（新教材）2020-2021学年上学期高一第二次月考测试卷 化学（B卷）教师用卷

此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号第二次月考测试卷化学（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是A．无水硫酸铜、蔗糖B．硅胶、食盐 C．食盐、硫酸亚铁D．生石灰、硫酸亚铁【答案】D【解析】A．无水硫酸铜能吸收水分，但蔗糖不能防止食品被氧化，A不正确；B．硅胶能防止食品受潮，食盐不能防止食品被氧化，B不正确；C．食盐不能吸收水分，硫酸亚铁能防止食品被氧化，C不正确；D．生石灰能防止食品受潮，硫酸亚铁能防止食品被氧化，D正确；答案选D。2．下列物质中，既能与强酸反应，又能与强碱反应的是①Na2CO3②Al③Al2O3④Al(OH)3⑤NaHCO3A．②③④B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④⑤【答案】B【解析】①Na2CO3属于弱酸强碱盐，能与酸反应生成CO2气体，不能与碱反应，故①错误；②金属铝与酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成偏铝酸根和氢气，故②正确；③Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应生成Al3+离子，又能与碱反应生成偏铝酸根离子，故③正确；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与酸反应生成Al3+离子，又能与碱反应生成偏铝酸根离子，故④正确；⑤NaHCO3属于弱酸强碱盐，既能与酸反应生成CO2气体，又能与碱反应生成盐，故⑤正确；故选B。3．下列物质不能由单质直接化合而生成的是A．FeCl3B．FeSC．CuID．CuS【答案】D【解析】A．铁与氯气反应生成氯化铁，故A不选；B．铁单质与硫单质生成硫化亚铁，故B不选；C．铜单质与碘单质反应生成碘化亚铜，故C不选；D．铜单质与硫单质反应生成硫化亚铜，故D选。4．下列关于金属材料的说法中正确的是A．飞机机身使用的是镁铝合金而不是钢材，是因为钢材价格高B．合金都是由不同金属单质组成的混合物C．金属材料有合金材料也有纯金属材料D．古代留下大量的青铜器文物是由于青铜比纯铜柔软，容易制成各种器皿【答案】C【解析】A．飞机机身体积不变，要求机身材料的密度越小越好，所以使用镁铝合金而不是钢材，是因为镁铝合金的密度更小，故A错误；B．合金，是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，一般通过熔合成均匀液体和凝固而得，不一定是由不同的金属单质组成，也可以是金属与非金属组成，故B错误；C．金属材料包括合金材料和金属材料，所以金属材料有合金材料也有纯金属材料，故C正确；D．青铜是铜的合金，合金的特点是硬度大，青铜比纯铜的硬度要高，故D错误。5．下列离子方程式中书写正确的是A．将氢氧化铁胶体放入过量的盐酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OB．Na与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=2Na++CuC．钠与水反应：Na+H2O=Na++OH−+H2↑D．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+=Fe3++H2O【答案】A【解析】A．将氢氧化铁胶体放入过量的盐酸生成三价铁离子和水，离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故A正确；B．钠进入CuSO4溶液后，首先是和水反应生成NaOH和氢气，然后氢氧化钠再和CuSO4反应，离子方程式为：Cu2++2Na+2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．钠与水反应生成氢气和NaOH，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C错误；D．氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水,正确的离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，故D错误；故选A。6．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4含有的原子数为5NAB．0.3molFe粉与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.4NAC．1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NAD．7.1gCl2溶于水，转移电子数目为0.1NA【答案】B【解析】A．标准状况下CCl4是液体，22.4LCCl4的物质的量不是1mol，故A错误；B．铁粉与水蒸气发生反应3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0.3molFe粉与足量水蒸气反应生成0.4molH2，分子数为0.4NA，故B正确；C．过氧化钠和水反应生成氧化钠和氧气，过氧化钠中氧有-1价变为0价和-2价，故1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA，故C错误；D．7.1gCl2溶于水，只有部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移电子数目小于0.1NA，故D错误。7．用相同的铝片、6mol·L−1稀盐酸、3mol·L−1稀硫酸、6mol·L−1氢氧化钠溶液、试管等分别进行下表实验：实验方案实验现象实验原理(化学方程式)(1)铝片与足量盐酸反应铝片开始无现象，一段时间后逐渐溶解，并有大量气泡产生Al2O3+6HCl＝2AlCl3+3H2O2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑(2)铝片与足量硫酸反应铝片开始无现象，一段时间后反应缓慢，铝片表面有少量气泡产生Al2O3+3H2SO4＝2Al2(SO4)3+3H2O2Al+3H2SO4＝2Al2(SO4)3+3H2↑(3)铝片与足量氢氧化钠溶液反应铝片开始无现象，一段时间后铝片逐渐溶解，并有大量气泡产生Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑对上述实验的相关说法不正确的是A．对比(1)、(2)、(3)中Al2O3参与的反应可得出：Al2O3既有碱性氧化物的某些性质，又有酸性氧化物的某些性质B．对比(1)、(2)、(3)中气体产生现象和酸碱的挥发性可得出：实验(3)最适宜于实验室制备H2C．对比实验(1)、(2)中后来产生气泡的现象，可得出：c(H+)越大，相同时间内产生气泡越多D．对比实验(1)、(2)中后来产生气泡的现象，可得出：SOeq\o\al(2−,4)对Al与H+的反应可能有阻碍作用【答案】C【解析】A．实验(1)、(2)、(3)中Al2O3既能与非氧化酸反应生成一种盐和水，又能和碱反应生成一种盐和水，说明Al2O3既有碱性氧化物的某些性质，又有酸性氧化物的某些性质，故A项说法正确；B．实验(2)后来气泡产生较慢，实验(1)、(3)中，后来都有大量气泡产生，因此实验(1)、(3)都可用制备H2，但因盐酸具有挥发性，会使所得H2中含有一定量杂质HCl，所以实验(3)最适宜于实验室制备H2，故B项说法正确；C．6mol·L−1稀盐酸与3mol·L−1稀硫酸中c(H+)相同，因此实验(2)中后来产生H2的速度较低与c(H+)无关，是由其它原因导致，故C项说法错误；D．实验(1)、(2)中c(H+)、铝片等实验条件相同，不同之处在于盐酸与硫酸中阴离子种类，实验(1)后来产生H2较快，而实验(2)后来产生H2较慢，其原因可能是Cl−对Al与H+的反应有促进作用或者SOeq\o\al(2−,4)对Al与H+的反应可能有阻碍作用，故D项说法正确。8．在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z−+2XOeq\o\al(−,4)=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B−③2B−+Z2=B2+2Z−同一反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂还原性大于还原产物还原性。根据上述反应，下列结论判断错误的是A．溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z−B．Z2在①、③反应中为还原剂C．氧化性强弱的顺序为：XOeq\o\al(−,4)>Z2>B2>A3+D．X2+是XOeq\o\al(−,4)的还原产物【答案】B【解析】①16H++10Z−+2XOeq\o\al(−,4)=2X2++5Z2+8H2O，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则氧化性：XOeq\o\al(−,4)>Z2；②2A2++B2=2A3++2B−，氧化性：B2>A3+；③2B−+Z2=B2+2Z−，氧化性：Z2>B2；所以氧化性关系为：XOeq\o\al(−,4)>Z2>B2>A3+，则还原性为A2+>B−>Z−>X2+。A．氧化性：Z2>A3+，则溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z−，故A正确；B．①16H++10Z－+2XOeq\o\al(−,4)=2X2++5Z2+8H2O，还原性：Z−>X2+，Z−是还原剂；③2B−+Z2=B2+2Z−，反应中Z2是氧化剂；故B错误；C．由分析可知，氧化性关系为：XOeq\o\al(−,4)>Z2>B2>A3+，故C正确；D．化合价降低，发生还原反应，产物是还原产物，则X2+是XOeq\o\al(−,4)的还原产物，故D正确。故答案选：B。9．化学反应中绚丽的颜色变化体现了化学之美。关于物质类别或者反应类型的叙述一定正确的是A．变化②得到的白色沉淀一定是硫酸盐 B．物质M一定是碱C．物质P可以是Cu D．变化④一定属于氧化还原反应【答案】A【解析】根据框图信息，黄色的硫酸铁溶液加入M转化为红褐色沉淀，即铁离子转化为氢氧化铁，则M可以为碱或能与水反应生成碱的氧化物，如氧化钠或过氧化钠等；黄色的硫酸铁溶液加入P，溶液变为浅绿色，即铁离子被还原为亚铁离子，亚铁离子的溶液为浅绿色，则P为具有还原性的物质；黄色的硫酸铁溶液加入Q，溶液变为红色，三价铁离子与硫氰根离子形成红色溶液，则Q含有硫氰根离子；黄色的硫酸铁溶液加入N产生白色沉淀，说N中含有钡离子，生成的白色沉淀为硫酸钡，根据分析，变化②得到的白色沉淀是硫酸钡，属于硫酸盐，故A正确；物质M不一定是碱，也可以是氧化钠或过氧化钠等与水反应生成碱的物质，故B错误；若物质P是Cu，铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，含铜离子的溶液显蓝色，观察不到浅绿色，故C错误；变化④为三价铁离子与硫氰根离子形成红色络合物，属于络合反应，不是氧化还原反应，故D错误。10．用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法正确的是A．实验时，先点燃酒精喷灯再点燃酒精灯B．装置B中H2O作氧化剂，发生的化学方程式为C．干燥管中加入的固体干燥剂可以是无水硫酸铜D．收集反应产生的气体选用装置A【答案】D【解析】A．为防止Fe被空气中氧气氧化，则应先点燃酒精灯使A装置中的水蒸气进入硬质玻璃管后再点燃酒精喷灯，故A不选；B．装置B中H2O作氧化剂，发生的化学方程式为，故B不选；C．无水硫酸铜只能作为检验水蒸气，但不能作为干燥剂，干燥管中的干燥剂可以为无水氯化钙等干燥剂，故C不选；D．由反应可知，生成的气体为氢气，收集氢气应选向上排空气法，则应选择A装置收集氢气，故选D。二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）11．在一定量铁的氧化物中，加入45mL4mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为A．9∶7B．3∶2C．6∶5D．4∶3【答案】A【解析】铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由H、O守恒可知，n(H2O)=n(H2SO4)=n(氧化物中的O)，硫酸的物质的量为0.045L×4mol/L=0.18mol，可知氧化物中含O为0.18mol；Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由电子守恒可知n(Fe2+)×1=0.672L/22.4L∙mol−1×2×1，n(Fe2+)=0.06mol；铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+)=x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol∶(0.08mol+0.06mol)=9∶7，故选项A符合题意。12．下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是①金属钠在纯氧中燃烧②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液④无水硫酸铜放入医用酒精中A．③②①④B．②③①④C．①②③④D．③①②④【答案】A【解析】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的Na2O2；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，生成白色沉淀Fe(OH)2，然后会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的Fe(OH)3；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，生成红色的Fe(SCN)3；④无水硫酸铜放入医用酒精中，无水硫酸铜吸收了医用酒精中的水生成了蓝色的CuSO4·5H2O，所以A的顺序正确。13．下列各图中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是A．①②③④⑤B．①②⑤C．①②③④D．②④⑤【答案】B【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。①、②原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；⑤中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；答案选B。14．在含有FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断正确的是A．加入KSCN溶液可能变红色B．溶液中可能含Cu2+C．溶液中一定含有Fe2+D．剩余固体中一定含有Fe【答案】BC【解析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+，据此进行判断。①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A．由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A错误；B．若Fe不足，溶液中可能有Cu2+，故B正确；C．固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，故C正确；D．根据以上分析可知如果铁不足，剩余的固体没有铁，故D错误；故答案选BC。15．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，测得溶液中COeq\o\al(2−,3)、HCOeq\o\al(−,3)、AlOeq\o\al(−,2)、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A．a曲线表示的离子方程式为AlOeq\o\al(−,2)+H++H2O=Al(OH)3↓B．原混合溶液中的COeq\o\al(2−,3)与AlOeq\o\al(−,2)的物质的量之比为1∶2C．V1∶V2＝l∶4D．M点时生成的CO2为0.05mol【答案】AC【解析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L−1的盐酸，首先，发生反应AlOeq\o\al(−,2)+H++H2O=Al(OH)3↓，a线表示AlOeq\o\al(−,2)，由图可知AlOeq\o\al(−,2)反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlOeq\o\al(−,2)）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol，第二阶段，AlOeq\o\al(−,2)反应完毕，发生反应COeq\o\al(2−,3)+H+=HCOeq\o\al(−,3)，b线表示COeq\o\al(2−,3)，c线表示HCOeq\o\al(−,3)，由图可知COeq\o\al(2−,3)转化为HCOeq\o\al(−,3)完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（COeq\o\al(2−,3)）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol，第三阶段，发生反应HCOeq\o\al(−,3)+H+=CO2↑+H2O，d线表示HCOeq\o\al(−,3)，由图可知HCOeq\o\al(−,3)反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCOeq\o\al(−,3)）=n（H+），第四阶段，发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al(OH)3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al(OH)3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL，由上述分析可知A正确；原混合溶液中的COeq\o\al(2−,3)与AlOeq\o\al(−,2)的物质的量之比为0.05mol∶0.05mol=1∶1，故B错误；原溶液中n(COeq\o\al(2−,3))=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积0.025mol×1mol/L=0.025L=25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1∶V2=75mL∶300mL=l∶4，故C正确；由上述分析可知M点时溶液中COeq\o\al(2−,3)完全转化为HCOeq\o\al(−,3)，没有CO2生成，故D错误；故选：AC。三、非选择题（共60分）16．化学与生活密切相关。回答下列问题：(1)Na2O2常用于解决潜艇的供氧问题，有关原理是：Na2O2与_________反应生成O2，CaO2与Na2O2性质相似，常用于解决鱼塘缺氧问题，其反应原理用化学方程式表示为___________，不用Na2O2解决该问题的原因是_________(从与水反应生成物的性质考虑)。(2)NaHCO3的俗名为________，其水溶液呈碱性，常用于处理食品生产中面粉过度发酵产生的有机酸(HA)，又能使面食疏松多孔，有关反应的化学方程式为___________。(3)2020年新冠肺炎病毒全球肆虐，NaClO、K2FeO4均是效果较好的消毒剂，NaClO久置于空气中失效的原因是①________________(用语言描述)；②2HClOeq\o(=,\s\up7(光))2HCl+O2↑。【答案】（1）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22CaO2+2CO2=2CaCO3+O2Na2O2与水反应生成的氢氧化钠是强碱，具有腐蚀性，不能与鱼接触小苏打NaHCO3+HA=NaA+H2O+CO2↑NaClO和空气中的水、二氧化碳反应生成NaHCO3和HClO，HClO不稳定，常温下易分解生成氯化氢和氧气【解析】（1）Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3和O2，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；CaO2与Na2O2性质相似，与二氧化碳反应生成碳酸钙和氧气，化学方程式表示为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2，不用Na2O2，Na2O2与水反应生成的氢氧化钠是强碱，具有腐蚀性，不能与鱼接触；(2)NaHCO3的俗名为小苏打，其水溶液呈碱性，与有机酸(HA)反应生成NaA、H2O和CO2，化学方程式为NaHCO3+HA=NaA+H2O+CO2↑；(3)NaClO久置于空气中失效的原因是①NaClO和空气中的水、二氧化碳反应生成NaHCO3和HClO，HClO不稳定，常温下易分解生成氯化氢和氧气。17．按要求完成下列问题。（1）0.5molCH4含___个电子。（2）下列物质既能导电，又属于电解质的是___(填字母)。A．NaCl溶液B．铁丝C．稀硫酸D．熔融的氢氧化钠E．盐酸F．硫酸（3）同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，则甲乙两容器的体积之比为____。（4）现配制500mL0.3mol/L稀硫酸溶液，需用量简量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸____mL。（5）①水银②烧碱③大理石④氯化钠晶体⑤盐酸溶液⑥蔗糖，属于电解质的是___，属于非电解质的是____(填序号)。【答案】（1）5NA或3.01×1024D2∶1(或2)20.0②④⑥【解析】（1）0.5molCH4含有0.5mol×10×NA=5NA个电子；（2）电解质溶于水或者在熔融状态下能导电，A．NaCl溶液是电解质溶液，能导电，但是混合物，不是电解质；B．铁丝是金属单质，能导电，不是电解质；C．稀硫酸是溶液，能导电，是混合物，不是电解质；D．熔融的氢氧化钠能导电，是电解质；E．盐酸是氯化氢的水溶液，能导电，但属于混合物，不是电解质；F．硫酸是电解质，但没有自由移动的离子，不能导电；故答案为：D。（3）HCl气体和NH3所含原子个数相等，则HCl气体和NH3物质的量之比是2∶1，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则甲乙两容器的体积之比为2∶1；（4）质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度===7.5mol/L，得=20.0ml；（5）电解质是熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，所以②烧碱④氯化钠晶体是电解质，非电解质是熔融状态下和溶于水均不导电的化合物，所以⑥蔗糖是非电解质，①水银是单质，③大理石⑤盐酸溶液都是混合物，即不是电解质也不是非电解质，故答案为：②④；⑥。18．为探究某固体化合物X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。已知无色气体B能形成酸雨。请回答：（1）X的化学式是________。（2）设计实验方案检验黄色溶液中的金属阳离子___________________。（3）将无色气体B通入黄色溶液A中，发现溶液变成浅绿色。请用离子方程式表示该反应_________【答案】（1）FeS2（2）取少量黄色溶液，滴加KSCN溶液，若变血红色，说明存在Fe3+（3）2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SOeq\o\al(2−,4)+4H+【解析】X在真空中加热后生成黄色单质，该黄色单质在氧气中燃烧生成能形成酸雨的无色气体，则单质为S，无色气体为SO2；黑色固体在与氧气在高温条件下生成二氧化硫气体和红棕色化合物，该化合物溶于酸显黄色，可知该红棕色化合物为氧化铁，黄色溶液为硫酸铁溶液，褐色化合物黑色化合物由铁元素和硫元素组成，黑色化合物的质量=1.2g-0.32g=0.88g，红棕色化合物中铁的质量=0.8g×=0.56g，则硫元素的质量=0.88g-0.56g=0.32g，所以铁原子和硫原子的个数比=，所以黑色化合物的化学式为FeS，X中还有0.32g硫元素，所以X的化学式为FeS2。（1）X的化学式是FeS2；（2）黄色溶液中的金属阳离子是三价铁离子，故检验方法是取少量黄色溶液，滴加KSCN溶液，若变血红色，说明存在Fe3+；（3）将无色气体B通入黄色溶液A中，发现溶液变成浅绿色的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SOeq\o\al(2−,4)+4H+。19．《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下：(1)检测锈蚀产物锈蚀产物的主要成分为Fe3O4、Fe2O3·H2O、FeO(OH)、FeOCl。铁器在具有O2、________(填化学式)等环境中易被腐蚀。(2)分析腐蚀原理一般认为，铁器腐蚀经过了如下循环：①Fe转化为Fe2+；②Fe2+在自然环境中形成FeO(OH)，该物质中铁元索的化合价为________；③FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层；④Fe3O4保护层被氧化为FeO(OH)，如此往复。请配平化学方程式：________Fe3O4+________O2+________H2O=________FeO(OH)。(3)研究发现，Cl−对铁的腐蚀有严重影响。化学修复过程为脱氯，还原形成Fe3O4保护层，方法如下：将铁器浸没在盛有和的混合溶液的容器中，缓慢加热，使温度保持在。一段时间后，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl−。①检测洗涤液中是否含有Cl−的方法是________________。②脱氯反应：。离子反应的本质是溶液中某些离子的浓度降低，则溶解度FeOCl________(填“>”“<”或“=”)FeO(OH)。③配平Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式________SOeq\o\al(2−,3)+________FeO(OH)=________SOeq\o\al(2−,4)________Fe3O4+________H2O。【答案】（1）H2O+341612取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生说明洗涤液中无Cl−>16123【解析】(1)铁器在具有O2、H2O(潮湿)等环境中易被腐蚀。(2)②根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，FeO(OH)中铁元素的化合价为+3。④根据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为4Fe3O4+O2+6H2O=12FeO(OH)。(3)①氯离子可以和银离子反应生成难溶于酸的沉淀，所以检测洗涤液中是否含有氯离子的方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生说明洗涤液中无Cl−。②离子反应的本质是溶液中某些离子的浓度降低，这说明FeO(OH)更难溶，因此FeOCl的溶解度大于FeO(OH)的溶解度。③根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可知，Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是。20．完成下列问题（1）在明代宋应星所著的《天工开物》中，有关于火法炼锌的工艺记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，罐中