题目内容
下列说法错误的是（ ）
| A、H2O2溶液中加入MnO2或FeCl3溶液都能增大反应速率可用同一原理来解释 |
| B、已知FeS与某浓度的HNO3反应时生成Fe（NO3）3、H2SO4和某一单一的还原产物，若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，则该反应的还原产物是NO |
| C、已知14 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40% |
| D、铁在少量氯气或过量的氯气中点燃所得产物不相同 |
考点：催化剂的作用,溶液中溶质的质量分数及相关计算,氧化还原反应的计算,铁的化学性质
专题：基本概念与基本理论,元素及其化合物
分析：A、MnO2或FeCl3都可以做H2O2分解的催化剂；
B、根据得失电子数守恒来解答；
C、设14mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ1，7mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ2，质量分数为w2，根据c=
，计算质量分数，注意硫酸的密度大于水，浓度越大，密度越大．
D、铁与氯气反应生成FeCl3，与氯气的量无关．
B、根据得失电子数守恒来解答；
C、设14mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ1，7mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ2，质量分数为w2，根据c=
| 1000ρω |
| M |
D、铁与氯气反应生成FeCl3，与氯气的量无关．
解答：
解：A、MnO2或FeCl3都可以做H2O2分解的催化剂，故A正确；
B、根据FeS的氧化产物为Fe（NO3）3、H2SO4，可知1molFeS失（1+8）即9mol电子，并生成1molFe（NO3）3，则知做酸的HNO3的物质的量为3mol，硝酸共6mol，故做氧化剂的硝酸为3mol，设HNO3的还原产物中氮元素的价态为X价，则3molHNO3得电子3（5-X）mol，根据得失电子数守恒可有：9=3（5-X），解得X=2，即还原产物中氮元素的价态为+2价，即为NO，故B正确；
C、设14mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ1，7mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ2，质量分数为w2，根据c=
，
则有14=
，7=
，则有：
=
，
w2=
，硫酸密度大于水，浓度越大，密度越大，则ρ1＞ρ2，所以w2＞40%，故C正确；
D、铁与氯气反应生成FeCl3，与氯气的量无关，故D错误．
故选D．
B、根据FeS的氧化产物为Fe（NO3）3、H2SO4，可知1molFeS失（1+8）即9mol电子，并生成1molFe（NO3）3，则知做酸的HNO3的物质的量为3mol，硝酸共6mol，故做氧化剂的硝酸为3mol，设HNO3的还原产物中氮元素的价态为X价，则3molHNO3得电子3（5-X）mol，根据得失电子数守恒可有：9=3（5-X），解得X=2，即还原产物中氮元素的价态为+2价，即为NO，故B正确；
C、设14mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ1，7mol/L的H2SO4溶液的密度为ρ2，质量分数为w2，根据c=
| 1000ρω |
| M |
则有14=
| 1000ρ1×80% |
| M |
| 1000ρ2w2 |
| M |
| ρ2ω2 |
| ρ1×80% |
| 1 |
| 2 |
w2=
| 40%ρ1 |
| ρ2 |
D、铁与氯气反应生成FeCl3，与氯气的量无关，故D错误．
故选D．
点评：本题考查了根据得失电子数守恒来解题和浓硫酸稀释后密度的变化，难度较大，掌握方法是关键．
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