2022-2023学年江苏省靖江高级中学高一上学期期末调研测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省靖江高级中学高一上学期期末调研测试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

江苏省靖江高级中学2022-2023学年高一上学期期末
调研测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．止泻药蒙脱石散的主要成分是Al2Si3O9，其构成元素中是地壳中含量最多的
A．Al B．Si C．O D．S
【答案】C
【详解】地壳中排行前四的元素依次为O、Si、Al、Fe，故Al2Si3O9构成元素中O是地壳中含量最多的；
故答案为：C。
2．我国力争在2060年前实现“碳中和”。1.5molCO2在标准状况下体积约为
A．1 L B．11.2L C．22.4L D．33.6L
【答案】D
【详解】由可知，1.5molCO2在标准状况下体积为；
故答案为：D。
3．下列过程中不涉及化学变化的是
A．明矾净水 B．石胆化铁 C．焰色反应 D．铝的钝化
【答案】C
【详解】A．明矾净水有新物质Al(OH)3生成，属于化学变化，A不符合题意；
B．石胆是硫酸铜，石胆化铁为铜，发生了置换反应，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，C符合题意；
D．铝的钝化发生化学反应，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；
故答案为：C。
4．下列物质的俗名与化学式对应正确的是
A．胆矾----CuSO4 B．苏打-----Na2CO3
C．熟石灰-----NaOH D．铁红-----Fe3O4
【答案】B
【详解】A．胆矾为CuSO4·5H2O，A错误；
B．苏打为Na2CO3，B正确；
C．熟石灰为Ca(OH)2，C错误；
D．铁红为Fe2O3，D错误；
故答案为：B。
5．一定量的SO2与NaOH溶液反应，所得产物中含有Na2SO3和NaHSO3，物质的量之比为3:5，则参加反应的SO2与NaOH的物质的量之比为
A．1:2 B．3:5 C．8:11 D．18:8
【答案】C
【详解】一定量的SO2和NaOH溶液反应，所得产物中含有Na2SO3和NaHSO3，说明SO2和NaOH都没有剩余，Na2SO3和NaHSO3物质的量之比为3：5，则根据钠离子与S原子守恒可知，参加反应的SO2和NaOH的物质的量之比=（3+5）：（3×2+5）=8：11，
故选C。
【点睛】本题考查混合物有关计算，注意利用守恒思想避免利用方程式的繁琐，要注意解题方法的总结积累。
6．科学家发现一种纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫约含有4000个碳原子，直径约为6～9nm，在低于﹣183℃时该泡沫具有永久磁性。下列叙述正确的是
A．“碳纳米泡沫”是一种新型的含碳化合物
B．“碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同
C．把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中可以形成悬浊液
D．把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中能产生丁达尔效应
【答案】D
【详解】A．由题意可知，“碳纳米泡沫”是由碳元素形成的单质，故A错误；
B．“碳纳米泡沫”和金刚石是由碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，两者结构不同，性质不完全相同，故B错误；
C．“碳纳米泡沫”的直径约为6~9 nm，将其分散到适当的溶剂中可以形成胶体，不是悬浊液，故C错误；
D．“碳纳米泡沫”的直径约为6~9 nm，将其分散到适当的溶剂中可以形成胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；
故选D。
7．青蒿素是无色针状晶体，易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，熔点为156~157°C，热稳定性差；乙醚的沸点为35°C．屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如下：

下列说法错误的是
A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B．操作1需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C．操作II利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D．操作III的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】D
【详解】A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；
B．将固液分离操作I是过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C．操作II是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；
D．青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，热稳定性差，操作III是重结晶，但不能用水溶解，故D错误；
故答案为D。
8．汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反应为：。下列判断正确的是
A．该反应中既是氧化剂又是还原剂 B．还原产物与氧化产物质量之比为15：1
C．每生成8moL转移电子 D．中N元素被还原
【答案】C
【详解】A．NaN3中N元素化合价升高为0价、KNO3中N元素化合价降低为0价，所以N2既是氧化产物又是还原产物，A错误；
B．根据反应方程式，NaN3是还原剂，被氧化的N原子为30个、KNO3是氧化剂，被还原的N原子为2个，还原产物与氧化产物质量之比为1：15，B错误；
C．根据方程式，每生成16个N2分子转移10个电子，故每生成8moLN2转移电子5NA，C正确；
D．NaN3中N元素化合价升高被氧化，D错误；
故选C。
9．下列实验装置或操作均正确，且能达到预期目的的是
A
B
C
D




制备少量
吸收HCl气体
稀释浓硫酸与铜的反应混合液
检验溶液中是否含有钾元素

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氧气的密度比空气大，可以用向上排空气法收集，图中试管口没有打开，空气无法顺利排出，用该装置收集氧气会导致容器内压强过大，存在安全隐患，A错误；
B．导管口插入到水中，且HCl极易溶于水，图示装置会发生倒吸，B错误；
C．稀释浓硫酸和铜的反应混合液，将混合液缓慢注入水中并不断搅拌，C正确；
D．检验溶液中是否含有钾元素需要透过蓝色钴玻璃进行观察，D错误；
故答案选C。
10．金属钠与下列溶液反应时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是
A．BaCl2溶液 B．CuSO4溶液 C．稀H2SO4溶液 D．MgCl2溶液
【答案】D
【详解】A．金属钠先和BaCl2溶液中的水反应，方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，A不符合题意；
B．金属钠先和CuSO4溶液中的水反应生成NaOH并放出H2，NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，B不符合题意；
C．金属钠先和稀H2SO4溶液中的H2SO4反应，生成Na2SO4和H2，即只有气体生成，C不符合题意；
D．金属钠先和MgCl2溶液中的水反应生成NaOH并放出H2，NaOH与MgCl2溶液反应会生成Mg(OH)2白色沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
11．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．过氧化钠与水反应：
B．氢氧化钡与硫酸溶液：
C．一水合氨与醋酸反应：
D．电解饱和食盐水制备氯气：
【答案】B
【详解】A．过氧化钠与水反应的离子方程式为2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A错误；
B．氢氧化钡与硫酸溶液反应的离子方程式为，B正确；
C．一水合氨和醋酸在离子方程式中不能拆开，应保留化学式，C错误；
D．NaOH属于可溶性强碱，在离子方程式中应该拆开，正确离子方程式为，D错误；
故答案为：B。
12．下列实验方案能达到实验目的的是
A．用盐酸酸化的硝酸银鉴别自来水和蒸馏水
B．用分液漏斗分离氯水与酒精的混合物
C．将Cl2分别通入放有干燥和湿润的有色布条的广口瓶探究漂白原理
D．用饱和NaOH溶液除去Cl2气体中混有的少量HCl气体
【答案】C
【详解】A．盐酸中含有Cl-，硝酸银不能用盐酸酸化，A不符合题意；
B．水与酒精能互溶，不能用分液漏斗分离氯水与酒精的混合物，B不符合题意；
C．将Cl2分别通入放有干燥和湿润的有色布条的广口瓶，可以发现干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条褪色，可以证明Cl2不具有漂白性，具有漂白性的是HClO，C符合题意；
D．Cl2和HCl气体都与NaOH反应，不能用饱和NaOH溶液除去Cl2气体中混有的少量HCl气体，应该用饱和食盐水，D不符合题意；
故答案为：C。
13．“洁厕灵(含HCl)”与“84”消毒液(NaClO)不能混合，否则将产生黄绿色有毒气体氯气。则每生成1mol标况下的氯气转移的电子的物质的量为
A．2mol B．1mol C．0.5mol D．4mol
【答案】B
【详解】根据题意，“洁厕灵(含HCl)”与“84”消毒液(NaClO)混合时产生Cl2，化学方程式为2HCl+NaClO=Cl2↑+NaCl+H2O，每生成1个Cl2，转移1个电子，因此每生成1mol标况下的氯气转移的电子的物质的量为1；
故选B。
14．江南梅雨季节，家用除湿袋内的白色颗粒物吸收水分后将溶解进入集水区，仔细观察可发现集水区有白色晶体析出，那么袋内最有可能的物质是
A．氯化钙 B．活性炭 C．干冰 D．CuSO4
【答案】A
【详解】A．氯化钙可以吸水形成白色晶体CaCl26H2O，可作为除湿剂，A符合题意；
B．家用除湿袋内为白色颗粒物，而活性炭为黑色，B不符合题意；
C．干冰是固态二氧化碳，不能用作除湿剂，C不符合题意；
D．CuSO4吸水后形成蓝色晶体CuSO45H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
15．在空气中能稳定存在的物质是
A．氢氧化钙溶液 B．新制氯水 C．次氯酸钠 D．食盐水
【答案】D
【详解】A．空气中含有二氧化碳，会与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，不能稳定存在，故A不符合题意；
B．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，见光受热易分解，不能稳定存在，故B不符合题意；
C．次氯酸钠(NaClO)与次氯酸钙[Ca(ClO)2]一样，可与空气中的CO2、H2O反应生成HClO：2NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClO（强酸制弱酸），也不能稳定存在，故C不符合题意；
D．食盐水是氯化钠的水溶液，在空气中能够稳定存在，故D符合题意；
答案选D。
16．澄清透明的溶液中含有大量Cu²+、NH、NO离子，则不可能与之大量共存的离子是
A．Ag+ B．H+ C．OH- D．SO
【答案】C
【详解】A．Cu²+、NH、NO、Ag+离子间不反应，可以大量共存，A不符合题意；
B．Cu²+、NH、NO、H+离子间不反应，可以大量共存，B不符合题意；
C．Cu2+和OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，与OH-反应生成NH3H2O，OH-不可能与之大量共存，C符合题意；
D．Cu²+、NH、NO、SO离子间不反应，可以大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
17．小明同学将收集到的雾霾颗粒用蒸馏水浸取，取浸取液进行实验。下列说法正确的是
A．向浸取液中滴入红色石蕊试液，溶液变蓝，说明浸取液中一定含有NH
B．向浸取液中滴入KSCN溶液，溶液变红，说明浸取液中一定含有Fe3+
C．向浸取液中滴入BaCl溶液，有白色沉淀产生，说明浸取液中一定含有SO
D．向浸取液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明浸取液中一定含有Cl-
【答案】B
【详解】A．向浸取液中滴入石蕊试液，溶液变蓝，说明浸取液显碱性，不一定含有，A错误；
B．向浸取液中滴入KSCN溶液，溶液变红，说明反应产生了Fe(SCN)3，因此浸取液中一定含有Fe3+，B正确；
C．向浸取液中滴入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明浸取液中可能含有Ag+，也可能含有等，因此不能确定浸取液中是否一定含有，C错误；
D．向浸取液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀可能是AgCl，也可能是Ag2CO3或Ag2SO4等，因此不能说明浸取液中是否一定含有Cl-，D错误；
故答案为：B。
18．将等体积的SO2和Cl2混合后通入含有紫色石蕊的水中，溶液的颜色将
A．褪色 B．仍为紫色 C．变红 D．变蓝
【答案】C
【详解】将等体积的SO2和Cl2在水溶液中，发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，溶液显酸性，因此混合气体通入含有紫色石蕊的水中，溶液的颜色将变红；
故答案为：C。
19．等质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后放出的氢气在同温同压下体积之比为
A．1∶1 B．1∶6 C．2∶3 D．3∶2
【答案】A
【详解】铝与氢氧化钠溶液和稀盐酸分别发生2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，盐酸和氢氧化钠足量，所以铝可以完全反应，根据反应方程式可知消耗等质量的铝生成的氢气的量相同，即充分反应后放出的氢气在同温同压下体积之比为1∶1；
故答案为A。
20．下列转化能一步实现的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．Fe与H2O在高温下反应生成Fe3O4，A不符合题意；
B．Fe与Cl2反应生成FeCl3，B不符合题意；
C．Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，C不符合题意；
D．HNO3具有强氧化性，Fe与足量硝酸溶液反应生成Fe(NO3)3溶液，D符合题意；
故答案为：D。
21．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
B．二氧化硫具有抗氧化性，可用作葡萄酒的食品添加剂
C．液氨汽化时吸热，可用作制冷剂
D．过氧化钠呈淡黄色，可用作呼吸面具中的供氧剂
【答案】D
【详解】A．由于浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，可以干燥酸性气体SO2、CO2、NO2等和中性气体，A不合题意；
B．由于二氧化硫具有强还原性，即抗氧化性，可用作葡萄酒的食品添加剂以防止葡萄酒被氧化，B不合题意；
C．由于NH3易液化且液氨汽化时吸热，可用作制冷剂，C不合题意；
D．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂与其呈淡黄色无关，而是由于2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，D符合题意；
故答案为：D。
22．把少量NO2气体通入足量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量颗粒的干燥管，最后收集到的气体是
A． B． C．和 D．和NO
【答案】C
【详解】少量气体通入足量小苏打溶液中，发生反应、
，逸出的气体是NO、，NO和的物质的量之比为1：2，同时还有少量水蒸气逸出；再使逸出的气体通过装有足量颗粒的干燥管，发生反应、，生成的再与NO反应生成，且有剩余，故C符合题意。
答案选C。
23．氮是植物生长必需的元素，在大气中主要以分子形式存在在放电条件下，与O2可发生反应： 。20世纪初，德国化学家哈伯等首次合成了氨气，化学方程式为： ，生成的NH3与HCl反应合成氮肥。固氮可分为人工固氮和自然固氮。下列可实现自然固氮的是
A．N2→NO B．N2→NH3 C．NH3→NO D．NO→NO2
【答案】A
【详解】氮的固定是指由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，据此分析解题：
A．N2在打雷放电的时候能与O2反应生成NO，故N2→NO属于自然固氮，A符合题意；
B．N2和H2在高温、高压、催化剂作用下生成NH3，故N2→NH3属于人工固氮，B不合题意；
C．由分析可知，NH3→NO不属于氮的固定，C不合题意；
D．由分析可知，NO→NO2不属于氮的固定，D不合题意；
故答案为：A。
24．下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A．制取NH3 B．干燥NH3 C．收集NH3 D．处理尾气
【答案】D
【详解】A．应该加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，故A错误；
B．应该用碱石灰干燥NH3，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；    
C．用向下排空气法收集NH3，导气管应“短进长出”，故C错误；    
D．氨气极易溶于水， 能防倒吸，故D正确；
选D。
25．配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液，下列操作正确的是
A．称量时，将Na2CO3固体直接放在托盘天平的右盘上
B．将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中
C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分
D．定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线
【答案】B
【详解】A、Na2CO3固体应该放在烧杯中称量，A不正确；
B、操作正确；
C、定容时如果加水超过了刻度线，则实验必须重新配制，C不正确。
D、如果再补加少量蒸馏水至刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏低，不正确。
正确的答案选B。
26．能实现下列物质间直接转化的元素是

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．硅可与氧气反应生成二氧化硅，但二氧化硅与水不反应，不符合题意转化关系，故A不选；
B．硫可与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠属于盐，可实现这一系列转化，故B选；
C．铜和氧气反应生成氧化铜，但氧化铜不溶于水，也不与水反应，不符合题意转化关系，故C不选；
D．铁与氧气点燃生成四氧化三铁，但四氧化三铁与水不反应，不符合题意转化关系，故D不选；
故选B。
27．对印刷电路板制作过程中( )产生废液X进行回收处理，流程如下图所示。下列说法不正确的是

A．1molFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作②时，需用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和坩埚
【答案】D
【分析】废液X中加入过量铁粉，固体混合物W中含有Fe、Cu，向固体混合物W中加入过量稀盐酸，发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，溶液B是稀盐酸和FeCl2溶液；向FeCl2溶液中通入过量Cl2得到FeCl3溶液，因此溶液A是FeCl3溶液。
【详解】A．FeCl3与Cu反应的化学方程式为，Fe元素的化合价由+3价降低到+2价，因此1molFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023，A正确；
B．根据反应可知，：=1：2，若废液X中滴加KSCN溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，因此，B正确；
C．由分析可知溶液A中含有FeCl3，溶液B中含有稀盐酸，两溶液都能与铁粉反应，因此铁粉均有减少，C正确；
D．操作②是过滤，需用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒和烧杯，D错误；
故答案为：D。
28．用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。

已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O
【答案】C
【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
【详解】A．适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；
B．有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；
C．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O，D正确；
故选C。

二、填空题
29．海水提纯精盐的过程是用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，请完成下题：
(1)下面是粗盐提纯的部分操作步骤，请补充③处实验步骤：
①用天平称取5.0g粗盐，放入100ml烧杯中，然后加入20mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使粗
盐全部溶解，得到粗盐水。
②向粗盐水中滴加过量的BaCl2溶液，使SO与Ba2+完全反应生成BaSO4将烧杯静置。
③_______
④向粗盐水中滴加过量的NaOH溶液，使Mg2+与OH-完全反应生成Mg(OH)2沉淀，然后滴加过量的饱和Na2CO3溶液，使Ca2+、Ba2+与CO完全反应生成沉淀。
⑤…
(2)有学生设计出如下粗盐提纯工艺流程图

①上述流程图中③处加入的试剂是_______。(填名称)
②写出流程中③处发生的离子反应方程式_______，_______。
(3)方案评价
化学沉淀法中沉淀剂BaCl2和Na2CO3加入的顺序能否交换？_______。(填“能”或“否”)
【答案】(1)沿烧杯壁向上层清液继续滴加23滴BaCl2溶液，若不出现浑浊，则表明SO沉淀完全，若出现沉淀，则继续滴加BaCl2溶液，直至SO沉淀完全
(2)     稀盐酸     H++OH-=H2O     2H++=H2O+CO2↑
(3)否

【分析】在粗盐除杂工艺中，粗盐溶解、过滤后加入过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀而除去SO，此时溶液中含有Na+、Ca2+、Mg2+、Ba2+和Cl-，再加入过量Na2CO3溶液，生成沉淀BaCO3和CaCO3而除去Ca2+和Ba2+，再加入过量的NaOH溶液，生成沉淀Mg(OH)2而除去Mg2+，最后再加入适量的HCl除去过量的NaOH和Na2CO3，最后得到精盐。
【详解】（1）滴加过量的BaCl2溶液除去SO后还要检验SO是否除干净，因此接下来操作是沿烧杯壁向上层清液继续滴加23滴BaCl2溶液，若不出现浑浊，则表明SO沉淀完全，若出现沉淀，则继续滴加BaCl2溶液，直至SO沉淀完全；
（2）①由分析可知上述流程图中③处加入的试剂是稀盐酸；
②流程中③中加入适量的稀盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3，其发生的离子反应方程式为H++OH-=H2O和2H++=H2O+CO2↑；
（3）沉淀法中沉淀剂BaCl2和Na2CO3加入的顺序不能交换，后加入Na2CO3溶液不但可以除去粗盐中Ca2+，还可以除去前面加入过量的Ba2+，若交换顺序，则无法除去Ba2+。
30．抗原检测盒中T线处是使用的胶体金(Au)标记物，一种从被FeS2包裹的含金矿物中提金的工艺流程如下：

(1)①“预处理”时，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，写出该反应的离子方程式_______。
②研究发现H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体·OH，·OH将金表面的FeS2氧化溶出。FeS2溶出率与硫酸初始浓度的关系如图所示，随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是_______。

(2)“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是_______。
(3)测定样品中Au的含量：准确称取0.1000g试样，加入王水，将Au转化成具有强氧化性的氯金酸(HAuCl4)，在除去硝酸根后的溶液中，边不断搅拌，边向溶液中加入过量0.4000mol·L-1 FeSO4溶液30.00mL，将HAuCl4完全还原为Au：滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00mL。
已知：

计算样品中金的质量分数(写出计算过程)_______。
【答案】(1)     2FeS2+15H2O2=2Fe3++2H++4SO+14H2O     硫酸浓度增大，与FeS2反应产生的Fe2+增多，催化H2O2产生的中间体·OH增多，FeS2溶出率增大
(2)有氧环境下铝会与氧气反应，在表面生成一层氧化膜，阻止置换的进行
(3)K2Cr2O7的物质的量为，剩余Fe2+的物质的量为，与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为-1.08×10-2=1.2×10-3，=4×10-4mol，金的质量为，=。

【分析】金矿加入H2O2和H2SO4进行预处理，因为FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，可除去FeS2而露出金矿物，再加入NH4SCN溶液和Fe2(SO4)3溶液对金矿物处理，得到含金的溶液，然后加入Al置换出Au。
【详解】（1）①“预处理”时，加入H2O2和H2SO4，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可知FeS2和H2O2的系数比为2∶15，再结合原子守恒可得离子方程式为2FeS2+15H2O2=2Fe3++2H++4SO+14H2O；
②因为H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体·OH，·OH将金表面的FeS2氧化溶出，所以硫酸浓度增大，与FeS2反应产生的Fe2+增多，催化H2O2产生的中间体·OH增多，FeS2溶出率增大；
（2）“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是有氧环境下铝会与氧气反应，在表面生成一层氧化膜，阻止置换的进行；
（3）消耗K2Cr2O7的物质的量为，根据可知，剩余Fe2+的物质的量为，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为-1.08×10-2=1.2×10-3，根据HAuCl43Fe2+，可得=4×10-4mol，金的质量为，则样品中金的质量分数为。