2024年華師大版高三化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華師大版高三化學(xué)下冊月考試卷211考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、向20mL0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量濃度的燒堿溶液；測定混合溶液的溫度變化如圖所示．下列關(guān)于混合溶液的相關(guān)說法錯誤的是（）

A.醋酸的電離平衡常數(shù)：b點＞a點B.由水電離出的c（OH）：b點＞c點C.從a點到b點，混合溶液中可能存在：c（CH3COO-）=c（Na+）D.b點到c點，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）2、同溫同壓下，等容積的兩個密閉集氣瓶中分別充滿12C18O和14N2兩種氣體，關(guān)于這兩個容器中氣體的說法正確的是（）A.原子數(shù)和中子數(shù)都相等B.分子數(shù)和質(zhì)量都不相等C.分子數(shù)和質(zhì)量都相等D.質(zhì)子數(shù)相等，質(zhì)量不等3、下列四種酸中，根據(jù)元素組成進行分類，其中一種與另外三種有顯著區(qū)別的是（）A.HClB.H2SO4C.H3PO4D.HNO34、在1L0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中，下列關(guān)系式正確（）A.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H+）＞c（OH-）B.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）C.c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）D.c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）5、下列有關(guān)說法正確的是（）A.若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕B.2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常溫下能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的△H＞0C.加熱0.1mol?L-1Na2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大D.由于Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），所以任何情況下AgBr沉淀都不能轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀6、節(jié)能減排是我國政府工作地重點之一，節(jié)約能源與開發(fā)新能源是當(dāng)務(wù)之急．下列方案中，你認為不合理的是（）A.研制電解水法提供氫能的技術(shù)B.開發(fā)煤液化制取汽油的技術(shù)C.研制以甲醇為燃料的汽車D.開發(fā)太陽能路燈代替?zhèn)鹘y(tǒng)路燈7、amolFeS與bmolFeO投入到VL、cmol/L的硝酸溶液中充分反應(yīng)，產(chǎn)生NO氣體，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，則反應(yīng)中未被還原的硝酸可能為（）①(a＋b)×63g②(a＋b)×189g③(a＋b)mol④[Vc－(9a＋b)/3]molA.①④B.②③C.①③D.②④評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、納米氧化鋁在陶瓷材料；電子工業(yè)、生物醫(yī)藥等方面有廣闊的應(yīng)用前景；它可通過硫酸鋁銨晶體熱分解得到．制備硫酸鋁銨晶體的實驗流程如圖1：

（1）氧化過程的離子方程式為：____．

（2）檢驗上述流程中“過濾”后雜質(zhì)是否除盡的實驗方法是____．

（3）上述流程中，“分離”所包含的操作依次為：____、____；過濾、洗滌、干燥．

（4）取4.53g硫酸鋁銨晶體加熱分解，最終剩余0.51gAl2O3固體．加熱過程中；固體質(zhì)量隨溫度的變化如圖2所示．請通過計算確定400℃時剩余固體成分的化學(xué)式（寫出計算過程）．

[已知：硫酸鋁銨晶體的化學(xué)式為Al2（NH4）2（SO4）4?24H2O，化學(xué)式量為906]．9、有失去標簽的A、B、C、D四瓶溶液，它們的成分可能是Na2CO3、K2SO4、Ba（NO3）2、NaHSO4中的某一種；進行下列實驗：

（1）A+C→溶液①+氣體①（2）B+A→溶液②+沉淀①

（3）C+B→溶液③+沉淀②（4）溶液③+沉淀①→溶液④+氣體①

根據(jù)上述實驗結(jié)果；寫出上述過程的離子方程式：

（1）____．

（2）____．

（3）____．

（4）____．10、（2013秋?蔚縣校級期中）如圖是某中學(xué)實驗室的一瓶硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容．

現(xiàn)用該濃硫酸配制100mL1.0mol/L的稀硫酸．可供選用的儀器有：

A；l00mL；量筒；B、托盤天平；C、玻璃棒；

D；50mL容量瓶；E、l0mL量筒；F、膠頭滴管；

G；50mL燒杯；H、l00ml；容量瓶．

請回答下列問題：

（1）實驗時選用儀器的先后順序是____；（選填字母）

（2）配制l00mL1.0mol/L．的稀硫酸需要用量筒量取上述濃硫酸的體積為____mL（保留一位小數(shù)）．

（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是____

A．使用容量瓶前檢查它是否漏水。

B．容量瓶用蒸餾水洗凈后；再用待配溶液潤洗。

C．配制溶液時；如果試樣是固體，把稱好的試樣用紙條小心的倒人容量瓶中，加入蒸餾水到接近刻度線2-3cm處，再用滴管滴加蒸餾水到刻度線。

D．定容后，蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒轉(zhuǎn)和搖動幾次．11、（2016春?寧波校級期中）有A；B、C、D、E五種短周期元素；且相鄰的A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，在周期表中的位置如圖所示．E的氫氧化物是兩性氫氧化物；E的陽離子與A的陰離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同．請回答下列問題：

（1）A在元素周期表中的位置____．

B的最高價氧化物化學(xué)式為____．

寫出C元素氣態(tài)氫化物的電子式____．

（2）D的單質(zhì)與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）五種元素中原子半徑最小的是____（填元素符號），這些元素的最高價氧化物的對應(yīng)水化物中____酸性最強．

（4）C的一種氧化物是常見的大氣污染物．為防止大氣污染，某化工廠用NaOH溶液、石灰和O2處理含C的上述氧化物的尾氣，使其轉(zhuǎn)化為石膏（CaSO4?2H2O）．假設(shè)在轉(zhuǎn)化過程中C元素不損失，每天處理1120m3（標準狀況下）含2%（體積分數(shù)）上述氧化物的尾氣，理論上可以得到多少千克石膏（請寫出計算過程）．12、某學(xué)生欲配制6.0mol?L-1的H2SO4溶液1000mL，實驗室有三種不同體積不同濃度的硫酸：①480mL0.5mol?L-1的硫酸；②150mL25%的硫酸（ρ=1.18g?mL-1）；③足量的18mol?L-1的硫酸．有三種規(guī)格的容量瓶：250mL；500mL、1000mL．老師要求把①、②兩種硫酸全部用完；不足的部分由③來補充．請回答下列問題：

（1）實驗中25%的硫酸的物質(zhì)的量濃度為____mol?L-1（保留1位小數(shù)）

（2）配制該硫酸溶液應(yīng)選用容量瓶的規(guī)格為____mL．

（3）配制時；該同學(xué)操作順序如下，并將操作步驟D補充完整．

A．將①；②兩溶液全部在燒杯中混合均勻；

B．用量筒準確量取所需的18mol?L-1的濃硫酸____mL；沿玻璃棒倒入上述混合液中．并用玻璃棒攪動，使其混合均勻；

C．將混合均勻的硫酸沿玻璃棒注入所選的容量瓶中；

D．____；

E．振蕩；繼續(xù)向容量瓶中加入，直到液面接近刻度線1～2cm；

F．改用膠頭滴加水；使溶液的凹液面恰好與刻度相切；

G．將容量瓶蓋緊；振蕩，搖勻．

（4）如果省略操作D對所配溶液濃度有何影響：____．（填“偏大”“偏小”或“無影響”）

（5）進行操作C前還需注意____．13、已知H2R2O4在水溶液中存在以下電離：

一級電離：H2R2O4H++HR2O4-

二級電離：H2R2O4-H++R2O42-

請回答一下問題：

（1）將0.1mol?L-1的NaOH溶液與0.05mol?L-1的H2R2O4溶液等體積混合，冷卻至室溫測得溶液的pH____（填“等于7”；“大于7”或“小于7”）

（2）NaHR2O4溶液____（填“呈酸性”、“呈堿性”或“無法確定”）．原因是____．

（3）某溫度下，在0.1mol?L-1的NaHR2O4溶液中，以下關(guān)系一定不正確的是____

Ac（H+）?c（OH-）=1×10-14mol2?L-2

BpH＞1

C

D．14、（1）在配合物離子[Fe（SCN）]2+中，提供空軌道接受孤對電子的微粒是____，畫出配合物離子[Cu（NH3）4]2+中的配位鍵____

（2）配位化學(xué)創(chuàng)始人維爾納發(fā)現(xiàn)，將各位1mol的CoCl3?6NH3（黃色），CoCl3?5NH3（紫紅色），CoCl3?4NH3（綠色），CoCl3?4NH3（紫色）四種配合物溶于水，加入足量硝酸銀溶液，立即沉淀的氯化銀分別為3mol，2mol，1mol．和1mol，已知上述配合物中配離子的配位數(shù)均為6，請根據(jù)實驗事實用配合物的形式寫出他們的化學(xué)式．COCl3?5NH3____COCl3?4NH3____．15、某鐵的氧化物粉末可能含有FeO、Fe2O3中的一種或兩種．一化學(xué)興趣小組同學(xué)利用以下裝置測定鐵的氧化物的組成；請協(xié)助完成，并回答有關(guān)問題．

（1）李同學(xué)利用1mol/L的硫酸；KSCN溶液、酸性高錳酸鉀溶液；確定其組成．

。編號實驗操作實驗現(xiàn)象與結(jié)論①取少量粉末放入試管中，注入1mol/L的硫酸粉末逐漸溶解，溶液呈黃綠色②將“①”中所得溶液分成兩份；向其中一份滴加幾滴KSCN溶液，振蕩若溶液變?yōu)開___，說明有Fe2O3存在③在另一份中加入少量KMnO4溶液若溶液____，說明有FeO存在（2）王同學(xué)查閱資料后獲悉：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O；并擬用下列裝置進行定量探究．

①裝置甲的作用是____；裝置丁中的實驗現(xiàn)象是____．

②實驗開始時，王同學(xué)發(fā)現(xiàn)打開分液漏斗旋塞，濃硫酸無法滴下，原因是____．

③若丙中鐵的氧化物質(zhì)量為3.04g，完全反應(yīng)后丁中生成沉淀的質(zhì)量為9.85g．試通過計算確定該鐵的氧化物的成分及其物質(zhì)的量之比．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴重危害人體健康．

請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業(yè)污染物，因此可以不經(jīng)處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會出現(xiàn)水華、赤潮等問題．____．17、有鹽和水生成的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)____．（判斷對錯）18、當(dāng)溫度高于0時，1mol的任何氣體體積都大于22.4L．____．（判斷對錯）19、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對錯）20、Ⅰ．下列用連線方法對部分化學(xué)知識進行歸納的內(nèi)容中，有錯誤的一組是____

A．物質(zhì)的性質(zhì)與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對水的消毒；凈化。

B．保護環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無磷洗衣粉。

C．基本安全常識：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標．請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營養(yǎng)化有利于大多數(shù)水生動植物的生長．____

（2）減少機動車尾氣排放是改善大氣質(zhì)量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會產(chǎn)生有害氣體，對大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．評卷人得分四、推斷題(共2題，共20分)21、如圖是無機物A～N在一定條件下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件未列出）．其中，I是由第三周期元素組成的單質(zhì)中熔點最高的金屬，K是一種紅棕色氣體．N中只含有兩種元素，N可作為工業(yè)生產(chǎn)C的原料．

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）單質(zhì)G：____．

（2）在反應(yīng)②、③、⑥、⑨中，既屬于化合反應(yīng)又屬于非氧化還原反應(yīng)的是____（填寫序號）．

（3）反應(yīng)⑩的離子方程式是____．

（4）反應(yīng)④的離子方程式是____．

（5）將化合物D與KNO3、KOH共融，可制得一種“綠色”環(huán)保高效凈水劑K2FeO4（高鐵酸鉀）．同時還生成KNO2和H2O．該反應(yīng)的化學(xué)方程式是：____．

（6）現(xiàn)有1molN參加反應(yīng)，假設(shè)各步反應(yīng)均完全，生成C的質(zhì)量為490g，生成G的質(zhì)量為224g，則反應(yīng)①的化學(xué)方程式為____．22、以對甲酚（A）為起始原料，通過一系列反應(yīng)合成有機物E的合成路線如下：（1）C的分子式為，A的核磁共振氫譜圖中有個峰。（2）A→B的反應(yīng)類型為。（3）寫出D與足量NaOH的水溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（4）寫出同時滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：、（任寫兩種）。①屬苯的衍生物，苯環(huán)上有四個取代基且苯環(huán)上的一取代產(chǎn)物只有一種；②能與Na2CO3溶液反應(yīng)放出氣體。（5）已知：R-CNR-COOH，E在酸性條件下水解后的產(chǎn)物在一定條件下可生成F（C11H10O3）。寫出F的結(jié)構(gòu)簡式：。評卷人得分五、書寫(共2題，共8分)23、用化學(xué)方程式或離子方程式解釋下列現(xiàn)象：

（1）實驗室中盛放氫氧化鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：請寫出該原理的化學(xué)方程式：____

（2）Cl2通入FeCl2溶液中可將Fe2+氧化，請寫出該反應(yīng)的離子方程式：____．24、巴豆酸的結(jié)構(gòu)簡式為CH3-CH=CH-COOH，寫出其與金屬鈉、溴水、乙醇（濃H2SO4催化）反應(yīng)的化學(xué)方程式．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】酸堿中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以酸堿中和過程中溶液溫度升高，醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，溶液越稀醋酸的電離程度越大，醋酸電離過程吸熱，溫度越高，醋酸電離程度越大；酸或堿溶液抑制水電離，含有弱根離子的鹽促進水電離，結(jié)合電荷守恒來分析解答．【解析】【解答】解：A．醋酸是弱電解質(zhì)；在水溶液里存在電離平衡，且其電離過程吸熱，溫度越高，醋酸的電離程度越大，其電離常數(shù)越大，故A正確；

B．b點酸堿恰好反應(yīng)生成醋酸鈉，c點氫氧化鈉過量，氫氧化鈉抑制水電離，醋酸鈉促進水電離，所以由水電離出的c（OH-）：b點＞c點；故B正確；

C．如果c（CH3COO-）=c（Na+），根據(jù)電荷守恒知，溶液中c（OH-）=c（H+），醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使其溶液呈中性，則醋酸應(yīng)該稍微過量，所以從a點到b點，混合溶液中可能存在：c（CH3COO-）=c（Na+）；故C正確；

D．從b點到c點，氫氧化鈉過量，溶液中的溶質(zhì)是醋酸鈉和氫氧化鈉，當(dāng)氫氧化鈉的物質(zhì)的量大于醋酸鈉的物質(zhì)的量時，混合溶液中存在：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）；故D錯誤；

故選D．2、D【分析】【分析】根據(jù)阿伏加德羅定律可知，同溫同壓下，等容積的兩個密閉容器中含有的分子數(shù)相等，則物質(zhì)的量相等，結(jié)合組成原子的結(jié)構(gòu)解答該題．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知；同溫同壓下，等容積的兩個密閉集氣瓶中氣體的物質(zhì)的量相等；

由N=nNA可知；含有氣體的分子數(shù)相等，則

A.1mol12C18O含有原子2mol，中子16mol，1mol14N2含有原子2mol；中子14mol，中子數(shù)不等，故A錯誤；

B．由PV=nRT可知，同溫同壓下，等容積的兩個密閉集氣瓶中氣體的物質(zhì)的量相等，由N=nNA可知，含有氣體的分子數(shù)相等，12C18O的相對分子質(zhì)量為30，14N2的相對分子質(zhì)量為28；相同物質(zhì)的量時質(zhì)量不等，分子數(shù)相等，故B錯誤；

C．12C18O的相對分子質(zhì)量為30，14N2的相對分子質(zhì)量為28；相同物質(zhì)的量時質(zhì)量不能，故C錯誤；

D.1mol12C18O含有質(zhì)子數(shù)14mol，1mol14N2含有質(zhì)子14mol，質(zhì)子數(shù)相等，12C18O的相對分子質(zhì)量為30，14N2的相對分子質(zhì)量為28；相同物質(zhì)的量時質(zhì)量不等，故D正確．

故選D．3、A【分析】【分析】根據(jù)元素組成進行分類：有的是三種元素組成的，有的是兩種元素組成的．【解析】【解答】解：A；物質(zhì)是由兩種元素組成的；

B；物質(zhì)是由三種元素組成的；

C；物質(zhì)是由三種元素組成的；

D；物質(zhì)是由三種元素組成的；

根據(jù)元素組成進行分類；其中一種與另外三種有顯著區(qū)別的是A．

故選A．4、D【分析】【分析】碳酸氫鈉溶液中，碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（HCO3-），由于氫離子來自水的電離和碳酸氫根離子的電離，則c（H+）＞c（CO32-），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；溶液中還存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），據(jù)此進行判斷．【解析】【解答】解：在1L0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中，HCO3-的水解程度大于其電離程度，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（HCO3-），由于H+來自水的電離和HCO3-的電離，則c（H+）＞c（CO32-），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；故A；B、C錯誤；

碳酸氫鈉溶液中一定存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故D正確；

故選D．5、C【分析】【分析】A；船體（Fe）、Cu及海水構(gòu)成原電池；Fe比Cu活潑，作負極，被腐蝕；

B；正反應(yīng)為熵減的反應(yīng)；根據(jù)△H-T△S=△G＜0反應(yīng)自發(fā)進行，據(jù)此判斷；

C；碳酸鈉中碳酸根離子水解的過程是吸熱過程；據(jù)水解平衡的影響因素來回答；

D、沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)容易發(fā)生．【解析】【解答】解：A．船體（Fe）；Cu及海水構(gòu)成原電池；Fe比Cu活潑，作負極，加快海輪外殼的腐蝕，故A錯誤；

B．正反應(yīng)為熵減的反應(yīng)；即△S＜0，常溫下能自發(fā)進行，根據(jù)△H-T△S=△G＜0反應(yīng)自發(fā)進行，可推知該反應(yīng)△H＜0，故B錯誤；

C、加熱0.1mol?L-1Na2CO3溶液，CO32-的水解程度會增大；溶液的pH增大，故C正確；

D、沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)容易發(fā)生，向AgCl的懸濁液中加入NaBr溶液；白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色，但是在一定的濃度范圍下，溴化銀是可以轉(zhuǎn)化為氯化銀沉淀的，故D錯誤．

故選C．6、A【分析】【分析】A．電解水法制取氫氣要消耗大量的電能；

B．煤炭液化技術(shù)是指以煤為原料制取汽油；柴油和液化石油氣的技術(shù)；

C．甲醇中不含硫氮元素；

D．太陽能是潔凈能源，且取之不盡用之不竭．【解析】【解答】解：A．用電解水法制取氫氣要消耗大量的電能；故A錯誤；

B．開發(fā)煤液化制取汽油的技術(shù)；可提高煤的利用率，節(jié)約能源，故B正確；

C．甲醇中不含硫氮元素；研制以甲醇為燃料的汽車，可以減少汽車尾氣對環(huán)境造成的污染，故C正確；

D．太陽能是潔凈能源；且取之不盡用之不竭，開發(fā)太陽能路燈代替?zhèn)鹘y(tǒng)路燈，能節(jié)能減排，故D正確．

故選A．7、D【分析】在此反應(yīng)中硝酸分兩部分參加反應(yīng)即硝酸的總量＝被還原的硝酸的量＋未被還原的硝酸的量，由鐵原子守恒和氮原子守恒可知n(未被還原的硝酸)＝3n[Fe(NO3)3]，m(未被還原的硝酸)＝(a＋b)×3×63＝(a＋b)×189g；由得失電子相等可以求出被還原的硝酸的物質(zhì)的量：a×(3－2)＋a×[6－(－2)]＋b×(3－2)＝n(被還原的硝酸)×(5－2)，n(被還原的硝酸)＝(9a＋b)/3mol，n(未被還原的硝酸)＝n(總硝酸)－n(被還原的硝酸)＝[Vc－(9a＋b)/3]mol，因此D選項正確?！窘馕觥俊敬鸢浮緿二、填空題(共8題，共16分)8、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅色，則雜質(zhì)已除盡，若溶液變紅色，則雜質(zhì)未除盡蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶【分析】【分析】由工藝流程可知，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3；過濾除去，濾液中含有硫酸銨，硫酸與氫氧化鋁反應(yīng)得到硫酸鋁溶液，硫酸銨溶液與硫酸鋁溶液混合后反應(yīng)，再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等得到硫酸鋁晶體．

（1）酸性條件下，過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+；

（2）過濾后的濾液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液檢驗是否含有Fe3+；

（3）流程中“分離”是從溶液中獲得晶體；操作為蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等；

（4）4.53g硫酸鋁銨晶體的物質(zhì)的量為=0.005mol，4.53g硫酸鋁銨晶體中水的質(zhì)量為0.005mol×24×18g/mol=2.16g，加熱400℃時固體質(zhì)量減少△m=4.53g-2.46g=2.07g＜2.16g，說明失去部分結(jié)晶水，計算晶體中剩余結(jié)晶水的質(zhì)量，進而計算剩余固體中n[（（NH4）2Al2（SO4）4]：n（H2O），據(jù)此確定化學(xué)式．【解析】【解答】解：由工藝流程可知，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3；過濾除去，濾液中含有硫酸銨，硫酸與氫氧化鋁反應(yīng)得到硫酸鋁溶液，硫酸銨溶液與硫酸鋁溶液混合后反應(yīng)，再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等得到硫酸鋁晶體．

（1）酸性條件下，過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，反應(yīng)離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（2）過濾后的濾液中可能含有Fe3+；檢驗“過濾”后雜質(zhì)是否除盡的實驗方法是：取少量濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅色，則雜質(zhì)已除盡，若溶液變紅色，則雜質(zhì)未除盡；

故答案為：取少量濾液于試管中；滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅色，則雜質(zhì)已除盡，若溶液變紅色，則雜質(zhì)未除盡；

（3）流程中“分離”是從溶液中獲得晶體；操作為蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；

（4）4.53g硫酸鋁銨晶體的物質(zhì)的量為=0.005mol；

4.53g硫酸鋁銨晶體中水的質(zhì)量為0.005mol×24×18g/mol=2.16g；

加熱400℃時固體質(zhì)量減少△m=4.53g-2.46g=2.07g＜2.16g；

剩余固體中結(jié)晶水的物質(zhì)的量為=0.005mol；

剩余固體中n[（NH4）Al（SO4）2]：n（H2O）=0.01mol：0.005mol=2：1；

故400℃時剩余固體成分的化學(xué)式為（NH4）2Al2（SO4）4?H2O．

答：400℃時剩余固體成分的化學(xué)式為（NH4）2Al2（SO4）4?H2O．9、2H++CO32-═CO2↑+H2OCO32-+Ba2+═BaCO3↓Ba2++SO42-═BaSO4↓BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O【分析】【分析】Ba（NO3）2與其它三種物質(zhì)反應(yīng)均生成沉淀，則B為Ba（NO3）2，碳酸鋇能溶于硫酸氫鈉溶液，所以沉淀①是碳酸鋇，A是Na2CO3，碳酸鈉可以和NaHSO4反應(yīng)生成氣體二氧化碳，所以C是NaHSO4，D是K2SO4．

根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來書寫離子方程式即可．【解析】【解答】解：Ba（NO3）2與其它三種物質(zhì)反應(yīng)均生成沉淀，則B為Ba（NO3）2，碳酸鋇能溶于硫酸氫鈉溶液，所以沉淀①是碳酸鋇，A是Na2CO3，碳酸鈉可以和NaHSO4反應(yīng)生成氣體二氧化碳，所以C是NaHSO4，D是K2SO4．

（1）A是Na2CO3，碳酸鈉可以和C：NaHSO4反應(yīng)生成氣體二氧化碳，即2H++CO32-═CO2↑+H2O，故答案為：2H++CO32-═CO2↑+H2O；

（2）A是Na2CO3，B為Ba（NO3）2，二者反應(yīng)得到碳酸鋇沉淀，即CO32-+Ba2+═BaCO3↓，故答案為：CO32-+Ba2+═BaCO3↓；

（3）B是Ba（NO3）2，C是NaHSO4，二者反應(yīng)可以得到硫酸鋇沉淀，即Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案為：Ba2++SO42-═BaSO4↓；

（4）碳酸鋇能溶于硝酸溶液，沉淀①是碳酸鋇，溶液③中含有硝酸，即BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O，故答案為：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O．10、FEGCH或EFGCH5.4BC【分析】【分析】（1）根據(jù)c=計算出濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；再根據(jù)稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算出需要濃硫酸的體積，從而確定量筒的規(guī)格；然后根據(jù)根據(jù)配制100mL1.0mol/L的稀硫酸的步驟選用儀器，并按照選用儀器的先后順序進行排序；

（2）根據(jù)溶液在稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算出需要濃硫酸的體積；

（3）根據(jù)容量瓶的構(gòu)造及正確的使用方法進行判斷．【解析】【解答】解：（1）該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為：c=mol/L=18.4mol/L，配制100mL1.0mol/L的稀硫酸，需要濃硫酸的體積為：≈0.0054L=5.4mL；需要選用10mL量筒；配制過程中，先計算出需要濃硫酸的體積，從而確定量筒的規(guī)格為10mL，再借助膠頭滴管量取5.4mL濃硫酸，然后將濃硫酸沿著燒杯內(nèi)壁緩緩倒入燒杯中，并用玻璃棒攪拌，加速稀釋過程；待到稀釋液冷卻后將稀釋液沿著玻璃棒轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，接著需要洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液一并轉(zhuǎn)移到容量瓶中；下一步進行定容，需要用到膠頭滴管，所以配制過程中需要使用的儀器按照使用先后順序排列為：FEGCH或EFGCH；

故答案為：FEGCH或EFGCH；

（2）根據(jù)（1）的計算可知；配制過程中需要量取5.4mL濃硫酸；

故答案為：5.4；

（3）A．容量瓶有瓶塞；配制過程中需要搖勻，所以使用容量瓶前檢查它是否漏水，故A正確；

B．容量瓶用蒸餾水洗凈后；不能用待配液潤洗，否則若用待配溶液潤洗，會導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，配制的溶液濃度偏高，故B錯誤；

C．容量瓶為定量儀器；只能用于配制一定濃度的溶液，不能在容量瓶中溶解或者稀釋溶液，故C錯誤；

D．定容后需要進行搖勻操作；方法為：定容后，蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒轉(zhuǎn)和搖動幾次，故D正確；

故答案為：BC．11、第二周期第ⅥA族P2O5Cl2+H2O=HCl+HClOOHClO4【分析】【分析】A、B、C、D、E五種短周期元素，根據(jù)元素在周期表中的位置知，A為第二周期元素，B、C、D為第三周期元素，設(shè)C的原子序數(shù)為x，則A的原子序數(shù)為x-8，B的原子序數(shù)為x-1，D的原子序數(shù)為x+1，相鄰的A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，則x-8+x-1+x+x+1=56，則x=16，所以C為S元素、A為O元素、B為P元素、D為Cl元素，E的氫氧化物是兩性氫氧化物，E的陽離子與A的陰離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同，則E為Al元素，再結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)、物質(zhì)性質(zhì)分析解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E五種短周期元素；根據(jù)元素在周期表中的位置知，A為第二周期元素，B、C、D為第三周期元素，設(shè)C的原子序數(shù)為x，則A的原子序數(shù)為x-8，B的原子序數(shù)為x-1，D的原子序數(shù)為x+1，相鄰的A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，則x-8+x-1+x+x+1=56，則x=16，所以C為S元素、A為O元素、B為P元素、D為Cl元素，E的氫氧化物是兩性氫氧化物，E的陽離子與A的陰離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同，則E為Al元素；

（1）A為O元素；在周期表中位置：第二周期第ⅥA族；

B為P元素，最高價氧化物化學(xué)式為P2O5；

C元素氣態(tài)氫化物為H2S，電子式為

故答案為：第二周期第ⅥA族；P2O5；

（2）氯氣與水反應(yīng)方程式為：Cl2+H2O=HCl+HClO；

故答案為：Cl2+H2O=HCl+HClO；

（3）同一周期隨原子半徑隨著原子序數(shù)增大原子半徑減小，一般原子電子層數(shù)越多原子半徑越大，故原子半徑從小到大的順序為O＜Cl＜S＜P＜Al，這些元素的最高價氧化物的對應(yīng)水化物中HClO4酸性最強；

故答案為：O；HClO4；

（4）尾氣中C的氧化物SO2的物質(zhì)的量為×2%=1000mol，根據(jù)S元素守恒n（CaSO4?2H2O）=1000mol，故m（CaSO4?2H2O）=1000mol×172g/mol=173000g=172Kg；

故：理論上可以得到172千克石膏．12、3.01000295.0用適量的水洗滌杯和玻璃棒2-3次，洗滌液均注入容量瓶中偏小將稀釋后的硫酸冷卻到室溫【分析】【分析】（1）依據(jù)C=計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；

（2）依據(jù)配制溶液體積選擇合適的容量瓶；

（3）依據(jù)溶液稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸體積；

為保證所有溶質(zhì)都轉(zhuǎn)移到容量瓶；應(yīng)將燒杯和玻璃棒進行洗滌，并將洗滌液均注入容量瓶中；

（4）依據(jù)C=分析如果省略操作D對所配溶液濃度的影響；

（5）容量瓶為精密儀器，移液前，溶液溫度應(yīng)降為室溫．【解析】【解答】解：（1）25%的硫酸（ρ=1.18g?mL-1）的物質(zhì)的量濃度為=3.0mol/L；故答案為：3.0；

（2）配制6.0mol?L-1的H2SO4溶液1000mL；所以應(yīng)選擇1000mL規(guī)格的容量瓶，故答案為：1000；

（3）則欲配制6.0mol?L-1的H2SO4溶液1000mL，設(shè)需要濃硫酸體積為V，依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶液的物質(zhì)的量不變得：6.0mol?L-1×1L=0.5mol?L-1×

0.48L+3.0mol/L×0.15L+18mol?L-1×V；解得V=0.295L，即295．OmL；

為保證所有溶質(zhì)都轉(zhuǎn)移到容量瓶；應(yīng)將燒杯和玻璃棒進行洗滌2-3次，并將洗滌液均注入容量瓶中；

故答案為：295.0；用適量的水洗滌杯和玻璃棒2-3次；洗滌液均注入容量瓶中；

（4）如果省略操作D，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，依據(jù)C=可知溶液濃度偏低；故答案為：偏??；

（5）容量瓶為精密儀器，移液前，溶液溫度應(yīng)降為室溫，故答案為：將稀釋后的硫酸冷卻到室溫．13、大于7無法確定NaHB溶液中同時存在HR2O4ˉH++R2O42-，HR2O4ˉ+H2OH2R2O4+OHˉ，因兩個平衡程度無法確定，故難以確定溶液酸堿性C、D【分析】【分析】（1）0.1mol?L-1的NaOH溶液與0.05mol?L-1的H2R2O4溶液等體積混合恰好生成Na2R2O4，已知HR2O4-?H++R2O42-說明R2O42-能水解，故Na2R2O4顯堿性；

（2）HR2O4ˉ在水溶液中存在電離平衡和水解平衡兩種；電離時顯酸性，水解時顯堿性；

（3）A；水溶液中的離子積表達式；

B；弱電解質(zhì)的部分電離；

C；根據(jù)質(zhì)子守恒；

D、弱電解質(zhì)的部分電離來思考．【解析】【解答】解：（1）0.1mol?L-1的NaOH溶液與0.05mol?L-1的H2R2O4溶液等體積混合恰好生成Na2R2O4，已知HR2O4-?H++R2O42-說明R2O42-能水解，故Na2R2O4顯堿性；所以PH＞7；故答案為：PH＞7．

（2）HR2O4-在水溶液中存在電離平衡和水解平衡兩種，以電離為主時，溶液顯酸性，以水解為主時，溶液顯堿性，所以無法確定NaHR2O4溶液的酸堿性；

故答案為：無法確定；NaHR2O4溶液中同時存在HR2O4-?H++R2O42-，HR2O4ˉ+H2?H2R2O4+OHˉ；因兩個平衡程度無法確定，故難以確定溶液酸堿性；

（3）A、常溫下，任何溶液中離子積表達式Kw=c（H+）?c（OH-）=1×10-14均成立；故A正確；

B、NaHR2O4溶液中弱離子不能完全電離，所以0.1mol?L-1的NaHR2O4溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L；pH＞1，故B正確；

C、根據(jù)0.1mol?L-1的NaHR2O4溶液中的質(zhì)子守恒c（OH-）=c（H2R2O4）-c（R2O42-）+c（H+）；故C錯誤；

D、c（Na+）=0.1mol?L-1，R2O42-離子是HR2O4-部分電離形成的；故一定比鈉離子濃度小，故D錯誤．

故選C、D；14、Fe3+[Co（NH3）5Cl]Cl2[Co（NH3）4Cl2]Cl【分析】【分析】（1）中心原子提供空軌道；配體提供孤電子對，配合物中配位鍵由配體指向中心原子；

（2）1molCoCl3?5NH3只生成2molAgCl，則1molCoCl3?5NH3中有2molCl-為外界離子，鈷的配位數(shù)為6，則配體為NH3和Cl-，1molCoCl3?4NH3只生成1molAgCl，則1molCoCl3?5NH3中有1molCl-為外界離子，鈷的配位數(shù)為6，則配體為NH3和Cl-，由此確定其化學(xué)式．【解析】【解答】解：（1）在配合物離子[Fe（SCN）]2+中，中心離子是Fe3+，提供提供空軌道接受孤對電子，合物離子[Cu（NH3）4]2+中的配位鍵為

故答案為：Fe3+，

（2）1molCoCl3?5NH3只生成2molAgCl，則1molCoCl3?5NH3中有2molCl-為外界離子，鈷的配位數(shù)為6，則配體為NH3和Cl-，此配合物結(jié)構(gòu)的化學(xué)式為[Co（NH3）5Cl]Cl2；

1molCoCl3?4NH3只生成1molAgCl，則1molCoCl3?5NH3中有1molCl-為外界離子，鈷的配位數(shù)為6，則配體為NH3和Cl-，此配合物結(jié)構(gòu)的化學(xué)式為[Co（NH3）4Cl2]Cl；

故答案為：[Co（NH3）5Cl]Cl2，[Co（NH3）4Cl2]Cl．15、血紅色紫色褪去除去CO2出現(xiàn)白色沉淀分液漏斗的玻璃塞沒有打開【分析】【分析】（1）②因Fe3+遇到KSCN溶液；溶液變?yōu)檠t色；

③根據(jù)KMnO4溶液能氧化Fe2+；本身紫色褪去；

（2）①根據(jù)H2C2O4分解產(chǎn)生的氣體有CO、CO2、H2O，裝置甲的作用是除去CO2，裝置乙的作用是吸水，裝置丙中是CO還原鐵的氧化物，生成鐵和CO2，CO2能與Ba（OH）2反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀和水；

②根據(jù)分液漏斗的玻璃塞沒有打開會出現(xiàn)濃硫酸無法滴下；

③先根據(jù)化學(xué)方程式：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O利用沉淀的質(zhì)量，求出CO2的質(zhì)量，再根據(jù)方程式：FexOy+yCO=xFe+yCO2，利用CO2的質(zhì)量和鐵的氧化物質(zhì)量求出x：y；然后根據(jù)極限法判斷成分，最后設(shè)出FeO和Fe2O3各有amol，bmol；

利用=，求得物質(zhì)的量之比．【解析】【解答】解：（1）②Fe3+遇到KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色，若溶液變?yōu)檠t色，則“①”中溶液含有Fe3+，原固體中有Fe2O3；

故答案為：紅色；

③KMnO4溶液能氧化Fe2+，本身紫色褪去，若向另一份中加入少量KMnO4溶液，紫色褪去，則“①”中溶液含有Fe2+；原固體中有FeO，故答案為：紫色褪去；

（2）①根據(jù)H2C2O4分解產(chǎn)生的氣體有CO、CO2、H2O，裝置甲的作用是除去CO2，裝置乙的作用是吸水，裝置丙中是CO還原鐵的氧化物，生成鐵和CO2，CO2能與Ba（OH）2反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀和水；

故答案為：除去CO2；出現(xiàn)白色沉淀；

②根據(jù)分液漏斗的玻璃塞沒有打開會出現(xiàn)濃硫酸無法滴下；

故答案為：分液漏斗的玻璃塞沒有打開；

③CO通過還原鐵的氧化物會產(chǎn)生CO2；裝置丁中的實驗現(xiàn)象是變渾濁，產(chǎn)生白色沉淀．

CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O

44197

X9.85g

可以求出X等于2.2，即還原產(chǎn)生的CO2有2.2g．

FexOy+yCO=xFe+yCO2

56x+16y44y

3.042.2g

求出x：y=4：5；

所以某鐵的氧化物粉末為：FeO和Fe2O3；

設(shè)FeO和Fe2O3各有amol，bmol，則=．解得a：b=2：1；

故答案為：FeO和Fe2O3；n（FeO）：n（Fe2O3）=1：2．三、判斷題(共5題，共10分)16、√【分析】【分析】（1）工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化；后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達標后再排放才不會污染環(huán)境；

（2）生活污水不經(jīng)處理任意排放；會危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會造成水體的富營養(yǎng)化從而破壞水體生態(tài)系統(tǒng)，會出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問題．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經(jīng)過處理達標后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業(yè)污染物；但廢水中污染物成分極其復(fù)雜多樣，常要幾種方法組成處理系統(tǒng)才能達到完全凈化的目的，因此可以不經(jīng)處理任意排放錯誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；對人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴重超標，會引起藻類瘋長，從而導(dǎo)致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

故答案為：√．17、√【分析】【分析】有鹽和水生成的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)，如酸性氧化物與堿的反應(yīng)，堿性氧化物與酸的反應(yīng)等．【解析】【解答】解：有鹽和水生成的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)；如氧化鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和水，該反應(yīng)不屬于中和反應(yīng)；

故答案為：√．18、×【分析】【分析】由PV=nRT可知，氣體的物質(zhì)的量一定，溫度、壓強會影響氣體的體積．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知，氣體的物質(zhì)的量一定，溫度、壓強會影響氣體的體積，當(dāng)溫度高于0時，1mol的任何氣體體積可能等于、小于或大于22.4L，與壓強有關(guān)，故錯誤，故答案為：×．19、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，濃硫酸不能用于干燥堿性氣體，如氨氣，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，能夠與NH3反應(yīng)；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說法錯誤；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導(dǎo)致植物的瘋長；破壞生態(tài)平衡；

（2）機動車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生的氣體會導(dǎo)致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾?。幻鞯\不能消毒，故A錯誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導(dǎo)致植物的瘋長；會破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機動車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會引起環(huán)境污染；減少機動車尾氣排放可以改善大氣質(zhì)量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生有毒氣體氣體會導(dǎo)致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．四、推斷題(共2題，共20分)21、Fe③3Fe+2NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2OFe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2OFe4S5+8O22Fe2O3+5SO2【分析】【分析】I是由第三周期元素組成的單質(zhì)中熔點最高的金屬為Al，依據(jù)（5）中可知含鐵元素，結(jié)合F+NaOH生成E為氫氧化物推斷F為三價鐵的化合物，D為氧化鐵Fe2O3；K是一種紅棕色氣體為NO2．判斷L為NO；J溶液為HNO3；推斷G為Fe；H為Al2O3，轉(zhuǎn)化關(guān)系中①反應(yīng)生成的A為非金屬氧化物，結(jié)合N中只含有兩種元素，N可作為工業(yè)生產(chǎn)C的原料，推斷N為鐵元素和硫元素組成的化合物；A為SO2；B為SO3；C為H2SO4；C+M（硝酸鐵鹽）反應(yīng)生成F（三價鐵離子）和NO，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，證明M為Fe（NO3）2；依據(jù)判斷出的物質(zhì)分析回答問題．【解析】【解答】解：由反應(yīng)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2知A、D為Fe2O3、SO2中的一種，結(jié)合A+O2→B知，A為SO2，M為Fe2O3，B為SO3，C為H2SO4；由N為第三周期中熔點最高的金屬知N為Al；L、H為Al2O3和Fe中的一種；由K是形成光化學(xué)煙霧及形成酸雨的一種主要氣體知K為NO2，J為HNO3，E為NO；又由L+HNO3→D+NO↑分析知L為Fe，H為Al2O3；J應(yīng)為Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；聯(lián)系反應(yīng)④：D+H2SO4→F+NO↑知，D為Fe（NO3）2；F為Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；G應(yīng)為Fe（OH）3；則

（1）G為Fe；故答案為：Fe；

（2）在反應(yīng)中②化合反應(yīng)又是氧化還原反應(yīng)；③為化合反應(yīng)非氧化還原反應(yīng)、⑥分解反應(yīng)非氧化還原反應(yīng)、⑨氧化還原反應(yīng)；②③⑥⑨中既屬于化合反應(yīng)又屬于非氧化還原反應(yīng)的是③，故答案為：③；

（3）反應(yīng)⑩是鐵和硝酸發(fā)生反應(yīng)生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，反應(yīng)的離子方程式是：3Fe+2NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案為：3Fe+2NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O；

（4）反應(yīng)④硝酸亞鐵在硫酸溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案為：3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2O；

（5）將化合物D（F