【全国百强校】江西省玉山县第一中学2017届高三上学期第二次月考化学(解析版)

考试时间：90分钟 试卷满分：100分

可能用到的相对原子质量：H: 1 C: 12 O: 16 Na: 23 Si: 28 Ca：40

第Ⅰ卷 (选择题，共48分)

一、选择题：本大题包括16小题， 每小题3分，共48分。每小题只有一个选项是正确的)

1．美国宇航局“凤凰”号火星登陆器的显微、电子化学及传导分析仪对两份土壤样本的分析发现，火星北极区表层土壤可能含有高氯酸盐，可创造不利于任何潜在生命的恶劣环境。则下列说法正确的是 A．含有高氯酸盐的土壤不利于生命存在与高氯酸盐具有较强的还原性有关 B．当元素处于最高价态时一定具有强氧化性

C．可以考虑用加入亚铁盐等还原性物质的方法改善这种土壤 D．高氯酸盐与浓盐酸反应一定只能生成氯气 【答案】C

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

2．CsICl2是一种碱金属的化合物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有关该物质的说法正确的是

A．Cs显+3价，I、Cl均显-1价

B．在CsICl2溶液中通入SO2气体，有硫酸生成 C．Cs显+1价，Cl显+1价，I显-3价 D．在CsICl2溶液中通入Cl2，有单质碘生成 【答案】B 【解析】

试题分析：A．Cs为+1价，I为+1价，Cl为-1价，故A错误；B．CsICl2有氧化性，与具有还原性的SO2气体反应生成硫酸，故B正确；C．Cs为+1价，I为+1价，Cl为-1价，故C错误；D．在CsICl2溶液中通入C12，二者不反应，故D错误；故选B。 【考点定位】考查氧化还原反应

【名师点晴】本题考查氧化还原反应，明确物质中各元素的化合价是解答本题的关键，注意化合价降低表现氧化性，化合价升高表现还原性。CsICl2是一种碱金属的多卤化物，Cs为+1价，I为+1价，Cl为-1价，结合在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性。

3．向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液退色，加热后又恢复红色.据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能是

X A C12 B NO2 水 C HCl D SO2

Y Na2SO3溶液 【答案】D

Na2SO3溶液 饱和NaHCO3溶液 【考点定位】考查性质方案的设计与评价

【名师点晴】本题考查了性质方案的设计与评价，明确常见气体的性质为解答关键，注意熟练掌握性质方案设计与评价的原则，试题培养了学生的化学实验能力。四种气体中能使品红褪色的气体可能为SO2、NO2和Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，然后结合通入气体和Y中试剂成分分析。 4．将amol硫化亚铁放入含3a mol H2SO4的浓硫酸中，充分反应后，氧化、还原产物分别是Fe3+、S和SO2，则:①硫化亚铁全部溶解 ②放出的气体少于1.5a mol③反应过程中转移5a mol e④放出1.5a mol气体 ⑤无法确定。上述叙述正确的是

A．①② B．②③ C．①④ D．⑤ 【答案】A

-

【解析】

试题分析：硫化亚铁被氧化得到Fe、S，硫酸被还原得到SO2，如amolFeS与浓硫酸全部反应生成Fe、S和 SO2，则失去电子的物质的量为3amol，被还原的浓硫酸为1.5amol，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与FeS不发生氧化还原反应，而发生复分解反应，则放出的SO2气体少于1.5a mol，故①②正确；④错误；反应失去电子的物质的量最多为3amol，③错误；④错误；故选A。 考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。

5．室温时，在容积为amL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入bmLO2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为cmL，且该气体不能支持燃烧。则a、b、c的关系是

A．a＝4b＋3c B．a＝4b＋c C．a：b＝4:1 D．a：b＝4:3 【答案】A

3+

3+

考点：考查了化学方程式的计算的相关知识。

6．铁矿石(主要成份FeS)与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为4∶1∶4时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为 A．16∶25 B．1∶7 C．1∶6 D．2∶11 【答案】C 【解析】

试题分析：令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为

11mol，Fe(NO3)3为mol， 33S元素化合价升高，N元素化合价降低，N2O4、NO的物质的量分别为4amol、amol、反应中Fe元素、令NO2、4amol，根据电子转移守恒有：1×(3-2)+1×[6-(-2)]=4a×(5-4)+a×(5-4)×2+4a×(5-2)，解得a=0.5，故NO2、N2O4、NO的物质的量分别为2mol、0.5mol、2mol，故起氧化剂作用的HNO3为2mol+0.5mol×2+2mol=5mol，起酸的作用的硝酸生成Fe(NO3)3，故起酸的作用的硝酸为

1mol×3=1mol，参加反应的硝酸为5mol+1mol=6mol，3故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol：6mol=1：6，故选C。 【考点定位】考查氧化还原反应有关计算

【名师点晴】本题考查氧化还原反应有关计算。根据FeS化学式可知，溶液中铁离子与硫酸根离子的物质的量相等，反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，根据电子转移守恒计算NO2、N2O4、NO各的物质的量，进而计算起氧化剂作用的HNO3，参加反应的硝酸为起氧化剂作用的硝酸与起酸作用的硝酸之和。利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用。 7．用二氧化氯(ClO2)新型净水剂替代传统的净水剂Cl2，对淡水进行消毒是城市饮用水处理的新技术，其中纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是:纤维素水解得到的最终产物与NaClO3反应生成ClO2。则消耗1mol最终产物转移电子的物质的量为

A．6mol B．20mol C．12 mol D．24mol 【答案】D

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

8．元素X的单质及X与Y形成的化合物能按如下图所示的关系发生转化(其中m≠n，且均为正整数)。下列说法正确的是

A．X一定为非金属元素 B．X、Y可能均为非金属元素 C．若X为Fe，Y可为Cl、Br和I D．若X为Fe，Y只能为Cl 【答案】B 【解析】

试题分析：A、根据B和D答案分析，可以获得结论：X可以是金属元素，也可以是非金属元素，故A错误；B、当X是碳单质时，碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，碳可以和Y氧气生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和单质碳化合为一氧化碳，X、Y可能均为非金属元素，故B正确；C、当X是金属铁时，铁和盐酸(氢溴酸)反应生成氯化亚铁(溴化亚铁)，氯化亚铁(溴化亚铁)可以和氯气(溴单质)反应生成氯化铁(溴化铁)，氯化铁(溴化铁)可以和金属铁反应生成氯化亚铁(溴化亚铁)，铁和碘单质反应制生成碘化亚铁，所以Y不能是I，故C错误；D、当X是金属铁时，铁和盐酸(氢溴酸)反应生成氯化亚铁(溴化亚铁)，氯化亚铁(溴化亚铁)可以和氯气(溴单质)反应生成氯化铁(溴化铁)，氯化铁(溴化铁)可以和

金属铁反应生成氯化亚铁(溴化亚铁)，故D错误；故选B。 【考点定位】考查无机物的推断

【名师点晴】本题考查了物质转化关系的应用和物质性质的应用，要注意总结，在中学阶段金属元素具有可变化合价的只有铁和铜，只要判断出金属具有可变化合价，就能说明金属为铁或铜，一般情况时判断为铁，此题综合性较强，难度较大。由产物组成知X具有多种价态，当X是铁时，Y可以是氯气、溴单质；当X是碳时，Y可以是氧。

9．某合作学习小组讨论辨析下列说法，其中正确说法的数目为 ①碱性氧化物都是金属氧化物，酸酐都是氧化物

②AlCl3溶液和Al(OH)3胶体的本质区别在于是否有丁达尔效应

12

③若规定0.024kgC含有的原子数为阿伏加德罗常数，则标准状况下44gCO2的体积约为44.8L

④标准状况下，气体体积的大小取决于粒子数目和粒子间的平均距离

⑤同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体密度比为16：11，体积比为11：16 ⑥把0.05mol氢氧化钡固体加入到100ml 1.0vmol/L盐酸中，溶液导电性基本不变 ⑦活泼金属钾、钙、钠、镁、铝均由电解对应的熔融氧化物制得

⑧合金熔点、硬度都低于成分金属，青铜是使用最早的合金，钢是用量最大用途最广的合金

12

⑨同素异形体： C60、C、金刚石、石墨

⑩工业合成氨是人工固氮的主要方法，工业生产玻璃、水泥、冶炼铁都需要用到的原料是石灰石 A．3 B．5 C．4 D .7 【答案】A 【解析】

试题分析：①碱性氧化物都是金属氧化物，酸酐不一定是氧化物，如乙酸酐为(CH3CO)2O，错误；②AlCl3

12

溶液和Al(OH)3胶体的本质区别在于分散质粒子的大小，错误；③若规定0.024kgC含有的原子数为阿伏

加德罗常数，则标准状况下44gCO2的物质的量为

44g=0.5mol，气体摩尔体积为44.8L/mol，则若规

88g/mol12

定0.024kgC含有的原子数为阿伏加德罗常数，则标准状况下44gCO2的体积约为22.4L，错误；④影响体

积的因素有粒子的大小，粒子间的距离以及数目多少，标准状况下气体的分子间距离相等，而分子间距离远大于分子的大小，则决定气体体积大小的因素为分子数目的多少，错误；⑤同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫气体和二氧化碳气体密度比=

6416=，等质量的二氧化硫气体和二氧4411化碳气体的体积比=

1111=，正确；⑥把0.05mol氢氧化钡固体加入到100ml 1.0vmol/L盐酸中，反：

644416应生成强电解质氯化钡，溶液导电性基本不变，正确；⑦活泼金属钾、钙、钠、镁是电解对应的熔融氯化物制得，错误；⑧合金熔点低于成分金属、但硬度大于成分金属，青铜是使用最早的合金，钢是用量最大

12

用途最广的合金，错误；⑨C不是碳元素的单质，错误；⑩工业合成氨是人工固氮的主要方法，制普通玻

璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；冶炼生铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，均需要用石灰石为原料，正确；正确的有3个，故选A。 【考点定位】考查物质分类、阿伏加德罗常数等

【名师点晴】本题考查了物质分类，物质性质，气体摩尔体积概念实质理解，粗盐提纯方法，氧化还原反

12

应实质等化学知识的理解应用，掌握基础，细致分析是解题关键。本题的难点是③，根据规定C的相对原1212

子质量为24，则在规定C的相对原子质量为24时，实际上是把作为相对原子质量的标准从原来用C质

量的

1112

，改为，但是单个碳原子的质量并没有因此而发生改变；用0.024kgC中所含的原子个数为阿12121212

伏加德罗常数(NA)，0.024kgC中所含的原子个数是0.012kgC中所含的原子个数的2倍；故阿伏加德罗常

6.02×1023)。 数(NA)变为原来阿伏加德罗常数的2倍(即2×

10．捕碳技术是指从空气中捕获CO2的技术。目前NH3已经被用作工业捕碳剂。下列物质中不能作为捕碳剂的是

A．Na2CO3 B．H2NCH2CH2NH2 C．(NH4)2CO3 D．【答案】D

考点：考查了氨的化学性质；铵盐的相关知识。

11．往含有0.2 mol KOH和0.1 mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L(标准状况)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2的体积V的关系示意图正确的是(气体的溶解忽略不计)

A B C D

【答案】B

考点：考查了离子方程式的计算的相关知识。

12．三支体积相等的试管分别充满标准状态下的气体:①氨气；②体积比为4:1的NO2和O2；③NO2气体；将它们分别倒立于盛有足量水的水槽中，液面恒定后(假设试管内液体扩散)，则下列结论中正确的是 A．①和③试管内溶液的体积不等，溶质的物质的量浓度也不相等 B．因为它们都可溶于水，所以液面都上升到试管顶部 C．三支试管中，试管②中溶液的溶质的物质的量浓度最小 D．试管②和试管③中溶液的溶质的物质的量浓度一定相等 【答案】C 【解析】

试题分析：三支体积相等的试管分别充满相同状态下气体：①氨气；②体积比为4：l的NO2和O2气体；③NO2气体；将他们分别倒立于盛有足量水的水槽中，液面恒定后，①盛氨气的试管中充满液体，溶液浓

1度为，②体积比为4：l的NO2和O2气体倒扣在水槽中，液体全部充满试管，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，

Vm4412溶液浓度5=；③NO2气体倒扣在水槽中液体液体上升试管容积的，溶液浓度；A、①和③试

5VmVm3Vm管内溶液体积相同溶质浓度相同，故A错误；B、①②试管中液体上升到试管顶部，盛二氧化氮气体的试管

中液体上升到试管体积的

2，故B错误；C、依据上述分析计算可知，试管②中溶液的溶质的物质的量浓3度最小，故C正确；D、②体积比为4：l的NO2和O2气体倒扣在水槽中，液体全部充满试管，

4424NO2+O2+2H2O=4HNO3，溶液浓度5=；③NO2气体倒扣在水槽中液体液体上升试管容积的，溶

5Vm3Vm液浓度

1；溶液浓度不同，故D错误；故选C。 Vm考点：考查了氨气和氮氧化物性质的分析应用的相关知识。

13．已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。下列有关说法错误的是

pH范围 产物

A．碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2-＋ClO－=NO3-＋Cl－ B．向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色 C．向冷的NaNO2溶液中加入稀硫酸可得到HNO2 D．向冷的NaNO2溶液中通入CO2可得到HNO2 【答案】D

＞7 NO3- ＜7 NO、N2O、N2中的一种 考点：考查了氧化还原反应、强酸制备弱酸的原理的相关知识。

14．有五组同族元素的物质，在101.3kPa时测定它们的沸点(C)如下表所示：

① ② ③ He-268.8 F2-187.0 (c)19.4 (a)-249.5 Cl2-33.6 HCl-84.0 Ar-185.8 (b)58.7 HBr-67.0 Kr151.7 I2184.0 HI-35.3 ④ ⑤

H2O100.0 CH4-161.0 H2S-60.0 SiH4-112.0 (d)-42.0 GeH4-90.0 H2Te-1.8 (e)-52.0 对应表中内容，下列各项中正确的是 A．a、b、c的化学式分别为Ne2、Br2、HF

B．第④组中各化合物的稳定性顺序为：H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te C．第②组物质均有氧化性；第③组物质对应水溶液均是强酸

D．上表中同族物质对应的氢化物的沸点，均随相对分子质量的增大而升高 【答案】B

考点：考查了同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系的相关知识。

15．标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是

A． b点水的电离程度比c点水的电离程度大 B．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强

C．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1 D．a点对应溶液的导电性比d点强 【答案】A 【解析】

试题分析：A．b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，故A正确；B．d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，故B错误；C．b

点时H2S恰好反应，消耗SO2为

0.112mL=0.005mol，由反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，

22.4L/moln(H2S)=0.005mol×2=0.01mol，则c(H2S)=

0.01mol=0.1mol/L，故C错误；D．H2S和H2SO3均为二元酸且d

0.1L点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，故D错误；故选A。 【考点定位】考查化学方程式的有关计算

【名师点晴】本题考查化学反应图象、化学方程式有关计算、水的电离、溶液酸碱性、电解质溶液导电能力，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点。

16．下列各组物质按右图所示转化关系每一步都能一步实现的是

A． B． C． D． 【答案】C 【解析】

甲 FeCl3 NO Cu Si 乙 FeCl2 HNO3 CuO Na2SiO3 丙 Fe2O3 NO2 CuSO4 SiO2 丁 Fe(OH)3 NH3 CuCl2 SiF4 试题分析：A、甲FeCl3到丙Fe2O3，乙FeCl2到丙Fe2O3，丙Fe2O3到丁Fe(OH)3都不能一步实现转化，故A错误；B、转化关系中丙NO2→丁NH3，不能一步转化，故B错误；C、各步都能一步转化，甲CuCuOH2SO4丙CuSO4BaCl2 丁CuCl2Fe甲Cu丁SiF4到甲Si不能一步转化，故D错误；故选C。 考点：考查了物质转化关系的应用的相关知识。

第Ⅱ卷 (非选择题，共52分)

二、非选择题(本题包括6小题)

乙

丙CuSO4，故C正确；D、乙Na2SiO3到丙SiO2，

17．含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料—光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D

（1）B元素的原子最外层电子数与A相同，则B在元素周期中的位置___ __． （2）写出易与C发生反应的酸与C反应的化学方程式是______．

（3）将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E：将全部的E与全部的D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F． ①写出生成D的化学反应方程式： ______．

②要将纯碱高温熔化，下列坩埚中不可选用的是______．

A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．铁坩埚 D．瓷坩埚． ③将过量的E通入D的溶液中发生反应的离子方程式是：

__________________________________________________________________。

（4）100 g C与石灰石的混合物充分反应后，生成的气体在标准状况下的体积为11.2 L，100 g混合物中石灰石的质量分数是________。 【答案】

（1）第三周期第ⅣA族 （2）SiO2+4HF===SiF4↑+2H2 （3）①SiO2+Na2CO3（4）50%

Na2SiO3+CO2↑；②ABD；③ Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓

③过量CO2通入Na2SiO3溶液中生成的物质是NaHCO3而不是Na2CO3，反应的化学方程式是：

Na2SiO3+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2NaHCO3，故答案为：Na2SiO3+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2NaHCO3； （4）首先要仿照Na2CO3与SiO2的化学反应确定CaCO3与SiO2的化学反应，然后要找出 CaCO3+SiO2

CaSiO3+CO2↑和CaCO3

CaO+CO2↑两个化学反应中n(CaCO3)与n(CO2)的关系：

n(CaCO3)=n(CO2)，生成标准状况下CO2气体11.2L，其物质的量=

11.2L=0.5mol，

22.4L/molm(CaCO3)=0.5mol×100g/mol=50g，样品中碳酸钙的质量分数：

50g×100%=50%，故答案为：50%。 100g考点：考查了无机物推断、硅及其化合物的性质的相关知识。

18．在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中，采用下面的工艺流程生产单质碘：

（1）步骤③加Fe粉的目的是 。

（2）写出步骤④中反应的离子方程式 。 （3）上述生产流程中，可以循环利用的副产物是 。 （4）操作⑤的名称是 ，选用的试剂是 。

（5）AgI见光易变黑，其原因(用化学方程式表示) ，写出AgI两种主要用途 和 。 【答案】

（1）使碘化银转化成碘化亚铁(FeI2)和单质银(或将难电离的碘化银转化成可溶的碘化亚铁)

2+—3+—

（2）2Fe+4I+3Cl2═2I2+2Fe+6Cl

（3）Ag(或AgNO3) （4）萃取分液；CCl4 （5）2AgI 【解析】

-+-试题分析：（1）富碘卤水中含有I，加入硝酸银发生：Ag+I═AgI↓，过滤水洗后的甲为AgI，加入Fe搅

2Ag+I2；人工降雨、感光材料(或人工降雨、热电池)

拌，可得Ag和FeI2，故答案为：使碘化银转化成碘化亚铁(FeI2)和单质银(或将难溶的碘化银转化成可溶的

碘化亚铁)；

考点：考查了碘的制备、卤素及其化合物的性质和用途的相关知识。

19．下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料。

（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式________________

（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式___________________________ （3）写出一个由D生成B的化学方程式____________________________________；

L－的E溶液与10mL0.10 mol·L－的NaOH溶液混合。写出反应的离子方程式（4）将5mL0.10mol·

__________________________________________； 【答案】 （1）H2+S

H2S(或写成可逆符号)

1

1

（2）H2SO3+2H2S=3S+3H2O （3）C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4(浓)

CuSO4+SO2↑+2H2O

-2-（4）H2SO3+2OH=SO3+ 2H2O

【解析】

试题分析：固态单质A能与空气中的氧气反应生成气体物质B，则A可能为C或S等，假定为S，则B为SO2，C为SO3，80=4：5，它们的相对分子质量为64：恰好与题意相符(同时也证明A不是C)，则D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S，E为H2SO3，

【考点定位】考查无机物的推断

【名师点晴】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意能与氧气反应生成气体的固体单质有C、S等元素，可以此作为该题的突破口进行推断，注意把握物质的化学性质，能熟练书写反应的化学方程式。

20．某同学设计如下图所示装置来试验用粗铁粒与某浓度稀硝酸反应制取NO气体。

（1）当打开开关a，关闭开关b时，A中干燥管中观察到的实验现象是 ，烧杯B中盛的是 溶液。当 时关闭开关a，打开开关b，此时C中用排水法收集NO气体。当C中收满气体后，关闭开关b，装置A中观察到的现象是① ；② 。

（2）将a mol Fe与含b mol HNO3的稀溶液充分反应后，若硝酸的还原产物只有NO。试讨论分析烧杯A中最后溶液的主要阳离子组成及其物质的量，将结果填入下表未完成的空格中。

a/b取值范围 <1/4 =1/4 大于1/4小于3/8 =3/8 >3/8 【答案】

（1）产生无色气体，逐渐变红棕色 NaOH 气体又变无色 ①烧杯中液面上升，干燥管内液面下降 ②干燥管中固体与溶液脱离

最终溶液中的主要阳离子及其物质的量 a mol Fe3+ a mol Fe2+ （2）

a/b取值范围 <1/4 =1/4 大于1/4小于3/8 =3/8 >3/8 最终溶液中的阳离子及其物质的量 a mol Fe3+ (b-4a)mol H+ a mol Fe3+ (3b/4-2a)mol Fe3+，(3a-3b/4)mol Fe2+ a mol Fe2+ 3b / 8 mol Fe2+ （2）将a mol Fe与含b mol HNO3的稀溶液充分反应后，发生反应有Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O， ①如

a13++3+

＜，说明硝酸过量，则反应有溶液存在Fe、H，其中n(Fe)=amol，有方程式可知消耗4amolb4+

硝酸，则剩余n( H)=(b-4a)mol；

a1=，只发生Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，二者恰好反应，反应后n(Fe3+)=amol； b4a13③如大于小于，说明发生Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，

b48②如

设两个反应分别消耗的Fe为xmol、ymol， 则x+y＝a，4x+④如

83b3by=b，解之得，x=-2a，y=3a-， 344a3=，恰好发生3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，反应后溶液中含有a mol Fe2+， b8a33bmolFe2+， ⑤如＞，说明铁过量，只发生3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，反应后溶液中含有

b88故答案为：

a取值范围 b最终溶液中的阳离子及其物质的量 ＜1 4a mol Fe3+ (b-4a)mol H+ =1 4a mol Fe3+ 大于133b3b-2a)mol Fe3+，(3a-)mol Fe2+ 小于 (4844a mol Fe2+ =3 8＞3 83bmolFe2+ 8【考点定位】考查硝酸的化学性质；铁的化学性质

【名师点晴】本题考查硝酸的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握相关方程式的书写，根据方程式计算。本题的难点是（2），涉及反应有Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，然后根据反应的方程式计算。

21．Na2S2O3·5H2O可作为高效脱氯剂，工业上用硫铁矿(FeS2)为原料制备该物质的流程如下。

已知：I．气体A可以使品红溶液褪色，与硫化氢(H2S)混合能获得单质硫。 II．pH约为11的条件下，单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐。 回答下列问题：

（1）沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”状态，其目的是_____________。 （2）吸收塔中的原料B可以选用____________(填字母序号)。 a．NaCl溶液 b．Na2CO3溶液 c．Na2SO4溶液 （3）某小组同学用下图装置模拟制备Na2S2O3的过程(加热装置已略去)。

①A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快，其原因是______。装置B的作用是_______。

②C中制备Na2S2O3发生的连续反应有：Na2S +H2O +SO2

Na2SO3 +H2S、_____和__________。

（4）工程师设计了从硫铁矿获得单质硫的工艺，将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化

氢气体，该反应的化学方程式为_________________。 【答案】

（1）使固体与气体充分接触，加快反应速率 （2）b

2－2－

（3）① 该反应的实质是H+与SO3反应，70%的硫酸中含水较多，c(H+)和c(SO3)都较大，生成SO2速

率更快；防止倒吸

② 2H2S + SO2＝3S + 2H2O(或2H2S + H2SO3＝3S↓+ 3H2O) Na2SO3 + S

Na2S2O3

（4）FeS2 + 2HCl＝FeCl2 + H2S↑+ S↓

+2-+2-①该反应的实质是H与SO3反应，70%的硫酸中含水较多，c(H)和c(SO3)都较大，生成SO2速率更快；+2-B装置作用是防止倒吸，70%的硫酸中含水较多，c(H+)和c(SO32-)故答案为：该反应的实质是H与SO3反应，

都较大，生成SO2速率更快；B防止倒吸；

②C中制备Na2S2O3发生的连续反应有：Na2S+H2O+SO2═Na2SO3+H2S、2H2S+SO2═3S↓+2H2O 或 2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O 和Na2SO3+S2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O；Na2SO3+S

Na2S2O3，故答案为：2H2S+SO2═3S↓+2H2O或 Na2S2O3；

（4）由题目信息可知，FeS2与HCl反应生成H2S、S，同时还生成FeCl2，反应方程式为： FeS2+2HCl═FeCl2+H2S↑+S↓，故答案为：FeS2+2HCl═FeCl2+H2S↑+S↓。 考点：考查了制备实验方案的设计的相关知识。

22．过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域．工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=

MOn(H2O2)×100来衡量其优劣，13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

m样

回答下列问题：

（1）过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式_____________________． （2）稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响． ①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是__________(填字母)． a．MnO2 b．KI c．Na2SiO3 d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示．要使产品达到优等品且产率超过90%合适的反应温度范围是_______________．

③“结晶”时加入NaCl的目的是____________ ． （3）“母液”中可循环利用的主要物质是____________________．

（4）产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL 0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMn04溶液的平均体积为2.24mL．

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_______________．

②测定时，若用工业盐酸代替硫酸，分析对测定结果的影响 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)及其原因____________．

③该样品的活性氧含量为__________% 。 【答案】

（1）2(2Na2CO3•3H2O2 )

4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

-1

（2）①c；②286.8～288.5K；③提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出； （3）NaCl

（4）①H2O2、CO2；②偏低，工业盐酸常含微量Fe，溶解过程会催化H2O2分解；③12.16%

3+

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，故答案为：提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出；

（3）结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl，故答案为：NaCl；

（4）①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2 )是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水，故答案为：H2O2、CO2；

3+3+

②Fe为过氧化氢分解的催化剂，工业盐酸常含微量Fe，溶解过程会催化H2O2分解，测定时，若用工业3+

盐酸代替硫酸，分析对测定结果偏低，故答案为：偏低，工业盐酸常含微量Fe，溶解过程会催化H2O2分

解；

③称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL 0.5mol•L硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方

-+2+

程式为：2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应

--1

-1

2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2； 2MnO4- ～ ～ ～ ～ ～ 5H2O2； 2 5

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L 0.01216mol

MOn(H2O2)16g/mol0.01216mol×100%= =12.16%，故答过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=

m样0.16g案为：12.16。

【考点定位】考查制备实验方案的设计

【名师点晴】本题考查了固体双氧水过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)的制取方法及其性质。制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。涉及内容较多，充分考查了学生的综合能力，明确实验目的及反应原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。

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