高中化學人教版化學反應原理本冊總復習總復習（市一等獎）

2023學年河北省保定市定州中學高二（下）月考化學試卷（6月份）一、本卷共16小題，每小題3分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的．1．在一密閉容器中有如下反應：aX（g）+bY（g）?nW（g），某化學興趣小組的同學根據(jù)此反應在不同條件下的實驗數(shù)據(jù)，作出了如下曲線圖：其中，ω（W）表示W(wǎng)在反應混合物中的體積分數(shù)，t表示反應時間．當其它條件不變時，下列分析正確的是（）A．圖I可能是不同壓強對反應的影響，且p2＞p1，a+b＞nB．圖I可能是不同溫度對反應的影響，且T2＞T1，△H＞0C．圖II可能是不同壓強對反應的影響，且p1＞p2，n=a+bD．圖Ⅲ可能是不同溫度對反應影響，且T1＞T2，△H＜02．常溫下，將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池（如圖1），測得原電池的電流強度（I）隨時間（t）的變化如圖2所示，已知0﹣t1時，原電池的負極是Al片，反應過程中有紅棕色氣體產(chǎn)生．下列說法不正確的是（）A．0﹣t1時，正極的電極反應式為：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1時，溶液中的H+向Cu電極移動C．t1時，負極的電極反應式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1時，原電池中電子流動方向發(fā)生改變是因為Al在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了Al的進一步反應3．霧霾嚴重影響人們的生活與健康．某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預處理后試樣溶液，設計并完成了如下的實驗：己知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，根據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，該同學得出的結(jié)論不正確的是（）A．試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4C．試樣中可能存在Na+、Cl﹣D．試樣中一定不含Al3+4．分子式為C9H12O，苯環(huán)上有兩個取代基且含羥基的化合物，其可能的結(jié)構(gòu)有（）A．9種 B．12種 C．15種 D．16種5．為減小CO2對環(huán)境的影響，在倡導“低碳”的同時，還需加強對CO2創(chuàng)新利用的研究．已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol．T1℃時，向體積為1L的恒容密閉容器中充入lmolCO2和3molH2測得CO2和CH3OH（g）的濃度隨時間變化的曲線如圖所示，且平衡時體系壓強為p1．下列敘述中不正確的是（）A．0～3min內(nèi)，v（CO2）正=v（CH3OH）正B．在T1℃時，若起始時向容器中充人2moICO2和6molH2，測得平衡時容器內(nèi)壓強為p2，則p2＜2p1C．其他條件不變，若向平衡后的體系中充人1mol氦氣，體系壓強增大，平衡將向正反應方向移動D．T2℃時，上述反應平衡常數(shù)為，則T2＞T16．如圖所示，其中甲池的總反應式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列說法正確的是（）A．甲池是電能轉(zhuǎn)化為化學能的裝置，乙、丙池是化學能轉(zhuǎn)化電能的裝置B．甲池通入CH3OH的電極反應為CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反應一段時間后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固體，能使CuSO4溶液恢復到原濃度D．甲池中消耗280mL（標準狀況下）O2，此時丙池中理論上最多產(chǎn)生固體7．向含有的溶液中加入amolBr2．下列敘述不正確的是（）A．當a=時，發(fā)生的反應為2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．當a=時，發(fā)生的反應為2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．當溶液中I﹣有一半被氧化是，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．當＜a＜時，溶液中個離子濃度的關系為2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）8．組成和結(jié)構(gòu)可用表示的有機物共有（不考慮立體結(jié)構(gòu)）（）A．16種 B．28種 C．48種 D．60種9．一定溫度下的可逆反應：A（s）+2B（g）?2C（g）+D（g）△H＜0．現(xiàn)將1molA和2molB加入甲容器中，將4molC和2molD加入乙容器中，此時控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍，t1時兩容器內(nèi)均達到平衡狀態(tài)（如圖1所示，隔板K不能移動）．下列說法正確的是（）A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，達到新的平衡后，甲中C的濃度是乙中C的濃度的2倍B．保持活塞位置不變，升高溫度，達到新的平衡后，甲中B的體積分數(shù)增大，乙中B的體積分數(shù)減小C．保持溫度不變，移動活塞P，使乙的容積和甲相等，達到新的平衡后，乙中C的體積分數(shù)是甲中C的體積分數(shù)的2倍D．保持溫度和乙中的壓強不變，t2時分別向甲、乙中加入等質(zhì)量的氦氣后，甲、乙中反應速率變化情況分別如圖2和圖3所示（t1前的反應速率變化已省略）10．向甲、乙、丙三個密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反應：A（g）+xB（g）?2C（g）．各容器的反應溫度、反應物起始量，反應過程中C的濃度隨時間變化關系分別以下表和如圖表示：下列說法正確的是（）容器甲乙丙容積LLL溫度/℃T1T2T2反應物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolBA．10min內(nèi)甲容器中反應的平均速率v（A）=mol?L﹣1?min﹣1B．由圖可知：T1＜T2，且該反應為吸熱反應C．若平衡時保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積平衡不移動D．T1℃，起始時甲容器中充入molA、molB，平衡時A的轉(zhuǎn)化率為25%11．分子式為C5H10O3的有機物與NaHCO3溶液反應時，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應時生成C5H8O3Na2．則該有機物的同分異構(gòu)體有（）種（不考慮立體異構(gòu)）A．10 B．11 C．12 D．1312．分子式C4H8O2和C5H10O2的兩種一元羧酸與乙二醇（HOCH2CH2OH）發(fā)生酯化反應，生成分子式為C11H20O4的酯最多有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．6種 B．8種 C．10種 D．12種13．如圖甲所示，純電動公交車逐漸成為杭州街頭常見的身影，磷酸鐵鋰電池是杭州市純電動公交車所用的電池，現(xiàn)要從廢舊磷酸鐵鋰電池中回收Fe、Al、Li等物質(zhì)，采用圖乙所示方法．已知：磷酸鐵鋰電池溶解在H2SO4中含有Fe3+、Al3+、Li+、SO42﹣、PO43﹣等離子及少量不溶物，濾液c中含有大量Li+離子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水．下列說法不正確的是（）A．向濾液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B．濾液b中加入氨水的目的是使Fe3+沉淀，濾渣c為紅褐色C．要將Li從溶液中析出，可在濾液c中加入足量Na2CO3溶液，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶D．圖中的氨水可以用適量NaOH溶液代替14．“當好東道主，喜迎G20”，目前杭州為迎接即將到來的G20峰會，大量引進新能源公交車，如圖所示即為一輛正在充電的電動公交車．已知釩電池是一種常用于純電動公交車的電池，其原理是利用釩的不同價態(tài)之間的轉(zhuǎn)化，例如某種電池的充電原理可表示為2H++V2++VO2+═2V3++H2O，則下列說法不正確的是（）A．陰極反應可表示為2H++VO2++e﹣═V3++H2OB．陽極反應可表示為V2+﹣e﹣═V3+C．若陰極電解液體積為1L，電解前pH=1，當測得V3+的物質(zhì)的量濃度為L時，pH變?yōu)?（不考慮反應過程中體積變化）D．放電過程種負極反應可表示為V3++2OH﹣﹣e﹣═VO2++H2O15．胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到（）A．從B到C的反應是消去反應B．D分子中所有碳原子一定共面C．等物質(zhì)的量的B分別與足量的Na、NaHCO3反應，產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量前者大于后者D．若A是由2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）加熱得到的，則該反應的類型屬于加成反應16．某溶液中含如下離子組中的幾種K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣，某同學欲探究該溶液的組成進行了如下實驗：Ⅰ．用鉑絲醮取少量溶液，在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成Ⅲ．?、蚍磻笕芤悍謩e置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，第二支試管加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層為無色．下列說法正確的是（）A．原溶液中肯定不含F(xiàn)e2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣B．原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．步驟Ⅱ中無色氣體是NO氣體，無CO2氣體產(chǎn)生D．為確定是否含有Cl﹣可取原溶液加入過量硝酸銀溶液，觀察是否產(chǎn)生白色沉淀二、解答題（共6小題，滿分40分）17．硫酸亞鐵是重要的亞鐵鹽，在農(nóng)業(yè)上用作農(nóng)藥，主要治小麥黑穗病，還可以用作除草劑；在工業(yè)上用于染色、制造藍黑墨水和木材防腐等．（1）新制的綠礬（FeSO4?7H2O）是淺綠色的，但在空氣中極易變成黃色或鐵銹色的堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]，寫出該反應的化學方程式：．（2）已知FeSO4在不同條件下分解得到產(chǎn)物不同，可能是FeO和SO3，也可能是Fe2O3、SO3和SO2；SO3熔點是℃，沸點是℃．某研究性學習小組擬用下列裝置進行實驗探究“在加熱條件下FeSO4的分解產(chǎn)物”．上述裝置Ⅲ和Ⅳ用來檢驗氣體產(chǎn)物．試回答下列問題：①Ⅱ裝置燒杯中水的溫度應控制在（選填“0℃、25℃、50℃”），裝置Ⅱ的作用是．②裝置Ⅲ中的試劑可以是（選填序號，下同），現(xiàn)象是，則證明氣體產(chǎn)物中含有SO3；裝置Ⅳ中的試劑可以是．A．2mol/LNa2CO3溶液B．品紅溶液C．LBaCl2溶液D．LBa（NO3）2KMnO4溶液F．淀粉碘化鉀溶液③裝置V中試劑為NaOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為．④為了檢驗固體產(chǎn)物成分，取反應后的固體于試管中，加稀硫酸溶解，將所得溶液分成兩份，進行如下實驗：操作步驟預期實驗現(xiàn)象預期實驗結(jié)論向其中一份溶液中加入固體中含有Fe2O3向另一份溶液中滴加2滴黃色K3[Fe（CN）6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀⑤若用FeSO4固體做實驗，完全分解后，得到固體，其中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)=（精確到%）18．硝酸在化學工業(yè)中有著極其廣泛的應用．（1）將的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的體積分數(shù)為）通入水中，在空氣充足的條件下完全反應后可獲得硝酸的物質(zhì)的量范圍是．（2）向稀硝酸中加入L的濃硫酸（98%）作吸水劑并蒸餾得濃硝酸，當其濃度下降到87%（密度cm3）以下時，則失去吸水能力．50mLL的濃硫酸作為吸水劑時，最多可吸水g．（3）在65%的HNO3（質(zhì)量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（質(zhì)量m2）后蒸餾，分別得到%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）．若蒸餾過程中，硝酸、硝酸鎂均無損耗，H2O的損耗占總質(zhì)量的5%，則蒸餾前投料比=．（4）硝酸工業(yè)中的尾氣用燒堿進行吸收產(chǎn)物為NaNO2、NaNO3和H2O．現(xiàn)有含氮氧化物的尾氣，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收．已知反應后溶液含有．若將尾氣NO和NO2的平均組成用NOx表示，則x=．19．H2還原CuO所得的紅色固體可能是Cu與Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可發(fā)生自身氧化還原反應，生成Cu2+和單質(zhì)銅．現(xiàn)有8gCuO被H2還原后，得到紅色固體．（1）上述混合物中含Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比是；（2）若將上述混合物與足量的稀硫酸充分反應后過濾，可得到固體g；（3）若將上述混合物與一定量的濃硝酸充分反應，生成標準狀況下的氣體（不考慮NO2的溶解，也不考慮NO2與N2O4的轉(zhuǎn)化），則該氣體的成分及物質(zhì)的量之比是．20．硝酸與合成氨工業(yè)密切相關，氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中制取硝酸的主要途徑．完成下列計算：（1）．合成氨時，假設100L的氮氣與氫氣（體積比為1：3）的混合氣體通過氨合成塔充分反應后，體積變?yōu)?0L，則氮氣的轉(zhuǎn)化率為．（寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示）（2）．標準狀況下，將500L氨氣溶于1L水中形成氨水，則此氨水質(zhì)量分數(shù)為．（寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示，并保留1位小數(shù)）（3）．氨氧化法是將氨和空氣的混合氣通過灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此時溫度很高，水以水蒸氣的形式存在，NO也不與O2反應．若氨氣與氧氣物質(zhì)的量之比為1：時，氨的轉(zhuǎn)化率可達95%，計算反應后NO的體積分數(shù)．（設氧氣在空氣中的體積分數(shù)為20%，寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示并保留1位小數(shù)）（4）．一氧化氮繼續(xù)氧化為二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．為測定某18K金樣品的組成，將樣品粉碎后投入足量的濃硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合氣體224mL（折算至標準狀況，下同），將該混合氣體與84mLO2混合后緩緩通入水中，恰好被完全吸收．（已知金不溶于濃硝酸）填寫該18K金的成分表（寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示并保留1位小數(shù)，若不含該金屬則填0）．18K金成分AuAgCu含量（質(zhì)量分數(shù)）75%21．用硫鐵礦（主要含F(xiàn)eS2、SiO2等）制備莫爾鹽的流程如下：已知：“還原”時，F(xiàn)eS2與H2SO4不反應，F(xiàn)e3+通過反應Ⅰ、Ⅱ被還原，其中反應Ⅰ如下：2Fe3++FeS2═2S↓+3Fe2+（1）“還原”時，pH不宜過高的原因是，寫出“還原”時反應Ⅱ的離子方程式：．（2）實驗測得“還原”時反應Ⅰ、Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：7．計算“還原”后溶液Fe2+的濃度即可確定后面所加（NH4）2SO4的量（溶液體積變化忽略不計）離子離子濃度（mol?L﹣1）還原前還原后SO42﹣Fe2+（3）稱取新制莫爾鹽，溶于水配成溶液并分成兩等份．一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀；另一份用LK2Cr2O7酸性溶液滴定，當Cr2O72﹣恰好完全被還原為Cr3+時，消耗溶液的體積為．試確定莫爾鹽的化學式（請給出計算過程）．22．計算（1）在3L的密閉容器中充入2molA氣體和2molB氣體，在一定條件下發(fā)生反應：2A（g）+B（g）?2C（g），達平衡時，在相同溫度下測得容器內(nèi)混合氣體的壓強是反應前的倍，則A的轉(zhuǎn)化率為．（2）某金屬與足量稀硝酸充分反應，無氣體放出，再向該溶液中加入過量NaOH溶液，加熱，收集到標況下氣體升，整個過程轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol．（3）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物質(zhì)的量濃度分別是L，L向該混合液中加入銅粉，加熱待充分反應后，所得溶液中Cu2+的物質(zhì)的量濃度是mol/L（假設溶液體積不變）．（4）在1L2mol/L的AlCl3溶液中，加入1mol/L的NaOH溶液，產(chǎn)生了39g沉淀，則加入NaOH溶液的體積為．（5）鈉、鎂、鋁均為分別與mL濃度為1mol/L的HCl溶液反應，產(chǎn)生氫氣量相等．（6）將32g銅與100mL一定濃度的硝酸反應，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2的混合氣體標準狀況下的體積為，氣體全部逸出后，向溶液中加入VmLnmol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L．（結(jié)果須化簡）（7）已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量akJ，且氧氣中1molO═O鍵完全斷裂時吸收熱量bkJ，水蒸氣中1molH﹣O鍵形成時放出熱量ckJ，則氫氣中1molH﹣H鍵斷裂時吸收熱量為kJ．

2023學年河北省保定市定州中學高二（下）月考化學試卷（6月份）參考答案與試題解析一、本卷共16小題，每小題3分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的．1．在一密閉容器中有如下反應：aX（g）+bY（g）?nW（g），某化學興趣小組的同學根據(jù)此反應在不同條件下的實驗數(shù)據(jù)，作出了如下曲線圖：其中，ω（W）表示W(wǎng)在反應混合物中的體積分數(shù)，t表示反應時間．當其它條件不變時，下列分析正確的是（）A．圖I可能是不同壓強對反應的影響，且p2＞p1，a+b＞nB．圖I可能是不同溫度對反應的影響，且T2＞T1，△H＞0C．圖II可能是不同壓強對反應的影響，且p1＞p2，n=a+bD．圖Ⅲ可能是不同溫度對反應影響，且T1＞T2，△H＜0【考點】化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素．【分析】A．如果圖I是不同壓強對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，P2＞P1，增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動；B．如果圖Ⅰ是溫度對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T2＞T1，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動；C．如果圖II是不同壓強對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知P1＞P2，根據(jù)物質(zhì)的含量判斷氣體計量數(shù)；D．如果圖III是不同溫度對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T1＞T2，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動．【解答】解：A．如果圖I是不同壓強對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，P2＞P1，增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，平衡向逆反應方向移動，則a＜n，故A錯誤；B．如果圖Ⅰ是溫度對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T2＞T1，升高溫度，若大正向為吸熱反應，則w的分數(shù)會增大，與圖象矛盾，故B錯誤；C．如果圖II是不同壓強對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知P1＞P2，增大壓強，平衡不移動，說明反應前后氣體計量數(shù)之和不變，即a+b=n，故C正確；D．如果圖III是不同溫度對反應的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T1＞T2，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，平衡向正反應方向移動，則正反應是吸熱反應，則，△H＞0，故D錯誤．故選：C．2．常溫下，將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池（如圖1），測得原電池的電流強度（I）隨時間（t）的變化如圖2所示，已知0﹣t1時，原電池的負極是Al片，反應過程中有紅棕色氣體產(chǎn)生．下列說法不正確的是（）A．0﹣t1時，正極的電極反應式為：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1時，溶液中的H+向Cu電極移動C．t1時，負極的電極反應式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1時，原電池中電子流動方向發(fā)生改變是因為Al在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了Al的進一步反應【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】0﹣t1時，Al在濃硝酸中發(fā)生鈍化過程，Al為負極，氧化得到氧化鋁，應有水參加，根據(jù)電荷守恒可知，有氫離子生成，Cu為正極，硝酸根放電生成二氧化氮，應由氫離子參與反應，同時有水生成，隨著反應進行鋁表面鈍化形成氧化膜阻礙反應進行，t1時，銅做負極反應，Al為正極．【解答】解：﹣t1時，原電池的負極是Al片，反應過程中有紅棕色氣體產(chǎn)生，為正極反應，正極電極反應式為：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，故A錯誤；﹣t1時，銅為正極，溶液中的H+向Cu電極移動，故B正確；C．t1時，銅做負極反應，Al為正極，負極發(fā)生Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C正確；D．隨著反應進行鋁表面鈍化形成氧化膜阻礙反應進行，銅做負極反應，電流方向相反，故D正確．故選A．3．霧霾嚴重影響人們的生活與健康．某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預處理后試樣溶液，設計并完成了如下的實驗：己知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，根據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，該同學得出的結(jié)論不正確的是（）A．試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4C．試樣中可能存在Na+、Cl﹣D．試樣中一定不含Al3+【考點】無機物的推斷．【分析】試樣溶液中加入過量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1，該氣體1可能是NH3，則試樣中含有NH4+；向濾液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，發(fā)生反應：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8A1O2﹣，生成氣體2，該氣體是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3﹣，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說明原來溶液中含有SO42﹣，能和過量Ba（OH）2反應生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，以此解答該題．【解答】解：試樣溶液中加入過量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1，該氣體1可能是NH3，則試樣中含有NH4+；向濾液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，發(fā)生反應：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8A1O2﹣，生成氣體2，該氣體是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3﹣，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說明原來溶液中含有SO42﹣，能和過量Ba（OH）2反應生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+．A．根據(jù)以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，故A正確；B．根據(jù)以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，則該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故B正確；C．根據(jù)實驗無法確定是否含有Na+、Cl﹣，所以溶液中可能含有Na+、Cl﹣，故C正確；D．根據(jù)實驗操作不能確定是否含有Al3+，即試樣中可能含有Al3+，故D錯誤．故選D．4．分子式為C9H12O，苯環(huán)上有兩個取代基且含羥基的化合物，其可能的結(jié)構(gòu)有（）A．9種 B．12種 C．15種 D．16種【考點】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；常見有機化合物的結(jié)構(gòu)．【分析】先根據(jù)取代基可能有羥基、正丙基，羥基、異丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2OH，甲基、﹣CH2OHCH3，乙基、﹣CH2OH共五種組合，然后根據(jù)兩個取代基有鄰、間、對三種同分異構(gòu)體，據(jù)此解題．【解答】解：苯環(huán)上只有兩個取代基，其中一個是羥基，取代基可能有羥基、正丙基，羥基、異丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2OH，甲基、﹣CH2OHCH3，乙基、﹣CH2OH共五種，各有鄰、間、對三種同分異構(gòu)體，共15種．故選C．5．為減小CO2對環(huán)境的影響，在倡導“低碳”的同時，還需加強對CO2創(chuàng)新利用的研究．已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol．T1℃時，向體積為1L的恒容密閉容器中充入lmolCO2和3molH2測得CO2和CH3OH（g）的濃度隨時間變化的曲線如圖所示，且平衡時體系壓強為p1．下列敘述中不正確的是（）A．0～3min內(nèi)，v（CO2）正=v（CH3OH）正B．在T1℃時，若起始時向容器中充人2moICO2和6molH2，測得平衡時容器內(nèi)壓強為p2，則p2＜2p1C．其他條件不變，若向平衡后的體系中充人1mol氦氣，體系壓強增大，平衡將向正反應方向移動D．T2℃時，上述反應平衡常數(shù)為，則T2＞T1【考點】化學平衡建立的過程．【分析】A．根據(jù)任意狀態(tài)同一方向各物質(zhì)的速率之比等于系數(shù)比；B．該反應是一個反應后氣體體積減小的可逆反應，增大反應氣體的壓強能使平衡向正反應方向移動，壓強又減小；C．根據(jù)恒溫恒容條件下，充入He（g），反應混合物中各物質(zhì)的濃度不變，平衡不移動；D．根據(jù)溫度和平衡常數(shù)的關系判斷，計算可知T2℃比T1℃時平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應方向移動，因為正反應放熱，所以T2＞T1．【解答】解：A．已知：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；因為方程式中已知：CO2和CH3OH的系數(shù)相等，故任意狀態(tài)下滿足v（CO2）正=v（CH3OH）正，故A正確；B．若起始時向容器中充入2molCO2和6molH2，壓強變?yōu)樵瓉淼亩叮摲磻且粋€反應后氣體體積減小的可逆反應，增大反應氣體的壓強能使平衡向正反應方向移動，壓強又減小，則P2＜2P1，故B正確；C．恒溫恒容條件下，充入He（g），使體系壓強增大，容器的容積不變，反應混合物的濃度不變，平衡不移動，故C錯誤；D．T1℃時，各物質(zhì)的平衡濃度分別為：c（CH3OH）=c（H2O）=L，c（CO2）=L，c（H2）=L，則T1℃時平衡常數(shù)K==＞，平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應方向移動，因為正反應放熱，所以T2＞T1，故D正確；故選：C．6．如圖所示，其中甲池的總反應式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列說法正確的是（）A．甲池是電能轉(zhuǎn)化為化學能的裝置，乙、丙池是化學能轉(zhuǎn)化電能的裝置B．甲池通入CH3OH的電極反應為CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反應一段時間后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固體，能使CuSO4溶液恢復到原濃度D．甲池中消耗280mL（標準狀況下）O2，此時丙池中理論上最多產(chǎn)生固體【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】A、根據(jù)燃料電池和電解池中的能量轉(zhuǎn)換知識來回答；B、在燃料電池中，負極發(fā)生失電子的氧化反應；C、電解池中，電解后的溶液復原遵循：出什么加什么的思想；D、根據(jù)串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移電子相等結(jié)合電子守恒知識來回答．【解答】解：A、甲池是燃料電池，是化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，乙、丙池是電解池，是將電能轉(zhuǎn)化為化學能的裝置，故A錯誤；B、在燃料電池中，負極是甲醇發(fā)生失電子的氧化反應，在堿性電解質(zhì)下的電極反應為CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B錯誤；C、電解池乙池中，電解后生成硫酸、銅和氧氣，要想復原，要加入氧化銅，故C錯誤；D、甲池中根據(jù)電極反應：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（標準狀況下）O2，則轉(zhuǎn)移電子，根據(jù)丙裝置中，在陰極上是氫離子放電，轉(zhuǎn)移電子，減小的氫離子是，氫氧根離子是，鎂離子和氫氧根離子之間反應生成氫氧化鎂，理論上最多產(chǎn)生氫氧化鎂質(zhì)量應該是××58g/mol=固體，故D正確．故選D．7．向含有的溶液中加入amolBr2．下列敘述不正確的是（）A．當a=時，發(fā)生的反應為2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．當a=時，發(fā)生的反應為2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．當溶液中I﹣有一半被氧化是，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．當＜a＜時，溶液中個離子濃度的關系為2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）【考點】氧化還原反應的計算．【分析】亞鐵離子的還原性小于碘離子，溴少量時碘離子優(yōu)先被氧化，發(fā)生反應為：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣；當?shù)怆x子完全被氧化后，亞鐵離子開始被溴單質(zhì)氧化，溴足量時的反應方程式為：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，據(jù)此進行解答．【解答】解：亞鐵離子的還原性小于碘離子，溴少量時碘離子優(yōu)先被氧化，發(fā)生反應為：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣；當?shù)怆x子完全被氧化后，亞鐵離子開始被溴單質(zhì)氧化，溴足量時的反應方程式為：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，A．a(chǎn)=時，溴單質(zhì)不足，只有碘離子被氧化，反應的離子方程式為：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣，故A正確；B．當a=時，的溶液中含有亞鐵離子、碘離子，碘離子完全反應消耗溴單質(zhì)，剩余的溴單質(zhì)能夠氧化亞鐵離子，所以正確的反應為：2Fe2++8I﹣+5Br2═2Fe3++4I2+10Br﹣，故B錯誤；C．溶液中含有碘離子，當有碘離子被氧化時，消耗溴單質(zhì)生成溴離子，則反應后溶液中碘離子和溴離子濃度相等，故C正確；D．當＜a＜時，碘離子完全被氧化，亞鐵離子部分被氧化，根據(jù)電荷守恒可知溶液中的離子濃度的關系為：2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣），故D正確；故選B．8．組成和結(jié)構(gòu)可用表示的有機物共有（不考慮立體結(jié)構(gòu)）（）A．16種 B．28種 C．48種 D．60種【考點】有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【分析】先找出丁基的同分異構(gòu)體，再找出﹣C4H8Cl的同分異構(gòu)體，然后找出有機物的種類數(shù)．【解答】解：丁烷為CH3CH2CH2CH3時，分子中有2種不同的H原子，故有2種丁基；丁烷為CH3CH（CH3）CH3時，分子中有2種不同的H原子，故有2種丁基，故丁基（﹣C4H9）共有4種；﹣C4H8Cl的同分異構(gòu)體有，當為﹣C﹣C﹣C﹣C，氯原子的位置有4種；當為﹣C（﹣C）﹣C﹣C，氯原子的位置有4種；當為﹣C﹣C（﹣C）2，氯原子的位置有3種；當為﹣C（﹣C）3，氯原子的位置有1種；故﹣C4H8Cl共有12種，所以該有機物共有：4×12=48種，故選C．9．一定溫度下的可逆反應：A（s）+2B（g）?2C（g）+D（g）△H＜0．現(xiàn)將1molA和2molB加入甲容器中，將4molC和2molD加入乙容器中，此時控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍，t1時兩容器內(nèi)均達到平衡狀態(tài)（如圖1所示，隔板K不能移動）．下列說法正確的是（）A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，達到新的平衡后，甲中C的濃度是乙中C的濃度的2倍B．保持活塞位置不變，升高溫度，達到新的平衡后，甲中B的體積分數(shù)增大，乙中B的體積分數(shù)減小C．保持溫度不變，移動活塞P，使乙的容積和甲相等，達到新的平衡后，乙中C的體積分數(shù)是甲中C的體積分數(shù)的2倍D．保持溫度和乙中的壓強不變，t2時分別向甲、乙中加入等質(zhì)量的氦氣后，甲、乙中反應速率變化情況分別如圖2和圖3所示（t1前的反應速率變化已省略）【考點】化學平衡的計算．【分析】開始加入4molC和2molD相當于起始加入2molA和4molB，即乙容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量為甲容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量的2倍，而乙容器的體積為甲容器的體積的2倍，在相同溫度下達到相同平衡狀態(tài)，平衡時同種物質(zhì)的濃度相等．A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，則相當于在原來的基礎上增大壓強，平衡向逆反應方向移動，達到平衡時，甲中C的濃度小于原來的2倍；B．保持活塞位置不變，升高兩個容器的溫度，平衡向正反應方向移動；C．保持溫度不變，移動活塞P，使乙的容積和甲相等，則乙容器內(nèi)的壓強增大，平衡向逆反應方向移動；D．甲溫度和體積不變，加入氦氣后對平衡移動沒有影響，保持溫度和乙中的壓強不變，加入氦氣后乙體積增大，平衡應向正反應方向移動，正逆反應速率都減?。窘獯稹拷猓洪_始加入4molC和2molD相當于起始加入2molA和4molB，即乙容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量為甲容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量的2倍，而乙容器的體積為甲容器的體積的2倍，在相同溫度下達到相同平衡狀態(tài)，平衡時同種物質(zhì)的濃度相等，A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，則相當于在原來的基礎上增大壓強，平衡向逆反應方向移動，達到平衡時，甲中C的濃度小于原來的2倍，即小于乙中C的濃度的2倍，故A錯誤；B．保持活塞位置不變，升高兩個容器的溫度，平衡向正反應方向移動，甲、乙中B的體積分數(shù)都減小，故B錯誤；C．保持溫度不變，移動活塞P，使乙的容積和甲相等，相當于增大乙的壓強，平衡向逆反應方向移動，減小加的壓強平衡向正反應方向移動，達到新的平衡后，乙中C的體積分數(shù)小于甲中C的體積分數(shù)的2倍，故C錯誤；D．甲中溫度和體積不變充入稀有氣體，沒有改變氣體的濃度，對反應速率沒有影響，可以用圖2表示，乙中溫度和壓強不變，充入稀有氣體，相當于增大容器體積，氣體濃度減小，反應速率減小，生成物的濃度減小的程度大些，化學平衡正向移動，可以用圖3表示，故D正確．故選D．10．向甲、乙、丙三個密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反應：A（g）+xB（g）?2C（g）．各容器的反應溫度、反應物起始量，反應過程中C的濃度隨時間變化關系分別以下表和如圖表示：下列說法正確的是（）容器甲乙丙容積LLL溫度/℃T1T2T2反應物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolBA．10min內(nèi)甲容器中反應的平均速率v（A）=mol?L﹣1?min﹣1B．由圖可知：T1＜T2，且該反應為吸熱反應C．若平衡時保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積平衡不移動D．T1℃，起始時甲容器中充入molA、molB，平衡時A的轉(zhuǎn)化率為25%【考點】化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素．【分析】A、由圖可知，10min內(nèi)甲容器中C的濃度變化量為1mol/L，根據(jù)v=計算v（C），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（A）；B、比較甲與乙可知，乙先到達平衡，故溫度T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫度平衡向逆反應移動；C、若x=1，反應前后氣體的物質(zhì)的量不變，改變體積壓強不變，不影響平衡移動；D、乙中平衡時A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中壓強為乙中2倍，壓強增大平衡不移動，故x=1，根據(jù)三段式計算甲中平衡時各組分的濃度，進而計算平衡常數(shù)，令T1℃，起始時甲容器中充入、，反應到達平衡時A的濃度變化量為x，再利用三段式表示出平衡時各組分的濃度，利用平衡常數(shù)列方程計算x的值，進而計算A的轉(zhuǎn)化率．【解答】解：A、由圖可知，10min內(nèi)甲容器中C的濃度變化量為1mol/L，v（C）==（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以v（A）=v（C）=×（L?min）=（L?min），故A錯誤；B、比較甲與乙可知，乙先到達平衡，故溫度T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫度平衡向逆反應移動，故正反應為放熱反應，故B錯誤；C、若x=1，反應前后氣體的物質(zhì)的量不變，改變體積壓強不變，不影響平衡移動，故C正確；D、乙中平衡時A的轉(zhuǎn)化率為A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中壓強為乙中2倍，壓強增大平衡不移動，故x=1，A（g）+B（g）?2C（g）．開始（mol/L）：310變化（mol/L）：平衡（mol/L）：故T1℃，該反應的平衡常數(shù)為k==4令T1℃，起始時甲容器中充入、，反應到達平衡時A的濃度變化量為x，則：A（g）+B（g）?2C（g）．開始（mol/L）：130變化（mol/L）：xx2x平衡（mol/L）：1﹣x3﹣x2x所以=4解得：x=故A的轉(zhuǎn)化率=×100%=75%，故D錯誤；故選C．11．分子式為C5H10O3的有機物與NaHCO3溶液反應時，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應時生成C5H8O3Na2．則該有機物的同分異構(gòu)體有（）種（不考慮立體異構(gòu)）A．10 B．11 C．12 D．13【考點】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【分析】有機物分子式為C5H10O3，等量的有機物與NaHCO3溶液反應時，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應時生成C5H8O3Na2，說明有機物分子中含有1個﹣COOH、1個﹣OH，該有機物可以看作，C4H10中2個H原子，分別被﹣COOH、﹣OH代替，結(jié)合C4H10的同分異構(gòu)體判斷．【解答】解：有機物分子式為C5H10O3，等量的有機物與NaHCO3溶液反應時，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應時生成C5H8O3Na2，說明有機物分子中含有1個﹣COOH、1個﹣OH，該有機物可以看作，C4H10中2個H原子，分別被﹣COOH、﹣OH代替，若C4H10為正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2個H原子分別被﹣COOH、﹣OH代替，都取代同一碳原子上2個H原子，有2種，取代不同C原子的2個H原子，有6種，相應的同分異構(gòu)體有8種；若C4H10為異丁烷：CH3CH（CH3）CH3，2個H原子分別被﹣COOH、﹣OH代替，都取代同一碳原子上2個H原子，有1種，取代不同C原子的2個H原子，有3種，相應的同分異構(gòu)體有4種；故該有機物的可能的結(jié)構(gòu)有8+4=12種，故選C．12．分子式C4H8O2和C5H10O2的兩種一元羧酸與乙二醇（HOCH2CH2OH）發(fā)生酯化反應，生成分子式為C11H20O4的酯最多有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．6種 B．8種 C．10種 D．12種【考點】有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【分析】分子式C4H8O2的酸有2種：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，C5H10O2中烷基為﹣C4H9，﹣C4H9異構(gòu)體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構(gòu)體數(shù)目為4．據(jù)此判斷三者形成酯的種類．【解答】解：分子式C4H8O2的酸有2種：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，而C5H10O2中烷基為﹣C4H9，﹣C4H9異構(gòu)體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，所以C5H10O2的羧酸4種與乙二醇（HOCH2CH2OH）發(fā)生酯化反應，生成分子式為C11H20O4的酯最多有2×4=8，故選B．13．如圖甲所示，純電動公交車逐漸成為杭州街頭常見的身影，磷酸鐵鋰電池是杭州市純電動公交車所用的電池，現(xiàn)要從廢舊磷酸鐵鋰電池中回收Fe、Al、Li等物質(zhì)，采用圖乙所示方法．已知：磷酸鐵鋰電池溶解在H2SO4中含有Fe3+、Al3+、Li+、SO42﹣、PO43﹣等離子及少量不溶物，濾液c中含有大量Li+離子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水．下列說法不正確的是（）A．向濾液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B．濾液b中加入氨水的目的是使Fe3+沉淀，濾渣c為紅褐色C．要將Li從溶液中析出，可在濾液c中加入足量Na2CO3溶液，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶D．圖中的氨水可以用適量NaOH溶液代替【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【分析】A．濾液a中含有偏鋁酸鈉，加入適量的H2SO4溶液，能生成氫氧化鋁沉淀；B．濾液b是硫酸鐵，所以加入氨水發(fā)生復分解反應生成氫氧化鐵；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水，所以不能冷卻，應采用熱過濾的方法分離；D．氫氧化鐵不溶于氫氧化鈉，所以氨水可以用適量NaOH溶液代替．【解答】解：A．濾液a中含有偏鋁酸鈉，加入適量的H2SO4溶液，能生成氫氧化鋁沉淀，所以向濾液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀，故A正確；B．濾液b是硫酸鐵，所以加入氨水發(fā)生復分解反應生成氫氧化鐵，所以濾渣c為紅褐色氫氧化鐵，故B正確；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水，所以不能冷卻，應采用熱過濾的方法分離，故C錯誤；D．氫氧化鐵不溶于氫氧化鈉，所以氨水可以用適量NaOH溶液代替，故D正確；故選C．14．“當好東道主，喜迎G20”，目前杭州為迎接即將到來的G20峰會，大量引進新能源公交車，如圖所示即為一輛正在充電的電動公交車．已知釩電池是一種常用于純電動公交車的電池，其原理是利用釩的不同價態(tài)之間的轉(zhuǎn)化，例如某種電池的充電原理可表示為2H++V2++VO2+═2V3++H2O，則下列說法不正確的是（）A．陰極反應可表示為2H++VO2++e﹣═V3++H2OB．陽極反應可表示為V2+﹣e﹣═V3+C．若陰極電解液體積為1L，電解前pH=1，當測得V3+的物質(zhì)的量濃度為L時，pH變?yōu)?（不考慮反應過程中體積變化）D．放電過程種負極反應可表示為V3++2OH﹣﹣e﹣═VO2++H2O【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】由總反應可知，充電時，陽極發(fā)生氧化反應，V2+被氧化生成V3+，電極方程式為V2+﹣e﹣═V3+，陰極發(fā)生還原反應，VO2+被還原生成V3+，電極方程式為2H++VO2++e﹣═V3++H2O，以此解答該題．【解答】解：A．陰極發(fā)生還原反應，VO2+被還原生成V3+，電極方程式為2H++VO2++e﹣═V3++H2O，故A正確；B．陽極發(fā)生氧化反應，V2+被氧化生成V3+，電極方程式為V2+﹣e﹣═V3+，故B正確；C．陰極發(fā)生2H++VO2++e﹣═V3++H2O，當測得V3+的物質(zhì)的量濃度為L時，消耗+，則剩余c（H+）==L，pH=2，故C正確；D．電解質(zhì)溶液呈酸性，放電過程種負極發(fā)生V3++H2O﹣e﹣=2H++VO2+，故D錯誤．故選D．15．胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到（）A．從B到C的反應是消去反應B．D分子中所有碳原子一定共面C．等物質(zhì)的量的B分別與足量的Na、NaHCO3反應，產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量前者大于后者D．若A是由2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）加熱得到的，則該反應的類型屬于加成反應【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．從B到C的反應是酯化反應；B．有機物D中環(huán)狀結(jié)構(gòu)含3個亞甲基，為四面體結(jié)構(gòu)；C．B含有羧基、羥基，都可與鈉反應，只有羧基與碳酸氫鈉反應；D．異戊二烯和丙烯酸發(fā)生加成反應生成有機物A．【解答】解：A．B含有羥基、羧基，C含有酯基，從B到C的反應是酯化反應，故A錯誤；B．有機物D中環(huán)狀結(jié)構(gòu)含3個亞甲基，為四面體結(jié)構(gòu)，則所以碳原子不會共面，故B錯誤；C．B含有羧基、羥基，都可與鈉反應，只有羧基與碳酸氫鈉反應，等物質(zhì)的量的B分別與足量的Na、NaHCO3反應，產(chǎn)生的氣體相等，故C錯誤；D．異戊二烯和丙烯酸發(fā)生類似的加成反應生成有機物A，故D正確．故選D．16．某溶液中含如下離子組中的幾種K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣，某同學欲探究該溶液的組成進行了如下實驗：Ⅰ．用鉑絲醮取少量溶液，在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成Ⅲ．?、蚍磻笕芤悍謩e置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，第二支試管加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層為無色．下列說法正確的是（）A．原溶液中肯定不含F(xiàn)e2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣B．原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．步驟Ⅱ中無色氣體是NO氣體，無CO2氣體產(chǎn)生D．為確定是否含有Cl﹣可取原溶液加入過量硝酸銀溶液，觀察是否產(chǎn)生白色沉淀【考點】無機物的推斷．【分析】Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明溶液中一定含有K+；Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成，證明含有NO3﹣、Fe2+，一定不含有SiO32﹣、CO32﹣；Ⅲ．?、蚍磻蟮娜芤悍种糜趦芍г嚬苤?，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，證明含有SO42﹣，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，即出現(xiàn)了三價鐵離子，是Ⅱ過程中亞鐵離子被硝酸氧化的結(jié)果；第二支試管中加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層無色，證明一定沒有I﹣；Fe3+、Cl﹣是否存在無法確定，以此解答該題．【解答】解：Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明溶液中一定含有K+；Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成，證明含有NO3﹣、Fe2+，一定不含有SiO32﹣、CO32﹣；Ⅲ．?、蚍磻蟮娜芤悍种糜趦芍г嚬苤校谝恢г嚬苤屑尤隑aCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，證明含有SO42﹣，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，即出現(xiàn)了三價鐵離子，是Ⅱ過程中亞鐵離子被硝酸氧化的結(jié)果；第二支試管中加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層無色，證明一定沒有I﹣；Fe3+、Cl﹣是否存在無法確定．A．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，故A錯誤；B．Fe3+是否存在無法確定，故B錯誤；C．根據(jù)分析可知，步驟Ⅱ中無色氣體是NO氣體，無CO2氣體產(chǎn)生，故C正確；D．原溶液中含有硫酸根離子，干擾了氯離子的檢驗，故D錯誤；故選C．二、解答題（共6小題，滿分40分）17．硫酸亞鐵是重要的亞鐵鹽，在農(nóng)業(yè)上用作農(nóng)藥，主要治小麥黑穗病，還可以用作除草劑；在工業(yè)上用于染色、制造藍黑墨水和木材防腐等．（1）新制的綠礬（FeSO4?7H2O）是淺綠色的，但在空氣中極易變成黃色或鐵銹色的堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]，寫出該反應的化學方程式：4FeSO4?7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O．（2）已知FeSO4在不同條件下分解得到產(chǎn)物不同，可能是FeO和SO3，也可能是Fe2O3、SO3和SO2；SO3熔點是℃，沸點是℃．某研究性學習小組擬用下列裝置進行實驗探究“在加熱條件下FeSO4的分解產(chǎn)物”．上述裝置Ⅲ和Ⅳ用來檢驗氣體產(chǎn)物．試回答下列問題：①Ⅱ裝置燒杯中水的溫度應控制在（選填“0℃、25℃、50℃”），裝置Ⅱ的作用是防止產(chǎn)生倒吸．②裝置Ⅲ中的試劑可以是（選填序號，下同），現(xiàn)象是，則證明氣體產(chǎn)物中含有SO3；裝置Ⅳ中的試劑可以是B、E．A．2mol/LNa2CO3溶液B．品紅溶液C．LBaCl2溶液D．LBa（NO3）2KMnO4溶液F．淀粉碘化鉀溶液③裝置V中試劑為NaOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O．④為了檢驗固體產(chǎn)物成分，取反應后的固體于試管中，加稀硫酸溶解，將所得溶液分成兩份，進行如下實驗：操作步驟預期實驗現(xiàn)象預期實驗結(jié)論向其中一份溶液中加入KSCN溶液（或硫氰化鉀溶液）溶液變成血紅色固體中含有Fe2O3向另一份溶液中滴加2滴黃色K3[Fe（CN）6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀固體中含有FeO⑤若用FeSO4固體做實驗，完全分解后，得到固體，其中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)=%（精確到%）【考點】性質(zhì)實驗方案的設計．【分析】實驗探究在加熱條件下FeSO4的分解產(chǎn)物，Ⅱ裝置燒杯中水的溫度應控制在50℃，防止SO3液化或凝固，裝置III是檢驗是否有三氧化硫，可以選用氯化鋇溶液，如果有白色沉淀生成說明有三氧化硫，裝置IV是檢驗是否有二氧化硫，二氧化硫能使品紅褪色，也可以使高錳酸鉀溶液褪色，裝置V中試劑為NaOH溶液吸收多余的二氧化硫氣體防止污染空氣，（1）亞鐵離子易被氧化具有還原性；（2）①安全瓶的作用是可以防止倒吸；當溫度高于°C時三氧化硫為氣體狀態(tài)；②裝置III是檢驗是否有三氧化硫，裝置IV是檢驗是否有二氧化硫，根據(jù)二者的性質(zhì)選擇試劑；③二氧化硫會污染空氣，要用氫氧化鈉溶液來處理尾氣；④檢驗三價鐵離子用硫氰化鉀溶液；檢驗二價鐵離子用K3[Fe（CN）6]溶液；⑤反應過程中FeSO4固體分解為二氧化硫、三氧化硫、FeO、Fe2O3，完全分解后得到固體為氧化鐵和氧化亞鐵，質(zhì)量減少的為二氧化硫和三氧化硫的總質(zhì)量，據(jù)此列方程組計算．【解答】解：（1）亞鐵離子具有還原性，易被氧氣氧化，反應方程式為4FeSO4?7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O，故答案為：4FeSO4?7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O；（2）①SO3的沸點是°C，當溫度高于°C時三氧化硫為氣體狀態(tài)，把試管浸泡在50℃的熱水浴中能防止SO3液化或凝固，產(chǎn)生的氣體極易和溶液反應時，會產(chǎn)生倒吸，所以裝置II的試管能防止溶液倒吸入裝置Ⅰ中（或安全瓶），故答案為：50℃；防止產(chǎn)生倒吸：②裝置III是檢驗是否有三氧化硫，可以選用氯化鋇溶液，如果有白色沉淀生成說明有三氧化硫；裝置IV是檢驗是否有二氧化硫，二氧化硫能使品紅褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以可以選用二者來檢驗二氧化硫；故答案為：C；產(chǎn)生白色沉淀；B、E；③二氧化硫會污染空氣，所以要用氫氧化鈉溶液來吸收剩余的二氧化硫，其反應的離子方程式為：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案為：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；④檢驗三價鐵離子用硫氰化鉀溶液，溶液變紅色，證明有三價鐵離子，進而說明固體產(chǎn)物中含有氧化鐵；檢驗二價鐵離子用K3[Fe（CN）6]溶液，溶液中生成藍色沉淀，說明有二價鐵離子，即證明固體產(chǎn)物中含有FeO；故答案為：操作步驟預期實驗現(xiàn)象預期實驗結(jié)論KSCN溶液（或硫氰化鉀溶液）溶液變成血紅色固體中含有FeO；⑤反應過程中FeSO4固體分解為二氧化硫、三氧化硫、FeO、Fe2O3，完全分解后得到固體為氧化鐵和氧化亞鐵，質(zhì)量減少的為二氧化硫和三氧化硫的總質(zhì)量，設生成的二氧化硫為xmol，三氧化硫為ymol，根據(jù)硫元素守恒，則x+y==，64x+80y=﹣=，解得：x=，y=，F(xiàn)eSO4固體分解，每生成1mol二氧化硫時硫元素得到2mol電子，每生成1molFe2O3時鐵元素失去2mol電子，所以生成的二氧化硫與氧化鐵的物質(zhì)的量相同，則Fe2O3的物質(zhì)的量為，其質(zhì)量為×160g/mol=，故質(zhì)量分數(shù)為：×100%=%，故答案為：%．18．硝酸在化學工業(yè)中有著極其廣泛的應用．（1）將的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的體積分數(shù)為）通入水中，在空氣充足的條件下完全反應后可獲得硝酸的物質(zhì)的量范圍是＜n（HNO3）＜．（2）向稀硝酸中加入L的濃硫酸（98%）作吸水劑并蒸餾得濃硝酸，當其濃度下降到87%（密度cm3）以下時，則失去吸水能力．50mLL的濃硫酸作為吸水劑時，最多可吸水g．（3）在65%的HNO3（質(zhì)量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（質(zhì)量m2）后蒸餾，分別得到%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）．若蒸餾過程中，硝酸、硝酸鎂均無損耗，H2O的損耗占總質(zhì)量的5%，則蒸餾前投料比=．（4）硝酸工業(yè)中的尾氣用燒堿進行吸收產(chǎn)物為NaNO2、NaNO3和H2O．現(xiàn)有含氮氧化物的尾氣，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收．已知反應后溶液含有．若將尾氣NO和NO2的平均組成用NOx表示，則x=．【考點】化學方程式的有關計算．【分析】（1）計算NO物質(zhì)的量，再計算NO2、N2O4總物質(zhì)的量，氣體全部為NO、NO2時，得到硝酸最少，氣體為NO、N2O4時得到硝酸最多，結(jié)合N原子守恒計算；（2）根據(jù)c=計算98%濃硫酸密度、87%硫酸的物質(zhì)的量濃度，再根據(jù)稀釋定律計算吸水后硫酸體積，進而吸收水的質(zhì)量；（3）根據(jù)蒸餾過程中硝酸、硝酸鎂質(zhì)量不變，表示出蒸餾后%的HNO3的質(zhì)量、60%的Mg（NO3）2溶液質(zhì)量，蒸餾后溶液質(zhì)量之和=原溶液質(zhì)量之和﹣損耗水的質(zhì)量；（4）根據(jù)N原子守恒計算n（NaNO3），NO、NO2和NaOH溶液反應方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，結(jié)合方程式計算原混合氣體中NO和NO2的物質(zhì)的量，再根據(jù)氧原子守恒解答．【解答】解：（1）NO的物質(zhì)的量為×=，則NO2、N2O4總物質(zhì)的量為﹣=，氣體全部為NO、NO2時，得到硝酸最少，根據(jù)N原子守恒，得到硝酸極小值為，氣體為NO、N2O4時得到硝酸最多，根據(jù)N原子守恒，得到硝酸極大值為+×2=，則：＜n（HNO3）＜，故答案為：＜n（HNO3）＜；（2）98%濃硫酸密度為g/mL=mL，87%（密度cm3）的硫酸物質(zhì)的量濃度為mol/L，根據(jù)稀釋定律，50mL濃硫酸吸水失去吸水能力后溶液體積為：=，則吸收水的質(zhì)量為：×mL﹣50mL×mL=故答案為：；（3）蒸餾后得到%的HNO3的質(zhì)量為，得到60%的Mg（NO3）2溶液質(zhì)量為，損耗水的總質(zhì)量為（m1+m2）×5%，則：+=（m1+m2）﹣（m1+m2）×5%整理可得：=故答案為：；（4）根據(jù)N原子守恒得n（NaNO3）=n（NOx）﹣n（NaNO2）=﹣=，由2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，可知生成硝酸鈉需要，同時生成亞硝酸鈉，則反應NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O生成的亞硝酸鈉為﹣=，則該反應中消耗、，所以原混合氣體中NO、NO2的物質(zhì)的量分別是、，尾氣中NO與NO2的平均組成記為NOx，則x==，故答案為：．19．H2還原CuO所得的紅色固體可能是Cu與Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可發(fā)生自身氧化還原反應，生成Cu2+和單質(zhì)銅．現(xiàn)有8gCuO被H2還原后，得到紅色固體．（1）上述混合物中含Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比是2：1；（2）若將上述混合物與足量的稀硫酸充分反應后過濾，可得到固體g；（3）若將上述混合物與一定量的濃硝酸充分反應，生成標準狀況下的氣體（不考慮NO2的溶解，也不考慮NO2與N2O4的轉(zhuǎn)化），則該氣體的成分及物質(zhì)的量之比是4：3．【考點】氧化還原反應的計算．【分析】（1）氧化銅和氫氣反應生成銅和氧化亞銅、水，所以固體減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量，根據(jù)剩余氧元素的質(zhì)量計算氧化亞銅的物質(zhì)的量，再根據(jù)元素守恒計算銅的物質(zhì)的量；（2）根據(jù)銅的物質(zhì)的量計算銅的質(zhì)量，從而得出氧化亞銅的質(zhì)量，再根據(jù)反應方程式計算氧化亞銅生成銅的質(zhì)量，兩部分銅的質(zhì)量即為固體的質(zhì)量；（3）采用極限法判斷氣體的成分，然后列方程式組求出一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比．【解答】解：（1）n（CuO）==，氧元素的物質(zhì)的量=n（CuO）═銅元素的物質(zhì)的量=，固體由CuO生成Cu和Cu2O，減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量，即8g﹣=，減少的氧元素的物質(zhì)的量==，所以Cu2O中氧元素的物質(zhì)的量=﹣=，所以n（Cu2O）=，根據(jù)銅元素守恒得n（Cu）=﹣2×=，所以單質(zhì)銅與氧化亞銅的物質(zhì)的量之比是2：1，故答案為：2：1；（2）n（Cu）=﹣2×=，所以m（Cu）=×64g/mol=，氧化亞銅的質(zhì)量=﹣=，氧化亞銅和稀硫酸反應，銅和稀硫酸不反應，設氧化亞銅和稀硫酸反應生成銅的質(zhì)量為x，氧化亞銅和稀硫酸反應的方程式為：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O144g64gxx=，所以可得到固體的質(zhì)量=+=，故答案為：；（3）①通過②分析知，克的銅和氧化亞銅的混合物與硝酸反應相當于克的銅與硝酸反應，設銅與硝酸反應全部生成二氧化氮，二氧化氮的體積為：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O64g設銅與硝酸反應全部生成一氧化氮，一氧化氮的體積為：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O192g＜＜，所以該氣體是二氧化氮和一氧化氮的混合物，設生成一氧化氮的物質(zhì)的量為ymol，生成二氧化氮的物質(zhì)的量為zmol，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O192g2mol96ygymolCu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O64g2mol32zgzmol①（y+z）×mol=②96y+32z=解出y=，z=，所以一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比為4：3，故答案為：4：3．20．硝酸與合成氨工業(yè)密切相關，氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中制取硝酸的主要途徑．完成下列計算：（1）．合成氨時，假設100L的氮氣與氫氣（體積比為1：3）的混合氣體通過氨合成塔充分反應后，體積變?yōu)?0L，則氮氣的轉(zhuǎn)化率為20%．（寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示）（2）．標準狀況下，將500L氨氣溶于1L水中形成氨水，則此氨水質(zhì)量分數(shù)為%．（寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示，并保留1位小數(shù)）（3）．氨氧化法是將氨和空氣的混合氣通過灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此時溫度很高，水以水蒸氣的形式存在，NO也不與O2反應．若氨氣與氧氣物質(zhì)的量之比為1：時，氨的轉(zhuǎn)化率可達95%，計算反應后NO的體積分數(shù)%．（設氧氣在空氣中的體積分數(shù)為20%，寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示并保留1位小數(shù)）（4）．一氧化氮繼續(xù)氧化為二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．為測定某18K金樣品的組成，將樣品粉碎后投入足量的濃硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合氣體224mL（折算至標準狀況，下同），將該混合氣體與84mLO2混合后緩緩通入水中，恰好被完全吸收．（已知金不溶于濃硝酸）填寫該18K金的成分表（寫出計算過程，計算結(jié)果請用百分數(shù)表示并保留1位小數(shù)，若不含該金屬則填0）．18K金成分AuAgCu含量（質(zhì)量分數(shù)）75%%%【考點】化學方程式的有關計算；物質(zhì)的量的相關計算．【分析】（1）根據(jù)反應方程式N2+3H2?2NH3，根據(jù)體積的變化求反應的氮氣的體積，然后根據(jù)轉(zhuǎn)化率為=；（2）n=和m=nM，結(jié)合氨水質(zhì)量分數(shù)為；（3）由反應4NH3+5O2?4NO+6H2O（g），設氧氣的體積為，所以空氣體積為：，氨氣體積為1，氨的轉(zhuǎn)化率可達95%，所以反應的氨氣體積為，由反應方程式可知生成一氧化氮的體積為，增加的體積為：=，所以反應后NO的體積分數(shù)為：=%；（4）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子確定合金中的其它元素，再根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等計算銀的質(zhì)量，從而確定銀的質(zhì)量分數(shù)，解銀和銅的質(zhì)量分數(shù)確定鋅的質(zhì)量分數(shù)．【解答】解：（1）根據(jù)反應方程式N2+3H2?2NH3△V，12V變100﹣90所以V變==5L，所以轉(zhuǎn)化率為===20%，故答案為：20%；（2）n===，所以m=nM=×17g/mol=，所以氨水質(zhì)量分數(shù)為：=%，故答案為：%；（3）由反應4NH3+5O2?4NO+6H2O（g），設氧氣的體積為，所以空氣體積為：，氨氣體積為1，氨的轉(zhuǎn)化率可達95%，所以反應的氨氣體積為，由反應方程式可知生成一氧化氮的體積為，增加的體積為：=，所以反應后NO的體積分數(shù)為：=%，故答案為：%；（4）合金中其它金屬的質(zhì)量=×（1﹣75%）=，假設與硝酸反應的金屬全部是銀，則銀的質(zhì)量==＞，假設與硝酸反應的金屬全部是銅，則銅的質(zhì)量==＜，則合金中還有Cu和Ag，設銀的質(zhì)量為m，則銅的質(zhì)量=﹣m，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得×2+=×4，m=，銀的質(zhì)量分數(shù)=×100%=%，則銅的質(zhì)量分數(shù)=25%﹣%=%，故答案為：%；%．21．用硫鐵礦（主要含F(xiàn)eS2、SiO2等）制備莫爾鹽的流程如下：已知：“還原”時，F(xiàn)eS2與H2SO4不反應，F(xiàn)e3+通過反應Ⅰ、Ⅱ被還原，其中反應Ⅰ如下：2Fe3++FeS2═2S↓+3Fe2+（1）“還原”時，pH不宜過高的原因是pH過高時鐵元素將沉淀導致產(chǎn)率降低，寫出“還原”時反應Ⅱ的離子方程式：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+．（2）實驗測得“還原”時反應Ⅰ、Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：7．計算“還原”后溶液Fe2+的濃度即可確定后面所加（NH4）2SO4的量（溶液體積變化忽略不計）離子離子濃度（mol?L﹣1）還原前還原后SO42﹣Fe2+（3）稱取新制莫爾鹽，溶于水配成溶液并分成兩等份．一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀；另一份用LK2Cr2O7酸性溶液滴定，當Cr2O72﹣恰好完全被還原為Cr3+時，消耗溶液的體積為．試確定莫爾鹽的化學式（請給出計算過程）．【考點】制備實驗方案的設計．【分析】硫鐵礦（主要含F(xiàn)eS2、SiO2等）在空氣中焙燒，得二氧化硫氣體和氧化鐵、二氧化硅等固體，加硫酸溶解，過濾除去二氧化硅，得硫酸鐵溶液，硫酸鐵溶液中再加入硫鐵礦，F(xiàn)eS2把鐵離子還原為Fe2+，同時生成S沉淀，過濾，濾渣含有S、硫鐵礦，濾液中主要含有硫酸亞鐵的混合溶液，向混合溶液中加入硫酸銨，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮降溫結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥可得莫爾鹽，（1）鐵離子水解顯酸性，pH過高促進水解；“還原”時反應Ⅱ生成亞鐵離子、硫酸根離子；（2）由表中數(shù)據(jù)可知，反應后硫酸根的濃度比反應前增加了?L﹣1﹣?L﹣1=?L﹣1，根據(jù)反應FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+可知，反應中消耗Fe3+的物質(zhì)的量為，生成的Fe2+物質(zhì)的量為，由于Ⅰ、Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：7，Ⅰ中消耗的鐵離子的物質(zhì)的量為，再結(jié)合反應2Fe3++FeS2=2S↓+3Fe2+計算生成Fe2+物質(zhì)的量；（3）稱取新制莫爾鹽，溶于水配成溶液并分成兩等份，一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀硫酸鋇的質(zhì)量為，其物質(zhì)的量為=，所以n（SO42﹣）=，另一份用?L﹣1K2Cr2O7酸性溶液滴定，當Cr2O72﹣恰好完全被還原為Cr3+時，消耗溶液的體積為，根據(jù)題意，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O61n（Fe2+）?L﹣1×，所以n（Fe2+）=mol×6=，根據(jù)電荷守恒：n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=，再計算n（H2O），由物質(zhì)的量比確定化學式．【解答】解：（1）溶液里的Fe3+或Fe2+易水解，還原”時時，pH過高會促進Fe3+或Fe2+水解生成沉淀，故不易太高；“還原”時反應Ⅱ的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，故答案為：pH過高時鐵元素將沉淀導致產(chǎn)率降低；FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；（2）假設溶液體積為1L，根據(jù)表可知，反應Ⅱ中生成的硫酸根的物質(zhì)的量為（mol?L﹣1﹣?L﹣1）×1L=，據(jù)反應FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+可知，反應Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量為，同時計算出生成的亞鐵離子的物質(zhì)的量為，反應Ⅰ、被還原的Fe3+的物質(zhì)的量為，同時計算出生成的亞鐵離子的物質(zhì)的量為，溶液中增加的亞鐵離子的物質(zhì)的量濃度為=?L﹣1，則還原后Fe2+的物質(zhì)的量濃度為?L﹣1+?L﹣1=?L﹣1，故答案為：；（3）根據(jù)題意，白色沉淀的物質(zhì)的量為=（SO42﹣）=，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O61n（Fe2+）?L﹣1×，所以n（Fe2+）=mol×6=，根據(jù)電荷守恒：n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=，n（H2O）==mol，所以n（SO42﹣）：n（Fe2+）：n（NH4+）：n（H2O）=：：：=2：1：2：6，所以莫爾鹽的化學式為（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O[或（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]，答：莫爾鹽的化學式為（NH4）2Fe（SO4）2