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【化学】江西省九江市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
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江西省九江市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1.下列对古文献记录内容理解错误的是（ ）
A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应
C. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐
D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
【答案】B
【详解】A. “烧酒”利用的是蒸馏原理，A正确；
B. 丹砂的主要成分是HgS，高温分解生成Hg和S，积变后二者化合又变为丹砂，因此发生了氧化还原反应，B错误；
C. “瓦”属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，C正确；
D. 钾元素的焰色反应显紫色，D正确。
答案选B。
2.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大
B. 分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中
C. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
D. 蒸发结晶时应使混合物中的水分完全蒸干后,才能停止加热
【答案】C
【详解】A. 萃取剂的选择与密度大小无关，故A错误；
B. 分液时应避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故B错误；
C. 蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，所以C选项是正确的；
D.蒸发时，当有大量固体析出时，即停止加热，防止温度过高而导致溶质分解而变质，故D错误。
所以C选项是正确的。
3.下列实验事故的处理方法正确的是（ ）
A. 钠着火时，赶紧用水灭火
B. 衣服沾上大量的浓氢氧化钠溶液，需将此衣服浸泡在盛水的盆中
C. 实验桌上的酒精灯倾倒了燃烧起来，马上用湿布扑灭
D. 不慎将酸或碱液溅入眼内，立即闭上眼睛，用手揉擦
【答案】C
【详解】A. 不能用水灭火，因为钠与水反应生成易燃的氢气，燃烧更旺，故A错误；
B. 氢氧化钠溶于水放出大量的热，会进一步烧伤衣服，应该用干抹布擦去，然后再用水冲洗，故B错误；
C. 酒精灯倾倒了燃烧起来，立即用湿抹布铺盖，所以C选项是正确的；
D. 不慎将酸或碱液溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.只给出下列物理量a和b，不能求出物质的量的是（ ）
选项
物理量a
物理量b
A
固体的体积
固体的密度
B
物质的摩尔质量
物质的质量
C
物质中的粒子数
阿伏加德罗常数
D
标准状况下的气体摩尔体积
标准状况下的气体体积
【答案】A
【详解】A．已知固体的体积和固体的密度，根据m=ρV可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故A错误；
B．已知物质的质量和物质的摩尔质量，根据公式n=可以计算出物质的量，故B正确；
C．已知物质中的粒子数和阿伏加德罗常数，可以根据公式n=可以计算物质的量，故C正确；
D．已知标准状况下的气体摩尔体积和标准状况下的气体的体积，根据公式n=可以计算出物质的量，故D正确。
答案选A。
5.欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）（ ）
A. KNO3溶液（AgNO3）:加入过量KCl溶液，过滤
B. NaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸再加热
C. 碘单质I2（NaCl）：加热升华后，再凝华
D. NaCl溶液（Br2）：加CCl4，萃取分液
【答案】A
【详解】A、加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新杂质，故A错误；
B、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，故B正确；
C、碘单质I2易升华，氯化钠难挥发，故C正确；
D、溴单质会溶解在四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有溴的四氯化碳互不相溶的两部分，故D正确。
故答案选A。
6.某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. Cu2＋、K＋、SO42－、NO3－ B. Ba2＋、K＋、SO42－、Cl－
C. Na＋、H＋、SO42－、HCO3－ D. Na＋、K＋、Cl－、NO3－
【答案】D
【详解】无色时可排除Cu2＋、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，
A. Cu2＋为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A不符合题意；
B. Ba2＋、SO42－之间反应生成硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C. H＋、HCO3－之间发生反应，在溶液中不能的大量共存，故C不符合题意；
D. Na＋、K＋、Cl－、NO3－之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，所以D选项符合题意。
答案选D。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A. 5.6 g铁与足量盐酸反应产生H2的体积约为2.24 L
B. 1.0 mol/L NaOH溶液中含有的氧原子数为NA
C. 常温常压下，16 g氧气和臭氧的混合气体中含有的氧原子数为NA
D. 标准状况下，11.2 L SO3中含有的分子数目为0.5 NA
【答案】C
【详解】A、5.6 g铁与足量盐酸反应产生H2的体积在标准状况下约为2.24L，不是标准状况下则不一定约为2.24L，选项A错误；
B、没有给出溶液体积，无法计算NaOH的物质的量，且溶剂水中也含有氧原子，选项B错误；
C、氧气和臭氧都是氧原子形成的不同单质，16g混合气中含有1mol氧原子，选项C正确；
D、标准状况下，SO3不是气体，11.2L SO3中含有的分子数目小于0.5NA，选项D错误。
答案选C。
8.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++ 2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，则下列说法正确的是（ ）
A. 参加反应的Fe2+全部作还原剂
B. x=4
C. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体
D. 每生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为1mol
【答案】B
【详解】A项，Fe3O4中只有三分之一铁元素是+2价的，即参加反应的Fe2+只有部分作还原剂，故A项错误；
B项，根据电荷守恒可求得x=4，故B项正确；
C项，已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒分散到某物质中能形成胶体，胶体不能只有分散质，故C项错误；
D项，每生成1 molFe3O4，被还原的O2只有1mol，而Fe2+和S2O32-都是还原剂，被S2O32-还原的O2一定不是1mol，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
9.两份质量均为mg的Na2CO3、NaHCO3固体混合物，加热第一份充分反应得到CO2质量是xg，向加热后所得固体中加入足量的盐酸得到CO2 ag；向第二份中直接加入足量盐酸得到CO2的质量是bg．则x等于（ ）
A. 2b B. 2a C. b-2a D. b-a
【答案】D
【详解】由碳守恒可以知道，两份中的碳是相等的，盐酸又可以把全部的碳酸根离子转变成二氧化碳，故完全反应放出的二氧化碳也就应该相等，故x+a=b，即x=b-a。
答案选D。
10.下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是（ ）
A. MgCl2 B. CuCl2 C. FeCl3 D. FeCl2
【答案】A
【详解】A. MgCl2可以由Mg与Cl2反应生成，也可以由Mg与HCl反应生成，故A正确；
B. Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，故B错误；
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，因为Cl2氧化性强，会将Fe氧化到+3价2Fe+3Cl22FeCl3，
Fe与HCl生成FeCl2，因为HCl氧化性弱，只能将Fe氧化到+2价Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故C错误；
D. 结合C项分析，Fe与HCl生成FeCl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3，故D错误。
答案选A。
11.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是（ ）
A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B. Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
【答案】A
【详解】A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；
B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；
C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。
D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
12.下列不属于氮的固定过程的是（ ）
A. 硝酸分解 B. 合成氨 C. 高能固氮 D. 豆科根瘤菌吸收氮
【答案】A
【详解】A. 硝酸分解生成二氧化氮、水和氧气，不属于氮的固定过程，A项选；
B. 合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂条件下化合生成氨气，属于工业固氮，B项不选；
C. 高能固氮是空气中氮气和氧气在放电条件下生成NO，属于自然固氮，C项不选；
D. 大豆根瘤菌将N2转化为化合态氮，属于生物固氮，D项不选。
答案选A。
13.下列有关物质性质或应用的说法正确的是（ ）
A. 二氧化硫也可用来杀菌、消毒
B. 二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气
C. 炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅，并放出CO2
D. 二氧化硫具有漂白性，与氯水混合使用效果会更好
【答案】A
【详解】A. 二氧化硫也可用来杀菌、消毒，故A正确；
B. 过氧化氢分解中二氧化锰起催化剂作用，不表现氧化性，故B错误；
C.碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，工业上用此反应制备粗硅，故C错误；
D.二氧化硫可以和氯气的水溶液之间发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故D错误。
所以A选项是正确的。
14.下列说法正确的是（ ）
A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在。
B. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【详解】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；
B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；
C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；
D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。
所以D选项是正确的。
15.用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是（ ）
①中物质
②中物质
实验预测
A
浓氨水
酚酞试液
②中溶液变为红色
B
浓硝酸
淀粉KI溶液
②中溶液变为蓝色
C
浓盐酸
浓氨水
大烧杯中有白烟
D
饱和的亚硫酸溶液
稀溴水
②中无明显变化
【答案】D
【解析】试题分析：浓氨水会挥发出氨气，氨气溶解在酚酞溶液中，酚酞会变红，故A对，不选；浓硝酸有挥发性，挥发出来的硝酸溶解在淀粉KI溶液，将KI氧化为碘单质，故溶液变蓝，B对，不选；浓盐酸和浓氨水都有挥发性，挥发出来的氨气和氯化氢反应生成氯化铵，故看到白烟，C对，不选；饱和的亚硫酸溶液不稳定，分解生成的SO2进入到稀溴水中，与溴水反应，溴水褪色，D错，选D。
16.仅用下图装置可完成(装置可加热)：（ ）
A. 用锌粒与稀H2SO4反应制H2
B. 用 NH4CI 与 Ca(OH)反应制 NH3
C. 用Cu与浓HNO3反应制NO2
D. 浓硫酸和铜制SO2
【答案】A
【详解】A. Zn与稀H2SO4反应不需要加热，生成的H2可用排水法收集，A正确；
B. NH3极易溶于水，不能用排水法收集，B错误；
C. NO2可与水反应生成NO，不能用排水法收集，C错误；
D. 铜与浓硫酸在加热条件下才反应，且SO2易溶于水，不能用排水法收集，D错误。
答案选A。
17.下列离子方程式正确的是：（ ）
A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B. 200mL2mol/L的FeBr2溶液中通11.2L标况下的氯气：4Fe2＋ + 6Br－+ 5Cl2 == 4Fe3＋ + 3Br2 + 10Cl－
C. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑
D. NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O
【答案】B
【详解】A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2，浓盐酸中的HCl应该拆开，正确的离子方程式为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；
B. 还原性Fe2＋> Br－，所以通入氯气先发生反应2Fe2＋ +Cl2 == 2Fe3＋ + 2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br－+ Cl2 == Br2 + 2Cl－，200mL2mol/L的FeBr2溶液中0.4molFeBr2，通入11.2L标况下的氯气，物质的量为0.5mol，反应的离子方程式为：4Fe2＋ +6Br－+ 5Cl2 == 4Fe3＋ + 3Br2 + 10Cl－，所以B选项是正确的；
C.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + H2O + CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D. NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液发生的离子反应为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。
所以B选项是正确的。
18.在如图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）
A. NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 B. NO(H2O含石蕊) /红色喷泉
C. HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉 D. SO2(NaOH溶液)/无色喷泉
【答案】B
【详解】A. 因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故形成红色喷泉，故A正确；
B.因NO与水不发生反应，也不溶于水，则挤压胶管的胶头，烧瓶内压强不变化，则不会形成喷泉，故B错误；
C. 因HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有白色的AgCl，形成白色浑浊，故形成白色喷泉，故C正确；
D.二氧化硫能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶中的压强减小，能够形成无色喷泉，故D正确。
答案选B。
19.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为（ ）
①1.2 mL ②2.4 mL ③3 mL ④4 mL
A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②
【答案】A
【详解】若氧气过量，则剩余2mL无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
4x x
4x+x=12mL-2mL=10mL，解得：x=2mL
原混合气体中氧气的体积为：2mL+2mL=4mL；
若NO2过量，则剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为y，
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
4y y
3NO2+H2O=2HNO3+NO
3 1
12mL-y-4y 2mL
=，解得：y=1.2mL，即原混合物中含有1.2mL氧气。
故选A。
20.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NA
B. 1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）得到氮气的体积约为11.2L
C. 该过程的总反应是：NH4+ + NO2－ = N2↑ ＋2H2O
D. 该方法每处理1molNH4+，需要的NO2—为0.5mol
【答案】C
【详解】A. 质子数等于原子序数，1mol NH4+ 所含的质子总数为11NA，故A错误；
B. 由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，标准状况下的体积为22.4L，故B错误；
C. 由图可知，该过程的总反应是：NH4+ + NO2－ = N2↑ ＋2H2O，故C正确；
D. 由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，因此每处理1molNH4+，需要的NO2—为1mol，故D错误。
21.已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液制得的AgI胶体，该胶体跟Fe（OH）3胶体相混合时，会析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀。由此可知（ ）
A. 该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动 B. 该AgI胶粒带正电荷
C. 该AgI胶体带负电荷 D. 该AgI胶体是电解质
【答案】A
【详解】AgI溶胶与Fe(OH)3溶胶相混合时，析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe(OH)3胶粒带相反电荷，而Fe(OH)3胶粒吸附正电荷，故AgI胶粒吸附负电荷。
A、AgI胶粒吸附负电荷，故电泳时向阳极移动，所以A选项是正确的；
B、AgI胶粒吸附负电荷，故B错误；
C、AgI胶粒吸附负电荷，胶体是电中性的，不带电荷，故C错误；
D、AgI胶体是混合物，不是电解质，故D错误。
所以A选项是正确的。
22.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋ 、Cl－、Br－、I－(忽略水的电离) 。其中Cl－、Br－ 、I－的个数比为2 ：3 ：4，向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为3 ：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋ 物质的量之比为:(已知还原性：I－> Fe2＋ > Br－> Cl－) （ ）
A. 9 ：1 B. 6 ：2 C. 7 ：3 D. 7 ：4
【答案】C
【详解】溶液呈电中性，因此可得Fe2＋ 、Cl－、Br－、I－的个数比为9：4 ：6 ：8。根据还原性的强弱可知，通入氯气后，氯气先将I－氧化成I2，设Fe2＋ 、Cl－、Br－、I－的物质的量分别为9x、4x、6x、8x，则氧化I－时，消耗氯气的物质的量为4x，生成Cl－的物质的量为8x，此时Cl－和Br－的物质的量之比为(4x+8x):6x=2:1，继续通入氯气后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，因此需加入氯气的物质的量为3x，消耗Fe2＋ 的物质的量为6x，剩余Fe2＋的物质的量为3x，所以通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋物质的量之比为(4x+3x):3x=7:3，故C项正确。综上所述，本题正确答案为C。
23.如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是（ ）
【答案】B
【解析】A、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，A错误；B、使品红溶液褪色是特征反应，化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色，体现了二氧化硫的漂白性，B正确；C、二氧化硫为酸性氧化物，能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，但无明显现象，C错误；D、二氧化硫能与H2S反应生成S和H2O，体现SO2的氧化性，D错误；答案选B。
24.某废水中含有下列离子中的5种（忽略水的电离），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl－、CO32－、NO3－、SO42－，测得各种离子的物质的量浓度相等．为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰
②另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变
③另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A. 原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32－ B. 溶液中无法确定Al3+的存在与否
C. 步骤②中不可以确定Fe2+、NO3－的存在 D. 步骤③中共有2种钡盐沉淀
【答案】A
【详解】A.根据以上分析，可确定一定无K+、Al3+、CO32－的存在，故A正确；
B.根据以上分析，溶液中不含Al3+，故B错误；
C. 由步骤②中可以确定Fe2+、NO3－的存在，故C错误；
D. 步骤③中只有1种钡盐沉淀，即BaSO4，故D项错误。
所以A选项是正确的。
25.8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 温度为78 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
C. 取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
D. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
【答案】D
【详解】A.温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)= 0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol:0.03mol=4:1，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；
B.温度为159 ℃时，固体N的质量为5.10g，其中m(FeSO4)= 0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)==0.03mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol:0.03mol=1:1，则N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；
C.加热至633℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)= n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)= 0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，n(Fe)：n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3，所以固体Q的化学式为Fe2O3，则由P的得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑+SO3↑，得到2种无色气体，故C错误；
D. 根据以上分析，N为FeSO4·H2O，P为FeSO4，在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故D正确。
答案选D。
26.按要求填空
（1）酸雨的pH < _________
（2）制造光导纤维的材料是_________；三硅酸镁（Mg2Si3O8·11H2O）用氧化物表示_______________________。
（3）除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3杂质相应的离子方程式为__________________________________________________________。
（4）检验SO42－所需要用的试剂_______________________________。
（5）用氨气检验氯气泄漏的方程式：______________________________________________。
（6）配平下列化学方程式：
____Zn + ____HNO3 =_____NH4NO3 + ____ Zn(NO3) 2+ ____H2O，__________
【答案】(1). 5.6 (2). SiO2 (3). 2MgO·3 SiO2·11H2O (4). CO2 + H2O + CO32-=2HCO3- (5). HCl、BaCl2 (6). 8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2 (7). 4、10、1、4、3
【详解】（1）当雨水的pH小于5.6时称为酸雨，故答案为：5.6；
（2）SiO2是制造光导纤维的材料；根据硅酸盐改写成氧化物形式的要求，氧化物的排列顺序：金属氧化物→二氧化硅→水，氧化物之间用“”隔开，则三硅酸镁（Mg2Si3O8·11H2O）用氧化物表示为：2MgO·3 SiO2·11H2O，故答案为：SiO2；2MgO·3 SiO2·11H2O；
（3）除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3杂质可以向溶液中通入足量的CO2，离子方程式为CO2 + H2O + CO32-=2HCO3-，故答案为：CO2 + H2O + CO32-=2HCO3-；
（4）检验SO42－的方法是向待测液中加入稀盐酸无明显现象，然后加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42－，因此需要的试剂是HCl、BaCl2，故答案为：HCl、BaCl2；
（5）氨气遇到氯气会产生白烟，该白烟为NH4Cl，反应还生成一种无毒的气体单质，根据原子守恒写出方程式为：8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2，故答案为：8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2；
（6）反应中Zn化合价从0价→+2价，HNO3中N化合价从+5价→NH4+中-3价，要使氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，则得失电子最小公倍数为8，则Zn系数为4，NH4NO3系数为1，依据Zn原子守恒可知Zn(NO3) 2系数为4，依据N原子守恒可知HNO3系数为10，依据H原子守恒可知H2O系数为3，化学方程式为：4Zn + 10HNO3 =NH4NO3 + 4Zn(NO3) 2+ 3H2O，故答案为：4、10、1、4、3。
27.1．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。
（1）写出下列物质的化学式:B__________,丙__________,H__________
（2）根据要求回答:
①D溶液和F溶液在空气中混合的现象________________________________________;
②)反应③离子方程式_______________________________________________________;
③反应⑦离子方程式_______________________________________________________ ;
【答案】(1). Al (2). HCl (3). Fe(OH)2 (4). 产生白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变为红褐色 (5). 2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑ (6). 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
【详解】金属焰色反应为黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄氯色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D和物质F反应生成H为Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中被氧化生成红褐色沉淀I为Fe(OH)3，G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，
（1）依据分析B为Al，丙为HCl，H为Fe(OH)2，
故答案为：Al ；HCl ；Fe(OH)2；
（2）①NaOH溶液和FeCl2溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，Fe(OH)2在空气中迅速被氧化生成红褐色沉淀Fe(OH)3，现象为：产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；
②反应③是氢氧化钠和铝反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，
③反应⑦是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁的反应，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；
故答案为：产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑；2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+。
28.I.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如下：
（1）沉淀A的成分是（填化学式）_________。
（2）步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH﹣=H2O、Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓还有：______________________________；
（3）步骤③中通入过量CO2气体，除发生CO2+OH-=HCO3-外，还发生的离子方程式有___________________________________________________________________。
II.工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NO2还原生成N2，某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。
①实验室可以用A、B或C装置制取氨气，如果用C装置，则该装置中烧瓶所盛放的试剂为________(写名称)。如果用B装置,反应的化学方程式是____________________________。
②预收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其气体收集和尾气处理装置连接顺序依次为发生装置→________________(用字母表示)。
③将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图装置进行实验。打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，Y管观察到的实验现象是_____________________________，反应的化学方程式为__________________。
【答案】(1). SiO2 (2). Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O (3). AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓ (4). 氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) (5). 2 NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2 H2O (6). D、F、H (7). 红棕色气体逐渐褪色 (8). 8NH3+6NO2 7N2 +12H2O
【详解】铝土矿中加入过量试剂a，然后操作I得到沉淀A和滤液甲，则操作I为过滤，滤液甲中加入过量NaOH溶液操作II后得到沉淀B和滤液乙，操作II是过滤；Al2O3、SiO2能溶于强碱溶液而Fe2O3不溶于强碱溶液，SiO2不溶于稀盐酸而Fe2O3、Al2O3能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则试剂a为稀盐酸，沉淀A为SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe(OH)3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al(OH)3，加热氢氧化铝得到氧化铝，
(1)通过以上分析知，沉淀A SiO2，
故答案为：SiO2 ；
(2)步骤②中加入过量NaOH溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和NaOH溶液反应，发生反应的离子方程式是H++OH﹣=H2O、Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
(3) 滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，通入过量CO2气体，发生反应的离子方程式是CO2+OH-=HCO3-、AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3-+ Al(OH)3↓，
故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3-+ Al(OH)3↓；
II.①题中给出3种制取气体的装置，如果用C装置制取氨气，则反应方程式为NH3H2ONH3↑+ H2O，该装置中烧瓶所盛放的试剂应为氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) 。如果用B装置，为固体和固体加热制取气体的装置，反应的化学方程式为2 NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2 H2O，
故答案为：氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等)；2 NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2 H2O；
②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→D→F→H；
故答案为：D、F、H；
③由题干内容“工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NO2还原生成N2”，结合实验条件可知反应为8NH3+6NO2 7N2 +12H2O，NO2为红棕色气体，发生反应后变成无色气体，因此Y管观察到的实验现象是：红棕色气体逐渐褪色，
故答案为：红棕色气体逐渐褪色；8NH3+6NO2 7N2 +12H2O。
29.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用。
（1）新型材料Fe粉具有超强的磁性能，用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等。将22.4 g Fe粉与一定量水蒸气在高温下反应一定时间后冷却，其质量变为28.8 g。
①产生的氢气的体积为_________mL（标准状况下）。
②将冷却后的固体物质放入足量FeCl3溶液中充分反应（已知Fe3O4不溶于FeCl3溶液），计算最多消耗FeCl3的物质的量__________mol。
（2）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140 g/mol，其中硅元素的质量分数为60%。已知1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体。
Nierite的化学式为___________。
（3）K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成，将2．832 g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，固体全部溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224 mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84 mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。填写该18K金的成分表（精确至0．01%，若不含该金属则填0）。
18K金成分
Au
Ag
含量（质量分数）
75．00%
_________
【答案】(1). 8960 (2). 0.2 (3). Si3N4 (4). 11．44%
【详解】(1) ①高温条件下，Fe和H2O反应生成Fe3O4和H2，固体增加的质量为氧元素质量，设产生氢气体积为V，
3Fe+4H2OFe3O4+4 H2 固体质量增加
89.6L 64g
V 28.8g-22.4g
89.6L :V=64g:(28.8g-22.4g) ，
V==8.96L=8960mL，
因此，本题正确答案是：8960；
(2)设剩余铁的质量为y，
3Fe+4H2OFe3O4+4 H2 固体质量增加
168g 64g
22.4g-y 28.8g-22.4g
168g :( 22.4g-y )= 64g :( 28.8g-22.4g )，
y=22.4g- =5.6g，
根据得失电子守恒，Fe~~~2FeCl3知，n(FeCl3)=×2=0.2mol，
因此，本题正确答案是：0.2；
(2)根据元素守恒知，Nierite含有N元素，且含有Si元素，且Si的质量分数为60%，已知1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体。根据氢原子守恒知，Nierite中仅含N、Si元素，则n(Si):n(N)==3:4，所以其化学式为Si3N4，
因此，本题正确答案是：Si3N4；
(3)合金中其它金属的质量=2.832g×(1-75%)=0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量=×108g/mol=1.62g>0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量==×64g/mol=0.48g<0.708g，
则合金中还有Cu和Ag，
设银的质量为m，则铜的质量=0.708g-m，根据转移电子守恒得
×2+=，解得m=0.324g，
银的质量分数=×100%=11.44%，
因此，本题正确答案是：11.44%。
1.下列对古文献记录内容理解错误的是（ ）
A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应
C. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐
D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
【答案】B
【详解】A. “烧酒”利用的是蒸馏原理，A正确；
B. 丹砂的主要成分是HgS，高温分解生成Hg和S，积变后二者化合又变为丹砂，因此发生了氧化还原反应，B错误；
C. “瓦”属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，C正确；
D. 钾元素的焰色反应显紫色，D正确。
答案选B。
2.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大
B. 分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中
C. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
D. 蒸发结晶时应使混合物中的水分完全蒸干后,才能停止加热
【答案】C
【详解】A. 萃取剂的选择与密度大小无关，故A错误；
B. 分液时应避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故B错误；
C. 蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，所以C选项是正确的；
D.蒸发时，当有大量固体析出时，即停止加热，防止温度过高而导致溶质分解而变质，故D错误。
所以C选项是正确的。
3.下列实验事故的处理方法正确的是（ ）
A. 钠着火时，赶紧用水灭火
B. 衣服沾上大量的浓氢氧化钠溶液，需将此衣服浸泡在盛水的盆中
C. 实验桌上的酒精灯倾倒了燃烧起来，马上用湿布扑灭
D. 不慎将酸或碱液溅入眼内，立即闭上眼睛，用手揉擦
【答案】C
【详解】A. 不能用水灭火，因为钠与水反应生成易燃的氢气，燃烧更旺，故A错误；
B. 氢氧化钠溶于水放出大量的热，会进一步烧伤衣服，应该用干抹布擦去，然后再用水冲洗，故B错误；
C. 酒精灯倾倒了燃烧起来，立即用湿抹布铺盖，所以C选项是正确的；
D. 不慎将酸或碱液溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.只给出下列物理量a和b，不能求出物质的量的是（ ）
选项
物理量a
物理量b
A
固体的体积
固体的密度
B
物质的摩尔质量
物质的质量
C
物质中的粒子数
阿伏加德罗常数
D
标准状况下的气体摩尔体积
标准状况下的气体体积
【答案】A
【详解】A．已知固体的体积和固体的密度，根据m=ρV可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故A错误；
B．已知物质的质量和物质的摩尔质量，根据公式n=可以计算出物质的量，故B正确；
C．已知物质中的粒子数和阿伏加德罗常数，可以根据公式n=可以计算物质的量，故C正确；
D．已知标准状况下的气体摩尔体积和标准状况下的气体的体积，根据公式n=可以计算出物质的量，故D正确。
答案选A。
5.欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）（ ）
A. KNO3溶液（AgNO3）:加入过量KCl溶液，过滤
B. NaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸再加热
C. 碘单质I2（NaCl）：加热升华后，再凝华
D. NaCl溶液（Br2）：加CCl4，萃取分液
【答案】A
【详解】A、加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新杂质，故A错误；
B、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，故B正确；
C、碘单质I2易升华，氯化钠难挥发，故C正确；
D、溴单质会溶解在四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有溴的四氯化碳互不相溶的两部分，故D正确。
故答案选A。
6.某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. Cu2＋、K＋、SO42－、NO3－ B. Ba2＋、K＋、SO42－、Cl－
C. Na＋、H＋、SO42－、HCO3－ D. Na＋、K＋、Cl－、NO3－
【答案】D
【详解】无色时可排除Cu2＋、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，
A. Cu2＋为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A不符合题意；
B. Ba2＋、SO42－之间反应生成硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C. H＋、HCO3－之间发生反应，在溶液中不能的大量共存，故C不符合题意；
D. Na＋、K＋、Cl－、NO3－之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，所以D选项符合题意。
答案选D。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A. 5.6 g铁与足量盐酸反应产生H2的体积约为2.24 L
B. 1.0 mol/L NaOH溶液中含有的氧原子数为NA
C. 常温常压下，16 g氧气和臭氧的混合气体中含有的氧原子数为NA
D. 标准状况下，11.2 L SO3中含有的分子数目为0.5 NA
【答案】C
【详解】A、5.6 g铁与足量盐酸反应产生H2的体积在标准状况下约为2.24L，不是标准状况下则不一定约为2.24L，选项A错误；
B、没有给出溶液体积，无法计算NaOH的物质的量，且溶剂水中也含有氧原子，选项B错误；
C、氧气和臭氧都是氧原子形成的不同单质，16g混合气中含有1mol氧原子，选项C正确；
D、标准状况下，SO3不是气体，11.2L SO3中含有的分子数目小于0.5NA，选项D错误。
答案选C。
8.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++ 2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，则下列说法正确的是（ ）
A. 参加反应的Fe2+全部作还原剂
B. x=4
C. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体
D. 每生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为1mol
【答案】B
【详解】A项，Fe3O4中只有三分之一铁元素是+2价的，即参加反应的Fe2+只有部分作还原剂，故A项错误；
B项，根据电荷守恒可求得x=4，故B项正确；
C项，已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒分散到某物质中能形成胶体，胶体不能只有分散质，故C项错误；
D项，每生成1 molFe3O4，被还原的O2只有1mol，而Fe2+和S2O32-都是还原剂，被S2O32-还原的O2一定不是1mol，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
9.两份质量均为mg的Na2CO3、NaHCO3固体混合物，加热第一份充分反应得到CO2质量是xg，向加热后所得固体中加入足量的盐酸得到CO2 ag；向第二份中直接加入足量盐酸得到CO2的质量是bg．则x等于（ ）
A. 2b B. 2a C. b-2a D. b-a
【答案】D
【详解】由碳守恒可以知道，两份中的碳是相等的，盐酸又可以把全部的碳酸根离子转变成二氧化碳，故完全反应放出的二氧化碳也就应该相等，故x+a=b，即x=b-a。
答案选D。
10.下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是（ ）
A. MgCl2 B. CuCl2 C. FeCl3 D. FeCl2
【答案】A
【详解】A. MgCl2可以由Mg与Cl2反应生成，也可以由Mg与HCl反应生成，故A正确；
B. Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，故B错误；
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，因为Cl2氧化性强，会将Fe氧化到+3价2Fe+3Cl22FeCl3，
Fe与HCl生成FeCl2，因为HCl氧化性弱，只能将Fe氧化到+2价Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故C错误；
D. 结合C项分析，Fe与HCl生成FeCl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3，故D错误。
答案选A。
11.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是（ ）
A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B. Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
【答案】A
【详解】A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；
B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；
C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。
D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
12.下列不属于氮的固定过程的是（ ）
A. 硝酸分解 B. 合成氨 C. 高能固氮 D. 豆科根瘤菌吸收氮
【答案】A
【详解】A. 硝酸分解生成二氧化氮、水和氧气，不属于氮的固定过程，A项选；
B. 合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂条件下化合生成氨气，属于工业固氮，B项不选；
C. 高能固氮是空气中氮气和氧气在放电条件下生成NO，属于自然固氮，C项不选；
D. 大豆根瘤菌将N2转化为化合态氮，属于生物固氮，D项不选。
答案选A。
13.下列有关物质性质或应用的说法正确的是（ ）
A. 二氧化硫也可用来杀菌、消毒
B. 二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气
C. 炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅，并放出CO2
D. 二氧化硫具有漂白性，与氯水混合使用效果会更好
【答案】A
【详解】A. 二氧化硫也可用来杀菌、消毒，故A正确；
B. 过氧化氢分解中二氧化锰起催化剂作用，不表现氧化性，故B错误；
C.碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，工业上用此反应制备粗硅，故C错误；
D.二氧化硫可以和氯气的水溶液之间发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故D错误。
所以A选项是正确的。
14.下列说法正确的是（ ）
A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在。
B. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【详解】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；
B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；
C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；
D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。
所以D选项是正确的。
15.用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是（ ）
①中物质
②中物质
实验预测
A
浓氨水
酚酞试液
②中溶液变为红色
B
浓硝酸
淀粉KI溶液
②中溶液变为蓝色
C
浓盐酸
浓氨水
大烧杯中有白烟
D
饱和的亚硫酸溶液
稀溴水
②中无明显变化
【答案】D
【解析】试题分析：浓氨水会挥发出氨气，氨气溶解在酚酞溶液中，酚酞会变红，故A对，不选；浓硝酸有挥发性，挥发出来的硝酸溶解在淀粉KI溶液，将KI氧化为碘单质，故溶液变蓝，B对，不选；浓盐酸和浓氨水都有挥发性，挥发出来的氨气和氯化氢反应生成氯化铵，故看到白烟，C对，不选；饱和的亚硫酸溶液不稳定，分解生成的SO2进入到稀溴水中，与溴水反应，溴水褪色，D错，选D。
16.仅用下图装置可完成(装置可加热)：（ ）
A. 用锌粒与稀H2SO4反应制H2
B. 用 NH4CI 与 Ca(OH)反应制 NH3
C. 用Cu与浓HNO3反应制NO2
D. 浓硫酸和铜制SO2
【答案】A
【详解】A. Zn与稀H2SO4反应不需要加热，生成的H2可用排水法收集，A正确；
B. NH3极易溶于水，不能用排水法收集，B错误；
C. NO2可与水反应生成NO，不能用排水法收集，C错误；
D. 铜与浓硫酸在加热条件下才反应，且SO2易溶于水，不能用排水法收集，D错误。
答案选A。
17.下列离子方程式正确的是：（ ）
A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B. 200mL2mol/L的FeBr2溶液中通11.2L标况下的氯气：4Fe2＋ + 6Br－+ 5Cl2 == 4Fe3＋ + 3Br2 + 10Cl－
C. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑
D. NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O
【答案】B
【详解】A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2，浓盐酸中的HCl应该拆开，正确的离子方程式为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；
B. 还原性Fe2＋> Br－，所以通入氯气先发生反应2Fe2＋ +Cl2 == 2Fe3＋ + 2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br－+ Cl2 == Br2 + 2Cl－，200mL2mol/L的FeBr2溶液中0.4molFeBr2，通入11.2L标况下的氯气，物质的量为0.5mol，反应的离子方程式为：4Fe2＋ +6Br－+ 5Cl2 == 4Fe3＋ + 3Br2 + 10Cl－，所以B选项是正确的；
C.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + H2O + CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D. NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液发生的离子反应为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。
所以B选项是正确的。
18.在如图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）
A. NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 B. NO(H2O含石蕊) /红色喷泉
C. HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉 D. SO2(NaOH溶液)/无色喷泉
【答案】B
【详解】A. 因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故形成红色喷泉，故A正确；
B.因NO与水不发生反应，也不溶于水，则挤压胶管的胶头，烧瓶内压强不变化，则不会形成喷泉，故B错误；
C. 因HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有白色的AgCl，形成白色浑浊，故形成白色喷泉，故C正确；
D.二氧化硫能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶中的压强减小，能够形成无色喷泉，故D正确。
答案选B。
19.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为（ ）
①1.2 mL ②2.4 mL ③3 mL ④4 mL
A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②
【答案】A
【详解】若氧气过量，则剩余2mL无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
4x x
4x+x=12mL-2mL=10mL，解得：x=2mL
原混合气体中氧气的体积为：2mL+2mL=4mL；
若NO2过量，则剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为y，
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
4y y
3NO2+H2O=2HNO3+NO
3 1
12mL-y-4y 2mL
=，解得：y=1.2mL，即原混合物中含有1.2mL氧气。
故选A。
20.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NA
B. 1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）得到氮气的体积约为11.2L
C. 该过程的总反应是：NH4+ + NO2－ = N2↑ ＋2H2O
D. 该方法每处理1molNH4+，需要的NO2—为0.5mol
【答案】C
【详解】A. 质子数等于原子序数，1mol NH4+ 所含的质子总数为11NA，故A错误；
B. 由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，标准状况下的体积为22.4L，故B错误；
C. 由图可知，该过程的总反应是：NH4+ + NO2－ = N2↑ ＋2H2O，故C正确；
D. 由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，因此每处理1molNH4+，需要的NO2—为1mol，故D错误。
21.已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液制得的AgI胶体，该胶体跟Fe（OH）3胶体相混合时，会析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀。由此可知（ ）
A. 该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动 B. 该AgI胶粒带正电荷
C. 该AgI胶体带负电荷 D. 该AgI胶体是电解质
【答案】A
【详解】AgI溶胶与Fe(OH)3溶胶相混合时，析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe(OH)3胶粒带相反电荷，而Fe(OH)3胶粒吸附正电荷，故AgI胶粒吸附负电荷。
A、AgI胶粒吸附负电荷，故电泳时向阳极移动，所以A选项是正确的；
B、AgI胶粒吸附负电荷，故B错误；
C、AgI胶粒吸附负电荷，胶体是电中性的，不带电荷，故C错误；
D、AgI胶体是混合物，不是电解质，故D错误。
所以A选项是正确的。
22.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋ 、Cl－、Br－、I－(忽略水的电离) 。其中Cl－、Br－ 、I－的个数比为2 ：3 ：4，向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为3 ：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋ 物质的量之比为:(已知还原性：I－> Fe2＋ > Br－> Cl－) （ ）
A. 9 ：1 B. 6 ：2 C. 7 ：3 D. 7 ：4
【答案】C
【详解】溶液呈电中性，因此可得Fe2＋ 、Cl－、Br－、I－的个数比为9：4 ：6 ：8。根据还原性的强弱可知，通入氯气后，氯气先将I－氧化成I2，设Fe2＋ 、Cl－、Br－、I－的物质的量分别为9x、4x、6x、8x，则氧化I－时，消耗氯气的物质的量为4x，生成Cl－的物质的量为8x，此时Cl－和Br－的物质的量之比为(4x+8x):6x=2:1，继续通入氯气后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，因此需加入氯气的物质的量为3x，消耗Fe2＋ 的物质的量为6x，剩余Fe2＋的物质的量为3x，所以通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋物质的量之比为(4x+3x):3x=7:3，故C项正确。综上所述，本题正确答案为C。
23.如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是（ ）
【答案】B
【解析】A、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，A错误；B、使品红溶液褪色是特征反应，化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色，体现了二氧化硫的漂白性，B正确；C、二氧化硫为酸性氧化物，能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，但无明显现象，C错误；D、二氧化硫能与H2S反应生成S和H2O，体现SO2的氧化性，D错误；答案选B。
24.某废水中含有下列离子中的5种（忽略水的电离），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl－、CO32－、NO3－、SO42－，测得各种离子的物质的量浓度相等．为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰
②另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变
③另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A. 原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32－ B. 溶液中无法确定Al3+的存在与否
C. 步骤②中不可以确定Fe2+、NO3－的存在 D. 步骤③中共有2种钡盐沉淀
【答案】A
【详解】A.根据以上分析，可确定一定无K+、Al3+、CO32－的存在，故A正确；
B.根据以上分析，溶液中不含Al3+，故B错误；
C. 由步骤②中可以确定Fe2+、NO3－的存在，故C错误；
D. 步骤③中只有1种钡盐沉淀，即BaSO4，故D项错误。
所以A选项是正确的。
25.8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 温度为78 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
C. 取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
D. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
【答案】D
【详解】A.温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)= 0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol:0.03mol=4:1，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；
B.温度为159 ℃时，固体N的质量为5.10g，其中m(FeSO4)= 0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)==0.03mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol:0.03mol=1:1，则N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；
C.加热至633℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)= n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)= 0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，n(Fe)：n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3，所以固体Q的化学式为Fe2O3，则由P的得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑+SO3↑，得到2种无色气体，故C错误；
D. 根据以上分析，N为FeSO4·H2O，P为FeSO4，在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故D正确。
答案选D。
26.按要求填空
（1）酸雨的pH < _________
（2）制造光导纤维的材料是_________；三硅酸镁（Mg2Si3O8·11H2O）用氧化物表示_______________________。
（3）除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3杂质相应的离子方程式为__________________________________________________________。
（4）检验SO42－所需要用的试剂_______________________________。
（5）用氨气检验氯气泄漏的方程式：______________________________________________。
（6）配平下列化学方程式：
____Zn + ____HNO3 =_____NH4NO3 + ____ Zn(NO3) 2+ ____H2O，__________
【答案】(1). 5.6 (2). SiO2 (3). 2MgO·3 SiO2·11H2O (4). CO2 + H2O + CO32-=2HCO3- (5). HCl、BaCl2 (6). 8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2 (7). 4、10、1、4、3
【详解】（1）当雨水的pH小于5.6时称为酸雨，故答案为：5.6；
（2）SiO2是制造光导纤维的材料；根据硅酸盐改写成氧化物形式的要求，氧化物的排列顺序：金属氧化物→二氧化硅→水，氧化物之间用“”隔开，则三硅酸镁（Mg2Si3O8·11H2O）用氧化物表示为：2MgO·3 SiO2·11H2O，故答案为：SiO2；2MgO·3 SiO2·11H2O；
（3）除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3杂质可以向溶液中通入足量的CO2，离子方程式为CO2 + H2O + CO32-=2HCO3-，故答案为：CO2 + H2O + CO32-=2HCO3-；
（4）检验SO42－的方法是向待测液中加入稀盐酸无明显现象，然后加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42－，因此需要的试剂是HCl、BaCl2，故答案为：HCl、BaCl2；
（5）氨气遇到氯气会产生白烟，该白烟为NH4Cl，反应还生成一种无毒的气体单质，根据原子守恒写出方程式为：8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2，故答案为：8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2；
（6）反应中Zn化合价从0价→+2价，HNO3中N化合价从+5价→NH4+中-3价，要使氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，则得失电子最小公倍数为8，则Zn系数为4，NH4NO3系数为1，依据Zn原子守恒可知Zn(NO3) 2系数为4，依据N原子守恒可知HNO3系数为10，依据H原子守恒可知H2O系数为3，化学方程式为：4Zn + 10HNO3 =NH4NO3 + 4Zn(NO3) 2+ 3H2O，故答案为：4、10、1、4、3。
27.1．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。
（1）写出下列物质的化学式:B__________,丙__________,H__________
（2）根据要求回答:
①D溶液和F溶液在空气中混合的现象________________________________________;
②)反应③离子方程式_______________________________________________________;
③反应⑦离子方程式_______________________________________________________ ;
【答案】(1). Al (2). HCl (3). Fe(OH)2 (4). 产生白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变为红褐色 (5). 2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑ (6). 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
【详解】金属焰色反应为黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄氯色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D和物质F反应生成H为Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中被氧化生成红褐色沉淀I为Fe(OH)3，G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，
（1）依据分析B为Al，丙为HCl，H为Fe(OH)2，
故答案为：Al ；HCl ；Fe(OH)2；
（2）①NaOH溶液和FeCl2溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，Fe(OH)2在空气中迅速被氧化生成红褐色沉淀Fe(OH)3，现象为：产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；
②反应③是氢氧化钠和铝反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，
③反应⑦是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁的反应，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；
故答案为：产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑；2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+。
28.I.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如下：
（1）沉淀A的成分是（填化学式）_________。
（2）步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH﹣=H2O、Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓还有：______________________________；
（3）步骤③中通入过量CO2气体，除发生CO2+OH-=HCO3-外，还发生的离子方程式有___________________________________________________________________。
II.工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NO2还原生成N2，某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。
①实验室可以用A、B或C装置制取氨气，如果用C装置，则该装置中烧瓶所盛放的试剂为________(写名称)。如果用B装置,反应的化学方程式是____________________________。
②预收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其气体收集和尾气处理装置连接顺序依次为发生装置→________________(用字母表示)。
③将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图装置进行实验。打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，Y管观察到的实验现象是_____________________________，反应的化学方程式为__________________。
【答案】(1). SiO2 (2). Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O (3). AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓ (4). 氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) (5). 2 NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2 H2O (6). D、F、H (7). 红棕色气体逐渐褪色 (8). 8NH3+6NO2 7N2 +12H2O
【详解】铝土矿中加入过量试剂a，然后操作I得到沉淀A和滤液甲，则操作I为过滤，滤液甲中加入过量NaOH溶液操作II后得到沉淀B和滤液乙，操作II是过滤；Al2O3、SiO2能溶于强碱溶液而Fe2O3不溶于强碱溶液，SiO2不溶于稀盐酸而Fe2O3、Al2O3能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则试剂a为稀盐酸，沉淀A为SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe(OH)3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al(OH)3，加热氢氧化铝得到氧化铝，
(1)通过以上分析知，沉淀A SiO2，
故答案为：SiO2 ；
(2)步骤②中加入过量NaOH溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和NaOH溶液反应，发生反应的离子方程式是H++OH﹣=H2O、Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
(3) 滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，通入过量CO2气体，发生反应的离子方程式是CO2+OH-=HCO3-、AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3-+ Al(OH)3↓，
故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3-+ Al(OH)3↓；
II.①题中给出3种制取气体的装置，如果用C装置制取氨气，则反应方程式为NH3H2ONH3↑+ H2O，该装置中烧瓶所盛放的试剂应为氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) 。如果用B装置，为固体和固体加热制取气体的装置，反应的化学方程式为2 NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2 H2O，
故答案为：氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等)；2 NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2 H2O；
②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→D→F→H；
故答案为：D、F、H；
③由题干内容“工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NO2还原生成N2”，结合实验条件可知反应为8NH3+6NO2 7N2 +12H2O，NO2为红棕色气体，发生反应后变成无色气体，因此Y管观察到的实验现象是：红棕色气体逐渐褪色，
故答案为：红棕色气体逐渐褪色；8NH3+6NO2 7N2 +12H2O。
29.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用。
（1）新型材料Fe粉具有超强的磁性能，用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等。将22.4 g Fe粉与一定量水蒸气在高温下反应一定时间后冷却，其质量变为28.8 g。
①产生的氢气的体积为_________mL（标准状况下）。
②将冷却后的固体物质放入足量FeCl3溶液中充分反应（已知Fe3O4不溶于FeCl3溶液），计算最多消耗FeCl3的物质的量__________mol。
（2）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140 g/mol，其中硅元素的质量分数为60%。已知1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体。
Nierite的化学式为___________。
（3）K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成，将2．832 g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，固体全部溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224 mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84 mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。填写该18K金的成分表（精确至0．01%，若不含该金属则填0）。
18K金成分
Au
Ag
含量（质量分数）
75．00%
_________
【答案】(1). 8960 (2). 0.2 (3). Si3N4 (4). 11．44%
【详解】(1) ①高温条件下，Fe和H2O反应生成Fe3O4和H2，固体增加的质量为氧元素质量，设产生氢气体积为V，
3Fe+4H2OFe3O4+4 H2 固体质量增加
89.6L 64g
V 28.8g-22.4g
89.6L :V=64g:(28.8g-22.4g) ，
V==8.96L=8960mL，
因此，本题正确答案是：8960；
(2)设剩余铁的质量为y，
3Fe+4H2OFe3O4+4 H2 固体质量增加
168g 64g
22.4g-y 28.8g-22.4g
168g :( 22.4g-y )= 64g :( 28.8g-22.4g )，
y=22.4g- =5.6g，
根据得失电子守恒，Fe~~~2FeCl3知，n(FeCl3)=×2=0.2mol，
因此，本题正确答案是：0.2；
(2)根据元素守恒知，Nierite含有N元素，且含有Si元素，且Si的质量分数为60%，已知1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体。根据氢原子守恒知，Nierite中仅含N、Si元素，则n(Si):n(N)==3:4，所以其化学式为Si3N4，
因此，本题正确答案是：Si3N4；
(3)合金中其它金属的质量=2.832g×(1-75%)=0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量=×108g/mol=1.62g>0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量==×64g/mol=0.48g<0.708g，
则合金中还有Cu和Ag，
设银的质量为m，则铜的质量=0.708g-m，根据转移电子守恒得
×2+=，解得m=0.324g，
银的质量分数=×100%=11.44%，
因此，本题正确答案是：11.44%。
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