【化学】江西省宜春市奉新县第一中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

江西省宜春市奉新县第一中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题
1.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是（ ）

A
B
C
D
实验
分离植物油
和NaCl溶液
除去NaCl晶体中混有的
NH4Cl晶体
分离CCl4中
的Br2
除去CO2中
的HCl气体
装置




【答案】A
【详解】A、植物油和氯化钠溶液不混溶，可以选用分液的方法分离，故A正确；
B、氯化铵受热容易分解，可以选用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵，故B错误；
C、CCl4和Br2的沸点不同，可以选用蒸馏的方法分离分离CCl4中的Br2，故C错误；
D、CO2和HCl都能够与氢氧化钠反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；
故答案选A。
2.下列关于N2和CO的叙述正确的是 （ ）
A. 28g两者混合物含有2mol原子 B. 同温度、同压的N2和CO密度之比为1:2
C. 同温度、同体积时两者质量相等 D. 同压强、同体积时两者分子数相等
【答案】A
【详解】A. 关于N2和CO的摩尔质量均是28g/mol，且都含有2个原子，因此28g两者混合物含有2mol原子，A正确；
B. 同温度、同压的N2和CO密度之比等于摩尔质量之比，因此为1:1，B错误；
C. 同温度、同体积时两者的物质的量不一定相等，则质量不一定相等，C错误；
D. 同压强、同体积时两者的物质的量不一定相等，则两者分子数不一定相等，D错误。
答案选A。
3.下列叙述正确的是（ ）
A. 10mL质量分数为98%的H2SO4，用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数等于49%
B. 配制0.1mol/L的Na2CO3溶液190mL，需用200mL容量瓶
C. 将40克NaOH溶于1L水中，得到1mol/L的溶液
D. 常温常压下11.2LCl2含原子数小于NA
【答案】D
【详解】A、稀释前后溶质的质量不变，因此稀释后硫酸的质量分数为10×ρ×0.98/(10ρ＋10)=0.98/(1＋1/ρ)，硫酸的密度大于1，因此稀释后硫酸的质量分数大于49%，A错误；
B、实验室没有190mL的容量瓶，因此应该选择250mL的容量瓶，B错误；
C、物质的量浓度中的体积是溶液的体积，不是溶剂的体积，C错误；
D、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LCl2的物质的量小于0.5mol，含有的原子数小于NA，D正确。
答案选D。
4.下列与化学概念有关的说法正确的是（ ）
A. Na2O2、CaO、Fe2O3均为碱性氧化物
B. 碱性氧化物一定是金属氧化物
C. 非金属氧化物一定是酸性氧化物
D. 和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物
【答案】B
【详解】A. CaO、Fe2O3均与酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Na2O2和酸反应时还会产生氧气，不是碱性氧化物，A错误；
B. 碱性氧化物一定是金属氧化物，B正确；
C. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，例如NO、CO等，C错误；
D. 和碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物，例如氧化铝，D错误。
答案选B。
5.下列关于胶体的叙述中，正确的是（ ）
A. 丁达尔效应是分散系分类的本质特征，可区分溶液和胶体
B. 胶体能透过半透膜，但不能透过滤纸
C. 胶体的电泳实验说明了胶体带有电荷
D. “江河入海口三角洲的形成”和“伤口上撒盐”通常与胶体的聚沉有关
【答案】D
【详解】A．胶体具有丁达尔现象，可区分溶液和胶体，但分散系分类的本质特征是分散质微粒直径大小不同，A错误；
B．胶体不能透过半透膜，但能透过滤纸，B错误；
C．胶体的电泳实验说明了胶体的胶粒带有电荷，但胶体不带电，C错误；
D．“江河入海口三角洲的形成”属于胶体的聚沉。血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，D正确；
答案选D。
6.在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是 （ ）
A. NH4+ NO3－ Al3+ Cl－- B. K+ SO42－ HCO3－ Na+
C. Ca2+ NO3－ CH3COO- Na+ D. Cu2+ K+ SO42－ Na+
【答案】A
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应以及溶液无色显酸性分析判断。
【详解】A.该组离子之间在酸性溶液中不反应，且均是无色的，能大量共存，故A正确；
B.因H+与HCO3－能结合生成水和二氧化碳气体，则不能共存，故B错误；
C.酸性溶液中H+与CH3COO-能结合生成难电离的醋酸，则不能大量共存，故C错误；
D.该组离子之间在酸性溶液中不反应，但Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故D错误。
故答案选A。
7.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铜与盐酸反应：Cu+2H+＝Cu2++H2↑
B. 碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+＝H2O+CO2↑
C. 硝酸银溶液与铜粉反应：2Ag++Cu＝Cu2++2Ag
D. 稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++SO42－＝BaSO4↓
【答案】C
【详解】A. 铜与盐酸不反应，A错误；
B. 碳酸钙难溶，与盐酸反应：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，B错误；
C. 硝酸银溶液与铜粉发生置换反应：2Ag++Cu＝Cu2++2Ag，C正确；
D. 稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和水：2OH－+Ba2++SO42－+2H+＝BaSO4↓+2H2O，D错误。
答案选C。
8.8NH3+6NO2=7N2+12H2O，若还原产物比氧化产物少0.1 mol，下列正确的是（ ）
A. 转移电子4.8NA个 B. 生成气体的体积15.68 L
C. 还原剂比氧化剂多0.2 mol D. 被还原的氮原子是ll.2 g
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应可知，氨气中N元素的化合价升高，是还原剂，二氧化氮中N元素的化合价降低，是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，据此解答。
【详解】根据反应可知，氨气中N元素的化合价升高，是还原剂，二氧化氮中N元素的化合价降低，是氧化剂，根据N原子守恒可知，若生成7 molN2，3 mol为还原产物，4 mol为氧化产物，同时转移24 mole-。根据题意，还原产物比氧化产物少0.1 mol，由此可知产生0.7molN2；则
A. 转移的电子的物质的量2.4 mol，电子数为2.4NA，A错误；
B. 生成气体N2为0.7mol，标况下的体积为0.7mol×22.4L/mol＝15.68 L，其他条件下则不一定是15.68L，B错误；
C. 产生0.7molN2，还原剂为0.8 mol，氧化剂为0.6 mol，还原剂比氧化剂多0.2 mol，C正确；
D. 被还原的氮原子的物质的量为0.6 mol，质量为0.6mol×14g/mol＝8.4 g，D错误。
答案选C。
9.现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2+、Cl-和I-，要除去I-而不氧化Fe2+和Cl-，可以加入的试剂是( )
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】根据反应①可知：还原性：I－> Fe2＋，反应②可知：Fe2＋> Cl－，反应③Cl－>Mn2+；综上还原性：I－> Fe2＋> Cl－>Mn2+，氧化性：KMnO4> Cl2> FeCl3> I2；现要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，只能加FeCl3试剂，C正确；而Cl2 和KMnO4都能氧化Fe2＋和I－，达不到目的，A 、B均错误，盐酸不能氧化I－，D错误；正确选项C。
10.用11.92gNaClO与0.01mol Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl，则x数值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素的化合价变化情况结合电子转移守恒，列方程计算x的值。
【详解】n（NaClO）=11.92g÷74.5g/mol=0.16mol，0.01molNa2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-2/x升高为+6，则n失（电子）=（6+2/x）x×0.01，而0.16molNaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，则n得（电子）=[1-（-1）]×0.16=0.32，根据得失电子守恒得（6+2/x）x×0.01=0.32，解得x=5，答案选C。
11.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. FeCl3有氧化性，可用于制净水剂
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【详解】A、NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系，A错误；
B、FeCl3溶于水能产生氢氧化铁胶体，可用于制净水剂，与有氧化性没有对应关系，B错误；
C、Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系，C错误；
D、CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系，D正确；
答案选D。
12.下列各组物质，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（ ）
A. AlCl3和NaOH B. H2SO4和Ba(OH)2 C. NaAlO2和H2SO4 D. Na2CO3和HCl
【答案】B
【详解】A. AlCl3和NaOH中前者滴入后者，生成白色沉淀瞬间溶解，后者滴入前者，生成白色沉淀，氢氧化钠过量后白色沉淀溶解，实验现象不同，A不符合；
B. H2SO4和Ba(OH)2中无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都是生成白色沉淀，B符合；
C. NaAlO2和H2SO4中前者滴入后者，生成白色沉淀瞬间溶解，后者滴入前者，生成白色沉淀，硫酸过量后白色沉淀溶解，实验现象不同，C不符合；
D. Na2CO3和HCl中前者滴入后者，立即生成气体，后者滴入前者，开始没有气体生成，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后开始产生气体，实验现象不同，D不符合。
故答案选B。
13.标况下4.48LCO2与一定量Na2O2反应后收集到3.36L气体，则这3.36L气体的质量是（ ）
A. 3.8g B. 5.6g C. 4.8g D. 6.0g
【答案】D
【详解】在标准状况下，4.48LCO2的物质的量为0.2mol，将其通过一定量的固体过氧化钠后收集到3.36L气体，3.36L气体的物质的量为0.15mol，根据反应的化学方程式可知
2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2 △n
2 1 1
0.1mol 0.05mol 0.2mol－0.15mol＝0.05mol
这说明反应中二氧化碳过量，剩余0.2mol－0.1mol＝0.1mol二氧化碳，所以这3.36L气体的质量是0.1mol×44g/mol+0.05mol×32g/mol＝6.0g。答案选D。
14.120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸浓度合理的是（ ）
A. 2.0mol/L B. 0.24mol/L C. 0.18 mol/L D. 1.5 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案。
【详解】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L。答案选D。
15.一定量钠铝合金置于水中，合金全部溶解得到200 mL c(OH-)=0.1mol/L的溶液，然后逐滴加入1mol/L盐酸测得生成沉淀质量m与消耗盐酸体积V关系如图，下列正确的是（ ）

A. 原合金质量为0.92g
B. Q点m1为1.56g
C. 整个加入盐酸过程中Na+的浓度保持不变
D. 图中V2为60mL
【答案】B
【解析】
【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl＝NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3↓+3HCl＝AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。
【详解】A、由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl＝NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.2L×0.1mol/L＝0.02mol，由方程式NaOH+HCl＝NaCl+H2O可知与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为0.02mol，体积为0.02mol÷1mol/L＝0.02L＝20mL；生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL＝20mL，其物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓可知偏铝酸钠是0.02mol，生成的氢氧化铝是0.02mol，由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol＝1.46g，A错误；
B、生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol＝1.56g，B正确；
C、加入盐酸后溶液体积不断变大，溶液中钠离子浓度不断变小，C错误；
D、由Al（OH）3↓+3HCl＝AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL＝100mL，D错误；
答案选B。
16.Fe2O3和铁粉的混合物中加入适量稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3＋，且Fe2＋与H2物质的量之比为4:1，那么在反应中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为（ ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 1:2:4 D. 2:3:5
【答案】C
【解析】
【分析】Fe和Fe2O3与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3＋，且Fe2＋与H2物质的量之比为4:1；依据反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑、Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+分析计算。
【详解】Fe和Fe2O3与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3＋，且Fe2＋与H2物质的量之比为4:1；
设生成氢气的物质的量为a，则亚铁离子物质的量为4a，依据反应
Fe+2H+＝Fe2++H2↑
a 2a a a
Fe+2Fe3+＝3Fe2+
a 2a 3a
Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O
a 3a a
所以反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比=a：（a+a）：（a+3a）=1：2：4，故答案选C。
17.（1）在标准状况下①3.36L NH3②1.204×1023个CH4③18gH2O④0.4 mol HCl。
a.体积由大到小的顺序_________________________________（填序号，下同）。
b.氢原子个数由大到小的顺序_________________________________。
（2）18.6 g Na2X含有0.6 mol Na＋，则X2-的摩尔质量为___________。
（3）若a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标况下体积是(设NA为阿伏加德罗常数的值)___________L。
（4）①氯气②二氧化碳③氯化钠晶体④纯硫酸⑤石灰水⑥酒精⑦熔融的硝酸钾。
能导电的是________________ ；属于非电解质的是_________________。
【答案】(1). ④>②>①>③ (2). ③>②>①>④ (3). 16g·mol－1 (4). 22.4bc/aNA (5). ⑤ ⑦ (6). ② ⑥
【解析】
【分析】（1）根据n＝m/M、n＝V/Vm、N＝nNA结合物质的组成分析解答；
（2）根据n＝m/M结合物质的组成分析解答；
（3）根据n＝m/M、n＝V/Vm、N＝nNA分析解答；
（4）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质。
【详解】（1）①在标准状况下3.36LNH3的物质的量是3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol；
②1.204×1023个CH4的物质的量是0.2mol；
③18gH2O的物质的量是1mol；
④0.4 mol HCl。
a.由于标况下是液体，则根据阿伏加德罗定律可知体积由大到小的顺序④＞②＞①＞③。
b.所含氢原子的物质的量分别是0.45mol、0.8mol、2mol、0.4mol，则氢原子个数由大到小的顺序③＞②＞①＞④。
（2）18.6 g Na2X含有0.6 mol Na＋，则Na2X的物质的量是0.3mol，因此该物质的摩尔质量是18.6g÷0.3mol＝62g/mol，因此X2－的摩尔质量为62g/mol－46g/mol＝16g/mol。
（3）若a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体含有的分子数为bc/a，物质的量是bc/aNA mol，在标况下体积是22.4bc/aNA L。
（4）①氯气是非金属单质，不导电，不是电解质也不是非电解质；
②二氧化碳是非电解质，不导电；
③氯化钠晶体溶于水能导电，是电解质，氯化钠晶体不导电；
④纯硫酸溶于水可以导电，是电解质，硫酸不导电；
⑤石灰水中含有自由移动的阴阳离子，可以导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；
⑥酒精不导电，是非电解质；
⑦熔融的硝酸钾中含有自由移动的阴阳离子，可以导电，是电解质。
因此能导电的是⑤⑦；属于非电解质的是②⑥。
18.如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试回答下列问题：

（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_______mol/L。
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸，需要量取__mL上述浓盐酸进行配制。
（3）配制过程中，除需要使用烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要使用的仪器是（填写名称）_____________、_____________。
（4）配制时，其正确的操作顺序是（每个字母用一次）_____________；
A.用30mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B.用量筒量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水（约30mL）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C.将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E.改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线1～2cm处
（5）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是___________。
A.摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至与刻度线相切
B.溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容
C.定容时仰视刻度线
D.在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶
【答案】 (1). 12 (2). 12.5 (3). 胶头滴管 (4). 500mL容量瓶 (5). BCAFED (6). BD
【详解】（1）浓盐酸的浓度是c(HCl)=1000ρω/M=1000×1.2×36.5%/36.5 mol·L－1=12mol/L；
（2）根据稀释公式c1V1=c2V2得到：12mol/L×V1=0.30mol•L-1×0.5L，解得V1=0.0125L=12.5mL；
（3）用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸的操作步骤是计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、洗液转移、定容、摇匀、静置、贴标签等，因此所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和500mL容量瓶；
（4）浓溶液配制稀溶液的步骤是：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、洗液转移、定容、摇匀、静置、贴标签等，故顺序为BCAFED；
（5）A．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，是由于药品在摇匀过程中，粘在容量瓶内壁上，若继续加水至与刻度线相切溶液体积变大，溶质物质的量不变，使溶液浓度降低，故A不符合题意；
B.溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，由于热胀原理，溶液的体积偏小，溶质的物质的量不变，使溶液浓度偏高，故B符合题意；
C. 定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，故配制的溶液浓度偏小，故C不符合题意；
D. 在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，使溶质的物质的量增大，则溶液的物质的量浓度偏大，故D符合题意。
故答案选BD。
19.在热的稀硫酸中溶解了7.6gFeSO4固体，当加入50mL0.5mol·L-1KNO2溶液时，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO2也完全反应并放出NxOy气体。
（1）配平 FeSO4+ KNO2+ H2SO4 ===  K2SO4+   Fe2(SO4)3+  □↑+  H2O。
a.请填好方程式中的系数_____。
b.□中物质的化学式为________。
（2）检验反应后溶液中的Fe3+的具体操作方法为________________________。
（3）标准状况下，当生成NxOy气体的体积为2.24L时，转移的电子数目为_________。
【答案】 (1). 4,2,3,1,2,1,3 (2). N2O (3). 取少量反应后溶液于试管中，加入适量KSCN溶液后溶液变红色，说明溶液中含Fe3+  (4). 0.4NA
【解析】
【分析】（1）根据原子守恒和电子得失守恒分析解答；
（2）根据氯化铁和KSCN溶液反应显红色分析；
（3）根据n＝V/Vm结合氮原子化合价变化解答。
【详解】（1）硫酸亚铁和亚硝酸钾的物质的量分别是7.6g÷152g/mol＝0.05mol、0.05L×0.5mol/L＝0.025mol。令NO2－中N被还原成x价，根据得失电子数目守恒可知0.05mol×(3－2)＝0.025mol×(3－x)，解得x＝1，因此NO2－的还原产物是N2O，根据化合价的升降法进行配平，该反应方程式为4FeSO4＋2KNO3＋3H2SO4＝K2SO4＋2Fe2(SO4)3＋N2O↑＋3H2O；
（2）检验铁离子一般用KSCN溶液，实验操作为取少量反应后溶液于试管中，加入适量KSCN溶液后溶液变红色，说明溶液中含Fe3+；
（3）2.24LN2O的物质的量是0.1mol，则生成2.24LN2O转移电子物质的量为0.1mol×2×2＝0.4mol，即转移电子个数为0.4NA。
20.工业纯碱中常含NaCl，某活动小组设计如图装置测定工业纯碱中Na2CO3的含量。

（1）检验装置B气密性方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量水，使漏斗内水面高于瓶内水面，停止加水后，若___________，说明装置不漏气。
（2）装置A的作用是_______，装置C中的试剂为_______。
（3）某同学认为在D装置后应再连接E装置（装有适当试剂），你认为是否必要？_______（选填“必要”或“不必要”），判断的理由是_____________________。
（4）实验前28.8g样品，实验后测得D装置增重8.8g，则样品中Na2CO3质量分数为_______。
【答案】(1). 漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化 (2). 除去空气中CO2，防止影响测量结果 (3). 浓硫酸 (4). 必要 (5). 因为装置E会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，影响测量结果 (6). 73.6%
【解析】
【分析】（1）依据B中长颈漏斗和广口瓶中液面变化分析判断；
（2）装置A是为了吸收空气中二氧化碳避免影响碳酸钠含量的测定；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体；
（3）U形管是吸收二氧化碳气体称重来测定碳酸钠含量的方法，若与空气直接接通，会吸收空气中二氧化碳和水蒸气影响测定结果；
（4）D装置吸收的为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算。
【详解】（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，利用压强变化和液面变化分析判断，若漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化，证明装置气密性完好；
（2）由于空气中也含有二氧化碳，则装置A可吸收空气中的二氧化碳，防止影响实验结果；生成的二氧化碳中含有水蒸气，则装置C中盛装浓硫酸除去二氧化碳中的水份；
（3）由于空气中含有水蒸气和二氧化碳，则在D装置后应再连接E装置，可以利用碱石灰吸收水蒸气和二氧化碳，避免空气中的水蒸气和二氧化碳被E吸收产生误差；
（4）D装置增重8.80g，则产生的二氧化碳为8.8g，n（CO2）=8.8g÷44g/mol=0.2mol，由碳原子守恒可得n（Na2CO3）=0.2mol，则样品中Na2CO3的质量为0.2mol×106g/mol=21.2g，因此质量分数为21.2g/28.8g×100%=73.6%。
21.铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，化学反应是：Cu＋2FeCl3==CuCl2＋2FeCl2。现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质。请回答：
（1）加入铁粉后发生反应的离子反应方程式为______________________________。
（2）充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为______________。
（3）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为__________，一定存在的金属离子是_________。
（4）由Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2知，溶液中离子氧化性Fe3+__________Cu2+（填“大于”、“等于”、“小于”）。
【答案】(1). Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ ，Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu (2). Cu (3). Fe3+ (4). Cu2+ 和Fe2+ (5). 大于
【解析】
【分析】加入Fe粉前，溶液中有Cu2+、Fe2+、Cl-、可能还有Fe3+，现有8.4gFe为0.15mol，9.6gCu为0.15mol，若无Fe3+，那么Fe恰好把9.6gCu全部置换，而现在只有4.8g不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu，据此解答。
【详解】根据以上分析可知反应后的溶液中含有氯化铁和氯化铜。则
（1）向氯化铁、氯化铜溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+、Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu；
（2）根据以上分析可知充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为Cu；
（3）铁离子氧化性强于铜离子，反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，因此溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+，一定存在的金属离子是Cu2+和Fe2+；
（4）在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则由Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2可知溶液中离子氧化性Fe3+大于Cu2+。