湖南省怀化市2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省怀化市2023-2024学年高一上学期12月月考试题可能用到的相对原子质量：一、单项选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分）1.勤洗手和经常对环境进行消毒是预防传染病的有效途径。某消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色。则该消毒液的主要成分可能是()A.KMnO4 B.H2O2C.NaClO D.NH3·H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】高锰酸钾是紫红色的，双氧水没有碱性，氨水没有漂白性。用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，说明该物质的溶液显碱性和氧化性，所以选项C正确，〖答案〗选C。2.下列实验原理与装置能达到实验目的的是()A.利用装置甲提纯粗碘B.利用装置乙配制0.1mol∙L-1NaCl溶液C.利用装置丙蒸干溶液获得FeSO4∙7H2OD.利用装置丁制备NaHCO3〖答案〗A〖解析〗【详析】A．粗碘中的碘升华后，在圆底烧瓶底遇冷发生凝华，从而获得纯碘，所以利用装置甲可提纯粗碘，A正确；B．配制0.1mol∙L-1NaCl溶液时，应先将NaCl固体溶于水配成溶液，再转移入容量瓶内定容，所以不能利用装置乙配制0.1mol∙L-1NaCl溶液，B不正确；C．利用蒸发皿提取溶液中的溶质时，不能蒸干溶液，否则会造成晶体失去结晶水，且FeSO4在蒸发过程中易被空气中的氧气氧化，所以利用装置丙难以获得FeSO4∙7H2O，C不正确；D．CO2在饱和食盐水中的溶解度小，装置丁中生成的NaHCO3少，难以得到NaHCO3沉淀，D不正确；故选A。3.某密闭刚性容器由可动活塞隔成甲、乙两室，室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气体19g，向乙中充入1mol空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法不正确的是()A.甲室混合气体的分子总数为2NAB.甲室H2、O2的物质的量之比为3:1C.甲室混合气体的密度是同温同压时H2密度的8.5倍D.若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处〖答案〗C〖解析〗【详析】A．甲、乙两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其气体之比，则甲室中气体物质的量为1mol×=2mol，分子总数为2NA，故A正确；B．设甲中H2和O2的物质的量分别为xmol、ymol，则，解得，因此甲室H2、O2的物质的量之比为1.5：0.5=3：1，故B正确；C．甲室中混合气体的平均摩尔质量为，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的倍，故C错误；D．由可知反应后H2剩余0.5mol，恢复至室温后最终两室中压强相等，气体体积之比等于其物质的量之比，则甲、乙两室的体积之比为0.5mol：1mol=1：2，因此活塞停留在刻度2处，故D项正确；综上所述，不正确的是C项。4.月壤中含有丰富的，发生核聚变反应为：，可控核聚变提供人类生产生活所需能量是能源发展的重要方向。下列说法正确的是()A.核聚变是化学变化B.与互为同位素C.的中子数为1D.、形成的单质中均含有共价键〖答案〗B〖解析〗【详析】A．核聚变是物理变化，无新物质产生，A错误；B．与是He元素的不同原子，互为同位素，B正确；C．根据守恒可得，是，的中子数是0，C错误；D．与都是单原子分子，无共价键，D错误；故选B。5.下列关于电解质的说法正确的是()A.液态HCl不导电，所以HCl不是电解质B.Na能导电，所以Na是电解质C.溶于水能导电，所以是电解质D.在熔融下能导电，所以是电解质〖答案〗D〖解析〗【详析】A．液态HCl不导电，但HCl溶于水可以导电，所以HCl是电解质，故A错误；

B．金属导电是因为自由电子定向移动，但金属是单质，不是化合物，所以金属既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．SO2溶于水能导电，是亚硫酸水溶液能导电，故二氧化硫是非电解质，故C错误；

D．BaSO4在熔融下能导电，所以BaSO4是电解质，故D正确；

故选：D。6.CO与O2反应生成CO2的历程如下图所示(部分微粒未画出)，下列分析不正确的是()A.CO2分子空间结构是直线形B.CO和O生成CO2的过程涉及了电子转移C.CO和O生成了具有极性共价键的CO2D.在该过程中，CO断键形成C和O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据图示可知在CO2分子中，2个O原子在C原子的两侧，三个原子在一条直线上，键角是180°，A正确；B．在CO和O生成CO2的过程，C元素化合价升高，失去电子被氧化；O元素化合价降低，得到电子被还原，因此反应过程中涉及了电子转移，B正确；C．在CO2分子中含有2个对称的C=O共价键，由于C=O共价键是不同元素的原子形成的，因此该化学键属于极性共价键，C正确；D．根据图示可知：在该过程中只有O2分子中化学键断裂为O原子，然后是CO分子与O原子结合形成CO2分子，而CO分子中的化学键没有发生断裂，D错误；故合理选项是D。7.下列离子方程式中，正确的是()A.稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑B.氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2OC.铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++AgD.稀硝酸滴石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Cu与稀硫酸不能反应，故A错误；B．氧化镁是固体不能拆，与稀盐酸反应生成氯化镁和水：MgO+2H+=Mg2++H2O，故B正确；C．电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误；D．稀硝酸滴在石灰石上应该生成Ca(NO3)2和CO2、H2O，CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O，故D错误；故〖答案〗为B。8.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列叙述正确的是()元素代号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0750.074主要化合价+2+3+5、+3、-3-2A.元素的非金属性：Z>WB.最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC.X、Y、W对应的简单离子半径：W>Y>XD.W与X、Y、Z组成的化合物在常温下都是固态〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由表格中元素的化合价可知，W只有-2价，W为O元素；W、Z的原子半径接近，且Z大于W，Z的最高价为+5价，则Z为N元素；X、Y的原子半径均大于Z、W，且只有正价，均为金属元素，则X为Mg，Y为Al，据此分析解答。【详析】由上述分析可知，X为Mg，Y为Al，Z为N，W为O。A．同周期从左向右，元素的非金属性增强，则非金属性：Z＜W，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性为X＞Y，故B正确；C．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Z3-＞W2-＞X2+＞Y3+，故C错误；D．W与X、Y、Z组成的化合物分别为氧化镁、氧化铝和氮的氧化物，其中氧化镁、氧化铝在常温下是固态，氮的氧化物中可能是气态，如NO、NO2等，故D错误；故选B。9.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.标准状况下，2.24L与的混合气体中含有氧原子的数目为0.2NAB.0.1mol/L溶液中含有的个数为0.2NAC.10.6g固体中所含的分子数目为0.1NAD.常温下，与反应生成1mol时，转移电子数是NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．标准状况下，2.24L与2.24L中含氧原子的物质的量都为0.2mol，则2.24L与的混合气体中含有氧原子的数目也为0.2NA，A正确；B．0.1mol/L溶液的体积未知，无法求出其物质的量，也就无法求出其含有的个数，B不正确；C．固体由离子构成，不含有分子，C不正确；D．常温下，与反应时，可建立关系式：O2——2e-，则生成1mol时，转移电子数是2NA，D不正确；故选A。10.如图所示装置，可用于制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时颜色的变化。实验提供的试剂：铁屑、稀硫酸、NaOH溶液等，下列说法不正确的是()A.烧瓶A中发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑B.实验结束后集气瓶C中收集到的是纯净气体C.生成Fe(OH)2的操作：关闭止水夹E，使烧瓶A中FeSO4溶液压入装置B中进行反应D.若取下装置B的橡皮塞，可观察沉淀由白色变成灰绿色最后变为红褐色〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗烧瓶A中，Fe与稀硫酸发生反应，生成FeSO4和H2；打开E，生成H2逸出，排尽A、B装置内的空气；然后关闭活塞E，此时产生的H2将烧瓶A内的溶液压入装置B中，FeSO4与NaOH发生反应，从而生成Fe(OH)2白色沉淀等。【详析】A．烧瓶A中，Fe与稀硫酸发生反应，生成FeSO4和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A正确；B．起初H2排出的空气也进入集气瓶中，所以实验结束后集气瓶C中收集到的气体是H2和空气的混合气，B不正确；C．关闭活塞E，产生的H2将烧瓶A中的溶液压入装置B中，FeSO4与NaOH发生反应，从而生成Fe(OH)2白色沉淀，C正确；D．若取下装置B的橡皮塞，溶解的空气中的O2与Fe(OH)2反应生成Fe(OH)3，可观察沉淀由白色变成灰绿色最后变为红褐色，D正确；故选B。11.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是()A.过程①中，生成CuS的反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+B.反应过程中需不断向体系中补充FeCl3C.过程③中，通入1molO2产生2molFe3+D.回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗由图中信息，可得出三个过程中发生的反应。过程①中，Cu2++H2S=CuS↓+2H+；过程②中；CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S；过程③中，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。总反应的化学方程式为2H2S+O22H2O+2S↓。【详析】A．由分析可知，过程①中，生成CuS的反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A正确；B．总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，则表明反应过程中不需要向体系中补充FeCl3，B不正确；C．过程③中，发生反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，则通入1molO2产生4molFe3+，C不正确；D．由分析可知，回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，D正确；故选BC。12.下列有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体该钾盐是K2CO3B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变为血红色该溶液中一定含有Fe3+C向某溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Cl-D某溶液的焰色试验呈黄色该溶液一定有Na+，无K+〖答案〗B〖解析〗【详析】A．某钾盐溶于盐酸，产生的无色无味气体是CO2，但该钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，A不正确；B．向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变为血红色，此血红色物质为Fe(SCN)3，则该溶液中一定含有Fe3+，B正确；C．向某溶液中加入硝酸银溶液，产生的白色沉淀可能为AgCl，也可能为Ag2CO3、Ag2SO4等，所以该溶液中不一定含有Cl-，C不正确；D．某溶液的焰色试验呈黄色，则该溶液中一定含有Na+，但没有透过蓝色钴玻璃观察火焰的焰色，所以不能肯定K+是否存在，D不正确；故选B。13.我国科学家开发一种光学晶体M，其结构如图。M由短周期主族元素X、Y、Z、W组成，其中X和Y的质子数之和等于Z原子的电子数，Y和Z同周期，Z和W同主族。下列说法正确的是()A.原子半径：Z>Y>XB.简单氢化物的还原性：Z>WC.四种元素中W形成的单质熔点最高D.Y、W的氧化物对应的水化物都是强酸〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗从分子结构图可以看出，X与Y能形成1对共用电子，且X的原子序数最小，则X为H元素；Y可形成3对共用电子，则其最外层电子数为5，其为N元素；Z能形成2对共用电子，且X和Y的质子数之和等于Z原子的电子数，则Z为O元素；Z和W同主族，则W为S元素。从而得出，X、Y、Z、W分别为H、N、O、S。【详析】A．由分析可知，X、Y、Z分别为H、N、O元素，H原子半径最小，N、O为同周期元素，且N在O的左边，所以原子半径：N＞O＞H，A错误；B．Z、W分别为O、S，二者为同主族元素，O的非金属性大于S，则简单氢化物的还原性：H2O＜H2S，B错误；C．H、N、O、S四种元素中，其单质都形成分子晶体，常温下只有S的单质呈固态，其它三种单质都呈气态，所以S形成的单质熔点最高，C正确；D．Y、W的氧化物对应的水化物中，HNO2、H2SO3都是弱酸，D错误；故选C。14.现有200mL无色、澄清溶液，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、、。现均分为2份进行如下实验：①第一份加入足量NaOH溶液，无现象。②第二份加足量溶液后，得干燥沉淀4.3g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验，下列结论中错误是()A.不做任何实验，就能确定没有和 B.原溶液中一定存在、、C.原溶液中含有0.02mol D.原溶液中一定存在，且〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗含有的溶液呈蓝色、含有的溶液呈紫红色，无色溶液中一定不含、；①第一份加入足量NaOH溶液，无现象，说明一定不含；②第二份加足量溶液后，得干燥沉淀4.3g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明反应生成2.33g硫酸钡沉淀、1.97g碳酸钡沉淀，则100mL原溶液中含有的物质的量为、的物质的量为；由于与、能生成沉淀，所以一定不含；③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了，不能判断原溶液是否含有，根据溶液电中性，可知溶液一定含有；综上所述，溶液中一定含有、、；一定不存在、、、；不能确定的是。【详析】A．根据分析，和有颜色，因此不做任何实验，就能确定没有和，A项正确；B．根据分析，溶液中一定含有、、，不能确定的是否含有，B项错误；C．根据分析，由步骤②计算可知，100mL原溶液中含有的物质的量为0.01mol，故原溶液中含有，C项正确；D．原溶液含有0.02mol、0.02mol，可能含有，根据电荷守恒，可知一定存在，由于不确定是否存在，故原溶液中，D项正确；故选B。15.Ⅰ.氧化还原反应是一类重要的化学反应，广泛存在于生产和生活中。请结合相关化学知识回答下列问题：（1）黑火药由硫黄、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，反应中被还原的物质是___________(填化学式)。（2）NaH可在野外作生氢剂，NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为___________。（3）在汽车的排气管上装一个催化转化器，可有效降低氮氧化物的排放，其中一个反应为2CO+2NON2+2CO2.用单线桥法表示出电子转移的方向和数目：___________。（4）工业废水中的有毒，常在酸性条件下用Fe2+做处理剂，将还原为Cr3+，Fe2+被氧化成Fe3+。反应的离子方程式为___________。II．配制200mL1.0mol/LH2SO4溶液。（5）计算：现有500mL密度为1.84g/cm3，质量分数为98%的浓硫酸，若换算成物质的量浓度为___________mol/L。若配制200mL1.0mol/L稀H2SO4溶液。需要取上述这种浓H2SO4溶液___________mL来(计算结果精确到小数点后一位)。（6）配制过程中的正确操作顺序是：b、d、___________、e(填“字母”)。a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶。b．用量筒量取所需体积的18mol/LH2SO4溶液注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯。c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。d．用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀。e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。f．将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。g.往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1~2cm处。（7）下列操作将导致所配制的H2SO4溶液浓度偏大的是___________(填“字母”)。a．移液过程有H2SO4溶液溅出瓶外b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒c．定容时俯视容量瓶刻度线d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体〖答案〗（1）S、KNO3（2）1：1（3）（4）（5）①.18.4mol/L②.13.6mL（6）f、a、g、c（7）c〖解析〗（1）S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，化合价降低的元素为S、N，因此，被还原的物质为S、KNO3；（2）方程式NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH中的H元素为-1价，升高到0价，水中H元素化合价为+1价，为氧化剂，1个水分子中，有1个H原子化合价降低到0价，为还原剂，1个H原子化合价不变，则氧化产物和还原产物都为氢气，且质量比为1:1；（3）方程式2CO+2NON2+2CO2中，C元素化合价升高，则CO为还原剂，N元素化合价降低，则NO为氧化剂，且转移电子数为4，单线桥可表示为：；（4）由已知：酸性环境下，还原为Cr3+，Fe2+被氧化成Fe3+，则发生的离子方程式为：；（5）根据，根据已知：密度为1.84g/cm3，质量分数为98%，摩尔质量为98g/mol，带入公式求得c=18.4mol/L；根据配制溶液前后物质的量不变，即，c1=18.4mol/L，c2=1.0mol/L，V2=200mL，解得V1=13.6mL；（6）根据实验操作的步骤计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作排序，可知正确顺序为：b、d、f、a、g、c；（7）a．移液过程有H2SO4溶液溅出瓶外，溶质减少，浓度偏低，a错误；b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，浓度偏低，b错误；c．定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，浓度偏高，c正确；d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体，溶质减少，浓度偏低，d错误；故选c。16.数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和图象作答：I．完成下列问题如图为含氯元素物质的“价类二维图”，（1）写出化合物戊的电离方程式___________（2）写出教材中对氧化物“乙”一种用途描述，它可用于___________（3）下列说法正确的是___________。A.乙、丁均属于电解质B.丙的酸性强于碳酸C.乙是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂D.戊→己必须加还原剂才能实现Ⅱ．某实验小组向100mLFeI2溶液中通入Cl2，溶液中Fe3+、I2的物质的量随通入的Cl2的物质的量变化如图所示(不考虑与水的反应)。请回答下列问题：（4）从开始通入Cl2到n(Cl2)=0.12mol时，溶液中：=___________。（5）通入足量氯气反应的化学方程式为：___________。Ⅲ．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图。试回答：（6）A点的沉淀物的化学式为___________。（7）C点消耗HCl溶液的体积为___________mL。〖答案〗（1）KClO3=K++ClO（2）自来水消毒剂（3）C（4）2：3（5）2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2（6）Mg(OH)2（7）130.0〖解析〗〖祥解〗Ⅰ．由图可知，甲为氯气，乙为＋4价的氧化物，即ClO2，丙为＋1价的含氧酸，即为HClO，丁为＋7价的含氧酸，即HClO4，戊为＋5价的钾盐，即KClO3，己为−1价的钾盐，即KCl，据此分析作答；Ⅱ．由于氧化性：Cl2＞Fe3＋＞I2，还原性：Cl−＜Fe2＋＜I−，因此向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2时，Cl2先与I−反应：Cl2＋2I−＝2Cl−＋I2，I−反应完全后，Cl2再氧化Fe2＋，发生反应Cl2＋2Fe2＋＝2Cl−＋2Fe3＋；由图像可知，当通入0.1molCl2时，生成碘单质0.1mol，且I−恰好反应完全，继续通入Cl2，Fe3＋开始增多，即开始发生反应Cl2＋2Fe2＋＝2Cl−＋2Fe3＋，则溶液中n（I−）＝0.2mol，则n（FeI2）＝0.1mol，FeI2物质的量是0.1mol，通入0.1molCl2时，溶液中发生反应：Cl2＋2I−＝2Cl−＋I2，再通入0.02molCl2时，溶液中发生反应：Cl2＋2Fe2＋＝2Cl−＋2Fe3＋，消耗0.04molFe2＋，得到0.04molFe3＋，剩余的Fe2＋是0.06mol，溶液中；通入足量氯气时，FeI2全部参与反应，生成氯化铁和碘单质，反应的化学方程式为：2FeI2＋3Cl2＝2FeCl3＋2I2；Ⅲ．固体组成的混合物溶于足量水后，加入盐酸0～10mL阶段沉淀的质量不变，说明溶液中过量的NaOH，加入10mL盐酸恰好中和过量的NaOH，故A点沉淀1.16g为Mg(OH)2，AB段发生反应：[Al(OH)4]−＋H＋＝Al(OH)3↓＋H2O，BC段发生反应：Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O、Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O，根据镁原子守恒计算n(MgCl2)，根据AB段消耗盐酸计算生成Al(OH)3的物质的量，再根据Al原子守恒计算n(AlCl3)，据此分析解题。（1）戊为＋5价的钾盐，即KClO3，电离方程式为KClO3=K++ClO，故〖答案〗为KClO3=K++ClO。（2）乙为＋4价的氧化物，即ClO2，可用于自来水消毒剂，故〖答案〗为自来水消毒剂。（3）A．乙是二氧化氯、丁是高氯酸后者属于电解质，故A错误；

B．丙是次氯酸，酸性弱于碳酸，故B错误；

C．二氧化氯是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂，故C正确；

D．戊→已加还原剂可以实现，也可以自身氧化还原得到，故D错误；

故〖答案〗选C。（4）根据分析，从开始通入Cl2到n(Cl2)＝0.12mol时，溶液液中

，故〖答案〗为2：3；（5）通入足量氯气时，FeI2全部参与反应，生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2；故〖答案〗为2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2。（6）据分析可知A点沉淀为Mg(OH)2，故〖答案〗为Mg(OH)2。（7）C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，由氯离子守恒可知，氯化钠中氯离子源于加入盐酸，根据钠离子、氯离子守恒可知m(NaOH)＝n(NaCl)＝1.3mol，C点加入盐酸的体积为＝0.13L＝130mL，故〖答案〗为130。17.粉煤灰矿渣(主要含CaCO3、Al2O3、Fe2O3等)中的铝、铁回收工艺如下：（1）CaCO3、Al2O3、Fe2O3三者中属于碱性氧化物的是___________。该碱性氧化物在酸浸时发生的离子方程式___________（2）“酸浸”时硫酸浓度过高(质量分数大于50%)会导致金属氧化物浸出率明显下降，原因___________(已知硫酸钙微溶于水)。（3）金属阳离子形成氢氧化物沉淀时，pH不一定要大于7，下表是几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时所需要的pH：金属离子Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀所需pH最小值273完全沉淀所需pH最小值395“酸浸”后溶液中的Fe3+可以用SO2还原，离子方程式为___________。“沉铝”过程中加入氨水将pH调整到的适宜范围是___________。（4）“沉铝”后所得FeSO4溶液可用于烟气中有毒气体NO的吸收，反应原理为，此反应___________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。“再生”过程中，在微生物的作用下与C6H12O6(其中氢元素为+1价、氧元素为-2价)发生反应，得到的N2与CO2的物质的量之比为___________。〖答案〗（1）①.Fe2O3②.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解（3）①.②.5≤pH＜7（4）①.不是②.1：1〖解析〗〖祥解〗某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的铝、铁分离，煤灰粉加入硫酸酸浸得到硫酸铝、硫酸铁、硫酸钙溶液，加入还原剂还原铁离子为亚铁离子，便于加入氨水沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，过滤后所得FeSO4溶液可用于烟气中NO吸收，[Fe(NO)2]2+在微生物的作用下与C6H12O6发生反应生成亚铁离子、氮气、二氧化碳和水。（1）碱性氧化物是指溶于水而只生成一种碱或与酸反应而成一种盐和水(除了盐和水以外不包括其它物质)的氧化物，CaCO3为盐，不是氧化物，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和水，因此Fe2O3属于碱性氧化性，Al2O3既能与酸反应生成盐和水，也能和强碱反应生成盐和水，因此Al2O3属于两性氧化物；Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和水，离子反应方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O；故〖答案〗为：Fe2O3；Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O。（2）当硫酸质量分数大于50%，金属氧化物浸出率明显下降，其原因是：生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解；故〖答案〗为：生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解。（3）“酸浸”后溶液中的Fe3+可以用SO2还原，反应过程中S元素化合价由+4升高至+6，Fe元素化合价由+3降低至+2，因此反应离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；由表可知，Fe3+在pH为3时沉淀完全，此时Al3+也开始沉淀，加入还原剂还原铁离子为亚铁离子，便于加入氨水沉淀Al3+生成氢氧化铝沉淀，达到使铁、铝元素分离的目的，由表可知，调节pH介于5～7，可使