湖南省永州市祁阳县第一中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）

湖南省永州市祁阳县第一中学2020届高三10月月考化学试题温馨提示：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。可能用到的原子量: H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Fe 56 Zn 65 Cu 64 一、选择题（每小题均有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1. 化学与生活、生产密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 碘酒能使蛋白质变性，涂在人体皮肤上可杀菌消毒B. 大米、小米、马铃薯中均含有淀粉，可为人体活动提供能量C. “滴水石穿、绳锯木断”都不涉及化学变化D. “凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉”这里“乌金”指的是煤【答案】C【解析】A、碘酒能使蛋白质变性，涂在人体皮肤上可杀菌消毒，选项A正确；B、大米、小米、马铃薯中均含有淀粉，可为人体活动提供能量，选项B正确；C、水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙涉及化学变化，选项C错误；D、首联“乌金”、“阳和”都是指煤炭，表现了诗人对煤炭的喜爱之情。“凿开混沌”极言煤炭埋藏之深，“深”字点明煤的储存量之大，选项D正确。答案选C。2. 下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（ ）A. 饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3B. MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOC. Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3D. Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3【答案】D【解析】A、饱和食盐水中分别通入氨气和二氧化碳反应生成的碳酸氢钠溶解度较小析出，过滤后将碳酸氢钠加热分解可得碳酸钠，选项A的转化可以实现；B、氯化镁与石灰乳作用产生氢氧化镁，煅烧氢氧化镁分解产生氧化镁，选项B的转化可以实现；C、氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应后生成氢氧化铝，选项C的转化可以实现；D、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，但加热氯化铁溶液时由于氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，在加热条件下无法得到无水氯化铁，选项D的转化无法实现。答案选D。3. 下列关于有机化合物的叙述正确的是（ ）A. 分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种B. 苯与液溴混合后加入铁粉可发生加成反应C. lmol 苹果酸(HOOCCHOHCH2COOH)可与3molNaHCO3发生反应D. 氟利昂-12的结构式为，该分子是平面型分子【答案】A【解析】A-C4H9有四种，则分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种，故A正确；B生成溴苯，苯环上H被Br取代，为取代反应，故B错误；C只有-COOH与碳酸氢钠反应，则1mol苹果酸(HOOCCHOHCH2COOH)可与2molNaHCO3发生反应，故C错误；D结构式为，甲烷中四个H被取代，为四面体结构，故D错误；故答案为A。4. 用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ）A. 标准状况下，2.24L 1H2和0.4g2H2均含有0.2NA个质子B. 惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过2NA个电子，则阳极产生气体22.4LC. 常温常压下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为1.5NAD. 1mol Na2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA【答案】B【解析】A、标准状况下，2.24L 1H2的物质的量为0.1mol，而0.4g2H2的物质的量也为0.1mol，且1H2和2H2中质子数均为2个，故0.1mol1H2和2H2均含有0.2NA个质子，选项A正确；B、惰性电极电解饱和食盐水，阳极电极反应为2Cl- -e-=Cl2，若电路中通过2NA个电子即2mol，则阳极产生气体1mol，但不一定是标准状况，气体体积不一定是22.4L，选项B错误；C、NO2和N2O4的混合气体可看成是最简式为NO2，计算23g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数=3NA =1.5NA，选项C正确；D、碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，1mol Na2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA，选项D正确。答案选B。5. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO2H=SO2H2OB. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-= AlO2-+2BaSO4+2H2OC. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IOI6H=I23H2OD. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸钠：2MnO16H5C2O=2Mn210CO28H2O【答案】D【解析】A、 HNO3有强的氧化性，Na2SO3有还原性，两者会发生氧化还原反应，离子方程式是：2H+2NO3-+3SO32-=H2O+3SO42-+2NO，选项A错误；A、NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀，两者物质的量之比是1：2；离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42-+4OH-Al(OH)3+2BaSO4+NH3H2O，选项B错误；C、电荷不守恒，离子方程式应该为：IO3-5I6H=3I23H2O，选项C错误；D、用高锰酸钾标准溶液滴定草酸钠，高锰酸根离子被还原为锰离子，草酸根离子被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-16H5C2O42-=2Mn210CO28H2O，选项D正确。答案选D。6. LiAlH4（）、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是（ ）A. 1 mol LiAlH4在125完全分解，转移3 mol电子B. LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 g/molC. LiAlH4溶于水得到无色溶液，化学方程式可表示为：LiAlH4 + 2H2OLiAlO2 + 4H2D. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【答案】B【解析】A、LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol LiAlH4在125完全分解，转移3mol电子，选项A正确；B、由LiH+D2OLiOD+HD可知，所得氢气的摩尔质量为3g/mol，选项B不正确；C、LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2，选项C正确；D、LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，选项D正确。答案选B。7. 已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（ ）A. NH4CuSO3中硫元素被氧化 B. 1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子C. 反应中硫元素被氧化 D. 刺激性气味的气体是氨气【答案】B【解析】反应的方程式为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+。A、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B、反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C、由2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+可知，反应中只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸中硫元素化合价反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故C错误；D、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故D错误；故选B。点睛：解答本题的关键是根据同一判断发生的反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。8. 如图把气体缓慢通过盛有足量试剂的试剂瓶甲，在试管乙中可以观察到明显现象的是选项气体甲中试剂乙中试剂ASO2、CO2酸性KMnO4溶液品红溶液BCl2、HC1饱和食盐水KI淀粉溶液CNH3、CO2浓硫酸酚酞试液DCO2、HC1NaOH溶液澄清石灰水A. A B. B C. C D. D （ ）【答案】B【解析】A、KMnO4溶液有强氧化性，能吸收有还原性的二氧化硫，与二氧化碳不反应，二氧化碳不能使品红褪色，故乙中无明显现象，选项A错误； B、浓硫酸与Cl2、HCl不反应，氯气有强氧化性，能使淀粉碘化钾试纸变蓝，乙中可以观察到明显现象，选项B正确；C、浓硫酸可吸收氨气，与二氧化碳不反应，二氧化碳的水溶液呈弱酸性，不能使酚酞变色，故乙中无明显现象，选项C错误；D、气体通到A中CO2和HC1都能与氢氧化钠反应而没有气体进入到澄清石灰水中，故乙中无明显现象，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查了常见元素及其化合物的性质，主要考查了高锰酸钾的氧化性、浓硫酸的酸性和吸水性、氯气、二氧化碳等物质的性质，注意掌握指示剂的变色范围。9. 某烃的结构简式为，分子中含有四面体结构的碳原子数为a，在同一条直线上的碳原子数最多为b，一定在同一平面内的原子数为c，则a、b、c分别是（ ）A. 4、3、6 B. 2、5、4 C. 4、3、8 D. 4、6、9【答案】C.10. 乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）1mol该有机物可消耗3mol H2；不能发生银镜反应； 分子式为C12H20O2；它的同分异构体中可能有酚类；1 mol该有机物水解时只能消耗1 mol NaOHA. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：该有机物含有碳碳双键和酯基。1摩尔该有机物能消耗2摩尔氢气，错误；没有醛基，不能发生银镜反应，正确；给有机物分子式为C12H20O2，正确；该分子式分析，当有苯环时，氢原子最多为18个，所以不能含有苯环，即不可能有酚类，错误；含有酯基，1摩尔该有机物水解消耗1摩尔氢氧化钠，正确。故选D。考点：有机物的结构和性质11. 1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应后得到固体产物和气体，所得气体物质是： （ ）A. O2、H2O B. O2、CO2 C. O2 D. O2、H2O、CO2【答案】A【解析】根据反应式：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；根据计量关系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2，加热充分反应后排出的气体为O2、H2O，答案选A。点睛：本题考查过氧化物的性质。碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，与过氧化钠可能发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，结合物质的物质的量解答本题。12. 布洛芬常来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法正确的是（ ）A. 布洛芬的分子式为C13H17O2 B. 布洛芬在核磁共振氢谱中呈现出10种峰C. 布洛芬与苯乙酸是同系物 D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物存4种【答案】C【解析】A、根据结构简式可得，布洛芬的分子式为C13H18O2，选项A错误；B、分子中除了左边两个甲基中的氢等效、苯环未被取代的位置上两对对面上的氢等效，如图：，故布洛芬在核磁共振氢谱中呈现出8种峰，选项B错误； C、布洛芬与苯乙酸结构相似，分子中相差5个CH2，是同系物，选项C正确；D、布洛芬在苯环上发生取代反应，如上图有两对等效氢，其一氯代物存只有2种，选项D错误。答案选C。13. 利用下列表格中的实验器材和试剂能够完成相应实验的一组是（ ）选项实验器材和试剂相应实验A洗气甁（两只）、饱和Na2CO3溶液、浓硫酸、导管、橡皮管出去CO2中的HCl和水蒸汽B滴定台（附滴定夹）、滴定管（酸式、碱式）、烧杯、胶头滴管、已知浓度的盐酸、未知浓度的NaOH溶液中和滴定实验C烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、FeCl3饱和溶液、三脚架制Fe(OH)3胶体D铂丝或铁丝，蓝色钴玻璃、酒精灯、火柴、盐酸、待测液焰色反应实验A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，故A错误；B中和滴定实验待测液应放在锥形瓶中，缺少锥形瓶，无法实验，故B错误；C烧杯不能直接加热，需要垫石棉网，故C错误；D取一根洁净的细铁丝，用盐酸洗涤，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取待测溶液，进行焰色反应，钾离子需要透过蓝色钴玻璃，能完成实验，故D正确；故答案为D。14. 取一定质量的铜镁合金完全溶于一定体积的浓硝酸中，产生4480mL的NO2和1120mL的NO气体（标准状况下），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀的质量可能为 （）A. 16g B. 18g C. 20g D. 22g【答案】A点睛：本题考查了混合物反应的计算，明确反应中注意电子的物质的量与沉淀中氢氧根离子的物质的量相等为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。15. 有机物甲分子式为C11H14O2，在酸性条件下水解生成乙和丙，丙遇FeCl3溶液显紫色，丙的相对分子质量比乙大20，甲的结构有（ ）A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种【答案】C【解析】丙遇FeCl3溶液显紫色，这说明丙分子中含有酚羟基。丙的相对分子质量比乙大20，如果设乙的相对分子质量是x，根据一元酯水解反应中各物质的相对分子质量关系，则xx2017818，解得x88，所以乙是丁酸，丙是甲基苯酚（包括邻、间、对）。丁酸有2中，所以有机物甲的结构有236种，答案选C。16. 用过量氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含偏铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，已知通入二氧化碳336L(标准状况下)，生成24molAl(OH)3和15molNa2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L(标准状况下)，生成Al(OH)3的和Na2CO3的物质的量之比为（ ）A. 2：1 B. 1：2 C. 5：4 D. 4：5【答案】D【解析】通入336L二氧化碳生成24molAl(OH)3，由2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3可知，该反应生成的碳酸钠的物质的量=24mol=12mol，故溶液中氢氧化钠反应生成碳酸钠的物质的量=15mol-12mol=3mol；112L二氧化碳的物质的量=5mol，根据碳元素守恒可知112L二氧化碳反应生成碳酸钠的物质的量=5mol，故112L二氧化碳与NaAlO2反应生成的碳酸钠的物质的量=5mol-3mol=2mol，结合方程式可知，112L二氧化碳反应生成Al(OH)3的物质的量=2mol2=4mol，故生成的Al(OH)3和Na2CO3的物质的量之比=4mol：5mol=4：5。答案选D。二、非选择题（共4个小题，每空2分，总计52分）17. 金属及其化合物在生产中用途广泛。I.利用生产硼砂的废渣一硼镁泥(主要成分为MgCO3、SiO2，还含有少量Fe2O3、MnO2、CaO等)为主要原料制取轻质碳酸镁MgCO3Mg(OH)22H2O的工业流程如下：（1）写出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反应的离子方程式_。（2）滤渣2的主要成分有MnO2和_，写出生成MnO2的离子方程式_。（3）“合成”时需通蒸汽至80，边加热边搅拌，温度不能超80的原因是_。II.从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下：已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S +1价的Cu在酸性条件下易歧化（4）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_。 （5）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_。（6）过滤3所得滤液中的CuCl2可循环使用，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_。【答案】 (1). MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2 (2). Fe(OH)3 (3). Mn2+ClO-+H2O=MnO2+2H+Cl- (4). (NH4)2CO3受热分解或(NH4)2CO32 NH3+H2O+CO2 (5). CuFeS2+3FeCl3=CuCl+ 4FeCl2+2S (6). Fe2O3 (7). 0.5mol【解析】（1）写出“酸溶”一步中，硼镁泥中MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2；（2）滤渣2是氧化水解后过滤得到的滤潭，故主要成分有MnO2和水解产生的Fe(OH)3，MnO 溶于酸生成Mn2+，Mn2+被NaClO氧化生成MnO2，发生反应的离子方程式为：Mn2+ClO-+H2O=MnO2+2H+Cl-；（3）“合成”时需通蒸汽至80，边加热边搅拌，因为(NH4)2CO3受热易分解，发生反应(NH4)2CO32 NH3+H2O+CO2，故温度不能超80；（4）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能与CuFeS2反应生成CuCl和S，同时FeCl3被还原为FeCl2，该反应化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+ 4FeCl2+2S ；（5）滤液中只含FeCl2，存在Fe2+2H2O Fe(OH)2+2H+，加热促进水解，Fe(OH)2在空气中易氧化生成Fe(OH)3，生成的Fe(OH)3受热分解，最终所得固体的化学式为Fe2O3；（6）过滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl=Cu+ CuCl2，综合两个化学反应方程式可得CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。点睛：本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，制备实验方案的设计等。亚铜离子在酸性条件下的歧化反应是本题的难度，正确理解和计算是解题的关键。18. 亚硝酸钙Ca(NO2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去）。已知：2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2 =Ca(NO3)2。请回答下列问题：a.向装置中通入N2；b.向三颈烧瓶中滴加稀硝酸；c.点燃酒精灯；d.熄灭酒精灯；e.停止通入氮气；f.关闭分液漏斗旋塞（1）上述操作的正确排序为_、c、_ f、_、_。（2）B中盛放的试剂是_，作用是除去_(填化学式）。（3）装置E中，酸性K2Cr2O7溶液的作用:可将刺余的NO氧化成NO3-，溶液由橙色变为绿色（Cr3+），反应的离子方程式是_。（4）已知Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生NO气体。设计实验证明D中有亚硝酸钙生成_。（5）整个过程持续通人氮气的作用_。【答案】 (1). a (2). b (3). d (4). e (5). 蒸馏水或氢氧化钠 (6). HNO3 (7). Cr2O72-+2NO+6H+ =2Cr3+2NO3-+3H2O (8). 取少量D中反应后的固体于试管中，滴加少量稀硫酸，试管口有红棕色气体生成 (9). 开始是吹出装置中的氧气，防止NO被氧化为NO2，后来是吹出装置中的NO，另外还起到防止倒吸的作用【解析】（1）设计实验制备亚硝酸钙，首先应该制备NO，并保证得到的是纯净的NO，干燥且不含有NO2，上述操作的正确排序为a.向装置中通入N2； c.点燃酒精灯；b.向三颈烧瓶中滴加稀硝酸；f.关闭分液漏斗旋塞d.熄灭酒精灯；e.停止通入氮气；即 a、c、b、 f、d、e；（2）A中制取的NO可能含有的杂质气体是挥发的HNO3分子，所以B中盛放蒸馏水或氢氧化钠溶液可以除去HNO3；（3）装置E中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，根据电荷守恒、元素守恒配平方程式，方程式为：Cr2O72-+2NO+6H+ =2Cr3+2NO3-+3H2O；（4）Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生NO气体，生成的NO在与空气中的氧气反应得到红棕色气体NO2，答案为：取少量D中反应后的固体于试管中，滴加少量稀硫酸，试管口有红棕色气体生成；（5）整个过程持续通入氮气的作用：开始是吹出装置中的氧气，防止NO被氧化为NO2，后来是吹出装置中的NO，另外还起到防止倒吸的作用。19. 硫、铁的化合物有广泛的应用。（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被SO3H基取代后即为过二硫酸。(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为_；用过二硫酸铵溶液检测废水中的Mn2+，配平下面的离子反应：_S2O82-+_Mn2+_MnO4-+_SO42-+_。（2）大苏打的成分是Na2S2O35H2O，常用于防毒面具中吸收氯气。若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子。写出其水溶液吸收氯气的离子方程式_。（3）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图所示流程探究其组成：A的化学式为_；已知化合物A能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下密度为1.518g/L)，写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). +6 (2). 5 (3). 2 (4). 8H2O (5). 2 (6). 10 (7). 16H+ (8). S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8C1+10H+ (9). Fe3S4 (10). Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2+ +S【解析】（1）根据N为-3价、氢为+1价、氧为-2价进行计算可得：(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+6价；反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4-中+7价，Mn2+是还原剂，S元素化合价由S2O82-中+7价降低为SO42-中+6价，S2O82-是氧化剂，根据电子转移守恒可配得离子方程式为：5S2O82-+2Mn2+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+；（2）若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，Na2S2O3中硫的化合价为+2，则化合价应该升为+6价，且根据得失电子守恒，反应时消耗的氯气的物质的量为4mol且生成氯离子，则其水溶液吸收氯气的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8C1+10H+；（3）C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）= =0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518gL1），淡黄色不溶物为S，气体的摩尔质量为1.518 g/L22.4L/mol=34g/mo