登录
21. (2024·苏州期末)“雨过天晴云破处”是对汝窑瓷器的一种赞美。陶瓷以黏土等天然硅酸盐为主要原料烧成的制品，在烧制过程中会发生$4FeS+7O_{2}\stackrel{高温}{=\!=\!=}2Fe_{2}O_{3}+4X$等反应。下列叙述错误的是（
A.陶瓷是混合物
B.该化学方程式中FeS与X物质的质量比为$4:7$
C.X是$\ce{SO_{2}}$
D.该反应中有三种元素的化合价发生改变
B
）A.陶瓷是混合物
B.该化学方程式中FeS与X物质的质量比为$4:7$
C.X是$\ce{SO_{2}}$
D.该反应中有三种元素的化合价发生改变
答案
21. B
解析
【分析】首先根据质量守恒定律，反应前后原子的种类、数目不变，确定未知物X的化学式；再逐一分析各选项：A选项根据陶瓷的组成判断物质类别；B选项计算FeS与X的质量比，需结合相对分子质量和化学计量数；C选项根据原子守恒确定X的化学式；D选项分析反应前后各元素化合价的变化，从而找出错误选项。
【解析】根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变：反应前Fe原子4个、S原子4个、O原子14个；反应后已知2Fe₂O₃中含Fe原子4个、O原子6个，因此4个X分子中含S原子4个、O原子14-6=8个，故X的化学式为SO₂，C选项正确。
A选项：陶瓷以黏土等天然硅酸盐为原料烧制，含多种物质，属于混合物，A正确。
B选项：FeS的相对分子质量为56+32=88，4个FeS的总质量为4×88=352；SO₂的相对分子质量为32+16×2=64，4个SO₂的总质量为4×64=256，故FeS与X的质量比为352:256=11:8，不是4:7，B错误。
D选项：反应前FeS中Fe为+2价、S为-2价，O₂中O为0价；反应后Fe₂O₃中Fe为+3价、O为-2价，SO₂中S为+4价，因此Fe、S、O三种元素化合价发生改变，D正确。综上，错误的是B。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、化学方程式计算、化合价
【点评】本题综合考查质量守恒定律的应用、物质分类、化学方程式的质量比计算及化合价判断，需学生熟练掌握相关基础知识点，逐一分析选项，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变：反应前Fe原子4个、S原子4个、O原子14个；反应后已知2Fe₂O₃中含Fe原子4个、O原子6个，因此4个X分子中含S原子4个、O原子14-6=8个，故X的化学式为SO₂，C选项正确。
A选项：陶瓷以黏土等天然硅酸盐为原料烧制，含多种物质，属于混合物，A正确。
B选项：FeS的相对分子质量为56+32=88，4个FeS的总质量为4×88=352；SO₂的相对分子质量为32+16×2=64，4个SO₂的总质量为4×64=256，故FeS与X的质量比为352:256=11:8，不是4:7，B错误。
D选项：反应前FeS中Fe为+2价、S为-2价，O₂中O为0价；反应后Fe₂O₃中Fe为+3价、O为-2价，SO₂中S为+4价，因此Fe、S、O三种元素化合价发生改变，D正确。综上，错误的是B。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、化学方程式计算、化合价
【点评】本题综合考查质量守恒定律的应用、物质分类、化学方程式的质量比计算及化合价判断，需学生熟练掌握相关基础知识点，逐一分析选项，难度适中。
【难度系数】0.5
22. CO、H₂还原Fe₂O₃的过程相似，大致分为三个阶段。向4.8 g Fe₂O₃中持续通入H₂，然后不断加热，实验测得固体残留率随温度的变化曲线如图所示（已知：固体残留率 = $\frac{剩余固体质量}{反应前Fe₂O₃的质量}$ ×100%）。下列叙述错误的是（
A.d点对应固体为Fe，其质量为3.36 g
B.从a点到d点，固体中氧元素的含量逐渐变小
C.从a点到d点，固体减少的质量等于生成的水的质量
D.bc段发生反应的化学方程式为 Fe₃O₄ + H₂ $\xlongequal{600～650℃}$ 3FeO + H₂O
C
）A.d点对应固体为Fe，其质量为3.36 g
B.从a点到d点，固体中氧元素的含量逐渐变小
C.从a点到d点，固体减少的质量等于生成的水的质量
D.bc段发生反应的化学方程式为 Fe₃O₄ + H₂ $\xlongequal{600～650℃}$ 3FeO + H₂O
答案
22. C 解析:4.8 g $\ce{Fe_{2}O_{3}}$中铁元素的质量为 $4.8\ \mathrm{g}×(\frac{56×2}{160}×100\%)=3.36\ \mathrm{g}$，d 点对应固体质量=反应前氧化铁的质量×固体残留率=$4.8\ \mathrm{g}×70\%=3.36\ \mathrm{g}$,所以 d 点对应固体为 Fe,其质量为 3.36 g,A 的叙述正确;CO、$\ce{H_{2}}$还原$\ce{Fe_{2}O_{3}}$的过程相似,铁的氧化物中的氧元素逐渐被氢气夺去,固体中的含氧量逐渐变小,B 的叙述正确;从 a 点到 d 点,固体减少的质量应等于生成的水中氧元素的质量,C 的叙述错误;铁的氧化物有$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$、$\ce{FeO}$,氧元素的质量分数分别为 30%、27.6%、22.2%,根据从 a 点到 d 点,固体中的含氧量逐渐变小可知,第一阶段氢气与$\ce{Fe_{2}O_{3}}$反应生成$\ce{Fe_{3}O_{4}}$和水,第二阶段氢气与$\ce{Fe_{3}O_{4}}$反应生成$\ce{FeO}$和水,第三阶段氢气与$\ce{FeO}$反应生成 Fe 和水,所以 bc 段发生反应的化学方程式为 $\ce{Fe_{3}O_{4} + H_{2}\xlongequal{600～650℃} 3FeO + H_{2}O}$,D 的叙述正确。
解析
【分析】
本题需结合H₂还原Fe₂O₃的分步反应，利用固体残留率的定义、铁的氧化物的元素组成及质量守恒定律分析各选项。首先计算Fe₂O₃中铁元素的质量，再根据各点的固体残留率判断对应固体成分，结合铁的氧化物转化时氧元素含量的变化，逐一分析选项的正误。
【解析】
1. 计算Fe₂O₃中铁元素的质量：4.8 g Fe₂O₃中铁元素的质量为$4.8\ \mathrm{g}×\frac{56×2}{56×2 + 16×3}=4.8\ \mathrm{g}×\frac{112}{160}=3.36\ \mathrm{g}$。
2. 分析A选项：d点固体残留率为70%，对应固体质量为$4.8\ \mathrm{g}×70\%=3.36\ \mathrm{g}$，与Fe的质量相等，故d点对应固体为Fe，A叙述正确。
3. 分析B选项：H₂还原Fe₂O₃的过程是铁的氧化物中氧元素逐步被夺去，依次生成Fe₃O₄、FeO、Fe，固体中氧元素含量逐渐变小，B叙述正确。
4. 分析C选项：从a点到d点，固体减少的质量是Fe₂O₃中失去的氧元素的质量，生成的水的质量是H₂与失去的氧元素结合的总质量，因此固体减少的质量等于生成水中氧元素的质量，而非生成水的质量，C叙述错误。
5. 分析D选项：b点对应固体为Fe₃O₄（计算得质量约为4.64 g，接近$4.8\ \mathrm{g}×97\%≈4.656\ \mathrm{g}$），c点对应固体为FeO（计算得质量为4.32 g，等于$4.8\ \mathrm{g}×90\%$），故bc段是Fe₃O₄与H₂在600～650℃下反应生成FeO和H₂O，化学方程式为$\ce{Fe_{3}O_{4} + H_{2}\xlongequal{600～650℃} 3FeO + H_{2}O}$，D叙述正确。
【答案】
C
【知识点】
铁的氧化物还原反应、化学方程式计算、质量守恒定律
【点评】
本题结合固体残留率考查H₂还原Fe₂O₃的分步反应，需通过元素守恒计算各阶段固体的成分，理解铁的氧化物转化时的质量变化规律，对分析能力和计算能力有一定要求，属于中等难度的化学题。
【难度系数】
0.5
本题需结合H₂还原Fe₂O₃的分步反应，利用固体残留率的定义、铁的氧化物的元素组成及质量守恒定律分析各选项。首先计算Fe₂O₃中铁元素的质量，再根据各点的固体残留率判断对应固体成分，结合铁的氧化物转化时氧元素含量的变化，逐一分析选项的正误。
【解析】
1. 计算Fe₂O₃中铁元素的质量：4.8 g Fe₂O₃中铁元素的质量为$4.8\ \mathrm{g}×\frac{56×2}{56×2 + 16×3}=4.8\ \mathrm{g}×\frac{112}{160}=3.36\ \mathrm{g}$。
2. 分析A选项：d点固体残留率为70%，对应固体质量为$4.8\ \mathrm{g}×70\%=3.36\ \mathrm{g}$，与Fe的质量相等，故d点对应固体为Fe，A叙述正确。
3. 分析B选项：H₂还原Fe₂O₃的过程是铁的氧化物中氧元素逐步被夺去，依次生成Fe₃O₄、FeO、Fe，固体中氧元素含量逐渐变小，B叙述正确。
4. 分析C选项：从a点到d点，固体减少的质量是Fe₂O₃中失去的氧元素的质量，生成的水的质量是H₂与失去的氧元素结合的总质量，因此固体减少的质量等于生成水中氧元素的质量，而非生成水的质量，C叙述错误。
5. 分析D选项：b点对应固体为Fe₃O₄（计算得质量约为4.64 g，接近$4.8\ \mathrm{g}×97\%≈4.656\ \mathrm{g}$），c点对应固体为FeO（计算得质量为4.32 g，等于$4.8\ \mathrm{g}×90\%$），故bc段是Fe₃O₄与H₂在600～650℃下反应生成FeO和H₂O，化学方程式为$\ce{Fe_{3}O_{4} + H_{2}\xlongequal{600～650℃} 3FeO + H_{2}O}$，D叙述正确。
【答案】
C
【知识点】
铁的氧化物还原反应、化学方程式计算、质量守恒定律
【点评】
本题结合固体残留率考查H₂还原Fe₂O₃的分步反应，需通过元素守恒计算各阶段固体的成分，理解铁的氧化物转化时的质量变化规律，对分析能力和计算能力有一定要求，属于中等难度的化学题。
【难度系数】
0.5
23. 依据如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验过程:① 通入$\ce{N_{2}}$,点燃酒精灯,一段时间后,a、b中均无明显现象;② 熄灭酒精灯,立即改通$\ce{O_{2}}$,a中无明显现象,b中红磷燃烧。
(1) 实验过程②中,红磷燃烧的现象为
(2) 实验过程②中,对比a、b中的实验现象,可知可燃物燃烧的条件之一是
(3) 实验过程中,能说明可燃物燃烧需要氧气的现象是
(1) 实验过程②中,红磷燃烧的现象为
剧烈燃烧，产生浓厚的白烟，放出大量的热(合理答案均可)
。(2) 实验过程②中,对比a、b中的实验现象,可知可燃物燃烧的条件之一是
温度达到可燃物的着火点
。(3) 实验过程中,能说明可燃物燃烧需要氧气的现象是
实验过程①中通入$\ce{N_{2}}$,b中红磷不燃烧;实验过程②中通入$\ce{O_{2}}$,b中红磷燃烧
。答案
23. (1) 剧烈燃烧,产生浓厚的白烟,放出大量的热(合理答案均可) (2) 温度达到可燃物的着火点 (3) 实验过程①中通入$\ce{N_{2}}$,b中红磷不燃烧;实验过程②中通入$\ce{O_{2}}$,b中红磷燃烧。
解析
【分析】
本题是探究可燃物燃烧条件的实验题，解题思路为：首先明确燃烧需满足三个条件：①是可燃物；②与氧气（或空气）接触；③温度达到可燃物的着火点。实验中a、b处红磷均为可燃物，通过控制气体种类（氧气/氮气）、是否加热（温度是否达着火点）设置对比实验，分析不同步骤中a、b的现象，进而推导对应结论。
【解析】
（1）红磷在氧气中燃烧，会剧烈燃烧，产生大量白烟，同时放出大量热，这是红磷燃烧的典型现象。
（2）实验过程②中，a、b均通入氧气：a处红磷未加热，温度未达红磷着火点，无明显现象；b处红磷加热，温度达到着火点，发生燃烧。对比二者现象，可知可燃物燃烧的条件之一是温度达到可燃物的着火点。
（3）要说明可燃物燃烧需要氧气，需控制“温度达到着火点”这一条件相同，改变是否有氧气：实验过程①通入氮气，隔绝氧气，此时b处红磷温度已达着火点，但因缺氧气不燃烧；实验过程②通入氧气，b处红磷温度达着火点且有氧气，发生燃烧。该对比现象说明可燃物燃烧需要氧气。
【答案】
(1) 剧烈燃烧，产生浓厚的白烟，放出大量的热（合理即可）
(2) 温度达到可燃物的着火点
(3) 实验过程①中通入$\ce{N_{2}}$，b中红磷不燃烧；实验过程②中通入$\ce{O_{2}}$，b中红磷燃烧
【知识点】
燃烧的条件；实验探究（控制变量）
【点评】
本题通过对比实验考查可燃物燃烧的条件，要求学生分析实验变量与对应现象，理解控制变量法的应用，属于基础实验题，能有效检验学生对燃烧条件的掌握情况。
【难度系数】
0.6
本题是探究可燃物燃烧条件的实验题，解题思路为：首先明确燃烧需满足三个条件：①是可燃物；②与氧气（或空气）接触；③温度达到可燃物的着火点。实验中a、b处红磷均为可燃物，通过控制气体种类（氧气/氮气）、是否加热（温度是否达着火点）设置对比实验，分析不同步骤中a、b的现象，进而推导对应结论。
【解析】
（1）红磷在氧气中燃烧，会剧烈燃烧，产生大量白烟，同时放出大量热，这是红磷燃烧的典型现象。
（2）实验过程②中，a、b均通入氧气：a处红磷未加热，温度未达红磷着火点，无明显现象；b处红磷加热，温度达到着火点，发生燃烧。对比二者现象，可知可燃物燃烧的条件之一是温度达到可燃物的着火点。
（3）要说明可燃物燃烧需要氧气，需控制“温度达到着火点”这一条件相同，改变是否有氧气：实验过程①通入氮气，隔绝氧气，此时b处红磷温度已达着火点，但因缺氧气不燃烧；实验过程②通入氧气，b处红磷温度达着火点且有氧气，发生燃烧。该对比现象说明可燃物燃烧需要氧气。
【答案】
(1) 剧烈燃烧，产生浓厚的白烟，放出大量的热（合理即可）
(2) 温度达到可燃物的着火点
(3) 实验过程①中通入$\ce{N_{2}}$，b中红磷不燃烧；实验过程②中通入$\ce{O_{2}}$，b中红磷燃烧
【知识点】
燃烧的条件；实验探究（控制变量）
【点评】
本题通过对比实验考查可燃物燃烧的条件，要求学生分析实验变量与对应现象，理解控制变量法的应用，属于基础实验题，能有效检验学生对燃烧条件的掌握情况。
【难度系数】
0.6
24. (2024·重庆A卷改编)$\ce{Na_{2}SO_{3}}$曾作为照相中的显影剂，可由$\ce{2NaHSO_{3} + Na_{2}CO_{3} \xlongequal{\Delta} 2Na_{2}SO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$制得。取足量的$\ce{NaHSO_{3}}$溶液，加入$\ce{5.3 g Na_{2}CO_{3}}$固体，两者恰好完全反应(不考虑水的挥发)。试计算：
(1) $\ce{Na_{2}SO_{3}}$中钠元素与氧元素的质量比为
(2) 消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量。
(1) $\ce{Na_{2}SO_{3}}$中钠元素与氧元素的质量比为
23：24
。(2) 消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量。
答案
24. (1) 23：24 (2) 解:设消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为x。
$\ce{2NaHSO_{3} + Na_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2Na_{2}SO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$
208 106
x 5.3 g
$\frac{208}{106}=\frac{x}{5.3\ \mathrm{g}}$ x=10.4 g
答:消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为10.4 g。
$\ce{2NaHSO_{3} + Na_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2Na_{2}SO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$
208 106
x 5.3 g
$\frac{208}{106}=\frac{x}{5.3\ \mathrm{g}}$ x=10.4 g
答:消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为10.4 g。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需依据化合物中元素质量比的计算方法求解；第(2)问利用化学方程式，结合恰好完全反应的条件，通过已知$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量计算消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量。第(1)问思路：先确定$\ce{Na_{2}SO_{3}}$中$\ce{Na}$、$\ce{O}$的原子个数，再用“元素质量比=（相对原子质量×原子个数）之比”计算；第(2)问思路：先写出反应的化学方程式，找出$\ce{NaHSO_{3}}$与$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量比，设未知量，代入已知$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量列比例式求解。
【解析】
(1) 化合物中元素质量比等于各元素相对原子质量与原子个数的乘积之比，$\ce{Na_{2}SO_{3}}$中钠元素与氧元素的质量比为：$(2×23):(3×16)=46:48=23:24$。
(2) 解：设消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为$x$。
$\ce{2NaHSO_{3} + Na_{2}CO_{3} \xlongequal{\Delta} 2Na_{2}SO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$
相对质量：$2×(23+1+32+3×16)=208$；$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的相对质量：$2×23+12+3×16=106$
对应质量：$x$；$5.3\ \mathrm{g}$
列比例式：$\frac{208}{106}=\frac{x}{5.3\ \mathrm{g}}$
解得：$x=\frac{208×5.3\ \mathrm{g}}{106}=10.4\ \mathrm{g}$
【答案】
(1) $23:24$；(2) 消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为$10.4\ \mathrm{g}$
【知识点】
元素质量比计算、根据化学方程式的计算
【点评】
本题是初中化学基础计算题型，第(1)问考查元素质量比的基本计算，第(2)问考查利用化学方程式的简单计算，只要掌握相关公式和计算步骤即可顺利解答，难度较低。
【难度系数】
0.8
本题分为两小问，第(1)问需依据化合物中元素质量比的计算方法求解；第(2)问利用化学方程式，结合恰好完全反应的条件，通过已知$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量计算消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量。第(1)问思路：先确定$\ce{Na_{2}SO_{3}}$中$\ce{Na}$、$\ce{O}$的原子个数，再用“元素质量比=（相对原子质量×原子个数）之比”计算；第(2)问思路：先写出反应的化学方程式，找出$\ce{NaHSO_{3}}$与$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量比，设未知量，代入已知$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量列比例式求解。
【解析】
(1) 化合物中元素质量比等于各元素相对原子质量与原子个数的乘积之比，$\ce{Na_{2}SO_{3}}$中钠元素与氧元素的质量比为：$(2×23):(3×16)=46:48=23:24$。
(2) 解：设消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为$x$。
$\ce{2NaHSO_{3} + Na_{2}CO_{3} \xlongequal{\Delta} 2Na_{2}SO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$
相对质量：$2×(23+1+32+3×16)=208$；$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的相对质量：$2×23+12+3×16=106$
对应质量：$x$；$5.3\ \mathrm{g}$
列比例式：$\frac{208}{106}=\frac{x}{5.3\ \mathrm{g}}$
解得：$x=\frac{208×5.3\ \mathrm{g}}{106}=10.4\ \mathrm{g}$
【答案】
(1) $23:24$；(2) 消耗的$\ce{NaHSO_{3}}$的质量为$10.4\ \mathrm{g}$
【知识点】
元素质量比计算、根据化学方程式的计算
【点评】
本题是初中化学基础计算题型，第(1)问考查元素质量比的基本计算，第(2)问考查利用化学方程式的简单计算，只要掌握相关公式和计算步骤即可顺利解答，难度较低。
【难度系数】
0.8
