第3章 物质的性质与转化 测试题 高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第3章物质的性质与转化测试题一、单选题（共15题）1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A．水华、赤潮等水体污染与向河流、湖泊中大量排放含硫化物、氮氧化物的污水有关B．为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硝酸C．化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施D．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO32．下列叙述从化学角度分析，其中不正确的是A．蜂蚁蜇咬人的皮肤时。会将分泌物甲酸注入人体，使人感到疼痛难忍，涂抹稀氨水或者碳酸氢钠溶液可以减轻疼痛B．氟得昂（CF2Cl2）或NO2都可破坏臭氧层而导致“温室效应”C．向燃料煤中加入生石灰，可减少对大气的污染D．热水瓶中的水垢的主要成分是CaCO3、MgCO3和Mg(OH)23．下面不能由单质直接化合而得到的化合物是A．FeS B．Al2S3 C．FeCl2 D．Fe3O44．氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型制备氨的方法如图。下列说法错误的是A．反应①属于氮的固定B．反应②属于氧化还原反应C．反应⑤在无水环境中进行时，有白烟产生D．该转化过程总反应的反应物是N2和H2O，产物是NH3和O25．下列对应离子方程式书写正确的是A．使酸性高锰酸钾溶液褪色：B．已知酸性强弱顺序：，则向溶液中通入少量：C．向溶液中通入少量，有气泡产生：D．向溶液中滴加溶液至沉淀完全：6．俗称小苏打，下列有关的说法正确的是A．在水溶液中的电离方程式：B．溶液呈酸性，可与NaOH溶液反应C．可用石灰水区别溶液和溶液D．粉末与相同浓度的酸反应比粉末更剧烈7．将盛有12mLNO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2mL气体可能分别是A．1.2mL，NO B．2.4mL，O2 C．3.5mL，O2 D．4mL，NO8．某学习小组设计如图所示实验装置(装置中空气已排尽)探究氮的氧化物的性质。下列说法正确的是A．装置I中产生红棕色气体，体现浓硝酸具有强酸性B．装置II为防倒吸装置C．装置III中的溶液变蓝，说明氧化了金属铜D．向装置V中加入蒸馏水，能使无色气体变为红棕色9．下列化学或离子方程式书写正确的是A．向粉末中加入足量水：B．硫单质在足量氧气中燃烧：C．向溶液中加入足量氨水：D．乙烷在空气中燃烧：10．下列叙述错误的是（

）A．钠在氯气中燃烧产生大量白烟B．和都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸C．氯气和二氧化硫分别能使品红溶液褪色，但氯气和二氧化硫混合不一定能使品红溶液褪色D．氯气既不是电解质也不是非电解质11．下列叙述正确的是（

）A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入NaHSO4溶液，沉淀消失D．常温下用浓硫酸与铁粉反应生成氢气的速率比用铁粉与稀硫酸反应产生氢气的速率快12．下列试剂保存方法不正确的是A．AgNO3存放在棕色瓶中B．用铝制容器装运浓硝酸C．少量白磷保存在水中D．溴水存放在带橡胶塞的玻璃瓶中13．在给定条件下，下列转化均能实现的是A．B．C．D．14．SO2通入下列溶液中，溶液褪色或变浅，说明SO2具有漂白作用的组合是（）①KMnO4（H+，aq）②品红溶液③溴水④氯水⑤Fe3+（aq）A．①③⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．只有②15．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况下）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，则原混合物中铁元素的质量分数为A．无法计算 B．77.8% C．81.4% D．84.1%二、填空题（共8题）16．工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的副产品。请按要求回答下列问题：(1)将尾气通入氨水中，能发生多个反应，写出其中可能发生的两个氧化还原反应的化学方程式：、。(2)在尾气与氨水反应所得到的高浓度溶液中，按一定比例加入氨水或碳酸氢铵，此时溶液的温度会自行降低，并析出晶体。①导致溶液温度降低的原因可能是；②析出的晶体可用于造纸工业，也可用于照相用显影液的生产。已知该结晶水合物的相对分子质量为134，则其化学式为。17．为了防治酸雨，减少煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上采用生石灰和含硫的煤混合使用以“固硫”(避免硫的化合物进入大气)，最后生成石膏。试回答：(1)整个“固硫”反应所涉及的反应类型包括：①化合反应②分解反应③置换反应④复分解反应⑤氧化还原反应⑥非氧化还原反应⑦离子反应⑧非离子反应(分子反应)。其中正确的是()。A．①⑤⑥⑦

B．①②③⑤⑧

C．①⑤⑥⑧

D．②④⑤⑦(2)第一步“固硫”反应的化学方程式中所需气态物质的化学计量数为()A．1

B．2

C．3

D．4(3)比较此法与石灰石粉末与含硫煤混合法哪个更好些(A．生石灰B．石灰石)，原因是。(4)你认为减少酸雨产生可采取的措施是()。①少用煤作燃料②把工厂的烟囱造高③先将燃料煤脱硫④在土壤中加石灰防止酸化⑤开发新能源，避免含S、N的氧化物大量排放A．①②③

B．②③④⑤

C．①③⑤

D．①③④⑤18．I．将39g锌与50mL18.4mol/L的浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时收集到标准状况下气体VL，将反应后的溶液稀释到500mL，测得溶液中氢离子的浓度为0.08mol/L。(1)反应过程中消耗的物质的量是。(2)气体的成分是，V=。Ⅱ．将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL8mol/L的浓硝酸中，得到NO和的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。(3)此时加入的1.0mol/LNaOH溶液的体积为mL。(4)混合气体中，NO和的物质的量之比为。(5)若将上述生成的混合气体全部与一起通入水中，使其完全转化为，需通入标准状况下的氧气至少mL。19．“纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。(1)制备纳米零价铁：将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁、H2和NaBO2等，该反应的离子方程式为(NaBH4、NaBO2中B元素均为+3价)。(2)NO的氧化：在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。①Fe2＋催化H2O2分解产生HO·，HO·将NO氧化为的机理如图1所示，Y的化学式为。②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为。③NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是。20．将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气896mL，过滤，滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质。请回答：（1）固体混合物中CuO的质量。（2）盐酸的浓度为。21．有一定量的CuO和的混合物溶于的稀硫酸恰好完全溶解，向所得溶液中逐渐加入铁粉，得到以下数据：实验序号ⅠⅡⅢⅣ加入铁粉质量反应后剩余固体质量0(1)硫酸的物质的量浓度=。(2)样品中物质的量之比=。22．硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：回答下列问题：(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。(2)步骤②需要加热的目的是，温度保持80～95℃，采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为(填标号)。(3)步骤③中加入足量的H2O2后发生的离子反应方程式为。同时溶液的pH要保持小于0.5，其原因是。(4)步骤⑤的具体实验操作有，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。23．硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾（CuSO4•5H2O）的生产流程示意图：胆矾和石膏（CaSO4•2H2O）在不同温度下的溶解度（g/100g水），见下表：温度（℃）20406080100石膏0.320.260.150.110.07胆矾3244.661.883.8114(1)“浸出”操作中生成硫酸铜的总化学方程式是。(2)取样检验是为了确认Fe3+是否除净。有同学设计了以下两种方案，在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作：方案一：取样于试管→滴加KSCN溶液；方案二：径向层析→喷KSCN溶液①你认为上述两种方案设计更合理的是；②指出你认为不合理的方案存在的问题；(3)操作Ⅰ（蒸发浓缩、趁热过滤）趁热过滤的目的是；(4)操作Ⅱ具体方法是、（填操作方法）、洗涤后干燥，对产品进行干燥宜在（填“较高”或“不太高”）温度下，判断产品已经干燥的操作是。(5)某实验小组模拟上述工业流程完成胆矾的制备，在整个实验过程中，使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是（填仪器名称）。(6)中学教材用胆矾而不用其它结晶水合物（如：FeSO4•7H2O、硝酸盐的结晶水合物、Na2SO4•10H2O等）来研究结晶水含量测定实验，其优点可能是（填字母）a．胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到

b．胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水c．胆矾失水后有较明显的特征即颜色变化d．CuSO4不易分解，也不易与空气中物质反应参考答案：1．A【解析】A．水华、赤潮等水体污染与向河流、湖泊中大量排放的氮氧化物的污水有关，无含硫化物的排放无关，故A错误；B．铁和氯气常温不反应，铁和浓硝酸在常温下发生钝化，因此为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硝酸，故B正确；C．酸雨分硫酸酸雨和硝酸酸雨，化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故C正确；D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，因此工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，故D正确。综上所述，答案为A。2．B【解析】A.小苏打或稀氨水可以和甲酸发生反应,涂抹稀氨水或者碳酸氢钠溶液可以减轻疼痛，A正确；B.氟利昂（CF2Cl2）或NO2都可破坏臭氧层，但不能导致“温室效应”，B错误；C.煤燃烧过程中能生成二氧化硫，二氧化硫有毒,能污染环境,生石灰能够和生成的二氧化硫反应，从而防止二氧化硫污染空气，C正确；D.水垢主要成分是CaCO3、MgCO3和Mg(OH)2，D正确；综上所述，答案选B。3．C【解析】试题分析：A．Fe+SFeS，不符合题意，错误。B.2Al+3SAl2S3，不符合题意，错误。C．2Fe+3Cl22FeCl3不能由单质直接化合而得到该化合物，正确。D.3Fe+2O2Fe3O4；不符合题意，错误。考点：考查物质的制取方法的判断的知识。4．B【解析】A．反应①是氮气和镁化合生成氮化镁，由游离态转化为化合态，属于人工固氮，A正确；B．反应②是氮化镁和氯化铵反应生成氯化镁、氨气，元素的化合价均不变，因此属于非氧化还原反应，B错误；C．反应⑤是氨气和氯化氢化合生成氯化铵，因此在无水环境中进行时，有白烟产生，C正确；D．根据转化关系图可判断该转化过程总反应的反应物是N2和H2O，最终产物是NH3和O2，D正确；故选：B。5．D【解析】A．使酸性高锰酸钾溶液褪色，，A错误；B．酸性强弱顺序：，不能从中夺取，离子方程式为，B错误；C．向溶液中通入少量，，C错误；D．向溶液中滴加溶液至沉淀完全，离子方程式为，D正确；故选D。6．D【解析】A．属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为，故A错误；B．溶液呈弱碱性，能与NaOH反应，其反应为，故B错误；C．石灰水为，能与和反应都生成碳酸钙白色沉底，不能区分，故C错误；D．结合氢离子的速率比结合氢离子的速率快，所以粉末与相同浓度的酸反应比粉末更剧烈，故D正确；故选D。7．A【解析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为×12mL=4mL，大于实际剩余2mL气体，则说明剩余气体为NO或氧气。若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的O2的体积为10mL×=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL×=1.2mL。故选A。8．D装置I中铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置Ⅱ为收集装置，二氧化氮进入装置Ⅲ中先发生：3NO2+H2O=2HNO3+NO，然后生成的硝酸再与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮经过IV中干燥，装置V中收集干燥的一氧化氮，向装置V中加入蒸馏水，蒸馏水与过氧化钠反应生成氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮。【解析】A．装置I中铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮是红棕色气体，该反应体现了浓硝酸的强氧化性和酸性，二氧化氮的生成体现的是浓硝酸的强氧化性，故A错误；B．装置Ⅱ为收集装置，没有起到防倒吸作用，故B错误；C．二氧化氮进入装置Ⅲ中先发生：3NO2+H2O=2HNO3+NO，然后生成的硝酸再与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即装置Ⅲ中的溶液变蓝，不是氧化了金属铜，而是溶于水生成的硝酸与铜片反应生成的硝酸铜使溶液变蓝，故C错误；D．向装置V中加入蒸馏水，蒸馏水与过氧化钠反应生成氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮，使无色气体变为红棕色，故D正确；故答案为：D。9．C【解析】A．不溶于水，A错误；B．硫单质在足量氧气中燃烧生成二氧化硫：，B错误；C．向溶液中加入足量氨水生成氢氧化铁沉淀：，C正确；D．乙烷在空气中燃烧：，D错误；故选C。10．B【解析】A．金属钠在氯气中燃烧产生白色的烟，生成白色的氯化钠固体，故A正确；B．和都是酸性氧化物，二者的水溶液都是亚硫酸和硫酸，硫酸是强酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；C．氯气和二氧化硫分别能使品红溶液褪色，但氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者混合发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，按照一定比例可恰好完全反应，不一定能使品红溶液褪色，故C正确；D．氯气是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故D正确；答案选B。【点睛】不论是电解质还是非电解质，都必须是化合物。11．C【解析】A.CO2、SO2均不能与BaCl2溶液反应，所以再通入SO2时也无沉淀产生，A叙述错误；B.Cu不能与稀硫酸反应，但加入Cu(NO3)2后，相同于溶液中存在HNO3，Cu能溶解在HNO3中，B叙述错误；C.AlCl3与NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀，加入的NaHSO4呈强酸性，使Al(OH)3溶解，C叙述正确；D.浓硫酸常温下使铁钝化，加热时与铁粉反应生成二氧化硫，不能产生氢气，D叙述错误；答案为C。12．D【解析】AgNO3见光易分解，存放在棕色瓶中，A正确；铝在常温下遇浓硝酸时会钝化，表面生成一层致密的氧化膜，从而阻止了反应的进一步进行，所以铝制容器可以装运浓硝酸，B正确；少量白磷保存在水中，防止白磷与氧气反应而自燃，C正确；橡胶分子中有双键，能与溴水发生反应，所以保存溴水的试剂瓶应用玻璃塞。13．B【解析】A．FeS2高温灼烧生成SO2，故不选A；B．Ca(ClO)2和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和HClO，HClO在光照条件下分解为HCl和O2，故选B；C．稀盐酸和二氧化锰不反应，故不选C；D．NO和水不反应，NO不能和水反应生成硝酸，故不选D；选B。14．D【解析】①SO2具有还原性，能使KMnO4（H+，aq）褪色；②SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；③SO2具有还原性，能使溴水褪色；④SO2具有还原性，能使氯水褪色；⑤Fe3+（aq）具有氧化性，能把SO2氧化为硫酸，因此说明SO2具有漂白作用的是品红溶液，答案选D。15．C盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据元素守恒进行计算。【解析】溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=1/2n（HCl）=1/2×0.1L×1mol/L=0.05mol；溶液中的H+一部分与O结合变成H2O，一部分变成H2，所以与O结合的H+的量是0.1×1-0.01×2=0.08mol，所以O原子是0.04mol，则Fe%=×100%=81.4%。答案选C。16．2H2SO3＋O2=2H2SO42(NH4)2SO3＋O2=2(NH4)2SO4（或2NH4HSO3＋O2=2NH4HSO4）反应吸热(NH4)2SO3·H2O【解析】(1)本题要注意题目要求的是写出两个氧化还原反应的方程式(见答案)。(2)①溶液温度降低一定是反应吸热所致；②析出的晶体用于造纸和显影液，说明晶体中含有还原性＋4价硫，因此推知晶体的主要成分为(NH4)2SO3，根据相对分子质量为134，可推出其化学式为(NH4)2SO3·H2O。17．CAA此法节约煤，成本低C【解析】(1)在含硫的煤中加生石灰“固硫”的反应是CaO＋SO2=CaSO3、2CaSO3＋O2=2CaSO4，可见所涉及到的反应类型有化合反应、氧化还原反应、非氧化还原反应和非离子反应，答案选C。(2)第一步“固硫”反应的化学方程式为CaO+SO2=CaSO3，气态物质的化学计量数为1，答案选A。(3)石灰石分解成CaO需要消耗很高的能量，浪费煤，使生产成本提高，故使用生石灰更好，答案选A。(4)①少用煤作燃料，可减少SO2的排放，减少酸雨；②把工厂的烟囱造高，不能减少酸雨；③先将燃料煤脱硫，可减少SO2的排放，减少酸雨；④在土壤中加石灰虽可中和酸雨造成的酸性，但不会减少酸雨；⑤开发新能源，避免含S、N的氧化物大量排放，减少酸雨；能减少酸雨的措施有①③⑤，答案选C。18．(1)0.9(2)SO2、H213.44L(3)36(4)1:3(5)336【解析】（1）39g锌与50mL18.4mol/L的浓硫酸充分反应，锌完全溶解，将反应后的溶液稀释到500mL，测得溶液中氢离子的浓度为0.08mol/L，剩余硫酸的物质的量为。反应过程中消耗的物质的量是0.05L×18.4mol/L-0.02mol=0.9mol；（2）根据题意可知，反应生成SO2和H2。根据硫元素守恒，生成SO2的物质的量为0.05L×18.4mol--0.02mol=0.3mol；设反应生成氢气的物质的量为amol，根据电子守恒：，a=0.3mol。所以生成气体的总体积为(0.3+0.3)mol×22.4L/mol=13.44L。（3）向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，溶质为NaNO3，根据钠元素守恒，n(NaOH)=n()=0.05L×8mol/L-=0.36mol，所以加入的1.0mol/LNaOH溶液的体积为mL。（4）1.52g铜镁合金最终生成2.54g氢氧化物沉淀，镁、铜所得电荷数为，设NO和的物质的量分别为amol、bmol，，a=0.01mol、b=0.03mol，所以NO和的物质的量之比为1:3。（5）1.52g铜镁合金共失去0.06mol电子，1mol氧气转移4mol电子，根据转移电子守恒，若将上述生成的混合气体全部与一起通入水中，使其完全转化为，需通入标准状况下的氧气至少。19．(1)2Fe2+++4OH-=2Fe++2H2↑+2H2O(2)Fe3+或FeCl32NO+3H2O2=2HNO3+2H2OH2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，NO脱除率降低【解析】（1）将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁、H2和NaBO2等，铁元素化合价由+2降低为0，NaBH4中H元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2Fe2++BH+4OH-=2Fe+BO+2H2↑+2H2O，故答案为：2Fe2+++4OH-=2Fe++2H2↑+2H2O；（2）①Fe2+催化H2O2分解产生HO-和，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，Y的化学式为Fe3+或FeCl3，故答案为：Fe3+或FeCl3；②NO被H2O2氧化为HNO3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O；③H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，所以温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势，故答案为：H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，NO脱除率降低。20．1.60g3.60mol•L-1(1)根据氧化性的强弱顺序判断反应的先后顺序，推测1.28g固体纯净物的成分，再进一步确定CuO的质量；(2)盐酸的浓度c(HCl)=c(H+)=c(Cl-)，滤液中只含有一种溶质，易知是FeCl2,若计算出Fe2+的物质的量，则可以计算出n(Cl-),从而得出盐酸的浓度。【解析】（1）根据氧化性强弱：Fe3+>Cu2+>H+，Fe涉及的相关反应按①②③顺序发生下列三组反应：①Fe2O3~2HCl~2FeCl3，2FeCl3​+Fe=3FeCl2；②CuO~2HCl~CuCl2

,

CuCl2

+

Fe=FeCl2

+Cu；③2HCl+Fe=FeCl2+H2↑。依据题意易推知1.28g固体纯净物为铜，物质的量为0.02mol，逆推可判断固体混合物中含有0.02molCuO,质量为1.60g,故固体混合物中CuO的质量为1.60g。（2）设与Fe2O3反应的Fe的物质的量为xmol，①Fe2O3

~Fe

~3FeCl2；②CuO

~

Fe~FeCl2

~Cu

；③2HCl~Fe~FeCl2

~

H2↑则160x+56(x+0.02+0.04)+80×0.02=13.6，求得x=0.04mol，可知n(FeCl2)=0.04×3+0.02+0.04=0.18mol，n(Cl-)=2n(FeCl2)=0.36mol，c(Cl-)===3.60mol/L，则盐酸浓度为3.60mol/L。21．溶解后所得溶液的溶质为、；对比实验Ⅲ、Ⅳ可知，固体增加的质量与加入铁粉增加的质量相等，则实验Ⅲ中、均已被完全还原，故实验Ⅲ中Fe有剩余，若第2次加入的Fe全部置换Cu，可知会生成Cu为0.96g＞(1.20g-0.32g)=0.88g，故实验Ⅲ中Fe有剩余，实验Ⅱ再加入0.84gFe反应前后固体质量之差为：1.2g-(0.84g+0.32g)=0.04g，利用差量法计算出消耗Fe的质量，由加入的铁计算出剩余的铁的质量，根据实验Ⅲ固体的总质量计算出铜的质量，根据n=计算出铜的物质的量，根据铜元素守恒计算出氧化铜的物质的量，再利用混合物中O元素与硫酸中H元素结合生成水，由水中H、O原子数目之比为2：1，得到n(H)=2[n(CuO)+3n(Fe2O3)]，从而计算出氧化铁的物质的量，由此分析。【解析】(1)根据和溶液的可得，；(2)实验Ⅲ比实验Ⅱ多加入Fe粉质量为(1.68g-0.84g)=0.84g＜(1.20g-0.32g)=0.88g，将实验Ⅲ中Fe粉分成2次加入：先加入0.84g，再加入0.84g，第2次加入的Fe一定发生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，若第2次加入的Fe全部置换Cu，可知会生成Cu为0.96g＞(1.20g-0.32g)=0.88g，故实验Ⅲ中Fe有剩余，实验Ⅱ再加入0.84gFe反应前后固体质量之差为：1.2g-(0.84g+0.32g)=0.04g，设第2次消耗Fe的质量为mg，则：mg：0.04g=56：8g解得m=0.28g，则第2次加入后，剩余的Fe为0.84g-0.28g=0.56g，故Cu的质量为1.2g-0.56g=0.64g，由Cu原子守恒可知n(CuO)=n(Cu)=g/mol=0.01mol；硫酸溶液中n(H+)=0.8L×0.1mol/L=0.08mol，混合物中O元素与硫酸中H元素结合生成水，由水中H、O原子数目之比为2：1，可知n(H)=2[n(CuO)+3n(Fe2O3)]，故0.08mol=2×[0.01mol+3n(Fe2O3)]，解得n(Fe2O3)=0.01mol，故样品中物质的量之比n(CuO)：n(Fe2O3)=0.01mol：0.01mol=1：1。【点睛】对比实验Ⅲ、Ⅳ可知，固体增加的质量与加入铁粉增加的质量相等，则实验Ⅲ中、均已被完全还原，故实验Ⅲ中Fe有剩余，为难点。计算氧化铁的物质的量时，根据混合物中O元素与硫酸中H元素结合生成水，由水中H、O原子数目之比为2：1，较为简便。22．用热的氢氧化钠溶液洗涤加快反应速率水浴加热C2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O抑制Fe3+水解蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤NH4Fe(SO4)2·12H2O废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此解答该题。【解析】(1)用热的氢氧化钠溶液洗涤铁屑表面的油污后，再用水洗涤铁屑表面附着物；(2)加热可以加快化学反应速率，进而加快铁屑的溶解。为便于控制温度在80～95℃，可采取热水浴加热方式。铁屑中硫化物与稀硫酸反应生成酸性气体硫化氢，可用碱液吸收，并用倒扣漏斗，既能充分吸收又能防止倒吸，答案选C；(3)步骤③中加入足量的H2O2后将全部氧化为，发生的离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；同时溶液的pH要保持小于0.5，以抑制Fe3+水解；(4)从溶液中得到产品硫酸铁铵晶体，先加热浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥即可；(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1mol，加热到150℃，失去1.5mol(即27g)水，质量减轻5.6%，则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为，的相对分子质量为266，则剩余部分为水，，故硫酸铁铵晶体的化学式为。23．3Cu+2HNO3+3H2SO4=3