯化钾、铁、四氧化三铁和水，反应的离子方程式为4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4 ↓+4H2O，故答案为：4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4 ↓+4H2O； ②溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，检验反应是否进行完全的方法实际上就是检验反应后的溶液中是否亚铁离子，具体操作为从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液于试管中，加入2~3滴硫氰化钾溶液，再加入少量新制氯水，若溶液未出现血红色说明反应已经进行完全，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，加入 2～3 滴 KSCN 溶液 ，再加入少量新制氯水 ，若溶液未变成血红色 ，则反应已经进行完全； （2）①铁高温条件下能与空气中氧气反应生成四氧化三铁，所以为防止产品中的铁元素被空气中的氧气氧化，焙烧需在隔绝空气条件下进行，故答案为：防止产品中的铁元素被空气中的O2氧化； ②由题意可知，氯化亚铁溶液与氢氧化钾溶液完全反应时，氯化亚铁溶液完全反应，由方程式可知，理论上生成Fe/Fe3O4复合物的质量为1mol/L×0.5L××(56g/mol+232g/mol) =3.6g，实际得到的产品3.24g，则实验所得产品的产率×100% =90.0%，故答案为：90.0%； （3）铁能与盐酸反应生成氯化亚铁，反应生成的氯化亚铁具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以配制氯化亚铁溶液时应加入铁粉防止亚铁离子被氧化，加入稀盐酸防止氯化亚铁水解，则配制250mL0.200 0 mol/L亚铁离子标准溶液的实验步骤为用分析天平准确称取3.2800 g铁粉，将其全部转移至烧杯中，加入6.0 mol·L－1盐酸至铁粉全部溶解，加水稀释并冷却至室温，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入250 mL容量瓶，用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，继续加入蒸馏水至液面离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签，故答案为：用分析天平准确称取3.2800 g铁粉，将其全部转移至烧杯中，加入6.0 mol·L－1盐酸至铁粉全部溶解，加水稀释并冷却至室温，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入250 mL容量瓶，用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶。 23．【答案】(1) 饱和溶液 (2) 产生白色沉淀 (3) 途径2 (4) (5) > 碱性 【分析】用Cu与浓硫酸在加热条件下制备SO2，再将SO2通入AgNO3溶液中，并进一步对反应产物的成分进行探究。 【详解】（1）Cu与浓硫酸在加热条件下生成SO2、硫酸铜和水，反应的化学方程式为；试剂a的作用是除去SO2中的杂质，但又不能吸收SO2，故选择饱和NaHSO3溶液； （2）由资料信息可知，沉淀B溶于氨水后，溶液C中可能含有，加入过量Ba(NO3)2后，所得沉淀D可能含有BaSO3、BaSO4，加入盐酸后沉淀D大部分溶解（说明沉淀D主要成分为BaSO3），所得F为BaSO4，滤液E中溶有SO2；向滤液E中加入溶液，若产生白色沉淀，则进一步证实B中含有； （3）向A中加入过量的盐酸，能产生白色沉淀，说明A中含有Ag+；依题可知途径1中，SO2在AgNO3溶液中并没有被氧化成Ag2SO4，这说明途径2中，被氧化为后进入D； （4）依题，SO2在AgNO3溶液中并没有被氧化成Ag2SO4，而是生成了Ag2SO3，故反应的离子方程式为； （5）SO2在AgNO3溶液中生成，放置一段时间才生成Ag和，说明生成的速率更快；实验证明在实验一中（酸性环境）没有生成Ag2SO4，在实验二中（碱性环境）有部分Ag2SO4生成，说明在碱性环境下溶液中的更易被氧化为。 24．【答案】(1) 增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率 SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2 ↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑ (2)混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境 (3) 2Fe3++Fe=3Fe2+ SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ (4) 降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出 60 降温结晶或冷却结晶 (5)4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O 【分析】黄铁矿粉碎后通入空气焙烧，FeS2转化为Fe2O3和SO2，加入试剂a酸浸，SiO2不溶于酸形成沉淀除去，Fe2O3转化为Fe3+，加入试剂b将溶液中铁离子还原为亚铁离子，过滤后滤液中加入乙醇促使硫酸亚铁结晶析出，过滤后，硫酸亚铁晶体通入空气和NaOH溶液进行氧化步骤，反应生成FeOOH。 【详解】（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是：增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应。滤渣I为二氧化硅，可作为制备玻璃的原料，制备玻璃时发生的主要化学方程式：SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2 ↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑。 （2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是：酸浸过程中若使用稀硝酸代替稀硫酸，则混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境。 （3）“酸溶”后溶液呈黄色，则含有Fe3+，加入Fe粉，铁离子与Fe反应生成亚铁离子，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，则是铁离子消耗完毕，铁与氢离子反应生成氢气，则主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。若试剂b为SO2，Fe3+与SO2在酸性条件下反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。 （4）从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，则乙醇的作用是：可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知，60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：先蒸发浓缩得到60℃的硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤用冰水洗涤，低温干燥得到晶体。 （5）硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH，则由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O。 25．【答案】(1) (2) (3) (4) 在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气 会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH在H+参与下更多地与H反应生成，减少了氮气的生成 (5)98.70% 【分析】由题给流程可知，向含有少量氧化铁的铁屑中加入稀硫酸酸溶得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入草酸溶液，将溶液中的亚铁离子转化为草酸亚铁沉淀，过滤得到草酸亚铁；草酸亚铁在氧气中灼烧得到氧化铁，高温条件下氧化铁与氢气反应得到纳米铁粉。 【详解】（1）由分析可知，“酸溶”时发生的氧化还原反应为铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子、与溶液中的氢离子反应生成亚铁离子和氢气，反应的离子方程式分别为、，故答案为：； （2）草酸亚铁中铁元素的化合价为+2价、氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，碳元素的氧化数为+3价，由题意可知，草酸亚铁与氧气反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量比为1：1，则反应时，草酸亚铁中的铁元素的化合价升高被氧化、碳元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，草酸亚铁既是反应的氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可知，反应的化学方程式为，故答案为：； （3）高温条件下铁能与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以用氢气还原氧化铁前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，反应的化学方程式为，故答案为：； （4）①由图可知，硝酸根离子转化为氮气的过程为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气，故答案为：在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气； ②由图可知，溶液pH小于4.2时，溶液pH减小，溶液中氢离子浓度增大，氢离子会结合电子生成更多的氢原子，使硝酸根被还原的中间产物NH在氢离子参与下更多地与氢原子反应生成铵根离子，减少了氮气的生成，所以当溶液pH小于4.2时，随溶液pH减小，氮气生成率逐渐降低，故答案为：会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH在H+参与下更多地与H反应生成，减少了氮气的生成； （5）由得失电子数目守恒可得如下关系：6Fe2+—Cr2O，反应消耗23.50mL0.05000mol/L重铬酸钾溶液，则产品中铁元素的质量分数为×100%=98.70%，故答案为：98.70%。 26．【答案】(1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O (3) Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O NaClO 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液 【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。 【解析】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1 （2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O； （3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强； （4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O； 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O； ④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$