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硫氮和可持续发展单元测试卷（B）

一、单选题
1．现有以下几种措施：①对燃烧煤产生的尾气进行除硫处理；②少用原煤做燃料；③燃煤时鼓入足量空气；④开发清洁能源。其中能减少酸雨产生的措施是
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
2．在4mol/L的硫酸和2mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入6.5g锌粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为( )
A．112mL B．224mL C．448mL D．672mL
3．如图是实验室常用的气体制备、净化和收集装置。若依据反应H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O制取一氧化碳，则合理的装置组合为（ ）

A．①⑤⑧ B．③⑤⑦ C．②⑤⑥ D．③④⑧
4．在标准状况下，将O2和NO2按1∶4的体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液溶质的物质的量浓度为
A．mol·L－1 B．mol·L－1 C．mol·L－1 D．mol·L－1
5．一定条件下，将等体积的NO2和O2的混合气体置于试管并将该试管倒置于水槽中至液面不再上升时，剩余气体的体积约为原体积的（ ）
A．1/4 B．3/4 C．1/8 D．3/8
6．同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl ②NO2 ③体积比为1:1的NO2和O2，进行喷泉实验。经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为
A．1: 1 :1 B．4: 4 :5 C．5: 5 :4 D．15: 10 :12
7．如图所示,试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物),当倒扣在盛有水的水槽中时,试管内水面上升,但不能充满试管,当向试管内鼓入少量氧气后,可以观察到试管内水柱继续上升,经过多次重复后,试管内完全被水充满,原来试管中盛装的气体是

A．可能是N2与NO2的混合气体 B．只能是O2与NO2的混合气体
C．可能是NO与NO2的混合气体 D．只能是NO2一种气体
8．将amL 一氧化氮、bmL 二氧化氮、xmL 氧气混合于同一试管里，将试管口倒插于水中，充分反应后试管内气体全部消失，则用a、b表示的x的代数式是 （ ）
A．(a＋b)/2 B．(2a＋b)/3 C．(3a＋b)/4 D．(4a＋b)/5
9．下列装置不能达到实验目的的是
A．实验室制取并收集NH3 B．吸收NH3
C．检查装置气密性 D．利用排空气法收集NH3
10．三支体积相等的试管分别充满相同状态下气体：①氨气；②体积比为4：l的NO2和O2气体；③NO2气体；将他们分别倒立于盛有足量水的水槽中，液面恒定后(假设试管内液体不扩散)，则下列结论正确的是( )
A．①和③试管内溶液体积不等，溶质物质的量浓度也不相等
B．因为它们都可溶于水，所以液面都上升到试管顶部
C．三支试管中，试管②中溶液中溶质的物质的量浓度最小
D．试管②和试管③中溶液的溶质的物质的量浓度一定相等
11．在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是(　　)
A．总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3
B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3
C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 mol·L－1
D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060 mol·L－1

12．已知NO2、NO的混合气体可与NaOH溶液发生化学反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O，NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，将224 mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体溶于20 mL NaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出。则NaOH溶液的物质的量浓度为( 　)
A．1 mol/L B．0.5 mol/L C．0.25 mol/L D．0.2 mol/L
13．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为
A．32 g B．48 g C．64 g D．96 g
14．将容积为50mL的量筒内充满NO2和O2的混合气体，倒置量筒在盛满水的水槽里，足够时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。则混合气体中NO2和O2体积比可能是(?? )
A．13:7 B．15:7
C．18:7 D．20:7
15．将充有m mLNO 和n mLNO2的量筒倒立于水槽中，然后通入m mL O2，若mA．3(m-n) B． C． D．
16．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为( )
A．32 g B．48 g C．64 g D．96 g
17．常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为
A．b>c>a>d B．b>a>c>d C．d>b>a>c D．b>d>c>a
18．将25.6gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.4mol，这些气体恰好能被500mL 1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（ ）
A．0.2mol B．0.1mol C．0.4mol D．0.3mol



19．19．28g铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，放出的气体与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，则合金中Cu与Ag的物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．3：1
20．在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为
A．1：1：1 B．5：5：4 C．1：2：3 D．1：1：2


二、推断题
21．有关FeSO4的转化关系如图所示(无关物质已略去)

已知：①X由两种化合物组成将X通入红溶液溶液褪色通人BaCl2溶液生白色沉淀
②Y是红棕色的化合物。
（1）气体X的成分是______(填化学式)
（2）反应I的反应类型属于_____(填字母代号)
a．化合反应 b．复分解反应 c．氧化还原反应 d．分解反应 e. 置换反应
（3）溶液2中金属离子的检验方法是________
（4）反应的化学方程式是______________

三、计算题
22．50 mL浓H2SO4溶液(足量)中加入3.2 g Cu，在加热条件下充分反应：
(1)反应消耗的H2SO4的物质的量是_____________，生成SO2的体积为(标准状况下)____________mL。
(2)若题干中浓硫酸的物质的量浓度为a mol/L，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n(H2SO4)_______0.025a mol(填“等于”、“大于”或“小于”)。
(3)将题干中反应后的溶液稀释到500 mL，取出50 mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81 g，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____________。
23．I．（1）氨和硝酸都是重要的工业原料，标准状况下，将640L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为______mol/L（保留三位有效数字）．将体积为12mL的试管充满NO2气体后，倒立于水槽中（保持同温同压），液面稳定后，保持相同条件下再通入O2，若要液面仍在原来的位置，则通入O2的体积为______mL。
（2）工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH- =_____+H2O（配平该方程式）。
Ⅱ．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示（反应前后溶液体积不发生变化）。
实验序号 ① ② ③
混合物质量/mg 255 510 1020
气体体积/mL 280 336 336

（1）①组实验中，盐酸__________，（填过量或不足）；②组实验中，盐酸__________，（填过量或不足）。
（2）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。
（3）混合物中Mg和Al的物质的量之比为__________。

四、实验题
24．某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：

(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是_______。
(2)反应①中生成A的离子方程式为________。
(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。



参考答案
1．B
【解析】二氧化硫是引起酸雨的主要气体，对燃烧煤产生的尾气进行除硫处理，能减少酸雨产生，故①正确；原煤中含有硫，少用原煤做燃料可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨产生，故②正确；燃煤时鼓入足量空气，不能减少二氧化硫的排放，不能减少酸雨产生，故③错误；开发清洁能源，减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化硫的排放，能减少酸雨产生，故④正确；选B。
2．D
【解析】锌与稀硝酸反应的实质是3Zn+8H++2NO3-＝3Zn2++2NO↑+4H2O，混合溶液中含H+物质的量＝0.04mol×2+0.02mol＝0.10mol，硝酸根离子的物质的量是0.02mol，6.5g锌的物质的量＝6.5g÷65g/mol＝0.1mol。根据离子方程式可知3Zn～2NO3-～8H+～2NO，因此氢离子、锌过量，硝酸根离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量为0.02mol，剩余的锌是0.07mol，氢离子是0.02mol，根据方程式Zn+2H＋＝Zn2＋＋H2↑可知还可以产生0.01mol氢气，则标准状况下的体积为0.03mol×22.4L/mol＝0.672L＝672mL，答案选D。
3．D
【解析】利用反应H2C2O4 CO↑+CO2↑+H2O制取CO，采取的是“液+液 气体”的装置，应选用装置③作为发生装置；
制取的CO中混有CO2，应用浓氢氧化钠溶液除去，选择装置④作为除杂装置；
由于CO的密度与空气太接近，故应用排水法来收集，选择装置⑧作为收集装置；
所选装置为③④⑧，故选D。
4．C
【解析】设烧瓶的体积为V L，由于O2和NO2的体积比为1∶4，所以NO2的体积为V L，由4NO2+O2+2H2O＝4HNO3可知二者恰好反应，因此最终液体充满整个烧瓶，溶液体积为V L，NO2的物质的量为V L÷22.4 L·mol?1=V mol，所以硝酸的物质的量浓度为V mol÷V L=mol·L?1。答案选C。
5．D
【解析】根据4NO2+O2+2H2O4HNO3可知O2过量。设NO2和O2的体积各1L，则1LNO2消耗O21/4L，剩余O23/4L，所以剩余气体的体积约为原体积的3/4×1/2=3/8。
故选D。
6．C
【解析】假设烧瓶的体积为1L，则氯化氢形成的溶液的物质的量浓度=mol/L，二氧化氮形成的硝酸溶液的物质的量浓度=mol/L，③ 物质的量浓度=mol/L，所以三者比例为：5:5:4，选C。
7．C
【解析】A、N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故不选A；
B、若试管中只有NO2，其与水反应生成不溶于水的NO，向试管内鼓入氧气后可发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内也能完全被水充满，故原气体中不一定有氧气，不选B；
C、若试管中充满的是NO与NO2的混和气体，当向试管内鼓入氧气后，可在溶液中发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内能完全被水充满，故C符合题意，选C；
D、若原来试管中盛装的气体是NO与NO2的混合气体或O2与NO2的混合气体，或只有NO2气体，向试管内鼓入氧气都能完全被水充满，故原气体不一定只有NO2，不选D。
8．C
【解析】根据一氧化氮与氧气的反应，一氧化氮耗氧量=3a/4mL，同理，二氧化氮的耗氧量=b/4mL，则x=(3a＋b)/4，答案为C
9．A
【解析】A、氨气极易溶于水，收集时要在试管口放一棉花，以防止对流，故A选；
B、氨气不溶于四氯化碳，该装置能吸收氨气，同时又能防止倒吸，故B不选；
C、关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，可以形成密闭系统，能够检查装置的气密性，故C不选；
D、氨气密度比空气小，从短管进长管出，可以收集氨气，故D不选。故选A。
10．C
【解析】三支体积相等的试管分别充满相同状态下气体：①氨气；②体积比为4：l的NO2和O2气体；③NO2气体；将他们分别倒立于盛有足量水的水槽中，液面恒定后，①盛氨气的试管中充满液体，溶液浓度为，②体积比为4：l的NO2和O2气体倒扣在水槽中，发生的总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，液体全部充满试管，溶液浓度为；③NO2气体倒扣在水槽中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶液占试管容积的，溶液浓度。
A.①和③试管内溶液体积不等，溶质浓度相同，A错误；
B.①②试管中液面上升到试管顶部，盛二氧化氮气体的试管中液面上升到试管容积的，B错误；
C.依据上述分析计算可知，试管②中溶液的溶质的物质的量浓度最小，C正确；
D.②中体积比为4：l的NO2和O2气体倒扣在水槽中，发生的总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，液体全部充满试管，溶液浓度为；③NO2气体倒扣在水槽中液体液面上升到试管容积的，溶液浓度为；试管②和试管③中溶液浓度不同，D错误；故答案选C。
11．B
【解析】标准状况下672mL的混合气体：n（NO）+n（NO2）==0.03mol，
（O2）==0.0125mol，
由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），
解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，
所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，
由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。
水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为：0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。ACD项错误，B项正确；答案选B。
12．B
【解析】掌握守恒法在计算中的应用，根据两个方程式分析，氮原子物质的量和钠的物质的量相等，即等于氢氧化钠的物质的量，由此进行计算。
13．C
【解析】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，m（Cu）=1mol×64g/mol=64g，故C正确；
正确答案：C。
14．C
【解析】NO2?和?O2与水的反应属于循环反应，可简化为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3?，对该反应来说，若?NO2?剩余，则实际是NO，由3NO2+H2O = 2HNO3+NO可知，剩余NO气体是5mL，说明剩余的?NO2为：5mL×3=15mL，其余的35mL气体中?V(NO2):V(O2)=4:1，则混合气体中氧气的体积为:35mL×=7mL，二氧化氮的体积为：50mL-7mL=43mL，则原混合气体中NO2?和?O2体积比为：43mL:7mL=43:7；
若剩余气体是O2，则反应的45mL中V(NO2):V(O2)=4:1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45mL×=36mL，氧气为：50mL-36mL=14mL，
则原混合气体中NO2?和?O2体积比为：36mL:14mL=18:7；所以C选项是正确的。
15．C
【解析】发生反应4 NO2+ O2+ 2H2O =4HNO3，4 NO+ 3O2+ 2H2O =4HNO3，故NO与NO2按1:1混合的总反应为：NO + NO2+ O2+ H2O =2HNO3，充有m mL NO和n mLNO2的量筒倒立于水槽中，然后通入m mL O2，因为m所以C选项是正确的。
16．C
【解析】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，消耗铜的质量=1mol×64g/mol=64g，故选C。
17．A
【解析】设试管的体积为VL，
a．等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V－1/4×0.5V）=3/8V；
b．等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；
c．等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V×3/4）=1/8V；
d．等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞c＞a＞d，
故选A。
18．B
【解析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，25.6gCu共失电子为×2=0.8mol，HNO3到NaNO2共得到电子0.8mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.4mol，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，所以n(NaNO3)=n(NaOH)-n(NaNO2)=0.5L×1mol/L-0.4mol=0.1mol，故答案为B。
19．B
【解析】铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与2.24L的O2混合，通入水中恰好完全吸收，分析整个过程可知，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，设Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒，可得: 计算得出x=0.1mol、y=0.2mol，所以合金中Cu与Ag的物质的量之比：0.1：0.2=1:2，B正确；正确选项B。
20．A
【解析】设烧瓶体积为V，则气体体积也是V，当倒置水槽后氨气和氯化氢都溶解到水中时，得到的是氨水和盐酸，溶液的体积就是烧瓶的体积V。溶质的物质的量n=V/Vm，由C= n/V得C=V/Vm/V=1/Vm。二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+ NO ，得到硝酸溶液n(NO2)=V/Vm ，n(HNO3)=2V/3Vm，因为NO体积与NO2是1: 3，所以溶液体积为2V/3，代入公式C= n/V计算浓度和上面两种相同。综上所述，A正确，本题选A。
21．SO2、SO3 cd 取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色证明原溶液中有Fe3+存在
【解析】（1）根据上述分析，气体X的成分是SO2、SO3；
（2）反应I即属于氧化还原反应又属于分解反应，cd正确；
（3）溶液2中金属阳离子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的Fe3+，Fe3+与KSCN溶液作用变为血红色，利用这一性质检验，具体操作为：取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红，则证明原溶液中含有Fe3+；
（4）根据上述分析可知，上述发生的反应方程式为：。
22．0.1 1 120 小于 18
【解析】（1）发生的反应是Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因为硫酸是过量的，因此根据铜进行计算，n(Cu)==0.05mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(Cu)=2×0.05mol=0.1mol，产生V(SO2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，即1120mL；
（2）在Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O中，被还原的硫酸的物质的量是参加反应的硫酸的一半。硫酸不足，铜过量，因此根据硫酸进行计算，被还原硫酸的物质的量为50×10－3×mol=0.025amol，但铜只与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，转化成稀硫酸，反应停止，即被还原的稀硫酸的物质的量小于0.025amol；
（3）根据反应方程式，硫酸一部分起酸性，一部分作氧化剂，因此根据硫元素守恒，n(H2SO4)=[n(SO42－)＋n(SO2)] mol=( ＋) mol=0.9mol，因此c(H2SO4)==18mol·L－1。
23．28.6 7 2NO2- 过量 不足 1 1:1
【解析】I．（1）640L氨气的物质的量为：=28.6mol，溶于水形成1L氨水，c===28.6mol/L；
根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积12mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的为4mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，则：
4NO+3O2+2H2O=4HNO3
4mL 3mL
当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为4mL，故通入的氧气的体积=4mL+3mL=7mL；
（2）由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣===2NO2-+H2O，答案为2NO2-；
Ⅱ．（1）①由表中数据可知，30.0mL同浓度的盐酸加入255mg金属，盐酸有剩余，金属完全反应；
②加入510mg金属与加入1020mg金属生成的氢气体积一样多，故加入510mg金属，盐酸完全反应，②组实验中，盐酸不足；
（2）此时生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为=1mol/L；
（3）由表中①、②数据可知，①中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1。
24．HCO3-、S2-、OH- 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 含 2 8
【解析】通过上述分析可知：气体A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，气体D是NO2，溶液E为HNO3，气体F是NH3，I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3：
(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子；
(2)在X中含有Fe2+、H+，当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根据3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+与NO的关系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根据Fe元素守恒，说明在原溶液中含有Fe3+，其物质的量是0.02mol，由于溶液的体积是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；该溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根据(3)计算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正电荷总数：3n(Al3+)+ 3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+ n(NH4+)+ n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所带的负电荷数0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以该溶液中还含有带负电荷的Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.22mol-0.14mol=0.08mol，其物质的量浓度c(Cl-)=0.08mol÷0.01L=8mol/L。












试卷第1页，总3页


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