辽宁省沈阳市第一二〇中学2022-2023学年高一上学期第三次月考化学试题（解析版）

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辽宁省沈阳市第120中学2022-2023学年高一上学期第三次质量检测化学试题满分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Cl-35.5Fe-56I-127第Ⅰ卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列古诗词的描述中发生化学变化的是A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金B.美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来C.春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干D.日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川【答案】C【解析】【详解】C项中，“蜡炬成灰泪始干”涉及到可燃物的燃烧，属于化学变化，C项符合题意；A、B、D项均未涉及化学变化，不符合题意。因此，本题选C。2.某溶液中含有下列离子、、、、，向其中先加入足量的KOH溶液，然后微热并搅拌，再加入足量的稀盐酸原溶液中离子基本不变的为A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】混合溶液中加入足量KOH微热，生成Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，被氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有Fe2+，增大的为Fe3+，加KOH使K+增大，加盐酸使增大Cl-，离子基本不变的为Al3+。故选A。3.2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。规定1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数，符号为。若定义阿伏加德罗常数数值为B，下列有关说法正确的是A.0.1B个Fe与氯气加热时消耗3.36L氯气B.50mL盐酸与足量共热，转移的电子数等于0.3BC.常温常压下，7.0g与的混合物中含有氢原子的数目为BD.1L0.5mol/L溶液中含有的氧原子数为1.5B【答案】C【解析】第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

1【详解】A．铁和氯气加热时反应生成氯化铁，1molFe消耗1.5mol氯气，则0.1B个Fe加热时消耗标况下3.36L氯气，由于没有指明是在标况下，A错误；B．含4molHCl浓盐酸与足量二氧化锰反应转移2mol电子，50mL12mol/L盐酸，其HCl的物质的量为0.6mol，但消耗变稀后反应就停止了，所以转移电子数小于0.3B，B错误；C．C2H4和C3H6的最简式为CH2，所以7g混合物物质的量为，则氢原子物质的量为1mol，所以氢原子数目为B，C正确；D．1L0.5mol/LHNO3溶液中含HNO3的物质的量为0.5mol/L1L=0.5mol，1个硝酸分子中含有3个氧原子，0.5molHNO3中含有的氧原子数为1.5B，但水分子中也含有氧原子，D错误；故选C。4.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A.与铝反应放出的溶液：、、、、B.含有的溶液中：、、、C.含有的溶液中：、、、D.室温下，强酸性溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．与铝反应放出的溶液可能显酸性也可能显碱性，显碱性不能大量共存，显酸性在酸性溶液中具有强氧化性，与金属反应得不到氢气，A不符合；B．含有的溶液中、、、可以大量共存，B符合；C．含有的溶液中铁离子与反应，不能大量共存，C不符合；D．室温下，强酸性溶液中、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合；答案选B。5.下列离子方程式不正确的是A.溶液与溶液按照溶质微粒个数1：4混合：B.含有amol的溶液中，通入等物质的量的氯气：C.向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液：D.向中投入固体：【答案】D【解析】第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

2【详解】A．溶液与溶液按照溶质微粒个数1：4混合，恰好反应生成硫酸钡、偏铝酸盐、一水合氨和水，反应的离子方程式为，A正确；B．含有amol的溶液中，通入等物质的量的氯气，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子方程式为，B正确；C．向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液，生成一水合氨、硫酸钠和氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式为，C正确；D．向中投入固体，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，则反应的离子方程式应该为，D错误；答案选D。6.某工业废水中存在大量的Na+、Cl－、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO，设计工艺流程如图所示：下列说法不正确的是A.NaOH的作用是除去Cu2+B.试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3C.流程图中，操作x为过滤D.试剂c为硫酸【答案】D【解析】【分析】工业废水中加入NaOH，生成氢氧化铜沉淀，除去铜离子，再加入氯化钡除去硫酸根离子，之后加入碳酸钠除去过量的钡离子，然后过滤，向滤液中加入适量的盐酸除去碳酸根和氢氧根，得到纯净的氯化钠溶液。【详解】A．根据分析可知NaOH的作用是除去Cu2+，故A正确；B．根据分析可知试剂a为氯化钡除去硫酸根，b为碳酸钠除去钡离子，故B正确；C．根据分析可知x为过滤，故C正确；D．试剂c应为盐酸，加入硫酸会引入硫酸根杂质，故D错误；答案为D。7.甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中加入等质量的铝粉，反应结束产生的气体体积比为3：4，则加入铝粉的质量A.3.6gB.5.4gC.2.7gD.1.8g第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

3【答案】A【解析】【详解】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由方程式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，铝与酸反应时酸完全反应，根据方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑可知0.3mol盐酸生成0.15mol氢气，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×4/3=0.2mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知消耗铝的质量是。答案选A。8.四氧化三铁()磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备纳米颗粒的反应是。下列问题叙述不正确的是A.该条件下氧化性强于B.离子方程式中x=4C.每生成1mol，反应转移的电子为4molD.水热法制备纳米颗粒的反应中，还原剂是【答案】D【解析】【详解】A．氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，是氧化产物，故该条件下O2氧化性强于，A正确；B．根据电荷守恒与质量守恒定律可知，x=4，B正确；C．每生成1molFe3O4的同时生成1mol，故该反应转移的电子为，故每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol，C正确；D．根据反应方程式可知，硫元素化合价由+2价变为+2.5价，硫元素化合价升高；且铁元素化合价也生，故该反应的还原剂是：、，D错误；答案选D。9.从某工业废水中(含、、、、)回收利用Al和的工艺流程如图所示。下列说法错误的是第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

4A.操作a和操作b均是过滤B.溶液①中不止一种物质与发生反应C.溶液②的溶质主要是NaCl和D.固体Y可以是铁粉【答案】C【解析】【分析】废水中(含、、、、)，加入过量的NaOH后过滤，得到滤液①为NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，沉淀①为Fe(OH)3和Fe(OH)2，向滤液①中，通入过量的CO2，过滤后，得到溶液②为NaHCO3、NaCl，沉淀②为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3后得到的固体X为Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；向沉淀①中加入足量稀硫酸得到滤液③，溶质为FeSO4和Fe2(SO4)3，再向溶液③中加入过量Fe，得到溶液④，溶质为FeSO4，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到【详解】A．见分析，操作a和操作b均为过滤，A正确；B．溶液①为NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，通入过量的，NaAlO2和NaOH都会发生反应，B正确；C．CO2过量，C元素应该以形式NaHCO3存在，所以溶液②的溶质主要是NaCl和NaHCO3，C错误；D．固体Y的作用是将还原为，所以可以是Fe粉，D正确；故选C。10.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，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是A.过程①发生复分解反应，由弱酸反应得到强酸B.过程②中，发生反应的离子方程式为：S2-＋2Fe3＋=S＋2Fe2＋C.过程③中，标准状况下11.2LO2参加反应转移2mol电子D.在②中Fe3＋作氧化剂，在③中Fe3＋是氧化产物【答案】B第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

5【解析】【详解】A．过程①发生的反应是复分解反应，由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸，A不选；B．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，硫化铜是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是，故B选；C．过程③中，标准状况下11.2LO2参加反应其物质的量是=0.5mol，转移0.5mol×2×2=2mol电子，故C不选；D．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，Fe3＋作氧化剂，在③中，Fe2＋转化为Fe3＋，Fe3＋是氧化产物，故D不选；故选：B。11.常温下，的溶液中可能含有、、、、、中的某几种离子，现取100mL该溶液进行实验，已知：①在中溶解度远大于在水中的溶解度；②。根据实验结果，下列说法正确的是A.一定存在、、B.一定不存在，可能存在和C或至少有一种D.该溶液中一定存在、，可能含【答案】A【解析】【分析】溶液中的H+可以与反应，故溶液中不存在；向溶液中通入氯气分液后得到紫黑色固体，说明有I2生成，则原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+，2.54g碘单质的物质的量为2.54g÷254g/mol=0.01mol，所以原溶液中n（I-）=0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe（OH）2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量n（Fe2+）==0.02mol；0.02molFe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，0.02molI-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，由于不能确定是否存在Na+，Cl-的物质的量n（Cl-）≥0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，据此分析解答。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

6【详解】A．根据分析，溶液中一定存在、、，故A正确；B．根据分析，溶液中一定不存在，可能存在Na+，一定存在Cl-，故B错误；C．根据分析，原溶液中不存在Fe3+，故A错误；D．根据分析，溶液中一定存在Cl-，故D错误；故选A。12.为探究铍及其氧化物的性质，进行如下实验(铍片规格相同)：实验操作实验现象实验原理①向盛有铍片的试管中加入足量6mol•L-1盐酸开始无现象，一段时间后铍片逐渐溶解，并有大量气泡产生BeO+2HCl=BeCl2+H2OBe+2HCl=BeCl2+H2↑②向盛有铍片的试管中加入足量3mol•L-1硫酸溶液开始无现象，一段时间后，铍片表面缓慢放出少量气泡BeO+H2SO4=BeSO4+H2OBe+H2SO4=BeSO4+H2↑③向盛有铍片的试管中加入足量6mol•L-1氢氧化钠溶液开始无现象，一段时间后铍片逐渐溶解，并有大量气泡产生BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2OBe+2NaOH=Na2BeO2+H2↑下列说法错误的是A.实验开始均无现象原因是：Be在空气中形成氧化膜B.根据实验可知：BeO既有碱性氧化物的性质，又有酸性氧化物的性质C.对比实验①、②可知：c(H+)越大，相同时间内产生气泡越多D.对比实验①、②可知：Cl-对Be与H+的反应可能有促进作用【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Be的化学性质活泼，在空气中，表面容易形成氧化膜，因此实验开始均无气泡放出，故A正确；B．对比(1)、(2)、(3)中反应可知，BeO能与酸反应、也能与强碱反应，既有碱性氧化物的某些性质，又有酸性氧化物的性质，故B正确；C．实验(1)、(2)中氢离子的浓度相同，不能根据c(H+)判断相同时间内产生气泡的多少，故C错误；D．实验(1)、(2)中氢离子浓度相同，阴离子不同，生成氢气的速率不同，可能是SO对Be与H+的反应可能有阻碍作用，或者Cl-对Be与H+的反应可能有促进作用，故D正确；故选C。13.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下图所示，Y的原子序数是X的2倍，由此可知第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

7WXYZA.原子半径：Z>Y>XB.Y的单核阴离子还原性比X的强C.Z的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强D.简单氢化物的热稳定性：W>X【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X与Y同主族，且Y的原子序数是X的2倍，则X为O元素；Y为S元素；据此得知W为N元素；Z为Cl元素，据此分析。【详解】A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素的原子半径：Y>Z>X，选项A错误；B．元素非金属性越强，其离子的还原性越弱，故Y的单核阴离子还原性比X的强，选项B正确；C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强，不是最高价氧化物的水化物的酸性不一定强，如HClO的酸性弱于硫酸，选项C错误；D．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性：X>W，选项D错误；答案选B。14.在硫酸铁溶液中，加入ag铜完全溶解后再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，则下列说法中正确的是A.残余固体可能为铁和铜的混合物B.最后得到的溶液可能含有Fe3＋C.残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2＋D.残余固体全部是铜【答案】D【解析】【详解】加入a克铜粉由于发生了如下的反应2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋而全部溶解，如果这部分铜在加入b克铁粉后被全部还原出来，则c应与a相等；现题给条件中已知a＞c，这明加入的a克铜没有全部被还原，溶液中还有Cu2＋，同时也说明加入的铁粉不足（否则a克铜将会被全部还原出来），加入的铁被氧化成Fe2＋；而Fe3＋由于不能与单质铜共存，说明在溶液中已经不再存在；综上所述，说明c克滤渣是铜，滤液中还存在Cu2＋、Fe2＋、H＋这三种阳离子。答案选D。15.某结晶水合物分子式为，其相对分子质量为M，25℃时，ag晶体溶于bg水中即饱和，形成VmL密度为的溶液，下列不正确的是A.饱和溶液的质量分数为第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

8B.25℃，R的溶解度为C.饱和溶液的密度为D.饱和溶液物质的量浓度为【答案】B【解析】【详解】A．溶质的质量=，所以饱和溶液的质量分数=，故A正确；B．溶质的质量=，溶剂的质量=，所以其溶解度=，故B错误；C．溶液质量=（a+b）g，溶液体积为VmL，则溶液的密度=，故C正确；D．溶质的物质的量=，溶液的物质的量浓度=，故D正确；故选B。第Ⅱ卷二、16-19共4道大题，按要求做答16.元素①-⑥在元素周期表中的位置如下，按要求填空IAⅡAⅢAⅣAVAⅥAⅦA0第2周期①②第3周期③④⑤6第4周期⑦回答下列问题：（1）元素①的名称和符号为：_______。（2）元素②的一种中子数为8的核素可用作分析古代人类食物结构，写出其原子符号_______。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

9（3）元素③-⑥中，原子半径最小的是_______(填元素符号)。（4）元素的非金属性：⑤_______⑥(填“>”、“<”或“=”)，若通过实验事实证明上述结论，利用适当的文字与化学用语进行概述：_______(写出2条)（5）常温下，元素④的最高价氧化物的水化物可溶于③的最高价氧化物对应的水化物浓溶液中，其对应的化学方程式为_______。【答案】（1）硼B(名称与符号顺序不限)（2）（3）Cl（4）①.<②.酸性：稳定性：与化合：置换反应：(或：)（5）【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知元素①～⑥分别是B、N、Na、Al、S、Cl、As。【小问1详解】根据以上分析可知元素①的名称和符号分别为硼、B。【小问2详解】N元素的一种中子数为8的核素可用作分析古代人类食物结构，其质量数为7+8＝15，则其原子符号为。【小问3详解】同周期自左向右原子半径逐渐减小，则元素③～⑥中，原子半径最小的是Cl。【小问4详解】同周期自左向右非金属性逐渐增强，则元素的非金属性：S＜Cl，例如酸性：，或稳定性：或与化合：或发生置换反应：(或)均可以证明上述结论。小问5详解】常温下，元素④的最高价氧化物的水化物氢氧化铝可溶于③的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠浓溶液中，其对应的化学方程式为。17.已知：A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN溶液出现红色。各物质之间的转化关系如下图所示，请回答下列问题：第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

10（1）写出化学式：D_______，W_______。（2）H在潮湿空气中变成M的化学方程式_______。（3）写出Q+B→N的离子方程式_______；在B与R反应中，当有1molN物质生成时，参与反应的氧化剂有_______mol。（4）D→E过程中①的离子反应方程式_______。（5）将一定量和混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：①混合物中含的质量为_______g；②所用硫酸溶液物质的量浓度为_______。【答案】（1）①.②.（2）（3）①.②.3（4）（5）①.16②.6.5【解析】【分析】A为淡黄色固体，为Na2O2，其与水反应生成氢氧化钠和氧气；W溶液中加入KSCN溶液出现红色，W为FeCl3，由于H是白色沉淀，B与E混合反应生成H，所以H为氢氧化亚铁，H在潮湿的空气中被氧化为M，M为氢氧化铁，结合以上分析可知B为氢氧化钠，C只能为氧气；由于D是具有磁性的黑色晶体，为Fe3O4，所以T为铁，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁(D)第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

11，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁的混合液，混合液中加入足量的铁，铁离子被还原为亚铁离子，因此E为氯化亚铁；由于金属R能够与强碱反应，所以R为Al，N为NaAlO2，铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因此Q为Al2O3，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，符合题中转化关系；结合以上分析进行相关问题的解答。【小问1详解】结合以上分析可知，D为Fe3O4，W为FeCl3；【小问2详解】氢氧化亚铁在潮湿的空气中被氧化为氢氧化铁，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问3详解】Q为Al2O3，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；B为NaOH，R为Al，铝与强碱反应生成N为NaAlO2，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，每生成2molNaAlO2就有6molH原子得电子生成氢气，当有1molNaAlO2物质生成时，参与反应的氧化剂有3mol；【小问4详解】D为Fe3O4，可看作由FeO和Fe2O3组成，过程中①是Fe3O4和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，反应的离子反应方程式为：；【小问5详解】将一定量Fe2O3和Al2O3混合物溶于100mL稀硫酸中，反应生成硫酸铁和硫酸铝，从图像分析可知，硫酸有剩余，所以反应后得到硫酸铁和硫酸铝、硫酸的混合液；向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，硫酸先与氢氧化钠反应生成硫酸钠，然后铁离子、铝离子与碱反应生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，沉淀达到最大值；继续加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解，剩余氢氧化铁沉淀；①从图像中分析可知，21.4g为氢氧化铁沉淀的质量，物质的量为=0.2mol，根据铁元素守恒可知：n(Fe2O3)=n(Fe(OH)3)=×0.2mol=0.1mol；氧化铁的质量为0.1mol×160g/mol=16g；②根据图示，氢氧化铝沉淀质量为37g-21.4g=15.6g，物质的量为=0.2mol，氢氧化铝与氢氧化钠反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；设氢氧化钠溶液的浓度为cmol/L，所以0.2mol=(300-260mL)×10-3×cmol/L，c=5mol/L；将一定量Fe2O3和Al2O3混合物溶于100mL稀硫酸中，反应后得到硫酸铁和硫酸铝、硫酸的混合液，当氢氧化钠溶液的体积加入到260mL时，沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液中的溶质为硫酸钠，消耗n(NaOH)=260mL×10-3×5mol/L=1.3mol，根据钠元素守恒规律可知：n(Na2SO4)=×n(NaOH)=×1.3mol=0.65mol，根据硫酸根守恒可知：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.65mol；所用硫酸溶液物质的量浓度为=6.5mol/L。18.无水是一种重要的化工原料，其熔点306℃、沸点316℃第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

12，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。一般采用低共熔混合物反应法(熔融法)制备高纯度的三氯化铁，其模拟反应装置如下：实验过程：在一个带有耐酸衬里的反应器中(即图中的高温反应釜)，将70%和30%KCl在600℃下共熔。再将铁屑溶解于共熔物中，再通入干燥氯气。反应生成的升华后导出，再经冷凝收集。回答下列问题：（1）C装置的名称为_______；（2）当氯气通入时，A中有酸雾产生。为吸收酸雾，C中应盛放_______；(填字母)A.B.CaOC.碱石灰D.NaOH（3）高温反应釜中发生反应的化学方程式为_______。（4）E装置的作用为_______。（5）为研究的性质，某化学兴趣小组取一定质量的(摩尔质量为)在惰性气体保护下受热分解时，所得固体产物的剩余质量分数(剩余质量与原样品质量的百分比)随温度变化的曲线如图所示。试利用图中信息并结合所学的知识，回答下列各问题：已知：A为红褐色固体，B中含有三种元素，C为红棕色固体，D为黑色固体。①固体产物的化学式A是_______，D是_______；②由C得到D的化学方程式为_______。【答案】（1）球形干燥管（2）A（3）（4）隔绝空气和水（5）①.②.③.【解析】第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

13【小问1详解】C装置的名称为球形干燥管。【小问2详解】P2O5为酸性干燥剂，可以吸收水及酸雾；CaO与水反应生成Ca(OH)2，会与Cl2发生反应，碱石灰和NaOH都可以与Cl2反应，因此本题选A。【小问3详解】高温反应釜中加入的铁屑和通入的Cl2发生反应，化学方程式为。【小问4详解】E装置的作用是隔绝空气和水，防止生成的FeCl3与空气和水接触。【小问5详解】根据图中所给的质量分数信息可知，A、B、C、D的相对分子质量分别为107、89、80、77。因此A是Fe(OH)3、B是FeO(OH)，C是Fe2O3，D是Fe3O4。由图可知，高温下由C得到D，即由Fe2O3得到Fe3O4的化学方程式为。19.铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。（1）工业上以铬铁矿[主要成分是]为原料治炼铬的流程如图所示：已知：是一种难溶于水的沉淀①中各元素化合价均为整数，则铬为_______价。②高温氧化时生成产物除外还产生一种红棕色物质与一种无色无味的气体，则该反应的化学方程式为_______。③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是_______、铝与铬的氧化物反应。（2）是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应的离子方程式_______、_______。（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体()：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。①写出在酸性条件下被还原为的离子方程式：_______。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

14②若处理含1mol(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10mol，则当铁铬氧体中时，铁铬氧体的化学式为_______。【答案】（1）①.+3②.③.灼烧使分解（2）①.②.（3）①.②.【解析】【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素被还原生成沉淀，过滤后灼烧得到Cr2O3，利用铝热反应制备金属铬，据此解答。【小问1详解】①中Fe为+2价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素的化合价为+3，故答案为：+3；②加入碳酸钠，高温氧化，可生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，反应的方程式为，故答案为：；③操作a是受热分解生成Cr2O3，再和Al发生铝热反应生成氧化铝和Cr，故答案为：灼烧使分解；【小问2详解】是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成两种盐，方程式为、，故答案为：、；【小问3详解】①CrO在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为，故答案为：；②结合铁铬氧CrO体中，确定铁铬氧体中n（Fe2+）=6mol和n（Fe3+）=4mol，在铬铁氧体中各元素的化合价代数和为0，设O2－的物质的量n（O），则1mol×3+6mol×2+4mol×3=n第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

15（O）×2，解得：n（O）=13.5mol，则x：y：z=1：（6+4）：13.5=2：10：27，所得铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，故答案为：Cr2Fe20O27。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司