北京市首都师范大学第二附属中学2021届高三化学10月月考试题（含解析）

北京市首都师范大学第二附属中学2021届高三化学10月月考试题（含解析）（满分：100分 考试时间：60分钟） 2021.10可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mg 24 Al 27 S 32第卷（选择题共60分）每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共20道小题，共60分1. 2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动【答案】B【解析】【分析】当体系受到外在刺激（如pH变化、吸收光子、电子得失等）时，分子组分间原有作用被破坏，说明反应可在光照条件下进行，且可以是氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量，以此解答该题。【详解】A需要对体系输入一定能量，才能驱动分子机器，故A正确；B分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；C电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为B。2. 下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是A. Na、K遇湿易燃物品B. TNT、NH4NO3爆炸品C. CH4、C2H5OH易燃气体D. 浓H2SO4、浓HNO3腐蚀品【答案】C【解析】【详解】ANa、K能与水反应生成氢气，氢气易燃，故为遇湿易燃物品，故A对应；BTNT、NH4NO3碰撞能发生爆炸，为爆炸品，故B对应；C乙醇常温下为液态，属于易燃液体，故C不对应；D浓硫酸、浓硝酸具有强烈的腐蚀性，属于腐蚀品，故D对应；故选C。3. 下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）A. 漂粉精用于消毒游泳池水B. SO2用于漂白纸浆C. Na2S用于除去废水中的Hg2+D. FeCl2溶液用于吸收Cl2【答案】A【解析】【详解】A漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；BSO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；CNa2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；DFeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。4. 下列化学用语正确的是 （ ）A. 甲基的电子式是 B. 硫的原子结构示意图是C. O表示中子数是18的氧原子D. 过氧化氢的结构式是 HOOH【答案】D【解析】【详解】A甲基为甲烷失去一个氢原子剩余后的微粒，电子式是，A用语错误；B硫的原子核外有16个电子，结构示意图是，B用语错误；C质量数=质子数+中子数，则O表示中子数是10的氧原子，C用语错误；D过氧化氢中存在H-O、O-O键，结构式是H-O-O-H，D用语正确；答案为D。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 1 mol甲醇分子中含有的共价键数为4NAB. 2.4 g镁在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为0.1NAC. 标准状况下,5.6 L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAD. 1 L 0.5 mol/L CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；B2.4g镁物质的量为0.1mol，在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为：2NA=0.5NA，故C正确；DCH3COO-在溶液中发生水解反应，则1 L 0.5 mol/L CH3COONa溶液中含有的数小于0.5NA，故B错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。6. 已知物质X、Y、Z之间存在如下转化关系，将装满气体Z的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满的试管体积的2/3。则X是（ ）A. NaB. SC. CH4D. NH3【答案】D【解析】A. 若X是Na，则Z是Na2O2，与Z是气体相矛盾，故A不符合题意；B. 若X是S，则Z是SO3，与Z是气体相矛盾，故B不符合题意；C. 若X是CH4，则Z是CO2，CO2不易溶于水，与溶液最终充满试管体积的2/3相矛盾，故C不符合题意；D.若X是NH3，则Z是NO2，3NO2+H2O2HNO3+NO，溶液最终充满试管体积的2/3，故D符合题意。故选D。7. 如图所示为破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是（ ）A. 过程中断裂极性键键B. 过程可用方程式表示为C. 过程中是吸热过程D. 上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.过程中转化为和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B.根据题图信息可知。过程可用方程式表示为，故B正确；C.原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D.由题图可知中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故答案：C。8. 联氨（N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。已知： N2H4（l） + 1/2 N2O4（l） =3/2N2（g）+ 2H2O（l） H546.45 kJ/mol H2O（g） =H2O（l） H44.0 kJ/mol则2 N2H4（l） + N2O4（l） =3N2（g）+ 4H2O（g） 的H是A. 916.9 kJ/molB. 458.45 kJ/molC. 916.9 kJ/molD. 458.45 kJ/mol【答案】A【解析】【详解】根据盖斯定律，2-4可得2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)，H=-546.45 kJ/mol2+44.0 kJ/mol4=-916.9 kJ/mol，答案为A。9. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是()A. Y和Z的最高正化合价相同B. 气态氢化物的热稳定性：XH3H2YH2ZC. 原子半径的大小：r(W)r(Y)r(Z)D. W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答。【详解】AY为O元素，氧元素一般没有正化合价，故A错误；BX为N，Y为O，Z为S，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性ONS，则气态氢化物的热稳定性： H2YXH3H2Z，故B错误CY为O，Z为S，W为Cl，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：r(W) r(Y)，故C错误；DW为Cl元素，最高价含氧酸HClO4是最强的含氧酸，故D正确；答案选D。【点睛】X、Y、Z、W均为短周期元素，根据图中信息可知X、Y是第二周期元素，Z、W为第三周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，为O，根据位置推断出元素是解本题的关键。10. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是A. 蒸干AlCl3溶液，无法得到无水AlCl3B. 用稀H2SO4洗涤BaSO4沉淀，可减少沉淀损失量C. 氯水中加入少量CaCO3粉末，可以提高漂白能力D. 滴加CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2SO4反应的速率【答案】D【解析】【详解】AAlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，加热HCl挥发，平衡右移，得Al(OH)3，无法得到无水AlCl3，所以符合平衡移动原理，故A正确；B硫酸钡溶液中存在溶解平衡，所以加入硫酸，硫酸根离子浓度变大，平衡逆向移动，可减少沉淀损失，所以符合平衡移动原理，故B正确；C氯水中存在氯气与水反应生成次氯酸，加入碳酸钙与盐酸反应，而HClO和碳酸钙不反应，平衡正向移动，则HClO的浓度增大，所以符合平衡移动原理，故C正确；D滴加少量CuSO4溶液，少量的锌与铜离子反应生成铜，铜与锌和硫酸构成原电池加快反应速率，不符合平衡移动原理，故D错误；答案选D。11. 关于下图所示实验的说法不正确的是A. 反应过程中产生的气泡是CO2B. 丙中液体可产生“丁达尔效应”C. 若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（Cl-）不发生变化D. 若在丙中加入过量盐酸，充分反应后所得溶液组成与甲相同【答案】D【解析】【详解】A氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，氢离子和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应过程中产生的气泡是CO2气体，A说法正确；B丙中最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”，B说法正确；C铁离子水解显酸性，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，烧杯中c(Cl-)不发生变化，C说法正确；D丙中液体组成为氢氧化铁胶体，加入过量盐酸，水解平衡破坏，丙中既有盐酸又有氯化铁，而甲中只有氯化铁，D说法错误。答案为D。12. 下列解释事实的方程式不正确的是A. 实验室用Al2（SO4）3和氨水制取氢氧化铝：Al3+ + 3NH3H2O =Al（OH）3 + 3NH4+B. 用稀HNO3清洗试管内壁上的铜：Cu + 2H+ + NO=Cu2+ + NO2 + H2OC. 实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2 + 2OH =SiO + H2OD. 向Mg（OH）2沉淀中滴加FeCl3溶液，沉淀变为红褐色：3Mg（OH）2 + 2Fe3+ = 2Fe（OH）3 +3 Mg2+【答案】B【解析】【详解】A实验室用Al2（SO4）3和氨水制取氢氧化铝，一水合氨为弱电解质，保留化学式，离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A正确；B铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，离子方程式：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故B错误；C实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，因为氢氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2 + 2OH =SiO + H2O，故C正确；D向Mg（OH）2沉淀中滴加FeCl3溶液，反应生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，离子方程式为：3Mg（OH）2 + 2Fe3+ = 2Fe（OH）3 +3 Mg2+，故D正确；故选B。13. 以下说法正确的是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2+4H+NO3- = 3Fe3+NO+2H2OB. 因为Fe3+有氧化性，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜C. Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液,溶液呈红色，说明稀HNO3将Fe氧化为Fe3+D. 用酸性KMnO4溶液可以检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2【答案】C【解析】【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁固体，溶于稀硝酸，3Fe3O4+28H+=9Fe3+NO+14H2O，A说法错误；B因为Fe3+有氧化性，能与铜反应生成铜离子，不能得到Cu单质，即不能回收废旧电路板中的铜，B说法错误；CFe粉中加入稀HNO3，滴入KSCN溶液，出现红色，说明产生Fe3+，即稀HNO3将Fe氧化为Fe3+，C说法正确；D酸性KMnO4可与氯离子反应使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2，D说法错误；答案C。14. 通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下： 下列说法不正确的是A. CCl4起到萃取、富集I2的作用B. a中下层变无色，说明I2 转化为IC. 中发生反应的离子方程式为：Br2 + 2I= I2 + 2BrD. 依据a、b中现象，可以证明Cl2的氧化性比 Br2强【答案】B【解析】【详解】A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子,下层呈紫色,所以CCl4起到萃取、富集I2的作用,所以A选项是正确的;B、四氯化碳不溶于水,比水重,碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中,四氯化碳层为紫红色,上层主要溶质是氯化钾,加氯水后，I2被氧化为碘酸根离子，能溶解在水中，而不是将I2转化为I-,故B错误;C、溴单质的氧化性强于碘单质,所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质,发生了Br2+2I-= I2+2Br-,所以C选项是正确的;D、滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子,而滴入溴水下层仍呈紫色,所以氯气的氧化性强于溴单质,故D正确;答案：B。15. 粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2+。提纯时，为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH=4，可以达到除去铁离子而不损失硫酸铜的目的。下列说法不正确的是A. 溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B. 加入H2O2，将Fe2+氧化，2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2OC. 由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D. 调溶液pH=4的依据是Cu(OH)2比Fe(OH)3更难溶【答案】D【解析】【详解】A为防止铜离子水解生成氢氧化铜沉淀而使溶液浑浊，溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4，A说法正确；BH2O2具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+ =2Fe3+ + 2H2O，B说法正确；CH2O2在硫酸铜催化作用下可发生分解反应，C说法正确；D在pH=4时，Fe3+可水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，Cu(OH)2比Fe(OH)3的溶度积大，D说法错误；答案为D。16. a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b的M层上有1个电子，a与c同主族。下列说法不正确的是A. 原子半径：b>c>dB. 气态氢化物稳定性：a>cC. 简单阴离子还原性：d>cD. ab可形成既含离子键又含共价键的离子化合物【答案】C【解析】a的最外层电子数是内层电子数的3倍，则a为O元素；b的M层上有1个电子，则b为Na元素；a与c同主族，则c为S元素；再结合a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，可知d为Cl元素；A. Na、S、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径Na>S>Cl，故A正确；B. 非金属性越强，气态氢化物越稳定性，O的非金属性比S强，则H2O比H2S稳定，故B正确；C. 非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，Cl的非金属性比S强，则S2-还原性比Cl-强，故C错误；D. Na和O形成的Na2O2，是既含离子键又含共价键的离子化合物，故D正确；答案为C。点睛：解答此类试题明确元素种类是关键，要熟悉常见的元素推断的描述性用语，如：X原子最外层电子数是次外层电子数的n倍，一般认为n1，此时次外层只能为K层，X的核外电子排布为2，2n，即X的原子序数为2+2n。如：最外层电子数是次外层电子数2倍的元素有：C；最外层电子数是次外层电子数3倍的元素有：O；再如，X的阳离子和Y的阴离子具有相同的电子层结构，常见的离子的电子层结构一般有两种(2，8和2，8，8)。满足2，8的阳离子有Na+、Mg2+、Al3+，阴离子有N3、O2、F；满足2，8，8的阳离子有K+、Ca2+，阴离子有P3、S2、Cl；阳离子在阴离子的下一周期，等等。17. 某同学做如下实验实验现象溶液无色，试管上方呈红棕色产生大量气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝产生气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝下列说法不正确的是（ ）A. 实验试管上方呈现红棕色的原因是：2NO + O22NO2B. 根据实验、的气体检验结果，说明都有NH3产生C. 实验溶液中发生的反应是：Al+6H+3NOAl3+3NO2+3H2OD. 在实验、中，NO在酸、碱及中性溶液中都被还原【答案】C【解析】【详解】：ANO是无色气体、二氧化氮是红棕色气体，Al和稀硝酸反应生成无色的NO，NO不稳定，易被氧气氧化生成红棕色气体二氧化氮，则发生反应2NO+O2=2NO2，故A正确；B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，根据实验、的气体检验结果及现象知，说明、都有NH3产生，故B正确；CAl和稀硝酸反应生成NO，其离子方程式为Al+4H+NOAl3+NO+2H2O，故C错误；DI中生成NO，、中生成氨气，I中溶液呈酸性而溶液呈碱性，中溶液呈中性，则在实验、中，NO在酸、碱及中性溶液中都被还原，故D正确；故答案选C。18. 实验室现需配制物质的量浓度为1molL1的NaOH溶液480mL。下列操作会使所配制溶液浓度偏大的。A. 溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B. 定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C. 容量瓶中原有少量蒸馏水D. 定容时观察液面仰视【答案】A【解析】【详解】A溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，导致配置溶液的体积偏小，则浓度偏大，A符合题意；B定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，B与题意不符；C容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，则配置溶液浓度不变，C与题意不符；D定容时观察液面俯视，导致溶液体积偏大，配置溶液浓度偏低，D与题意不符；答案为A。19. 用下图所示装置进行实验，实验现象与对应的结论正确的是装置实验现象结论A铜丝稀硝酸中出现红棕色气体稀硝酸与铜生成了NO2中需要碱溶液吸收尾气B铜丝Fe2(SO4)3溶液中溶液黄色变浅Cu与Fe2(SO4)3溶液发生置换反应C铁丝饱和食盐水中导管内液面上升铁钉发生吸氧腐蚀D铁丝浓硫酸无明显现象铁与浓硫酸不反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.稀硝酸与铜生成NO，故A错误；B.Cu与Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，不是置换反应，故B错误；C.铁在中性溶液中发生吸氧腐蚀，故C正确；D.常温下，铁在浓硫酸中钝化，故D错误。答案选C。【点睛】20. 将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应过程中的叙述不正确的是A. Oa段反应的化学方程式是Ba(OH)2+CO2BaCO3+H2OB. ab段与cd段所发生的反应相同C. de段沉淀减少是由于BaCO3固体消失D. bc段反应的离子方程式是2AlO2+3H2O+CO22Al(OH)3+CO32【答案】B【解析】【详解】A.只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先Oa段发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，A正确；B.接下来消耗KOH，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，bc段发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，cd段再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，ab段与cd段所发生的反应不相同，故B错误；C.最后de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，故C正确；D. bc段发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故D正确；故答案选B。第卷（非选择题，共40分）21. 化合物甲（只含两种元素）由FeSO4和半胱氨酸（一种含硫-氨基酸）在160下反应所得。为研究甲的组成，某研究小组设计了方案，其流程如下：（1）为研究氧化物A的组成，进行如下实验： 取少量黄色溶液于试管中，滴加2滴黄色K3Fe(CN)6（铁氰化钾）溶液，未见蓝色沉淀生成，则溶液中不含_离子。 经确认黄色溶液中一定含有Fe3+，其实验为：_。（2）为研究气体B的成分，研究小组设计的实验方案是： 将气体B通入水中，向其中滴加品红溶液，充分振荡后红色褪去，加热后颜色恢复。因此气体B中含有_。 将气体B通入盐酸酸化BaCl2溶液中，一段时间生成了少量白色沉淀，发生的反应的离子方程式为_。（3）为确定甲的化学式，需要收集的数据是甲的质量和_。【答案】 (1). Fe2+ (2). 取少量黄色溶液，滴加几滴KSCN溶液，变为红色 (3). SO2 (4). 2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=4H+2BaSO4 (5). 氧化物A的质量或者气体B的质量【解析】【分析】已知化合物甲中只含有两种元素，由FeSO4和半胱氨酸(一种含硫-氨基酸)在160下反应所得，充分煅烧后含有Fe元素，则氧化物A为铁的氧化物，根据溶于盐酸后溶液的颜色，可判断含有铁离子，加入铁氰化钾可检验溶液中是否含有亚铁离子；气体B能使品红溶液褪色，可判断为二氧化硫气体。【详解】(1)取少量黄色溶液于试管中，滴加2滴黄色铁氰化钾溶液，未见蓝色沉淀生成，则溶液中不含Fe2+离子；经确认黄色溶液中一定含有Fe3+，其实验为取少量黄色溶液，滴加几滴KSCN溶液，生成Fe(SCN)3溶液变为红色；(2)将气体B通入水中，向其中滴加品红溶液，充分振荡后红色褪去，加热后颜色恢复。因此气体B中含有SO2；二氧化硫与氯化钡不反应，但空气中的氧气参与反应时，可生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=4H+2BaSO4；(3)甲中含Fe、S元素，为确定甲的化学式，需要收集的数据是甲的质量和氧化物A的质量或者气体B的质量。22. 电解铝厂的实验室为测定铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3 、SiO2）样品中Al2O3的质量分数，操作如下：将铝土矿样品粉碎后加入足量稀H2SO4溶液，充分反应后过滤，得滤液a.向滤液a中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤，得滤液b.向滤液b中通入足量CO2，充分反应后过滤、洗涤，得Al(OH)3沉淀.（1）滤液a中阳离子有_（写离子符号）。（2）操作中反应的离子方程式是_。（3）操作是_。（4）要测定铝土矿样品中Al2O3的质量分数，所需数据是_（质量数据用x、y表示，单位是g）；铝土矿样品中Al2O3质量分数表达式是_（用含x、y的式子表示）。【答案】 (1). H+、Al3+、Fe3+ (2). H+ + OH- H2O、Al3+ + 4OH- + 2H2O、Fe3+3OH-Fe(OH)3 (3). 干燥Al(OH)3沉淀、称量 (4). 铝土矿样品质量x g、Al(OH)3质量y g (5). 【解析】【详解】(1)铝土矿中的氧化铝、氧化铁均与稀硫酸反应，而二氧化硅不反应，且硫酸过量，则滤液a中阳离子有H+、Al3+、Fe3+ 。(2)向滤液a中加入足量NaOH溶液，则实现中和氢离子，然后再沉淀金属阳离子，最后溶解氢氧化铝，所以反应的离子方程式为H+ +OH- H2O、Al3+ + 4OH- + 2H2O、Fe3+3OH-Fe(OH)3。(3)从溶液中分离出沉淀的方法是过滤，然后洗涤、干燥后称量即可。(4)要测定铝土矿样品中Al2O3的质量分数，则需要知道样品的质量（用x表示）、氢氧化铝的质量（用y表示）。根据铝原子守恒可知铝土矿样品中Al2O3质量分数表达式是。23. 碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是_。若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5 O21_+3_。（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mLNaOH溶液，若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_。（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。【答案】 (1). CO2、SO2、O2 (2). Fe3O4 (3). SO2 (4). H2O2+SO2=H2SO4 (5). zy/x (6). 除去SO2对CO2测定的干扰 (7). 吸收CO2气体前后吸收瓶的质量【解析】【详解】（1）钢样中的碳、硫在装置A中被氧化为CO2、SO2，故a的成分为CO2、SO2以及未反应的O2；FeS中的-2价的硫被氧化为SO2，+2价的Fe被氧化为+3价的铁，结合所给化学计量数，可知产物应为Fe3O4和SO2，故方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；（2）H2O2具有氧化性，可氧化SO2使S的化合价升高为+6价，在溶液中反应产物应为硫酸，故反应方程式为：H2O2+SO2=H2SO4；1mL NaOH相当于yg S，故z mL NaOH相当于 zy g S，则该样品中硫的质量分数为zy/x 。（3）测定碳的含量需将气体a中的SO2除去，故装置B和C的作用是除去SO2；计算碳质量分数须利用CO2的质量进行分析，故需测量CO2吸收瓶在吸收CO2气体前后的质量。