吉林省延边市第二中学学年高一下学期开学考试化学试题解析版.docx
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吉林省延边市第二中学学年高一下学期开学考试化学试题解析版
吉林省延边市第二中学2018-2019学年高一下学期开学考试
化学试题
1.现有三组溶液：
①汽油和氯化钠溶液②39％的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是
A.分液、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液
C.分液、蒸馏、萃取D.蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
试题分析：
汽油不溶于水，分液即可；乙醇和水互溶，直馏即可；单质溴易溶在有机溶剂中，萃取即可，答案选C。
考点：
考查物质的分离和提纯
点评：
把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。
分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。
具体如下：
①分离提纯物是固体（从简单到复杂方法）：
加热（灼烧、升华、热分解），溶解，过滤（洗涤沉淀），蒸发，结晶（重结晶）；②分离提纯物是液体（从简单到复杂方法）：
分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:
盐析或渗析；④分离提纯物是气体：
洗气。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A.1molCl2与足量的铁反应转移的电子数是2NA
B.常温常压下22．4LHC1气体含有的分子数是NA
C.0.1mol•L-1CuCl2溶液中Cl-数目是0.2NA
D.32gO2中含有的原子数是NA
【答案】A
【解析】
A、1molCl2与足量的铁反应时，应该以不足量的氯气为标准进行计算，转移的电子数是2NA，正确；B、常温常压下22.4LHC1气体的物质的量小于1mol，故含有的分子数小于NA，错误；C、0.1mol•L-1CuCl2溶液没有说明体积，无法计算溶液中Cl-数目，错误；D、32gO2的物质的量为1mol，O2是双原子分子，含有的原子数是2NA，错误。
答案选A。
3.下列各组离子中，能在无色透明溶液中大量共存的是
A.Na＋、H＋、Cl－、OH－B.K＋、Na＋、CO32－、OH－
C.K＋、SO42－、NO3－、MnO4－D.Na＋、HCO3－、H＋、Ca2＋
【答案】B
【解析】
A错，、H+与OH－不能共存；B正确；C错，MnO4-溶液为紫红色；D错，HCO3－、H+、不能共存；
4.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。
那么，这种做法的化学原理是
A.胶体的电泳B.血液的氧化还原反应
C.血液中发生复分解反应D.胶体的聚沉
【答案】D
【解析】
食盐的主要成分NaCl是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐会使血液发生聚沉而止血。
5.下列说法正确的是
A.液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质
B.NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C.蔗糖、酒精在液态或水溶液里均不导电，所以它们是非电解质
D.铜、石墨均导电，所以它们是电解质
【答案】C
【解析】
A、液态HCl、固态AgCl均不导电，原因是液态氯化氢和固态AgCl中不含自由移动的阴阳离子，但HCl溶于水后或AgCl熔融状态下能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，所以HCl、AgCl是电解质，故A错误；B、NH3、CO2的水溶液均能导电原因是氨气和二氧化碳分别和水反应生成氨水、碳酸，氨水、碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，电离出阴阳离子的是氨水和碳酸不是氨气和二氧化碳，所以氨气和二氧化碳是非电解质，故B错误；C、蔗糖和酒精在水中以分子存在，导致其溶液不导电，所以蔗糖和酒精是非电解质，故C正确；D、铜、石墨能导电，但铜和石墨是单质，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误。
故选C。
6.同温、同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是
A.所含分子数目相同B.所含氢原子物质的量之比为3:
4
C.质量之比为16:
17D.密度之比为17:
16
【答案】C
【解析】
【详解】A、同温同压下同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故A说法正确；B、根据A选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为（1×3）∶（1×4）=3∶4，故B说法正确；C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为17：
16，故C说法错误；D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即17∶16，故D说法正确。
7.下列实验误差分析错误的是
A.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B.排水量气，未冷却到室温立即读数，所得气体的体积偏大
C.称取2.3gNaCl固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量偏小
D.用量筒量取5.0mL浓硫酸，仰视读数，所得到浓硫酸的体积偏大
【答案】A
【解析】
分析：
A．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小；B、气体未冷却到室温立即读数会造成体积偏大；C、托盘天平使用时应注意左物右码；D.用量筒量取浓硫酸，仰视读数，所得到浓硫酸的体积偏大。
详解：
A．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度变大，选项A正确；B、排水量气，未冷却到室温立即读数，根据热膨冷缩可知，所得气体的体积偏大，选项B正确；C、称取2.3gNaCl固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量为1.7g，偏小，选项C正确；D、用量筒量取浓硫酸时，仰视液面，读数比实际液体体积小，会造成实际量取的浓硫酸的体积偏大，选项D正确。
答案选A。
8.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题。
【详解】A．稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，选项A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，选项B正确；
C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，选项C错误；
D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，易错点为选项A，稀硫酸与铜不反应，浓硫酸在加热条件下与铜反应生成二氧化硫；二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠，饱和亚硫酸钠溶液主要用于除去二氧化硫中的氯化氢气体等。
9.下列离子方程式书写正确的是（）
A.Cl2与H2O反应：
Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B.碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应：
CO32-+2H+=CO2↑+H2O
C.Al2（SO4）3溶液与氨水反应：
Al3++3OH-=Al（OH）3↓
D.Na与H2O反应：
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【答案】C
【解析】
A错Cl2+H2O
H++Cl-+HClO
B错HCO3－+H+=CO2↑+H2O
C错Al3++3NH3.H2O=Al（OH）3↓+3NH4＋
D正确
10.为了检验某FeCl2溶液是否变质,可向溶液中加入的最佳试剂是
A.NaOH溶液B.铁片C.KSCN溶液D.石蕊溶液
【答案】C
【解析】
【详解】氯化亚铁变质，是由于Fe2＋被氧化成Fe3＋，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以可用KSCN溶液检验某FeCl2溶液是否变质，答案选C。
11.实验室里需用480mL0.10mol·L－1CuSO4溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是
A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B.称取12.0g胆矾配制500mL溶液
C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D.称取12.5g胆矾配制500mL溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
应用500mL的容量瓶进行配制，因此CuSO4的物质的量为500×10－3×0.1mol=0.05mol。
计算物质的量浓度的公式中，体积为溶液的体积，然后进行分析即可。
【详解】应用500mL的容量瓶进行配制，因此CuSO4的物质的量为500×10－3×0.1mol=0.05mol，
A、根据c=n/V，V为溶液的体积，不是溶剂的体积，故A错误；
B、需要胆矾的质量为0.05×250g=12.5g，故B错误；
C、根据c=n/V，V为溶液的体积，不是溶剂的体积，故C错误；
D、需要胆矾的质量为0.05×250g=12.5g，c（CuSO4）=0.05/（500×10－3）mol·L－1=0.1mol·L－1，故D正确。
【点睛】易错点是学生计算CuSO4的物质的量为480×10－3×0.1mol=0.048mol，忽略了实验室中没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，体积应为溶液的体积，不是溶剂的体积。
12.下列叙述正确的是（）
A.同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等
B.任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）和一氧化碳所含的原子数一定相等
C.同温同压下的二氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等
D.同温同压下，1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小
【答案】D
【解析】
A错，同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数不一定相等；B错，任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）和一氧化碳所含的分子数一定相等；C错，同温同压下的二氧化碳气体和氮气，若体积相等，则物质的量一定相等；D正确；
13.已知有如下反应：
①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－
②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O
③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A.Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B.Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C.氧化性强弱的顺序为：
BrO3－>ClO3－>Cl2>Fe3+
D.溶液中可发生：
ClO3－＋6Fe2++6H+=Cl－＋6Fe3++3H2O
【答案】B
【解析】
A.②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。
故A正确；B.Cl2在①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C.氧化性强弱的顺序为：
根据①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③2FeCl2+Cl2=2FeCl3知Cl2>Fe3+根据②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O知ClO3－>Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：
BrO3－>ClO3－>Cl2>Fe3+，故C正确；D.溶液中可发生：
ClO3－＋6Fe2++6H+=Cl－＋6Fe3++3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。
所以本题正确答案：
B。
14.下列各组物质稀溶液相互反应。
无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是
A.Na2CO3溶液与HCl溶液B.AlCl3溶液与NaOH溶液
C.KAlO2溶液与HCl溶液D.Na2SiO3溶液和HCl溶液
【答案】D
【解析】
A、Na2CO3溶液滴入HCl溶液开始就产生气泡，反应为：
Na2CO3+2HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，HCl溶液滴入Na2CO3溶液，开始时无气泡产生，反应为：
Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，当Na2CO3反应完后，继续滴入盐酸，NaHCO3与盐酸反应产生气泡，反应为：
NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，现象不同，错误；B、AlCl3溶液滴入NaOH溶液开始时无沉淀产生，反应为：
AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：
3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，NaOH溶液滴入AlCl3溶液开始时产生白色沉淀，反应为：
AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，后沉淀溶解，现象不同，错误；C、KAlO2溶液滴入HCl溶液，开始时无沉淀生成，反应为：
KAlO2+4HCl＝KCl+AlCl3+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：
3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，HCl溶液滴入KAlO2溶液，开始时产生白色沉淀，反应为：
KAlO2+HCl+H2O＝Al（OH）3↓+KCl，后沉淀不溶解，现象不同，错误；D、无论是Na2SiO3溶液滴入HCl溶液，还是HCl溶液滴入Na2SiO3溶液，都产生白色胶状沉淀，反应是：
Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3↓，现象相同，正确。
答案选D。
15.下列除去杂质的方法中，正确的是
选项
物质（括号内为杂质）
去除杂质的方法
A
NaCl（Na2CO3）
加入适量的Ca（OH）2溶液、过滤
B
CaO（CaCO3）
加水、过滤
C
Fe（Zn）
加过量FeSO4溶液、过滤
D
H2SO4（HNO3）
加Ba（NO3）2溶液、过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法。
【详解】A、Na2CO3能与适量的Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钠，不符合除杂原则，A错误。
B、碳酸钙不溶于水，氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，会把原物质除去，不符合除杂原则，B错误。
C、锌能与过量FeSO4溶液反应生成硫酸锌溶液和铁，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，C正确。
D、H2SO4能与Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，D错误。
答案选C。
【点睛】所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。
16.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。
某小组欲探究其原因，进行以下实验:
①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。
下列分析错误的是
A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C.实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
【答案】B
【解析】
A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B.过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C.实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D.根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
17.氰[（CN）2]的化学性质与卤素（X2）很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是
A.（CN）2和NaOH溶液反应：
（CN）2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O
B.MnO2和HCN反应：
MnO2＋4HCN（浓）
Mn（CN）2＋（CN）2↑＋2H2O
C.在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：
Cl2＋2CN－＝2Cl－＋（CN）2
D.向KCN溶液中加入碘水：
I2＋2KCN＝2KI＋（CN）2
【答案】D
【解析】
【分析】
氰[（CN）2]的化学性质与卤素（X2）很相似，其氧化性介于Br2和I2之间，则其氧化性强、弱顺序为：
Cl2＞Br2＞（CN）2＞I2，所以还原性强、弱顺序为：
I-＞CN-＞Br-＞Cl-，结合氯气的性质分析解答。
【详解】A．根据Cl2和氢氧化钠的反应Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O类推，（CN）2和NaOH溶液反应：
（CN）2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O，A正确；
B．根据二氧化锰和浓盐酸反应的方程式类推可知MnO2和HCN反应：
MnO2＋4HCN（浓）
Mn（CN）2＋（CN）2↑＋2H2O，B正确；
C．在氧化还原反应中，当有多种还原剂时，往往是还原剂最强的优先反应，所以在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，首先氧化CN－：
Cl2＋2CN－＝2Cl－＋（CN）2，C正确；
D．若该反应能够发生，则说明I2的氧化性大于（CN）2，显然与题给的氧化性强、弱的信息不符，故该反应不能发生，D错误；
答案选D。
18.X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现右图所示转化关系的是
X
Y
Z
箭头上所标数字的反应条件
A．
NO
NO2
HNO3
①常温遇氧气
B．
NaOH
Na2CO3
NaHCO3
②通入适量CO2
C．
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
③加热
D．
Al2O3
NaAlO2
Al（OH）3
④加NaOH溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.一氧化氮被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；
B.氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸氢钠与足量澄清石灰水反应生成氢氧化钠，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；
C.铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，但氢氧化铜加热不能直接转化为铜，故C错误；
D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，各物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；
答案选C。
19.水热法制Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-＝Fe3O4+S4O62-+2H2O。
下列说法正确的是
A.O2、S2O32-都是氧化剂
B.x=2
C.每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化
D.氧化产物只有S4O62-
【答案】C
【解析】
【分析】
在反应3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-＝Fe3O4+S4O62-+2H2O中化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：
+2→+8/3；硫元素的化合价变化为：
+2→+5/2；氧元素的化合价变化：
0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，结合离子方程式的电荷守恒原则判断x，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，故A错误；
B．由电荷守恒可知：
2×3+2×（-2）-x=-2，x=4，故B错误；
C．由方程式可知，1mol氧气参与反应，转移4mol电子，消耗3molFe2+，但只有2molFe2+被氧化，所以每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化，故C正确；
D．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，则氧化产物有Fe3O4和S4O62-，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键。
20.下列对实验过程的评价正确的是
A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣
B.某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42﹣
C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
D.验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH﹣，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含C1﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故A错误；
B．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42-，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，则一定有NH4+，故C正确；
D．验证烧碱溶液中是否含Cl-，不能用盐酸酸化，会引入氯离子，应该先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重于物质的检验和鉴别的考查，解答该类题目要注意排除离子的干扰的现象，注意实验的严密性，把握物质的性质。
21.下列实验能达到目的的是
A．实验室制Fe（OH）2
B．实验室制氨气
C．检验装置气密性
D．验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，A错误；
B、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；
C、将导管的一端伸入水中，用手紧握试管外壁，气体会从长颈漏斗逸出，不能检验装置气密性，C错误；
D、浓硫酸能使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；品红溶液褪色，证明浓硫酸被还原为二氧化硫，从而证明浓硫酸有强氧化性。
故D可以达到实验目的。
答案选D。
22.向一定量Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入50mL1mol·L-1硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，所得溶液中加入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混合物，能得到铁的质量为
A.11.2gB.2.8gC.5.62gD.无法计算
【答案】B
【解析】
用硫酸溶解后，得到的产物加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是硫酸亚铁，即混合物中的铁元素全在硫酸亚铁中，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到的铁和加入硫酸的硫酸亚铁中的铁相等，硫酸的物质的量为：
1mol/L×0.05L=0.05mol，根据硫酸根守恒，则n（Fe）=n（FeSO4）=n（H2SO4）=0.05mol，m（Fe）=0.05mol
56g/mol=2.8g，即能得到铁的质量为2.8g。
答案选B。
【此处有视频，请去附件查看】
23.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Cu2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种
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