2022-2023学年湖北省武汉市第六中学高一上学期9月入学第一次测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市第六中学高一上学期9月入学第一次测试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

湖北省武汉市第六中学2022-2023学年高一上学期
9月入学第一次测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面特性
C．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”用到的实验方法 是蒸馏
D．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该过程属于化学变化
【答案】D
【详解】A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是碳酸钙的分解反应，A正确；B. 《吕氏春秋·别类编》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，即合金的硬度比其成分金属高，B正确；C. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，即根据混合物的沸点不同将混合物分离的方法，C正确；D. 《肘后备急方》中“青蒿—握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，D不正确。本题选D。
2．下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是

纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
HD
B
胆矾
石灰水
硫酸钡
HNO2
NH3
C
火碱
蔗糖溶液
氯化钠
氨水
三氧化硫
D
冰醋酸
福尔马林
苛性钾
氯化氢
乙醇

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、HD分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故A错误；B．胆矾、石灰水、硫酸钡、HNO2、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；C．火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故C错误；D．冰醋酸、福尔马林、苛性钾、氯化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、强电解质、非电解质，故D错误；故答案为B。
3．某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：①乙醇溶液、②氯化钠溶液、③硅酸胶体、④氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是(　　)
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
【答案】A
【分析】该胶体电泳时，胶粒向阳极移动，表明该胶粒表面带负电荷，因为同种胶粒带相同性质的电荷而相互排斥，使胶粒无法聚集长大，这是胶体稳定存在的主要原因，由此分析。
【详解】①乙醇溶液中乙醇分子显电中性，加到该胶体中不能消除胶粒表面的电荷，不会使胶体聚沉，①项正确；
②氯化钠溶液中含有的阳离子（Na+），可以与胶粒表面的负电荷发生电中和，从而胶粒之间相互聚集而发生聚沉，②项错误；
③硅酸胶体中的胶粒带负电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相同，因同种电性的胶粒相互排斥，以致于胶粒不能聚集，所以不会发生聚沉，③项正确；
④氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相反，因异种电性的胶粒之间相互吸引，从而使胶粒聚集长大而发生聚沉，④项错误；答案选A。
4．下列说法正确的是
①化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；
②按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；
③溶液呈电中性，胶体带有电荷；
④制备胶体，可向沸水中滴加饱和溶液并长时间煮沸；
⑤氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体；
⑥向饱和溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中的质量分数不变；
⑦醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物；
⑧酸性氯化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物
A．②⑥⑧ B．①②④⑥ C．①②④⑦ D．②⑤⑧
【答案】A
【详解】①化合物可分为有机物和无机物，无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物等，有机物比无机物多得多，①错误；
②按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体，②正确；
③溶液和胶体都呈电中性，只是胶体粒子大都带有电荷，③错误；
④制备胶体，可向沸水中滴加饱和溶液至出现红色溶液并立马停止加热，长时间煮沸会生成沉淀，④错误；
⑤氢氧化铁属于纯净物，⑤错误；
⑥向饱和溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的还是饱和溶液，溶液中的质量分数不变，⑥正确；
⑦过氧化钠不是碱性氧化物，过氧化钠与水反应生成碱和氧气，⑦错误；
⑧酸性氯化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，⑧正确；综上所述正确的是②⑥⑧；
故选A。
5．通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、 CaCl2、 Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是

A．实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤
B．实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的Ca2+
C．实验过程中步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)
D．实验过程中②、④步骤互换，对实验结果不影响
【答案】A
【分析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑧为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。
【详解】A．由上述分析可知，①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；
B．步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；
C．步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；
D．过程中②、④步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；
故答案为A。
6．某样品中含有、和三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的溶液，得到4.5g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是
A．肯定有和，没有
B．肯定有，没有，可能还有
C．肯定没有和，可能有
D．以上判断都不正确
【答案】B
【详解】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生4.5g沉淀，为碳酸钙的质量，假设6.9g全部为，则生成沉淀为，则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于中碳酸根的质量分数，故一定有，可能还有，综上分析可知，肯定有，没有，可能还有。
A．可能有Na2CO3，A错误；
B.一定有KNO3，可能有Na2CO3，一定没有Ba(NO3)2，B正确；
C.一定有KNO3，C错误；
D．依据上述分析可知，该项说法错误；
故选：B。
7．下列有关离子共存的说法或离子方程式的书写中，正确的一组是
A．加入NaOH溶液后的溶液中能大量共存的离子：、、、
B．pH=1的溶液中能大量共存的离子：、、、
C．能使酚酞溶液变红的溶液中能大量共存的离子：、、、
D．加溶液并加热有气体产生的溶液：、、、
【答案】B
【详解】A．、Al3+与氢氧根不能大量共存，A错误；
B．强酸性溶液中、、、可以大量共存，B正确；
C．能使酚酞溶液变红的溶液中存在大量的氢氧根，氢氧根与会反应生成水和硫离子，C错误；
D．加溶液并加热有气体产生的溶液可能是酸性溶液（产生CO2）、也可能是碱性（产生NH3）溶液，酸性溶液中醋酸根不能大量共存，碱性溶液中铁离子不能大量共存，D错误；
故选B。
8．常温下，在溶液中发生如下反应：①②③。由此推断下列说法错误的是
A．氧化性由强到弱的顺序是
B．还原性由强到弱的顺序是
C．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化
D．反应可以进行
【答案】D
【分析】反应①中是氧化剂，是还原产物，是还原剂，是氧化产物，因此氧化性：>，还原性：>；反应②中是氧化剂，是还原产物，是还原剂，是氧化产物，因此氧化性：>，还原性：>；反应③中是氧化剂，是还原产物，是还原剂，是氧化产物，因此氧化性：>，还原性：>。
【详解】A．依据分析可知，氧化性由强到弱的顺序为，A正确；
B．依据分析可知，还原性由强到弱的顺序是，B正确；
C．反应①中是还原剂，Z元素被氧化，反应③中是氧化剂，Z元素被还原，C正确；
D．若反应能发生，是氧化剂，是氧化产物，依据氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，则有的氧化性比强，但与题目所给信息不一致，所以反应不能发生，D错误；
答案选D。
9．X溶液中含有下表所示离子中的5种，且其离子个数相等。向X溶液中加入足量稀盐酸有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是(已知对应还原产物为NO)
阳离子
Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+
阴离子
OH-、、、、、Cl-

A．X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子
B．原溶液中一定含有Mg2+
C．溶液中不可能含有和
D．生成气体的离子反应方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
【答案】A
【分析】向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变说明X溶液中不含有氢氧根离子、碳酸根离子和碳酸氢根离子；由加入足量稀盐酸有气体生成可知，一定含有亚铁离子、硝酸根离子，酸性条件下亚铁离子与稀硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水；由加入足量稀盐酸反应后阴离子种类不变可知，溶液中含有氯离子；由X溶液中5种离子个数相等，结合电荷守恒可知，溶液中含有硫酸根离子、镁离子，不含有钡离子、钠离子、铁离子、铝离子，则X溶液中的5种离子为亚铁离子、镁离子、硝酸根离子、氯离子和硫酸根离子。
【详解】A．由分析可知，X溶液中含有2种阳离子、3种阴离子，故A错误；
B．由分析可知，X溶液中一定含有镁离子，故B正确；
C．由分析可知，X溶液中不含有碳酸根离子和碳酸氢根离子，故C正确；
D．由分析可知，生成气体的反应为酸性条件下亚铁离子与稀硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；
故选A。
10．下列离子方程式书写正确的是
A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
B．NH4Fe(SO4)2溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：Fe3++2SO+2Ba2++6OH-=2BaSO4↓+2Fe(OH)3↓
C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
D．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】A
【详解】A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，反应产生的Fe3+与I2进一步发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，同时产生水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，A正确；
B．NH4Fe(SO4)2溶液与足量Ba(OH)2溶液混合，其电离产生的、Fe3+都能够与OH-发生反应，SO与Ba2+会发生反应，要以不足量的NH4Fe(SO4)2溶液为标准，假设其物质的量是1 mol，二者反应的离子方程式为：+Fe3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓+NH3∙H2O，B错误；
C．浓盐酸具有还原性，会被酸性KMnO4溶液氧化而消耗KMnO4，应该用稀硫酸酸化KMnO4溶液，不能证明H2O2具有还原性，C错误；
D．Ca(ClO)2具有强氧化性，SO2具有还原性，二者发生的是氧化还原反应，而不是发生复分解反应，D错误；
故合理选项是A。
11．下列反应中改变反应物用量不会导致产物发生变化的是
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液 B．向溶液中通入
C．向碳酸氢钙溶液中滴加澄清石灰水 D．向溶液中加入盐酸
【答案】C
【详解】A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡少量反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，氢氧化钡过量反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，产物与反应物用量有关，A不符合题意；
B．向Ca(OH)2溶液中通入SO2，SO2少量反应生成亚硫酸钙，SO2过量反应生成亚硫酸氢钙，产物与反应物用量有关，B不符合题意；
C．向碳酸氢钙溶液中滴加澄清石灰水，无论澄清石灰水少量或过量反应均生成碳酸钙和水，产物与反应物用量无关，C符合题意；
D．向NaAlO2溶液中加入盐酸，盐酸少量生成氢氧化铝，盐酸过量生成氯化铝，产物与反应物用量有关，D不符合题意；
故选C。
12．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断不正确的是
A．在含、KOH的混合溶液中缓慢通入：、KOH、、
B．在含、、的溶液中逐滴加入KOH溶液：、、、
C．在含、、的溶液中逐滴加入盐酸：、、、
D．在含等微粒个数的、、、的溶液中加入锌粉：、、、
【答案】C
【详解】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，然后KOH与CO2反应生成K2CO3，再发生K2CO3和CO2反应生成KHCO3，最后BaCO3和CO2反应生成Ba(HCO3)2，A正确；
B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，H+先和KOH反应生成水，然后发生Al3+和KOH反应生成氢氧化铝沉淀，再发生和KOH反应生成氨水，最后Al(OH)3和KOH反应生成偏铝酸钾，B正确；
C．在含、OH-、的溶液中逐滴加入盐酸，H+先和OH-反应生成水，然后和H+反应生成氢氧化铝沉淀，再发生和H+反应生成二氧化碳，最后Al(OH)3和H+反应生成铝离子，C错误；
D．氧化性：Ag+>Cu2+>H+> Fe2+，在含等微粒个数的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，反应顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，D正确；
故选C。
13．三效催化剂能有效实现汽车尾气中三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。下列说法正确的是

A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中每生成1分子，转移5个电子
D．X的化学式为
【答案】D
【分析】本题结合图示转化考查氧化还原反应知识的综合应用。解答关键是结合图示转化确定物质X的化学式和分析反应中元素的化合价变化。
分析图示转化：

结合图2可知X中含有，且，故X中一定含，即X的化学式为。
储存时发生反应：；
还原时发生反应：。
由图示可知为催化剂，为中间产物，通过储存和还原过程能将汽车尾气成分净化，最终得到和的混合物。
【详解】A．结合上述分析可知，在还原过程中，氨元素被还原，而储存过程中氧元素被还原，则氨元素被氧化，A错误；
B．结合图示储存和还原过程，可知催化剂均参与化学反应，B错误；
C．还原过程中转化为，由化合价变化可知每生成1个分子，将转移10个电子，C错误；
D．结合上述分析可知X的化学式为，D正确；
故选D。
14．如图为在和气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法错误的是

A．x的值为1
B．物质A为、在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
C．800℃-1000℃氮气气氛中的反应为
D．无论是气氛还是气氛，当1个最终转变为C时，转移电子的个数不同
【答案】C
【分析】第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为 CaC2O4·H2O失去结晶水生成CaC2O4；第2步质量由87.5mg减小到68.5mg，减少了21.7%，故反应为CaC2O4分解生成CaCO3与碳的氧化物；第3步质量由68.5mg减小到38.4mg，减少了44%，故继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC2O4，B为CaCO3，C的固体是CaO，据此分析作答。
【详解】A．第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为 CaC2O4·H2O失去结晶水生成CaC2O4，根据质量守恒定律有，解得x=1，A正确；
B．420℃以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420℃以下CaC2O4在隔绝空气条件下，较稳定，不会分解，B正确；
C．由分析可知，800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaCO3CaO+CO2↑，C错误；
D．C为CaO，O2气氛中1个 CaC2O4·H2O最终转变为1个 H2O、1个CaO和2个CO2，电子转移2个，在N2气氛中，1个 CaC2O4·H2O最终转变为1个H2O、1个CaO、1个 CO2和1个CO，电子转移1个，转移电子的个数不同，D正确；
故选C。
15．钛及其合金在航空航天、生物医学等领域具有非常重要的应用价值和广阔的应用前景。下图是某化工企业生产钛(Ti)的流程示意图，下列说法正确的是

A．钛酸亚铁中Ti为+3价
B．若反应①的化学方程式为，则X为
C．反应②中生成的甲醇()是一种重要的有机化工原料，其水溶液能导电
D．反应③中生成1个Ti时，Mg失去电子4个
【答案】D
【详解】A．钛酸亚铁 FeTiO3中钛元素的化合价是＋4价，A错误；
B．根据质量守恒定律，反应前后各元素原子的个数不变，由可知，X的化学式是，B错误；
C．甲醇()为非电解质，其水溶液不能导电，C错误；
D．反应③为，该反应中，生成1个Ti时，Mg失去4个电子，当生成1个Ti时，失去电子4个，D正确；
故选D。

二、填空题
16．I.处于下列状态的物质中：A．固态氯化钠 B．干冰 C．液氨 D．铜 E.硫酸钡晶体 F.甲烷 G.五氧化二磷 H.稀硫酸 I.熔融的硝酸钾 J.石墨 K.酒精 L.胆矾溶液 M.氢氧化铜 N.熟石灰 O.盐酸。
(1)上述物质中属于强电解质且能导电的是_______(填字母，下同)。
(2)上述物质中属于电解质的是_______。
(3)上述物质中属于非电解质的是_______。
II.有A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是、、、中的某一种，阴离子分别是、、、中的一种(离子在物质中不重复出现)。
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。请回答下列问题：
(4)A的化学式为_______，B的化学式为_______。
(5)写出D与足量溶液反应的离子方程式_______。
(6)写出A溶液中阴离子的检验方法_______。
【答案】(1)I
(2)AE I M N
(3)B C F G K
(4)     BaCl2     AgNO3
(5)
(6)取少量A溶液于试管中，先加入稀硝酸，后加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-

【详解】（1）在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物是强电解质，包括强酸、强碱和大部分盐。能导电的物质中必须有自由移动的离子或电子。所给物质中，只有熔融的硝酸钾中有自由移动的离子，能导电，故选I；
（2）电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、水和部分金属氧化物。电解质必须是化合物，单质和混合物都不是电解质。所给物质中，属于电解质的是A E I M N；
（3）非电解质是在水中和熔融状态下都不能导电的化合物，主要包括除水外的非金属氧化物、绝大部分有机物以及氨。非电解质也必须是化合物，单质和混合物都不是非电解质。所给物质中，属于非电解质的是B C F G K；
（4）C盐的溶液呈蓝色说明C中有铜离子；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成说明B中有阴离子，由离子共存可知，B为硝酸银；加入盐酸，D盐的溶液有无色无味的气体逸出说明D中碳酸根离子，由离子共存可知，D为碳酸钠；由钡离子与硫酸根离子反应，不能共存可知，A为氯化钡、C为硫酸铜。故A为BaCl2、B为AgNO3；
（5）碳酸钠与足量溶液反应的离子方程式为：；
（6）检验氯化钡溶液中含有氯离子的操作为取少量氯化钡溶液于试管中，先加入稀硝酸，后加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有氯离子，故答案为：取少量A溶液于试管中，先加入稀硝酸，后加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-。
17．除去括号中杂质，写出所加试剂与反应的离子方程式。
（1）SO42-(CO32-),所加试剂：________，离子方程式_____________
（2）Cl-(SO42-),所加试剂：________，离子方程式________________
（3）Fe2＋(Cu2＋),所加试剂：________，离子方程式_______________
（4）BaCl2 (HCl ),所加试剂：________，离子方程式______________
【答案】     H2SO4     2H＋+CO32―=H2O +CO2↑     BaCl2     Ba2＋+SO42―=BaSO4↓     Fe     Fe +Cu2＋=Fe2＋+Cu     Ba(OH)2     H＋+OH―=H2O

【详解】（1）因除去CO32-一般将其转化为气体，溶液中的阴离子为SO42-，所以选用H2SO4，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（2）因除去SO42-一般用Ba2+将其转化为沉淀，溶液中的阴离子为Cl-，所以选用BaCl2，发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；
（3）因除去Cu2+一般将其转化为沉淀或单质，溶液中的阳离子为Fe2+，所以选用铁单质，发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；
（4）因除去H+一般加碱中和，溶液中的阳离子为Ba2+，所以选用Ba(OH)2，发生反应的离子方程式为H＋ +OH―=H2O。
18．汽车尾气中CO、以及燃煤废气中的都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化还原法消除的转化如下：
①反应I为，生成标准状况1个时，转移电子的个数是_______。
②反应II中，当反应物个数比时，氧化产物与还原产物的质量比为_______。
(2)也可以用NaOH溶液吸收NO、的混合气体，生成一种盐，该反应的离子方程式为_______，并用双线桥法表示。
(3)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和转化过程中发生反应的化学方程式为(未配平)，若，则方程式中和的化学计量数之比为_______。
(4)吸收和NO，获得和产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。

装置II中，酸性条件下NO被氧化的产物主要是和，请写出生成等物质的量的和时的离子方程式：_______。
(5)已知进入装置IV的溶液中的浓度为，要使该溶液中的完全转化为，至少需向装置IV中通入的氧气_______g(用含a代数式表示，结果保留整数)。
【答案】(1)     2     4∶3
(2)
(3)3∶1
(4)
(5)348a

【详解】（1），生成1mol氧气转移电子是2mol，生成1个氧气时，转移电子的个数是2；当：∶2，即和的系数之比是3∶2，其方程式表示为：，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8∶∶3；
（2）一氧化氮和二氧化氮被氢氧化钠溶液吸收，发生氮元素的归中反应生成亚硝酸钠，；
（3）转换过程中发生反应的化学方程式为：未配平，若，可利用“定一法”进行配平，把的化学计量数定为1，则CO、、前面的化学计量数分别为：1、、即，则化学方程式中与的系数之比为3∶1；
（4）生成等物质的量的和时，被还原为，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：；
（5）的浓度为，要使该溶液中的完全转化为，则失去电子数目是：，设消耗标况下氧气的质量为m，则失电子数目是：，根据电子守恒：，解得m==348a。

三、实验题
19．高铁酸钾()是一新型、高效、无毒的多功能水处理剂。为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定：遇KSCN溶液显红色。
(1)制备。

①C为制备装置，KOH溶液过量的原因是_______。
②D为尾气处理装置，发生反应的离子方程式为_______。
(2)探究的性质。取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明能否氧化而产生，设计以下方案：
方案I
取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b.取少量b，滴加盐酸，有产生。

①由方案I中溶液变红可知a中含有_______，该离子的产生_______(填“能”或“不能”)判断一定是由被还原而形成的。
②方案II得出氧化性：_______(填“>”或“<”)
(3)使用时经常通过测定高铁酸钾的纯度来判断其是否变质。在硫酸溶液中反应如下，配平及完成上述离子方程式_______。

现取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.96g气体。则样品中高铁酸钾的质量分数约为_______。(计算结果保留到0.1%)
【答案】(1)     K2FeO4在碱性溶液中稳定，有利于生成K2FeO4     Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(2)     Fe3+     不能     <
(3)     4、20、3、4、10H2O     79.2%

【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，用饱和食盐水除去挥发的HCl，氯气与KOH反应生成次氯酸钾，次氯酸钾、氢氧化铁和KOH反应生成高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在过量的碱溶液中较稳定，由于高铁酸钾在酸中条件下分解生成铁离子和氧气，因此溶液中加KSCN溶液，变红不能说明是高铁酸钾被Cl-还原而形成的，再根据氧化还原反应分析氧化性强弱，根据得失电子进行配平，根据方程式计算质量含量。
【详解】（1）①C为制备K2FeO4装置，根据题中信息，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，因此KOH溶液过量的原因是K2FeO4在碱性溶液中稳定，有利于生成K2FeO4；
②D装置为尾气处理装置，尾气主要是氯气，用NaOH溶液与氯气反应，其反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）①由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+。该离子可能是K2FeO4与酸反应生成，因此不能判断一定是由K2FeO4被Cl-还原而形成的；
②方案Ⅱ用KOH溶液洗涤的目的是洗涤K2FeO4表面的ClO-，排除ClO-的干扰，防止干扰后续实验，减小高铁酸钾的损失；根据K2FeO4与HCl反应生成Cl2，因此从方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜；
（3）根据得失电子守恒和原子守恒：4+20 H+＝3O2↑+4Fe3++10H2O；现取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.96g氧气，即物质的量为0.03mol，根据方程式得到n(K2FeO4)＝0.04mol，则样品中高铁酸钾的质量分数约为。