化，故C正确；D. Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，无法用减压过滤法实现固液分离，故D错误。故选D。 17．D

【解析】该反应中N元素化合价由-1/3价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，15n(N2)/16-15n(N2)/16==1.75mol，故n（N2）=2mol

A．生成氮气的体积=2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B、NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，故B错误；C、结合方程式可知，参加反应KNO3的物质的量=2mol×2/16=0.25mol，中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25mol×5=1.25mol，故C正确； D 、反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，故D正确；故选CD。 18．D

【解析】试题分析：A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；C、2NaOH＋CO2(少量))=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3

Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法

正确；D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。

考点：考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。 19．A 【解析】

试题分析：A、亚硝酸钠与氯化铵溶液反应生成亚硝酸铵的反应中，个元素的化合价未发生变化，所以不是氧化还原反应，错误；B、N2H4的空间构型为V型，属于极性分子，根据相似相溶原理，易溶于极性溶剂水，且与水分子之间形成氢键，正确；C、根据流程图可知，NaNO2与N2H4生成NaN3和水，化学方程式正确，正确；D、亚硝酸钠在酸性条件下与KI溶液反应生成单质碘，遇淀粉变蓝色，而硫化钠不与KI溶液反应，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），正确，答案选A。 考点：考查亚硝酸钠性质的判断

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20．A

【解析】试题分析：A、O→a段发生的离子反应为Fe2++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，当Fe2+沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；

B、随着Ba（OH）

2

溶液的滴入，NH4+参加反应，a→b段的反应为

2NH4++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3?H2O，故B错误；

C、b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，故C错误；

D、到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200 ml，故c点大于200 ml，故D错误。 考点：本题考查化学计算。

21． （一） 10Al+6NO3+4OH==3N2+10AlO2+2H2O

-－-

NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为

----

，根据题干信

-

息，反应物为：铝、NO3、OH，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2，反应中Al→AlO2，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，依据原子个数守恒、电荷守恒反应的离子方程式：10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2↑+2H2O；

（二） 、 、 0.3 mol0.1mol/L 【解析】

试题分析：①滴加KSCN溶液显红色，废液中一定存在Fe3+；

②沉淀43.05 g为氯化银，物质的量是0.3mol，根据氯离子守恒解答；

③溶液中Fe3+和Cu发生了反应：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，利用反应方程式分析计算。 解析：①取少量废液，滴加KSCN溶液显红色，证明溶液中存在Fe3+；

②取100mL废液，加入足量的硝酸银溶液，析出沉淀43.05 g，析出沉淀43.05 g是氯化银，物质的量是43.05g÷143.5g.mol＝0.3mol；

③另取100mL废液，加入一定质量的铜片，充分反应后，测得铜片的质量减少了2.56g，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变色，说明铁离子完全被消耗，发生了反应：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，参加反应的铜的物质的量是2.56g÷64g/mol＝0.04mol，所以n（Fe3+）＝0.08mol；

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---

（1）根据①的现象和反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+可知废液中含有的金属离子是：Fe3+、Cu2+、Fe2+；

（2）根据氯离子守恒，n（Cl-）=n（AgCl）=0.3mol；

（3）原溶液中含有的氯化铁的物质的量是：n(Cl?)/3＝0.1mol，根据反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，氯化铁能够消耗0.05molCu，由于③中只消耗了0.04molCu，故100mL废液中Cu2+的物质的量是：0.05mol-0.04mol＝0.01mol，浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L。 22 （一） （1）BC

(2)

①参加反应钙的质量=15.08g-14.80g=0.28g，参加反应的氮元素

的质量为：15.15g-15.08g=0.07g xCa + N2 ═CaxN2 40x 28 0.28g 0.07g

40x28 =，解得：x=2.8，故答案为：2.8； 0.28g0.07g②Ca3N2与水强烈反应生成氢氧化钙和氨气，反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，

（二） 32 2Fe3+2I﹣=2Fe2+I2 11.2g

+

+

【解析】

（1）3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，SO2

和Fe3O4为氧化产物。3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol×2×（2-0）＝32mol；

（2）Fe3具有氧化性，能把I﹣氧化为单质碘，方程式为2Fe3+2I﹣=2Fe2+I2；

+

+

+

（3）依次发生反应为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe+ 2FeCl3=3FeCl2；Fe+ 2HCl=FeCl2+H2↑；n(H2)= ，过量的铁粉与盐酸反应的物质的量为： Fe～～～～2HCl～～～～H2

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0.1mol 0.2mol 0.1mol

根据氯原子守恒，FeCl3的物质的量为×[n(HCl)-2n(H2)]= 0.16L×5mol/L-0.2mol)＝0.2mol

Fe～～～2FeCl3 0.1mol 0.2mol

所以参加反应的铁粉的质量为（0.1mol+0.1mol）×56g/mol＝11.2g。 23． （一）（1）Fe2O3 + 6H = 2Fe+ 3H2O

（2）FeS2 + 14Fe + 8H2O = 15Fe + 2SO4 + 16H

（3） 3.2～3.8 （二）（1）5.20 （2）130.0

【解析】硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红。

(1)氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4) 3+3H2O；离子方程式为Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O，故答案为：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O；

(2)FeS2中S元素的化合价从-1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42-前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，检验Fe3+被完全还原的实验操作和现象为取少量试液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若不显红色，则说明Fe3 +已被完全还原，故答案为：FeS2 + 14Fe3 + + 8H2O = 15Fe2 + + 2SO42－ + 16H+；

(3)溶液pH＞3.2时Fe3+沉淀完全，溶液pH=3.8时Al3+开始沉淀，故溶液的pH的范围是3.2～3.8，根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；故答案为：3.2～3.8；

（二）A～B阶段消耗盐酸的物质的量＝（0.03L－0.01L）×1.0mol/L＝0.02mol，则根据方程式NaAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+NaCl可知生成氢氧化铝的物质的量＝0.02mol。所以根据原子守恒可知原混合物中氯化铝的物质的量是0.02mol。B点沉淀达到最大值，此时的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物。而溶液则恰好是氯化钠溶液。根据氯离子守恒可知氯化钠的物质的量＝0.03L×1.00mol/L＋0.02mol×2＋0.02mol×3＝0.13mol。所以根据钠离子守

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3 +

2 +

2－

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3+