《2025年初高衔接一本通化学》

1. (2025·黑龙江鹤岗宝泉岭高级中学月考)向一定量的$Fe$、$FeO$、$Fe_2O_3$的混合物中，加入$100\ mL\ 2\ mol·L^{-1}$的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出$112\ mL$(标准状况)的气体，所得溶液加入$KSCN$溶液无血红色出现。若用足量的$CO$在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量为()

A.$2.8\ g$
B.$3.7\ g$
C.$5.6\ g$
D.$11.2\ g$

答案： 1.C 详解：向一定量的Fe、FeO、Fe₂O₃的混合物中加入100mL2mol·L⁻¹的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现，说明溶质为FeCl₂，根据氯元素守恒，n(FeCl₂)=$\frac{1}{2}$n(HCl)=$\frac{1}{2}$×0.1L×2mol·L⁻¹=0.1mol，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是0.1mol×56g·mol⁻¹=5.6g，C正确。

2. (2025·四川内江第一中学期中)已知反应：$4FeS_2 + 11O_2\overset{高温}{=}2Fe_2O_3 + 8SO_2$，$N_{A}$为阿伏加德罗常数的值，若消耗$96\ g\ FeS_2$，下列叙述错误的是()

A.转移的电子数为$8.8N_{A}$
B.消耗的氧化剂分子数为$2.2N_{A}$
C.氧化产物的物质的量共$1.6\ mol$
D.生成$SO_2$的体积为$35.84\ L$(标准状况)

答案： 2.C 详解：96gFeS₂的物质的量n(FeS₂)=0.8mol，根据反应方程式可知：反应每消耗4molFeS₂，反应过程中会消耗11molO₂，反应产生2molFe₂O₃和8molSO₂，反应过程中转移44mol电子。根据分析可知，若消耗96gFeS₂，反应中转移的电子的物质的量n(e⁻)=$\frac{0.8mol×44mol}{4mol}$=8.8mol，则转移电子数目是8.8N_A，A正确；在该反应中，FeS₂为还原剂，O₂为氧化剂，反应消耗0.8molFeS₂，则消耗O₂的物质的量n(O₂)=$\frac{0.8mol×11}{4}$=2.2mol，消耗的氧化剂分子数为2.2N_A，B正确；Fe₂O₃、SO₂既是氧化产物也是还原产物，根据方程式可知：反应消耗0.8molFeS₂时生成0.4molFe₂O₃和1.6molSO₂，则产生的氧化产物的物质的量为0.4mol+1.6mol=2mol，C错误；根据化学方程式的计量系数，消耗n(FeS₂)=0.8mol，生成二氧化硫1.6mol，在标准状况下，其体积为1.6mol×22.4L·mol⁻¹=35.84L，D正确。

3. (2025·上海中学期中)一定质量的铁的氧化物与$60\ mL\ 4\ mol·L^{-1}$的盐酸恰好完全反应，所得溶液中的$Fe^{2+}$恰好能被标准状况下$672\ mL\ Cl_2$氧化，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为()

A.$7:9$
B.$5:6$
C.$3:4$
D.$2:3$

答案： 3.B 详解：铁的氧化物与盐酸反应生成盐和水，由元素守恒可知，n(H₂O)=$\frac{1}{2}$n(HCl)=n（铁的氧化物中O），n(HCl)=4mol·L⁻¹×0.060L=0.24mol，则n（铁的氧化物中O）=0.12mol，Fe²⁺能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由电子守恒可知，n(Fe²⁺)=2n(Cl₂)=2×$\frac{0.672L}{22.4L·mol^{-1}}$=0.06mol，铁的氧化物中各元素正负化合价的代数和为0，设n(Fe³⁺)=x，则3x+0.06mol×2=0.12mol×2，解得x=0.04mol，该固体中铁原子和氧原子的个数之比为(0.06mol+0.04mol)：0.12mol=5：6，B正确。

4. (2025·河北石家庄实验中学月考)向含$Fe^{2+}$、$I^{-}$、$Br^{-}$的溶液中通入过量的$Cl_2$，溶液中四种粒子的物质的量变化如下图所示，已知$b - a = 5$，线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素。下列说法错误的是()


A.原溶液中$n(FeBr_2):n(FeI_2)=3:1$
B.线段Ⅱ表示$Fe^{2+}$的变化情况
C.线段Ⅳ表示$IO_3^{-}$的变化情况
D.根据图像可计算出$a = 5$，$b = 10$

答案： 4.D 详解：向含Fe²⁺、I⁻、Br⁻的溶液中通入过量氯气，还原性I⁻＞Fe²⁺＞Br⁻，依次发生反应2I⁻+Cl₂=I₂+2Cl⁻、2Fe²⁺+Cl₂=2Fe³⁺+2Cl⁻、2Br⁻+Cl₂=Br₂+2Cl⁻，故线段I代表I⁻的变化情况，线段II代表Fe²⁺的变化情况，线段III代表Br⁻的变化情况。根据离子方程式和图像可知溶液中n(I⁻)=2n(Cl₂)=2mol，n(Fe²⁺)=2n(Cl₂)=2×(3mol-1mol)=4mol，根据电荷守恒可知n(I⁻)+n(Br⁻)=2n(Fe²⁺)，故n(Br⁻)=2×4mol-2mol=6mol。由上述分析可知n(FeBr₂)：n(FeI₂)=n(Br⁻)：n(I⁻)=6mol：2mol=3：1，A正确；由上述分析可知，线段II代表Fe²⁺的变化情况，B正确；线段IV表示一种含氧酸根离子，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，则a点后发生氯气氧化碘单质的反应，已知碘单质的物质的量为1mol，b-a=5，则反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据得失电子守恒，则该含氧酸根离子中碘元素的化合价为+5价，则线段IV可表示IO₃⁻的变化情况，C正确；由上述分析可知，溶液中n(Br⁻)=6mol，根据2Br⁻+Cl₂=Br₂+2Cl⁻可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，a=3+3=6，又因为b-a=5，所以b=a+5=6+5=11，D错误。

5. (2025·山西太原实验中学开学考)取一定量铜粉、铁粉的混合物，加入过量稀硫酸完全反应(酸溶)后过滤，将滤渣洗净、烘干后在足量氧气中充分灼烧(金属元素在产物中显$+2$价)。固体质量与各步实验的时间关系如图。

(1)$b$点时溶液中溶质的化学式为。
(2)原粉状混合物中铁粉的质量为$g$。
(3)$m$的值为。

答案： 5.
(1)FeSO₄、H₂SO₄
(2)2.6
(3)2
详解：在金属活动性顺序表中，铁位于氢前面，可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；铜位于氢后面，不能和稀硫酸反应。由题图可知，b点时铁全部反应。
(1)由于铁粉与过量的稀硫酸反应生成了硫酸亚铁和氢气，所以b点时溶液中溶质的化学式为FeSO₄、H₂SO₄。
(2)由题图可知，铜的质量为1.6g，原粉状混合物中铁粉的质量为4.2g-1.6g=2.6g。
(3)c点时固体还未与氧气反应，则固体只有铜，d点之后固体质量不变，则d点铜完全反应，只有氧化铜，发生反应的化学方程式为2Cu+O₂$\stackrel{\triangle}{=}$2CuO，$\frac{2Cu}{128}$～$\frac{2CuO}{160}$，$\frac{128}{1.6g}$=$\frac{160}{mg}$，解得m=2。

6. （2025·上海复旦大学附属中学期中）已知$PCl_3$和$PCl_5$能发生如下水解反应：$PCl_3 + 3H_2O = H_3PO_3 + 3HCl$；$PCl_5 + 4H_2O = H_3PO_4 + 5HCl$。现将一定量的$PCl_3$和$PCl_5$混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入$0.020\ mol\ O_2$，恰好将$H_3PO_3$氧化为$H_3PO_4$（$2H_3PO_3 + O_2 = 2H_3PO_4$）。往反应后的溶液中加入$15.725\ g\ Ca(OH)_2$，充分反应后磷元素全部转化为$Ca_3(PO_4)_2$沉淀，过滤后得到$2.5\ L$滤液，测得$c(OH^{-}) = 0.01\ mol·L^{-1}$。计算：
(1)所得$Ca_3(PO_4)_2$($M = 310\ g·mol^{-1}$)沉淀的质量。
（2）滤液中各溶质的物质的量浓度______。

答案： 6.
(1)9.30g
（2）滤液中各溶质的物质的量浓度。
详解：
(1)加入15.725gCa(OH)₂，其物质的量为$\frac{15.725g}{74g·mol^{-1}}$=0.2125mol；过滤后得到2.5L滤液，测得c(OH⁻)=0.01mol·L⁻¹，剩余Ca(OH)₂的物质的量为$\frac{0.01mol·L^{-1}×2.5L}{2}$=0.0125mol，则与H₃PO₄、HCl反应的Ca(OH)₂的物质的量为0.2125mol-0.0125mol=0.2000mol。通入0.020molO₂，由反应2H₃PO₃+O₂=2H₃PO₄可得出由H₃PO₃转化生成的H₃PO₄的物质的量为0.040mol，n(H₃PO₃)=0.040mol。设原溶液中n(H₃PO₄)=xmol，由H₃PO₃~3HCl、H₃PO₄~5HCl，可求出生成HCl的物质的量为(0.040×3+5x)mol，依据酸碱中和反应，可得出：(0.040×3+5x)+(0.04+x)×3=0.2000×2，x=0.020。反应后，P元素全部转化为Ca₃(PO₄)₂，n[Ca₃(PO₄)₂]=$\frac{0.040+0.020}{2}$mol=0.030mol，m[Ca₃(PO₄)₂]=0.030mol×310g·mol⁻¹=9.30g，即所得Ca₃(PO₄)₂沉淀的质量为9.30g。
(2)反应后，P元素全部转化为Ca₃(PO₄)₂沉淀，Ca(OH)₂过量，HCl全部转化为CaCl₂。过滤后得到2.5L滤液，测得c(OH⁻)=0.01mol·L⁻¹，则c[Ca(OH)₂]=$\frac{0.01mol·L^{-1}}{2}$=0.005mol·L⁻¹，c(CaCl₂)=$\frac{0.040×3+5x}{2.5L}$=$\frac{0.11mol}{2.5L}$=0.044mol·L⁻¹。
所以原溶液中所含Ca(OH)₂的物质的量浓度为0.005mol·L⁻¹，CaCl₂的物质的量浓度为0.044mol·L⁻¹。