题目列表(包括答案和解析)
g HNO3被还原成NO（不考虑其他还原产物），则m值不可能是（ ） A．12.6 g B．16.8 g C．18.9 g D．25.2 g
含n g HNO3的稀硝酸溶液恰好使5.6 g铁粉完全溶解，若有n/4 g HNO3被还原成NO(无其它还原产物)则n的范围为________
(1)m g铁屑与含有n g HNO3的溶液完全反应，若m∶n＝1∶2.7，该反应的化学方程式为________．(假设还原产物只生成一种盐)
(2)含n g HNO3的稀溶液，恰好使5.6g铁粉完全溶解，若有n/4g HNO3被还原成NO(无其他还原产物)则n值不可能是
[ ]
(3)某条件下锌和硝酸反应时的物质的量之比为2∶5，此时硝酸的还原产物是________．
三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)有很重要的用途。可用如下流程来制备。根据题意完成下列各题：
（1）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是 。（按前后顺序填）
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：
步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。
步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4— 被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性。
步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4—，被还原成Mn2+。
（2）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有 ；
主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、 、定容、摇匀。
（3）步骤2中，加入锌粉的目的是 。
（4）步骤3中，发生反应的离子方程式为： 。
（5）步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量 。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）
（6）某同学将8.74 g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647 g/L（已折合成标准状况下）气体（是物质的量之比为4：5的混合气体）。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。写出该分解反应的化学方程式 。
三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)有很重要的用途。可用如下流程来制备。根据题意完成下列各题：
（1）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是 。（按前后顺序填）
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：
步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。
步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4— 被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性。
步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4—，被还原成Mn2+。
（2）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有 ；
主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、 、定容、摇匀。
（3）步骤2中，加入锌粉的目的是 。
（4）步骤3中，发生反应的离子方程式为： 。
（5）步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量 。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）
（6）某同学将8.74 g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647 g/L（已折合成标准状况下）气体（是物质的量之比为4：5的混合气体）。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。写出该分解反应的化学方程式 。
1．D 2．B 3．B 4．D 5．A 6．AD 7．D 8．AD 9．A 10．AC 11．AC
12．D 13．BC 14．D 15．C 16．D 17．A 18．B 19．A 20．A 21．C 22．D
23．（1）CuS、S （2）6∶1∶4
（3）
24．（1）D （2）＞ （3）B
25．解析：（1）
（2）因
中的
，
中的
，故依电子得失守恒有（x＋1）×25.00×0.1000＝5×30.00×0.0500，解之，x＋2，即
被氧化成＋2价氮的氧化物NO．又因V×C×2＝30.00×0.0500×5，故
．依题意知，
．所以
与反应的方程式为
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
26．解析：这是一道天平平衡问题的计算．两个烧杯的质量相等．两个烧杯里盐酸溶液的质量相等．因此论证天平两个烧杯内反应体系质量改变量相等是解决本题的关键．由题意可知：
溶液增重
100 56
a
溶液增重
84 40
x 40x/84
当0.3 mol HCl与
恰好完全反应时，消耗的质量为：
时；0.3 mol HCl与
恰好完全反应，消耗的质量为：0.3×84＝
（1）a≤、均过量，天平保持平衡的条件是：
x＝
（2）a＞不足，且对于恰好完全反应时，加入的烧杯内反应体系的增重量为a-0.15×44，而加入的烧杯内反应体系的增重量为0.3×40．则天平保持平衡的条件是：
a-0.15×44＝0.3×40 a＝18.6
因此，18.6≥a＞15时，天平保持平衡的条件是：
x＝2，
（3）当a＞18.6时，天平保持平衡的条件是：a-0.15×44＝x-0.3×44
x＝a＋6.6
因为烧杯中无固体剩余，说明a≤15．、
的摩尔质量相当，当等质量的、与酸完全反应时，生成
质量相等．所以天平保持平衡时：x＝a≤15
27．解析：题中涉及化学反应如下：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
①
②
③
（1）当剩余固体为
，排出气体为
、
时，因为没有NaOH生成，水未与
反应．将方程式①×2＋②得：
由方程式可知：
．
（2）当剩余固体为、NaOH，排出气体为、时，由于有NaOH生成，所以有水与反应．假设反应后无生成，将方程式①×2＋②＋③得：
由方程式可知此时
．因为有水生成，所以
（3）当
时，由2讨论可知：剩余固体为、NaOH、；排出气体为．
（4）当排出的和为等物质的量时，依方程式讨论有：
2b b b
b b 
设反应的的物质的量为x
x x 
依题意有：
所以，反应中消耗的物质的量为：
，用去的物质的量为：
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
所以，
28．（1）0～50℃时，
不发生分解，固体物质质量不变
（2）50℃～分解的结果，结晶水全部失去
179 143
（3）100℃～
稳定且不发生分解，故固体质量不变
（4）214℃～发生了分解
143 55＋16x
0.80 0.40
x≈1 y＝1.5，
故反应方程式为
（5）280℃～反应生成高价态氧化物
方程式为
29．解：假设反应后的混合物标况下仍为气体且体积为
，由
，得
，可见反应前后物质的量不变，设烷烃为
，体积为x，则CO为
由
体积减少
体积增加
nL （n＋1）L 
x
据题意得：
nx＝
讨论：（1）n＝l时，x＝
（2）n＝2时，
（3）n＝3时，
（4）n＝4时，
（5）n≥5时，常温下烷烃不是气态，所以，烷烃可能是
占50％或是：
占33.3％或：
占25％w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
30．（1）
2 mol 2 mol 2 mol 2 mol
溶液中剩余的水的质量为：
析出小苏打的质量为：
（2）
和
当降温至的质量为：
析出的质量为：
共析出晶体的质量为：www.ks5u.com
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