山东省届高三化学下册月考试题1.docx

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山东省届高三化学下册月考试题1

山东省私立青岛白珊学校2019届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）

1．下列离子方程式正确的是

A．在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH＝7:

Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O

B．将少量SO2气体通入NaClO溶液中:

SO2＋2ClO－＋H2O＝SO32－＋2HClO

C．向碳酸氢钠溶液中滴入过量石灰水：

HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O

D．向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42－恰好沉淀完全：

2Al3＋+3SO42－+3Ba2＋+6OH－＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓

【答案】C

【解析】

试题分析：

A项氢氧化钡中Ba2＋和OH－的比例应该为1:

2，B项SO2气体会被ClO－氧化为SO42－，D项假设KAl（SO4）2为1mol，溶液中含有1molAl3+，2molSO42-，当SO42－恰好全部沉淀时，需要2molBa（OH）2，即加入2molBa2+，4molOH-，离子方程式为:

Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O

考点：

离子反应方程式的正误判断

点评：

应注意正确判断各离子反应的程度为解答该题的关键，离子方程式的书写中有很多是易错点，只要牢牢掌握这些易错点就可以判断出正确选项。

2．1．下列做法不能体现节能减排理念的是（）

A．推广可利用太阳能、风能的城市照明系统

B．发展核电以减少二氧化硫和二氧化碳排放

C．大量使用一次性木筷

D．使用生物酶降解生活废水中的有机物

【答案】C

【解析】为节能减排必须尽量不使用一次性森筷，答案为C

3．下列物质中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是

A．乙醇中含乙酸杂质：

加入足量氧化钙，蒸馏

B．制氯气时，依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体

C．CO2中混有H2S通过足量的浓硫酸溶液洗气，以得到纯净的CO2

D．通过灼热的镁粉除去N2中的O2

【答案】A

【解析】

试题分析：

A．乙醇中含乙酸杂质，可以利用乙酸是酸，能够与加入的足量氧化钙发生反应产生离子化合物乙酸钙，而乙醇是分子晶体，物质的熔沸点低，然后蒸馏，就得到了乙醇蒸气，从而使物质得到提纯，正确；B．制氯气时，由于盐酸有挥发性，制取的氯气中含有杂质HCl，可以利用氯气与水反应是可逆反应，依次通过饱和NaCl溶液除去HCl，然后通过浓硫酸干燥净化气体，错误；C．CO2中混有H2S时，若通过足量的浓硫酸溶液洗气，H2S被还原产生S单质，浓硫酸被还原产生SO2，使CO2气体中含有杂质SO2，错误；D.Mg与N2、O2都会发生反应，因此不能通过灼热的镁粉除去N2中的O2，错误。

【考点定位】考查物质除杂的方法正误判断的知识。

【名师点睛】酸与碱会发生反应，酸与盐会发生反应，物质的性质相同，目的不同，操作方法也不相同。

乙醇中含乙酸杂质若要除去，由于二者都是分子晶体的物质，熔点、沸点相差不大，可以利用乙酸是酸具有酸的通性，向混合物中加入足量氧化钙，二者发生反应产生离子化合物乙酸钙，离子化合物的熔点和沸点比乙醇高，采用蒸馏的方法，使乙醇汽化，然后冷凝收集，而乙酸钙是离子化合物，不能汽化，从而将物质分离提纯；在实验室制取氯气一般是用浓盐酸与二氧化锰混合加热的方法，由于浓盐酸有挥发性，因此制取的氯气中含有HCl及水蒸气，可以利用Cl2＋H2O

H++Cl-＋HClO，而HCl极容易溶于水，根据平衡移动原理，可以用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，然后利用浓硫酸有吸水性，与Cl2不能发生反应进行干燥；若用饱和NaHCO3溶液，会发生反应：

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，会使Cl2中混有新的杂质气体CO2，不能达到除杂的目的。

若是在实验室用稀盐酸与碳酸钙反应制取CO2，其中混合杂质HCl，可以用饱和NaHCO3溶液除去。

可见同样是HCl，由于其混在不同的物质中，除去的方法也不同。

但是除杂原则不变，就是：

“不增、不减”。

4．右图为短周期的一部分，推断关于Y、Z、M的说法正确的是（）

【答案】B

【解析】为短周期的一部分，有三行的且X为右上角，说明X是氦，所以Y是F，M是Cl，Z是S。

由此可知非金属性Y＞M＞Z，所以A错误；ZM2也就是SCl2,满足最外层8e-的稳定结

构，所以B正确；原子半径S＞Cl＞F，所以C错误；F离子的结构示意图是

28

5．下列有关物质性质的比较正确的是

①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，熔点增高

②元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数

③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子

④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强

⑤还原性：

S2－＞Se2－＞Br－＞Cl－

⑥酸性：

HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3

A．①③B．②④C．③⑥D．⑤⑥

【答案】C

【解析】

试题分析：

①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，金属熔点降低，非金属熔点升高，故①错误；②氧元素没有最高正价，元素的最高正化合价在数值上不一定等于它所在的族序数，故②错误；③同周期主族元素的原子半径越小，核内质子数对核外电子的吸引程度越大，越难失去电子，故③正确；④元素的非金属性越强，它的最高价氧化物的水化物酸性越强，而它的气态氢化物水溶液的酸性没有此递变规律，故④错误；⑤元素单质氧化性Cl＞Br＞S＞Se，则离子的还原性顺序：

Cl-＜Br－＜S2-＜Se2-，故⑤错误；⑥同周期元素的原子，从左到右，得电子能力增强，它们的最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以酸性：

HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故⑥正确，故选C。

考点：

考查元素周期律的应用知识

6．如图为某有机物的结构简式。

已知酯类在铜铬氧化物（CuO·CuCrO4）催化下，与氢气反应得到醇，羰基双键可同时被还原，但苯环在催化氢化过程中不变，其反应原理如下：

RCOOR′+2H2

RCH2OH+HO—R′

关于该化合物的下列说法中，不正确的是

A．该有机物的化学式为C20H14O5

B．该有机物可以与浓溴水反应

C．与足量氢氧化钠溶液充分反应，所得产物中有醇类物质

D．1mol该有机物在铜铬氧化物催化下仅能与2mol氢气发生反应

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、结合分子的结构式可以确定该有机物的化学式为C20H14O5，正确；B、酚羟基的邻对位可与浓溴水发生取代反应，正确；C、酯基水解可生成醇羟基，正确；D、该分子中相当于有两个酯基，共需4molH2，错误。

考点：

考查有机化合物分子式确定、性质。

7．下列关于硝酸参加反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是　（　　）

A．常温下，将铁片置于浓硝酸中：

Fe+6HNO3====Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O

B．Fe3O4与稀硝酸反应：

Fe3O4+8H+====Fe2++2Fe3++4H2O

C．向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸：

3Fe2++2H++

====3Fe3++NO↑+H2O

D．向浓硝酸中加入铜片：

Cu+4H++2

====Cu2++2NO2↑+2H2O

【答案】D

【解析】

试题分析：

常温下，浓硝酸能够使铁钝化，在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，不能持续反应生成Fe（NO3）3，A选项错误；硝酸具有强氧化性，能够将Fe2+氧化成Fe3+，B选项错误；C选项反应电荷不守恒且氧原子也不守恒，正确的离子方程式为

3Fe2++4H++

====3Fe3++NO↑+2H2O。

考点：

硝酸的性质

8．有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连结起来浸入稀硫酸溶液中，b不被腐蚀。

将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化。

如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出。

据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）

A．d＞c＞a＞bB．d＞b＞a＞cC．b＞a＞d＞cD．d＞a＞b＞c

【答案】D

【解析】

试题分析：

将a与b用导线连结起来浸入稀硫酸溶液中，b不被腐蚀。

则活动性a>b；将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；则金属活动性d>a；将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化。

则活动性b>Cu；如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出。

则活动性Cu>c；所以金属活动性：

d＞a＞b＞c。

故选项是D。

考点：

考查金属活动性的比较的知识。

9．下列离子方程式书写正确的是

A．将少量的H2S气体通入硫酸铜溶液中：

H2S+Cu2+=CuS↓+2H+

B．将NO2气体通入水中：

2NO2+H2O=NO3－+NO↑+2H+

C．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：

ICl+2OH－=I－+ClO－+H2O

D．往100ml1.5mol/L的FeBr2溶液中通入0.15molCl2：

2Br－+Cl2=Br2+2Cl－

【答案】

【解析】A

试题分析：

A、硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，正确，选A；B、电子不守恒，错误，不选B；C、氯化碘中氯为-1价，碘为+1价，所以和氢氧化钾反应时生成氯化钾和次碘酸钾和水，错误，不选C；D、溴化亚铁和氯气等物质的量反应时，先亚铁离子反应，后溴离子反应，错误，不选D。

考点：

离子方程式的判断

10．按如图所示的装置进行实验：

A极是铜锌合金，B极是纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子，通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则A合金中Cu、Zn的物质的量之比为（）

A.4∶1B.3∶1C.2∶1D.1∶1

【答案】B

【解析】原理中A上有多少Cu溶解，同时B上就有同样多的Cu析出，而A中Zn溶解，以Zn2+进入溶液，同时Cu2+在B极上析出，电子是守恒的，此过程会导致溶液质量增加，设A合金中Cu的物质的量为x,Zn的物质的量为y,则有：

解得

所以

。

11．下表为某有机物与各种试剂的反应现象，则这种有机物可能是

试剂

钠

溴水

NaHCO3溶液

现象

放出气体

褪色

放出气体

A.CH2===CH—CH2—OH

B．

C．CH2===CH—COOH

D．CH3COOH

【答案】C

【解析】

试题分析：

A.CH2=CH—CH2—OH能与钠反应放出氢气，C=C双键能使溴水褪色，没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，错误；B．

不能与钠反应放出氢气，C=C双键能使溴水褪色，没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，错误；C．CH2=CH—COOH不能与钠反应放出氢气，C=C双键能使溴水褪色，有羧基，能与NaHCO3溶液反应放出气体，错误；D．CH3COOH能与钠反应放出氢气，没有C=C双键不能使溴水褪色，有羧基，能与NaHCO3溶液反应，错误；故选C。

考点：

有机官能团的性质

12．将Cl2制成漂粉精的主要目的是

A.增强漂白和消毒作用

B.使它转化为较稳定物质，便于保存和运输

C．使它转化为较易溶于水的物质

D.增加氯的质量分数，有利于漂白、消毒

【答案】B

【解析】氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。

因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳中制成漂白精，答案选B。

13．常温下用石墨电极，电解100mL0.1mol·L－1Cu（NO3）2和0.1mol·L－1AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12L时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是

A．阴极增重1.72gB．所得溶液pH<1

C．阴极增重0.64gD．所得溶液pH>1

【答案】AB

【解析】溶液中铜离子和银离子的物质的量都是0.01mol，根据放电顺序可知，阴极首先是银离子放电，生成银，然后是铜离子放电生成铜。

阳极是OH－放电生成氧气，即氧气是0.05mol，转移电子是0.2mol，所以根据电子的得失守恒可知，阴极除了生成0.01mol银和铜外，还生成0.085mol氢气，所以阴极增加的质量是1.08g＋0.64g＝1.72g，A正确；在金属离子放电的同时，溶液中产生氢离子，所以B也正确，答案选AB。

14．充分利用能源、提高原子利用率、减少向环境排放废弃物等都是绿色化学的基本要求。

①在有机实验中，用溴的四氯化碳溶液代替溴的水溶液；

②用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收银镜试管中的银；

③用水浴加热代替直接用酒精灯加热；

④接触法制硫酸中采用“热交换器”，利用余热预热冷原料气和烧水；

⑤工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用；

⑥电解法冶炼钠和镁，选择电解氯化钠和氯化镁，不电解对应的金属氧化物。

上述主要不是从绿色化学角度考虑的是

A．①③B．②④C．⑤⑥D．③④

【答案】A

【解析】

试题分析：

①在有机实验中有时必须用溴的四氯化碳溶液不能用溴的水溶液，不是从绿色化学角度考虑，故错误；②用稀硝酸代替浓硝酸溶解回收银镜实验后试管内的银，能减少有害气体的排放，是从绿色化学角度考虑，正确；③用水浴加热能方便可控制加热温度而酒精灯不能，不是从绿色化学角度考虑，错误；④利用余热预热冷原料气和蒸汽发电，使能源得到充分利用，符号绿色化学的要求，是从绿色化学角度考虑，正确；⑤工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用，是从源头上消除污染，以减少废弃物向环境排放，是从绿色化学角度考虑，正确；⑥电解法制取钠和镁时不用电解其对应的氧化物，是因为电解氧化物需要更多的能量，所以是从绿色化学角度考虑，正确。

综上所述选A。

考点：

绿色化学理论。

15．一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H＋），实现了氨的电化学合成。

该过程N2和H2的转化率远高于现在工业上使用的氨合成法。

对于电化学合成氨的有关叙述正确的是

A．N2在阴极上被氧化

B．可选用铁作为阳极材料

C．阳极的电极反应式是N2+6e－+6H＋=2NH3

D．该过程的总反应式是N2+3H2

2NH3

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．因要利用电解法实现N2+H2→NH3，N2化合价降低，应该在阴极上被还原，A错误；B．铁是活性电极，若作为阳极材料，则是铁本身放电，B错误；C．阳极应该是H2失电子被氧化，电极反应式是H2－2e－=2H＋，C错误；选D。

考点：

电解原理

17．（8分）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：

（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。

（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为。

（3）Z、X中共价键的类型分别是。

【答案】

（1）氢氟酸；SiO2+Mg

O2↑+Mg2Si；

（2）Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；

；

（3）非极性键、极性键

【解析】Z为半导体单质，则Z是Si元素；Si可与氢氟酸反应；其氧化物为二氧化硅，根据反应的流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。

其余问题可解。

【考点定位】考查以Si为载体的物质的转化的判断。

18．（10分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：

按下列合成步骤回答问题：

苯

溴

溴苯

密度/g·cm—3

0.88

3.10

1.50

沸点℃

80

59

156

水中溶解度

微溶

微溶

微溶

（1）写出a中生成溴苯的化学方程式；

（2）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。

在b中小心加入4.0mL液态溴。

向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了__________气体，继续滴加至液溴滴完。

装置d装置的作用是。

（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：

①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用l0mL水、8mLl0％的NaOH溶液、10mL水洗涤。

NaOH溶液洗涤的作用是；

③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。

加入氯化钙的目的是。

（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为__；要进一步提纯，下列操作中必须的是______（填入正确选项前的字母）。

A.重结晶B.过滤C.萃取D.蒸馏

【答案】

（1）

（2分）

（2）HBr，（1分）吸收HBr和Br2。

（2分）

（3）②除去HBr和未反应的Br2。

（2分）③干燥（1分）（4）苯，（1分）D。

【解析】

试题分析：

苯与液溴在Fe作催化剂时发生取代反应产生溴苯和HBr，生成溴苯的化学方程式是

；

（2）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。

在b中小心加入4.0mL液态溴。

向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了HBr气体；继续滴加至液溴滴完。

装置d装置的作用是吸收HBr和Br2，防止倒吸现象的发生；（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：

①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用l0mL水、8mLl0％的NaOH溶液、10mL水洗涤。

NaOH溶液洗涤的作用是除去HBr和未反应的Br2。

③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。

加入氯化钙的目的是干燥、吸水；（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，由于苯与溴苯是互溶的沸点不同的液态混合物，所以要进一步提纯，下列操作中必须的是蒸馏，因此选项是D。

考点：

考查溴苯的制取原理、元素操作、混合物的分离、提纯的知识。

19．（5分）NaCI在生活、生产和科研中都有广泛的用途。

I．从海水中提取的粗盐含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等离子，为制备精盐可使用以下四种试剂：

①Na2CO3溶液②BaCl2溶液③NaOH溶液④盐酸（用于沉淀的试剂均稍过量）。

（1）加入试剂的合理顺序是__________（填选项）。

A．①②③④B．③①②④C．②①③④D．③②①④

（2）加入过量Na2CO3溶液的作用是________。

II．实验室要配制100mL0.2mol

NaCl溶液。

（1）用托盘天平称氯化钠固体的质量是______g。

（2）配制溶液需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_________。

（3）下列操作中，可能造成所配制溶液的浓度偏低的是________（填选项）。

A．没有洗涤烧杯和玻璃棒b．定容时，俯视刻度线

C．洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水

【答案】（5分）I.

（1）cd

（2）除净Ca2+，除去过量的Ba2+

II.

（1）1.2

（2）100mL容量瓶

（3）a

【解析】

试题分析：

Ⅰ.

（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，所以①一定在②之后滴加，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，氯化钡溶液与氢氧化钠溶液的先后顺序可颠倒，所以正确顺序为：

②①③④或③②①④，故选cd；

（2）除去硫酸根离子加入了过量的氯化钡溶液，原溶液中含有钙离子，所以加入碳酸钠溶液可以除去钙离子和过量的钡离子；

Ⅱ

（1）100mL0.2mol•L-1NaCl溶液中含有氯化钠的物质的量为：

0.2mol•L-1×0.1L=0.02mol，需要氯化钠的质量为：

58.5g/mol×0.02mol=1.17g，由于天平只能读到0.1g，所以应该称量1.2g氯化钠；

（2）配制100mL0.2mol•L-1NaCl溶液的步骤为：

计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：

托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，缺少100mL的容量瓶；

（3）a．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质读到物质的量减小，溶液得到浓度偏小，正确；b．定容时，俯视刻度线，使读数在正确读数的上方，导致加入的蒸馏水体积偏小，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，错误；c．洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，错误；答案选a．

考点：

考查粗盐的提纯和配制一定物质的量浓度的溶液，误差分析

20．（12分）以下是分析硫铁矿中FeS2含量的三种方法，各方法的操作流程图如下：

请回答下列问题：

（1）判断溶液中SO42-离子已沉淀完全的方法是。

（2）某同学采用方法Ⅱ分析矿石中的Fe含量，发现测定结果总是偏高，则产生误差的可能原因是。

（3）某同学用方法Ⅲ测定试样中Fe元素的含量，准确称取1.60g,的矿石试样，试样经溶解、预处理后，（A）配制成100.00mL试样溶液；（B）用滴定管量取25.00mL待测溶液，用酸性0.1mol/LKMnO4标准溶液滴定待测试样；（C）读取并计算滴定管中消耗的KMnO4标准溶液体积，计算试样中的Fe元素含量。

发生反应的离子方程式为。

（4）若矿石中含有FeS与FeS2，实验称取矿石试样1.60g,按方法Ⅰ分析，称得BaSO4的质量为4.66g，按方法Ⅲ分析消耗的KMnO4标准溶液体积7.50mL，假设石中的硫元素全部来自于FeS和FeS2，则该矿石中FeS2和FeS比值为。

（写出计算过程）

【答案】

（1）取上层清液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO42-沉淀完全

（2）有三个可能的原因：

（写出其中一种，即给2分）

①Fe（OH）3沉淀表面积大，易吸附杂质

②过滤洗涤时未充分将吸附的杂质洗去

③Fe（OH）3灼烧不充分，未完全转化为Fe2O3

（3）MnO4－+5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O

（4）1.60g矿石中含有n（S）=n（SO42－）=n（BaSO4）=4.66÷233=0.02mol

含有n（Fe2＋）=5n（MnO4－）×4=5×0.1×0.0075×4=0.015mol

则有：

n（FeS）＋n（FeS2）=0.015

n（FeS）＋2n（FeS2）=0.02

解之得n（FeS）=0.01moln（FeS2）=0.005mol

n（FeS）：

n（FeS2）=0.01：

0.005=2:

1

【解析】

试题分析：

（1）取上层清液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO42-沉淀完全；

（2）称量的固体质量高，导致结果偏高，故可能的原因有：

①Fe（OH）3沉淀表面积大，易吸附杂质②过滤洗涤时未充分将吸附的杂质洗去③Fe（OH）3灼烧不充分，未完全转化为Fe2O3；

（4）1.60g矿石中含有n（S）=n（SO42－）=n（BaSO4）=4.66÷233=0.02mol

含有n（Fe2＋）=5n（MnO4－）×4=5×0.1×0.0075×4=0.015mol

则有：

n（FeS）＋n（FeS2）=0.015

n（FeS）＋2n（FeS2）=0.02

解之得n（FeS）=0.01moln（FeS2）=0.005mol

n（FeS）：

n（FeS2）=0.01：

0.005=2:

1

考点：

考查定量实验的基本操作、误差分析及计算等有关问题。

21．（4分）请回答下列问题：

（1）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，一个CO分子的质量可表示为g。

（2）由O2和CO2组成的18g混合气体在标准状况下的体积为11.2L，则原混合气体的平均