海南省儋州市第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试卷 14页

‎2020届高三年级第一次月考试题 化学科 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64‎ 第I卷（共36分）‎ 一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列说法错误的是 A. 蔗糖可作调味剂 B. 细铁粉可作食品抗氧剂 C. 双氧水可作消毒剂 D. 熟石灰可作食品干燥剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蔗糖具有甜味，且对人体无害，因此蔗糖可以作调味剂，故A说法正确；‎ B、细铁粉可以空气中氧气发生反应，防止食品被氧化变质，故B说法正确；‎ C、双氧水具有强氧化性，能消灭细菌和病毒，因此双氧水可作消毒剂，故C说法正确；‎ D、熟石灰不具有吸水性，不能作干燥剂，故D说法错误。‎ 故选D。‎ ‎2.某工业废气所含氮氧化物（NOx）的氮氧质量比为7：12，该NOx可表示为（ ）‎ A. N2O B. NO C. N2O3 D. NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用原子个数比等于其物质的量之比，据此分析；‎ ‎【详解】原子个数之比等于其物质的量之比，即，该氮的氧化物的化学式为N2O3，故选项C正确；‎ 答案为C。‎ ‎3.下列属于电解质的是（ ）‎ A. 熔融氯化钠 B. 蔗糖 C. 氢氧化钾溶液 D. 铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解质的电解质的定义进行分析；‎ ‎【详解】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物，‎ A、熔融的氯化钠属于化合物，熔融状态下能够导电，即属于电解质，故A符合题意；‎ B、蔗糖属于非电解质，故B不符合题意；‎ C、氢氧化钾溶液属于混合物，既不电解质也不是非电解质，故C不符合题意；‎ D、铁为单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】判断电解质，首先是化合物，然后电解质包括酸、碱、多数盐、多数的金属氧化物、水。‎ ‎4.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是 A. Cl2→Cl- B. I-→I2 C. SO2→SO32- D. CuO→Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。‎ ‎【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误； B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确； C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误； D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。 故选B。‎ ‎【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。‎ ‎5.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）‎ A. NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，随后变为红褐色 B. 石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色 C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色 D. 热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、发生的离子反应是Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，然后再发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，该反应为氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、氯水中存在Cl2＋H2OHCl＋HClO，石蕊遇酸变红，HClO具有强氧化性，能将有色物质漂白，HClO漂白有色物质属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C、白色沉淀转变为黑色沉淀，发生2AgCl＋Na2S=Ag2S＋2NaCl，该反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；‎ D、铜丝与稀硝酸发生3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，该反应为氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎6.已知反应：H2S +Fe2(SO4)3＝S↓+2FeSO4 + H2SO4，下列说法正确的是（ ）‎ A. H2S是氧化剂 B. 该反应中有三种元素化合价改变 C. 氧化性强弱顺序为：Fe3+S，故C错误；‎ D、1molS生成，转移电子物质的量为1mol×[0－(－2)]=2mol，故D正确；‎ 答案为D。‎ 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。‎ ‎7.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA B. 18g的D2O中含有的质子数为10NA C. 28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6NA D. 1L1mol/L的NH4C1溶液中NH4+和Cl—的数目均为NA ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH4中C的化合价为－4价，甲烷燃烧后生成CO2，因此1mol甲烷燃烧后，转移电子物质的量为1mol×[4－(－4)]=8mol，故A正确；‎ B、D2O的摩尔质量为20g·mol－1，即18gD2O中含有质子的物质的量为=9mol，故B错误；‎ C、乙烯分子式为C2H4，环己烷分子式为C6H12，通式为CnH2n，含有原子的物质的量为6mol，故C正确；‎ D、NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解，即NH4＋的物质的量应小于1L×1mol·L－1=1mol，故D错误；‎ 答案为AC。‎ ‎8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 0.1mol/LKI溶液：Na+、K+、ClO-、OH-‎ B. 0.1mol/LFe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3-、SO42-‎ C. 0.1mol/L NaOH 溶液：Ba2+、K+、Cl-、NO3-‎ D. 0.1mol/L KOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、ClO－具有强氧化性，能将I－氧化，因此ClO－不能与I－大量共存，故A不符合题意；‎ B、这些离子在指定的溶液中能够大量共存，故B符合题意；‎ C、这些离子在指定溶液中能够大量共存，故C符合题意；‎ D、Mg2＋与OH－生成Mg(OH)2沉淀，OH－与HCO3－发生OH－＋HCO3－=H2O＋CO32－，即在指定的溶液中不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案为BC。‎ ‎【点睛】判断离子共存，首先审清溶液是否有色以及溶液的酸碱性，然后熟记一些特殊，如NO3－在酸性条件下具有强氧化性，AlO2－和HCO3－发生反应等等，最后发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应的离子不能大量共存。‎ ‎9.能正确表达下列反应的离子方程式为（ ）‎ A. 用醋酸除去水垢：2H++CaCO3＝Ca2+ +CO2↑+H2O B. 硫化亚铁溶于稀硝酸：2H+ +FeS＝H2S↑+Fe2+‎ C. 向硫酸铁溶液中滴加碳酸钠溶液：2Fe3++3CO32-＝Fe2(CO3)3↓‎ D. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH-＝NO3-+ NO2-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸是弱酸，书写离子方程式时，不能拆写成离子，正确的是CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋CO2↑＋2CH3COO－＋H2O，故A错误；‎ B、硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋和－2价的S氧化，故B错误；‎ C、Fe3＋和CO32－发生双水解反应，即2Fe3＋＋3CO32－＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑，故C错误；‎ D、NO2有毒，应用NaOH溶液吸收，发生2NO2＋2OH－=NO3－＋NO2－＋H2O，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎10.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+，M2O7n- 中M的化合价是 A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-2×7=-2，x=+6，故C正确。‎ ‎11.某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-、CO32-和HCO3-离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)‎ ‎①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；‎ ‎②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。‎ 下列说法不正确的是 A. 溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl-‎ B. 溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3-，不能确定Na+的存在 C. 第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2 CO3‎ D. 溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B 溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+与Cu2+反应的CO32-和HCO3-不能大量存在；①向溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有SO42-，还有绿色滤液 B，说明Fe2+与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有 H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+；②取滤液 B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在 Cl-，不能确定Na+是否存在。‎ ‎【详解】A.由以上分析可知溶液 A中一定存在 H+、SO42-和 Cl−，故 A正确； ‎ B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故 B错误； ‎ C.溶液中不存在CO32-，加入硝酸银，不生成Ag2CO3，故 C正确； ‎ D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故 D正确。‎ 故答案选B。‎ ‎12.某同学通过如下流程制备氧化亚铜：‎ 已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O 下列说法不正确的是 A. 步骤②SO2可用Na2SO3替换 B. 步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤 C. 步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O D. 如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。‎ 详解：A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；‎ B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；‎ C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；‎ D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；‎ 答案选D。‎ 点睛：本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 ‎13.物质的量是七大基本物理量之一，计算并回答下列问题：‎ ‎（1）标准状况下，33.6LH2S的物质的量为___mol，质量为___g，所含H原子的数目为____；‎ ‎（2）16g的O2和O3混合气体中含有O原子数目为____；‎ ‎（3）1mol/L的BaCl2溶液0.5L中含有Ba2+的物质的量浓度为__mol/L，含有Cl—的物质的量为___mol。‎ ‎【答案】 (1). 1.5 (2). 51 (3). 3NA（或1.806×1024） (4). NA（或6.02×1023） (5). 1 (6). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）利用=1.5mol；其质量为m=nM=1.5mol×34g·mol－1=51g，所含氢原子的物质的量为1.5mol×2=3mol，即含有氢原子的数目为1.806×1024或3NA；‎ 答案为1.5；51；1.806×1024或3NA；‎ ‎（2）无论O2还是O3，都是有氧原子组成，因此O2和O3中氧原子的物质的量为=1mol，个数为6.02×1023或NA；‎ 答案为6.02×1023或NA；‎ ‎（3）n(Ba2＋)=n(BaCl2)=0.5L×1mol·L－1=0.5mol，则c(Ba2＋)==1mol·L－1，则n(Cl－)=2n(BaCl2)=2×0.5L×1mol·L－1=1mol；‎ 答案为1；1。‎ ‎14.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们做了以下实验：‎ ‎①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；‎ ‎ ②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。‎ ‎（1）固体混合物中肯定有___，肯定没有___；‎ ‎（2）可能有___，对可能有的物质可采用滤液中滴加___溶液的方法来检验；‎ ‎（3）第②步生成沉淀的反应离子方程式为___，第③步中沉淀溶解的离子方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). CuSO4、Na2SO4、CaCl2 (3). NaCl (4). AgNO3 (5). Ba2++CO32-＝BaCO3↓ (6). BaCO3 +2H+＝Ba2++H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①固体混合物溶于水，得无色透明溶液，说明没有发生反应，也不含有CuSO4；‎ ‎②向该溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀，该沉淀可能是BaCO3，也可能是BaSO4，也可能是两者混合物；‎ ‎③过滤，将沉淀置于稀硝酸中，沉淀全部溶液，说明白色沉淀为BaCO3，即固体中一定含有Na2CO3，不含有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，NaCl可能存在，据此分析；‎ ‎【详解】①固体混合物溶于水，得无色透明溶液，说明没有发生反应，因为Cu2＋显蓝色，因此固体中不含有CuSO4；‎ ‎②向该溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀，该沉淀可能是BaCO3，也可能是BaSO4，也可能是两者混合物，因此Ca2＋与CO32－、SO42－都能生成沉淀，则固体一定不含有CaCl2；‎ ‎③过滤，将沉淀置于稀硝酸中，沉淀全部溶液，说明白色沉淀为BaCO3，即固体中一定含有Na2CO3，不含有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，NaCl可能存在，‎ ‎（1）根据上述分析，肯定含有物质是Na2CO3，肯定不含有的物质是Na2SO4、CuSO4、CaCl2；‎ 答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；‎ ‎（2）可能有NaCl，检验该物质可向滤液中滴加硝酸银溶液，如果有白色沉淀，则含有NaCl，反之，则不含有；‎ 答案为NaCl；AgNO3；‎ ‎（3）第②步发生离子方程式为Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓；第③步沉淀溶解的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；‎ 答案为Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓；BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。‎ ‎15.某实验需要物质的量浓度为0.5mol/L的NaOH溶液960mL用于酸碱中和实验，配制NaOH溶液的步骤如下，回答下列问题：‎ 第一步：称取NaOH固体，加入适量蒸馏水溶解；‎ 第二步：待冷却后转移至容量瓶中；‎ 第三步：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也注入容量瓶中；‎ 第四步：定容 第五步：摇匀。‎ ‎（1）第一步中称量NaOH固体的质量为____g；‎ ‎（2）第四步“定容”的具体操作为____；‎ ‎（3）如果配制溶液过程中出现下列情况会对所配制的溶液物质的量浓度有何影响？（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）‎ ‎①容量瓶中原有少量蒸馏水___，‎ ‎②定容时俯视观察____，‎ ‎③把烧碱放在纸上称量____，‎ ‎④溶解所用的烧杯未洗涤____；‎ ‎（4）取所配溶液10mL于试管中，加入5mL某浓度的盐酸溶液恰好中和，则所加的盐酸溶液的物质的量浓度是____mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 20.0 (2). 用玻璃棒引流，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1-2cm处，平视刻度线，改用胶头滴管逐滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切 (3). 无影响 (4). 偏大 (5). 偏小 (6). 偏小 (7). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验室没有960mL容量瓶，应用1000mL的容量瓶，因此需要称量的NaOH的质量为1000×10－3L×0.5mol·L－1×40g·mol－1=20.0g；‎ 答案为20.0；‎ ‎（2）定容时，先用玻璃棒引流，向容量瓶中加入蒸馏水，当距离刻度线有1－2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；‎ 答案为：用玻璃棒引流，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1-2cm处，平视刻度线，改用胶头滴管逐滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；‎ ‎（3）根据c=，进行分析，‎ ‎①容量瓶中有无蒸馏水，对实验结果无影响；‎ 答案为无影响；‎ ‎②定容时俯视，容量瓶中溶液体积减小，浓度偏大；‎ 答案为偏大；‎ ‎③烧碱能潮解，将NaOH放在纸上称量，纸上残留NaOH，则所配溶液溶质物质的量减少或质量减少，即所配溶液的浓度偏小；‎ 答案为偏小；‎ ‎④溶解时所用烧杯为洗涤，造成溶质的质量或物质的量减少，所配溶液的浓度偏小；‎ 答案为偏小；‎ ‎（4）取所配溶液10mL，则NaOH的浓度仍为0.5mol·L－1，NaOH与盐酸恰好中和，有 n(NaOH)=n(HCl)，10×10－3L×0.5mol·L－1=5×10－3L×c(HCl)，解得c(HCl)=1mol·L－1；‎ 答案为1。‎ ‎【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，注意容量瓶的规格，实验室容量瓶的规格是100mL、250mL、500mL、1000mL，因此配制960mL的溶液，应选用1000mL的容量瓶，即称量的NaOH的质量为1000×10－3L×0.5mol·L－1×40g·mol－1=20.0g。‎ ‎16.铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：‎ ‎（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为__，当6.4g铜溶解时转移电子物质的量为___mol；‎ ‎（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式____；‎ ‎（3）溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得：‎ ‎①2Cu2++5I-=2CuI↓ +I3- ②I3-+2S2O32-= S4O62-+ 3I-‎ 反应①中的还原剂为____，现取10.00mL含Cu2+的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.100 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2+的浓度为__mol/L。‎ ‎【答案】 (1). Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O (2). 0.2 (3). 2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+ (4). I- (5). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）利用H2O2的氧化性，将Cu氧化成CuSO4，本身被还原成H2O，，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O；该反应中Cu元素的化合价由0价→＋2价，因此6.4gCu溶解时，转移电子物质的量为=0.2mol；‎ 答案为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O；0.2mol；‎ ‎（2）刻蚀印刷电路板中的铜箔，利用Fe3＋的强氧化性，该过程中发生离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋；‎ 答案Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋；‎ ‎（3）还原剂是化合价升高的物质，根据①反应，I的化合价升高，即还原剂为I－；根据①②，建立2Cu2＋～I3－～2S2O32－，n(Cu2＋)=n(S2O32－)=25.00×10－3L×0.100mol·L－1=2.5×10－3mol，则c(Cu2＋)==0.25mol·L－1；‎ 答案为0.25。‎ ‎17.某河道两旁有甲、乙两工厂，排放的工业废水中共含K+、Ag+、Fe3+、C1-、OH- 、NO3-六种离子，甲厂的废水明显呈碱性。‎ ‎（1）甲厂废水中所含的三种离子为___；‎ ‎（2）如果在乙厂废水中加一定量铁粉发生反应，离子方程式是___和___；‎ ‎（3）将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀，写出两个离子方程式____和___。‎ ‎【答案】 (1). K+、C1—、OH— (2). Fe+2Ag+＝2Ag +Fe2+ (3). Fe+2Fe3+＝3Fe2+ (4). Ag+ +Cl—＝AgCl↓ (5). Fe3++3OH—＝Fe(OH)3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 排放废水，说明这些离子能够大量共存，不共存的离子应分别在甲、乙两厂，然后注意利用溶液为电中性，分析得出结果；‎ ‎【详解】甲厂的废水明显呈碱性，说明含有大量的OH－，OH－与Ag＋、Fe3＋不能大量共存，即Ag＋、Fe3＋在乙厂，根据溶液显电中性，K＋在甲厂，Cl－能与Ag＋生成AgCl沉淀，则Cl－在甲厂，NO3－在乙厂，推出甲厂含有的离子是K＋、Cl－、OH－，乙厂含有离子的是Ag＋、Fe3＋、NO3－，‎ ‎（1）根据上述分析，甲厂含有的离子是K＋、Cl－、OH－；‎ 答案K＋、Cl－、OH－；‎ ‎（2）乙厂中含有离子是Ag＋、Fe3＋、NO3－，加入铁粉，发生Fe＋2Ag＋=Fe2＋＋2Ag和Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；‎ 答案为Fe＋2Ag＋=Fe2＋＋2Ag和Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；‎ ‎（3）根据两厂含有的离子，生成沉淀的反应是Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；‎ 答案为Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。‎ ‎18.焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生反应的体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和H2O。‎ ‎（1）写出并配平该反应的方程式____；‎ ‎（2）发生氧化反应的物质是___，反应中4mol的氧化剂能得到___mol电子；‎ ‎（3）反应中产生了11.2L（标准状况）的气体时，被还原的物质的质量为___g；‎ ‎（4）向NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液并加热会放出气体，发生反应的离子方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2O3 +6NH4Cl2FeCl3+6Fe+3N2↑+12H2O (2). NH4Cl (3). 18 (4). 80 (5). NH4++OH—NH3↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据信息，用氯化铵除去铁锈，即氯化铵和Fe2O3为反应物，根据元素守恒，则N2、Fe、FeCl3、H2O为产物，NH4Cl中N的化合价由－3价→0价，Fe2O3中铁元素的化合价由＋3价→0价，根据化合价升降法进行配平，据此分析；‎ ‎【详解】（1）根据信息，用氯化铵除去铁锈，即氯化铵和Fe2O3为反应物，根据元素守恒，则N2、Fe、FeCl3、H2O为产物，得出Fe2O3＋NH4Cl→N2＋Fe＋FeCl3＋H2O，NH4Cl中N的化合价由－3价→0价，Fe2O3中铁元素的化合价由＋3价→0价，根据化合价升降法进行配平，得出4Fe2O3＋6NH4Cl 2FeCl3＋6Fe＋3N2↑＋12H2O；‎ 答案为4Fe2O3＋6NH4Cl 2FeCl3＋6Fe＋3N2↑＋12H2O；‎ ‎（2）根据（1）的分析，N的化合价升高，NH4Cl为还原剂，发生氧化反应，该反应中Fe2O3为氧化剂，根据反应方程式，4molFe2O3参加反应时，其中有1molFe2O3没有参与氧化还原反应，3molFe2O3作氧化剂时，得到电子物质的量为3mol×2×3=18mol；‎ 答案NH4Cl；18；‎ ‎（3）生成气体的物质的量为=0.5mol，被还原的物质是Fe2O3，根据反应方程式，3molFe2O3被还原的同时有3molN2生成，即被还原的物质的量为0.5mol×160g·mol－1=80g；‎ 答案为80g；‎ ‎（4）向NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液并加热，发生NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O；‎ 答案为NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O。‎ ‎【点睛】氧化还原反应方程式的书写是难点，也是常考的点，一般根据题中信息，判断出还原剂、氧化剂、氧化产物和还原产物，如本题，焊接时常用NH4Cl除去铁锈，说明NH4Cl和Fe2O3作反应物，然后根据元素守恒，判断出产物，利用化合价升降法进行配平，最后利用原子守恒和电荷守恒，配平其他。‎ ‎ ‎