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广东省惠州市惠东县2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．下列物品由无机硅酸盐材料组成的是
A.青铜敦 B.彩漆木雕鸳鸯形盒 C.牛皮人偶 D.陶熏炉
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、青铜敦的主要成分是铜合金，属于金属材料，并非无机硅酸盐，A错误；
B、彩漆木雕鸳鸯形盒的主体是木材，属于天然有机高分子材料，和硅酸盐无关，B错误；
C、牛皮人偶由动物皮革制成，属于蛋白质类有机材料，不是硅酸盐材料，C错误；
D、陶熏炉是以黏土为原料烧制而成的陶瓷制品，陶瓷属于典型的无机硅酸盐材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
容易混淆金属材料、有机材料和无机硅酸盐材料的范畴，误将陶瓷以外的物品当作硅酸盐材料，或忽略陶瓷属于硅酸盐的本质。
2．我国科技发展迅猛，取得许多成就，以下说法不正确的是
A．天和核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷，其属于新型无机非金属材料
B．嫦娥六号采回的月壤中含有3He：3He和4He互为同位素
C．Si广泛用于航天器太阳能电池板
D．“北斗三号”航天卫星上铷原子钟的精度国际领先，铷是第IIA族元素
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；同位素及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，它不含金属组分，同时拥有耐高温、绝缘稳定等优良特性，在航天推进系统中发挥重要作用，A正确；
B、氦 - 3 和氦 - 4 质子数完全相同，仅中子数存在差异，二者属于同一种元素的不同核素，满足同位素的定义，B正确；
C、单质硅是性能优异的半导体材料，可将太阳能高效转化为电能，因此广泛用于航天器太阳能电池板的制造，C正确；
D、铷原子最外层只有 1 个电子，在元素周期表中属于第 ⅠA 族，并非第 ⅡA 族，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
新型无机非金属材料判断：氮化硼陶瓷不含金属，性能优良，属于区别于传统硅酸盐的新型无机非金属材料。
同位素判断：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素互为同位素，氦 - 3 和氦 - 4 符合这一特征。
半导体材料应用：单质硅是良好半导体，可实现太阳能到电能的转化，是航天器太阳能电池板的核心材料。
元素周期表主族归属：最外层电子数决定主族位置，铷最外层 1 个电子，属于第 ⅠA 族。
3．NH4ClO4可用作火箭燃料，其分解反应为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O。下列有关该反应中各微粒的描述错误的是
A．NH4ClO4为含有共价键的离子化合物
B．N2的电子式为
C．Cl原子的M电子层有7个电子
D．16O2分子中的质子数与中子数之比为1：1
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；化学键
【解析】【解答】A、高氯酸铵由铵根和高氯酸根通过离子键结合，属于离子化合物，铵根内部氮氢之间、高氯酸根内部氯氧之间都存在共价键，所以它是含共价键的离子化合物，A正确；
B、氮气是双原子分子，两个氮原子间以三键相连，书写电子式时每个氮原子还需保留一对孤电子对， 电子式为 ，故B错误；
C、氯原子的核电荷数为 17，核外电子分三层排布，K 层 2 个、L 层 8 个，最外层的 M 层有 7 个电子，该描述符合核外电子排布规律，C正确；
D、氧 - 16 核素质子数和中子数均为 8，氧气分子中质子数总和为 16，中子数总和也为 16，二者比例为 1：1，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子化合物与化学键判断：高氯酸铵是离子化合物，同时含有离子键和内部共价键。
电子式书写规范：氮气分子电子式需体现三键和每个氮原子的孤电子对，遗漏孤电子对为错误写法。
核外电子层排布：氯原子 M 层为最外层，电子数为 7。
同位素核素计算：氧 - 16 的质子数与中子数相等，氧气分子中质子与中子总数比例为 1：1。
4．化学与生产生活密切联系。下列说法不正确的是
A．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
B．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自Fe2O3
C．烟花燃放五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂，是由于维生素C具有还原性
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、晨雾属于胶体，光线穿过时会产生丁达尔效应，形成可见光束，说法正确，A不符合题意；
B、Fe2O3为红棕色固体，瓷器的青色并非来自 Fe2O3，该说法错误，B符合题意；
C、烟花燃放时的缤纷色彩，是利用了不同金属元素的焰色反应，说法正确，C不符合题意；
D、维生素 C 具有还原性，可作抗氧化剂，防止水果罐头被氧化变质，说法正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体的性质：晨雾是气溶胶，能发生丁达尔效应，可观察到光束；
物质的颜色：Fe2O3是红棕色的铁红，无法呈现瓷器的青色，瓷器青色多来自含铜、铁等元素的特殊釉料；
焰色反应：部分金属元素灼烧时会呈现特征颜色，可用于制作烟花；
抗氧化剂原理：具有还原性的物质可优先与氧化剂反应，保护其他物质不被氧化，维生素 C 符合这一特性。
5．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 豆浆加石膏“点卤”制豆腐 石膏使豆浆所含蛋白质沉淀
B BaSO4在医疗上用作“钡餐” BaSO4不溶于酸和水，且不容易被X射线透过
C 施肥时，将碳酸氢铵埋入土壤中 NH4HCO3受热易分解
D 制作糕点时添加小苏打作膨松剂 碳酸氢钠与氢氧化钠反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铵盐；硫酸盐；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆里的蛋白质分散在水中形成胶体，石膏属于电解质，加入后会让胶体发生聚沉，使蛋白质沉淀出来，这正是点卤制豆腐的核心原理，二者存在关联，故A不符合题意 ；
B、硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，还不容易被 X 射线透过，在肠胃检查时能阻挡 X 射线穿过，所以可以用作医疗上的钡餐，二者存在关联，故B不符合题意 ；
C、碳酸氢铵受热容易分解成氨气、二氧化碳和水，会造成肥效流失，所以施肥时要把它埋进土里，避免受热分解，二者存在关联，故C不符合题意 ；
D、制作糕点时用小苏打作膨松剂，是因为碳酸氢钠受热分解会产生二氧化碳气体，让糕点变得蓬松，并不是和氢氧化钠发生反应，二者不存在关联，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
胶体聚沉应用：豆浆蛋白质胶体遇电解质石膏聚沉。
钡餐材料特性：硫酸钡不溶于水和酸，且能阻挡 X 射线。
铵盐稳定性：碳酸氢铵受热易分解，需埋土施肥防止肥效流失。
膨松剂原理：小苏打作膨松剂是自身受热分解产气，而非与碱反应。
6．下列实验能达到预期实验目的的是
A. 制备Cl2 B．Na的燃烧
C. 除去CO2气体中混有的SO2 D.观察钾元素的焰色
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；焰色反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，必须在加热的条件下才能发生，图中的装置没有提供加热环境，反应无法启动，不能达到制备氯气的目的，故A不符合题意 ；
B、进行钠的燃烧实验时，要使用坩埚或者石棉网这类耐高温的容器，玻璃表面皿的耐热性能差，受热之后很容易炸裂，无法完成燃烧操作，不能达到实验目的，故B不符合题意 ；
C、要除去二氧化碳里混有的二氧化硫，应该选用饱和碳酸氢钠溶液，而饱和碳酸钠溶液会同时吸收二氧化碳和二氧化硫，不仅无法除杂，还会损耗目标气体，不能达到实验目的，故C不符合题意 ；
D、观察钾元素的焰色时，蓝色钴玻璃可以滤去钠元素黄光的干扰，能清晰看到钾的特征紫色火焰，能够准确完成实验目的，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．MnO2与浓盐酸制 Cl2需要加热，装置无加热，不能制氯气。
B．钠燃烧需用耐高温仪器，表面皿不耐热易炸裂，无法完成实验。
C．饱和 Na2CO3会吸收 CO2，不能除去 CO2中的 SO2，除杂试剂错误。
D．透过蓝色钴玻璃观察钾的焰色，可滤去黄光干扰，能达到实验目的。
7．某小组在实验室模拟粗盐提纯的部分流程如下(杂质含、、)下列相关操作不能达到实验目的的是
目的 转化杂质 分离沉淀 中和余碱 得到产品
操作
选项 A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】A、粗盐水溶液中依次加入 BaCl2溶液（除 SO42-）、NaOH 溶液（除 Mg2+）、Na2CO3溶液（除 Ca2+和过量 Ba2+），可转化杂质，能达到实验目的； ，A正确；
B、通过过滤操作可分离沉淀与溶液，装置符合过滤要求，能达到实验目的； ，B正确；
C、中和滤液中过量的碱（NaOH、Na2CO3），应加入适量稀盐酸，若加入稀硫酸会引入 SO42-杂质，不能达到实验目的； ，C错误；
D、通过蒸发结晶操作可从 NaCl 溶液中得到 NaCl 产品，装置符合蒸发要求，能达到实验目的； ，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
粗盐除杂顺序：BaCl2需在 Na2CO3之前加入，用 Na2CO3除去过量 Ba2+，避免引入新杂质；
中和除碱：除去过量 NaOH、Na2CO3时，需用盐酸，不能用硫酸，防止引入 SO42-；
过滤操作：装置需符合 “一贴二低三靠”，图中装置正确；
蒸发结晶：蒸发皿可直接加热，用玻璃棒搅拌防止局部过热，图中装置正确；
8．下列反应的离子方程式正确的是
A．氯化铝和氨水反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．NO2与H2O反应：3NO2+H2O=2H++2+NO
C．室温下用浓硝酸溶解Cu：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
D．(NH4)2SO4溶液和Ba(OH)2溶液混合：+OH-=NH3↑+H2O
【答案】B
【知识点】铵盐；硝酸的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、一水合氨是弱碱，在离子方程式中不能拆成 OH-，正确写法应为，A不符合题意；
B、NO2与 H2O 反应生成硝酸和 NO，硝酸为强酸可拆，离子方程式 3NO2+H2O=2H++2+NO，B符合题意；
C、浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2而非 NO，正确写法应为 Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C不符合题意；
D、(NH4)2SO4与 Ba (OH)2混合时，NH4+与 OH-、Ba2+与 SO42-会同时反应，正确写法应为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱电解质拆分规则：一水合氨属于弱碱，离子方程式中需保留化学式，不能拆为离子。
氧化还原反应规律：NO2与水反应生成 HNO3和 NO，浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2，稀硝酸才生成 NO。
离子反应完整性：两种电解质混合时，所有能发生的离子反应都要写入方程式，不能遗漏沉淀或气体。
守恒检查：离子方程式需满足原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1mol N2和3mol H2完全反应可以生成2mol NH3
B．0.1mol H3O+含有电子数为NA
C．0.4mol Fe与足量的S反应，转移的电子数为0.8 NA
D．常温常压下，16g CH4中含有共价键数为4NA
【答案】A
【知识点】化学键；化学反应的可逆性；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、合成氨反应是典型的可逆反应，1mol N2和 3mol H2无法完全消耗，最终生成 NH3的物质的量会小于 2mol，A错误；
B、1 个 H3O+含有的电子数为 10，0.1mol H3O+含有的电子总物质的量为 1mol，电子总数为 NA，B正确；
C、Fe 与 S 反应生成 FeS，每个 Fe 原子失去 2 个电子，0.4mol Fe 参与反应时，转移电子的物质的量为 0.8mol，电子数为 0.8NA，C正确；
D、16g CH4的物质的量为 1mol，每个 CH4分子含 4 个 C-H 共价键，所以共价键总数为 4NA，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特性：合成氨反应不能进行到底，反应物无法完全转化，产物量小于理论值。
微粒电子数计算：H3O+的电子数可通过质子数与电荷数计算得出。
氧化还原电子转移：Fe 与 S 反应生成 + 2 价铁的化合物，每个 Fe 原子失去 2 个电子。
共价键数目判断：CH4分子中每个 C 原子与 4 个 H 原子形成共价键，1mol CH4含 4mol 共价键。
10．浓硫酸与蔗糖发生作用的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．过程①白色固体变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②产生刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的酸性
C．过程中固体体积膨胀与、的生成有关
D．过程中硫酸分子发生了化学键的断裂
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、过程①蔗糖变白炭黑，是浓硫酸将蔗糖中的 H、O 按 2：1 脱去，体现脱水性，A 正确；
B、过程②产生刺激性气味气体（SO2）： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ，是浓硫酸与脱水生成的 C 发生氧化还原反应，体现强氧化性，而非酸性，B 错误；
C、过程②生成 SO2、CO2气体： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O， ，使固体体积膨胀，C 正确；
D、过程中浓硫酸发生化学反应（脱水、氧化 C），硫酸分子中化学键断裂，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸使蔗糖脱水炭化，体现脱水性；
浓硫酸与炭反应生成 SO2，体现强氧化性，酸性体现在生成盐，该反应无盐生成；
SO2、CO2气体使炭疏松膨胀，形成 “黑面包”；
化学反应伴随化学键断裂，浓硫酸参与反应，化学键断裂。
11．将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是
A．装置a中出现红棕色气体，只体现的酸性
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅
C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说明与硝酸生成
D．装置c用吸收尾气，说明和均是酸性氧化物
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、装置 a 中铜与浓硝酸反应生成红棕色 NO2，体现浓硝酸的强氧化性和酸性，并非只体现酸性，A 错误；
B、一段时间后抽出铜丝，向装置 b 注入水，NO2与水反应生成无色 NO，b 中气体红棕色变浅，B 正确；
C、注入水后装置 b 中铜片表面产生气泡，是 Cu 与稀硝酸反应生成 NO，并非生成 H2，C 错误；
D、装置 c 用 NaOH 吸收尾气，NO 不是酸性氧化物，NO2与 NaOH 发生氧化还原反应，也不属于酸性氧化物，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硝酸性质：铜与浓硝酸反应既体现硝酸的酸性（生成硝酸盐），又体现强氧化性（生成 NO2）；
NO2与水的反应：NO2溶于水生成 HNO3和 NO，红棕色气体转化为无色气体，气体颜色变浅；
硝酸与金属的反应：硝酸为强氧化性酸，与 Cu 反应生成氮氧化物，不会生成 H2；
酸性氧化物判断：酸性氧化物需与碱反应生成盐和水，NO 不与 NaOH 反应，NO2与 NaOH 发生氧化还原反应，二者均不属于酸性氧化物。
12．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 可用 pH 试纸测量新制SO2水溶液的pH pH试纸先变红后褪色
B 常温可用铝槽车运输浓硝酸 铝在冷的浓硝酸中发生钝化
C 制备H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4 S和SO3具有氧化性
D 非金属性：Cl>Br>I 沸点：HCl< HBr < HI
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、新制 SO2水溶液呈酸性，能使 pH 试纸变红，但 SO2的漂白性不能漂白酸碱指示剂，pH 试纸不会褪色，陈述 Ⅱ 描述错误 ，A不符合题意；
B、常温下铝在冷浓硝酸中会发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻止内部金属继续与浓硝酸反应，因此可用铝槽车运输浓硝酸，陈述 Ⅰ 和陈述 Ⅱ 均正确，且存在因果关系 ，B符合题意；
C、制备 H2SO4时，S→SO2的反应中 S 作还原剂体现还原性，SO3→H2SO4的反应中无元素化合价变化，未体现 SO3的氧化性，陈述 Ⅱ 无法对应陈述 Ⅰ ，C不符合题意；
D、HCl、HBr、HI 的沸点递变是因为相对分子质量增大、分子间作用力增强，与元素非金属性强弱无关，二者无因果关系 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫的漂白性：SO2不能漂白酸碱指示剂，pH 试纸只变红不褪色。
铝的钝化特性：常温下铝遇浓硝酸钝化，形成氧化膜保护内部金属，可用于运输浓硝酸。
硫酸制备的氧化还原：硫单质被氧化体现还原性，三氧化硫与水反应非氧化还原，不体现氧化性。
氢化物沸点规律：卤化氢沸点由分子间作用力决定，与非金属性强弱无因果关系。
13．某化合物由原子序数依次增大的四种短周期主族元素W、X、Y、Z组成。W与其他元素既不在相同周期，也不在相同主族。X的一种核素常用于考古鉴定文物的年代。Z2－的电子层结构与氖相同。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子的半径：Z>Y
B．W与X、Z均可形成电子数相等的分子
C．Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D．简单氢化物的稳定性：Z>Y>X
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：Y > Z，A符合题意；
B. W与X、Z均可形成电子数相等的分子，例如前者为甲烷分子、后者为水分子，B不符合题意；
C. Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，C不符合题意；
D. 同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z>Y>X，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X的一种核素常用于考古鉴定文物的年代，则X为碳，Z2－的电子层结构与氖相同，Z核外有8个电子，Z为氧，W、X、Y、Z原子序数依次增大，则W为氢、Y为氮，据此回答；
14．部分含S和Cl的物质分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a和e都是强酸
B．向h的溶液中通入c，溶液的酸性增强
C．b或f与金属Cu反应的产物中Cu的化合价均为+2
D．c和g都具有漂白性，其使品红溶液褪色的原理相同
【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、a 为 - 2 价 S 对应的氢化物 H2S，是弱酸；e 为 - 1 价 Cl 对应的氢化物 HCl，是强酸，A 错误；
B、h 为 + 1 价 Cl 对应的含氧酸 HClO，c 为 + 4 价 S 对应的氧化物 SO2；向 HClO 溶液中通入 SO2，发生反应：SO2+HClO+H2O=H2SO4+HCl，生成强酸，溶液酸性增强，B 正确；
C、b 为 0 价 S 单质，与 Cu 反应生成 Cu2S，Cu 为 + 1 价；f 为 0 价 Cl 单质 Cl2，与 Cu 反应生成 CuCl2，Cu 为 + 2 价，C 错误；
D、c 为 SO2，使品红褪色是结合漂白，加热可恢复；g 为 + 4 价 Cl 对应的氧化物 ClO2，使品红褪色是氧化漂白，加热不可恢复，原理不同，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价类二维图定位：根据化合价 + 物质类别，确定各点代表物质：a (H2S)、b (S)、c (SO2)、
d (H2SO4)、e (HCl)、f (Cl2)、g (ClO2)、h (HClO)；据此解题。
15．炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；氧化还原反应
【解析】【解答】A、过程②中 CO2被 CaO 吸收生成 CaCO3，减少了 CO2的排放，A 正确；
B、Fe3O4在过程①被还原为 Fe，过程④中 Fe 又被氧化为 Fe3O4；CaO 在过程②吸收 CO2生成 CaCO3，过程③中 CaCO3分解又生成 CaO，二者均可循环利用，B 正确；
C、过程①中 CO、H2还原 Fe3O4生成 Fe、CO2、H2O，过程④中 Fe 被 CO2氧化生成 Fe3O4和 CO，均有元素化合价变化，属于氧化还原反应，C 正确；
D、过程①的反应物为 CO、H2、Fe3O4，生成物为 Fe、CO2、H2O，反应中无同种非金属原子形成的非极性键的断裂和生成，D 错误；
故答案为：D。
【分析】流程分析：过程①CO、H2还原 Fe3O4；过程②CaO 吸收 CO2生成 CaCO3；过程③CaCO3分解生成 CaO 和 CO2；过程④Fe 被 CO2氧化生成 Fe3O4和 CO。
16．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A Cu与浓硫酸反应，冷却后，再将反应混合物缓慢加入盛有冷水的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2+
B 向溶液X中滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 试纸不变蓝 原溶液中无
C 向溶液X中滴加H2O2，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色 溶液呈血红色 溶液X存在Fe2+
D 碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水 品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊 气体产物中含有CO2和SO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铵离子检验；浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、Cu 与浓硫酸反应后冷却，将混合物缓慢加入冷水中，溶液呈蓝色，说明生成了 Cu2+ ，A正确；
B、检验 NH4+需要加热条件，未加热时 NH3无法逸出，试纸不变蓝不能证明原溶液无 NH4+，结论错误 ，B错误；
C、先加 H2O2再加 KSCN 溶液变红，无法排除原溶液中本身含有 Fe3+的可能，不能证明一定存在 Fe2+，结论错误 ，C错误
D、品红溶液褪色可证明有 SO2，但 SO2也能使澄清石灰水变浑浊，无法证明存在 CO2，结论错误 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
铜离子检验：Cu2+在水溶液中呈蓝色，将反应后混合物稀释可观察颜色证明 Cu2+生成。
铵根离子检验：NH4+与 OH-反应需加热才能释放 NH3，未加热则无法完成检验。
亚铁离子检验：检验 Fe2+需先加 KSCN 无现象，再加氧化剂变红，若先加氧化剂则无法排除 Fe3+干扰。
二氧化碳与二氧化硫鉴别：SO2也能使澄清石灰水变浑浊，检验 CO2前需先除尽 SO2。
二、非选择题：本题共4题，每题14分，共56分。
17．元素周期表的一部分如图所示，图中每个序号代表一种元素。回答下列问题：
（1）上述九种元素中，原子半径最大的为　 　(填元素符号)，其离子结构示意图为　 　。
（2）上述九种元素中，⑨在周期表的位置　 　；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的物质为　 　(填化学式)。
（3）⑤的最高价氧化物对应水化物可与⑥的氢氧化物反应，对应的离子方程式为　 　。
（4）③和④这两种元素形成的最简单氢化物中，更稳定是　 　(用电子式表示)。下列表述中，属于客观事实且能比较③和④这两种元素非金属性强弱的是　 　(填标号)。
A．常温下，④的单质与水反应可制备③的单质
B．④的氢化物的酸性强于③的氢化物
C. 简单离子的还原性：③ > ④
（5）某教师设计如图所示装置进行⑤的单质与水反应的实验。
(已知：密度比水大，不溶于水且不与水及⑤的单质反应)
实验室　 　(填“能”或“不能”)将⑤的单质保存在中。将铁丝往上推，使⑤的单质与水接触，发生反应的化学方程式为：　 　 。
【答案】（1）K；
（2）第四周期第VIIA族；HClO4
（3）
（4）；AC
（5）不能；
【知识点】钠的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，上述九种元素中，原子半径最大的为K；其离子结构示意图为，
故答案为：K；；
（2）⑨的元素符号为Br，原子序数为35，位于元素周期表第四周期第VIIA族；同主族元素从上到下非金属性依次减弱，同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性最强的物质为HClO4，
故答案为：第四周期第VIIA族；HClO4；
（3）⑥的氢氧化物Al(OH)3与⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（4）③是O元素；④是F元素；同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性：OA．常温下，F2与水发生反应，制备O2，氧化性：F2>O2，则非金属性F>O， A符合题意；
B．HF的酸性比HCl的酸性弱， B不符合题意；
C．还原性O2->F-，说明氧化性O2O，C符合题意；
故答案为：；AC；
（5）Na的密度小于CCl4，实验室不能将Na单质保存在中；将铁丝往上推，使⑤的单质与水接触，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，发生反应的化学方程式为，
故答案为：不能；。
【分析】根据元素周期表片段结构，可确定各序号对应元素：①为 H，②为 C，③为 N，④为 O，⑤为 Na，⑥为 Al，⑦为 F，⑧为 K，⑨为 Cl。据此解题。
（1）根据原子半径递变规律：同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，在给定元素中定位原子半径最大的元素；再根据该元素的核电荷数与离子的电子数，画出离子结构示意图。
（2）先根据元素周期表的结构，确定对应元素在周期表中的位置；再依据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强的规律，结合元素的价态特点，找出酸性最强的物质。
（3）明确对应元素的氢氧化物的两性性质，确定其与强碱的反应产物；再根据离子方程式的书写规则，拆分可溶物、保留难溶物，配平电荷与原子，完成离子方程式的书写。
（4）根据同周期元素非金属性的递变规律，比较两种元素的非金属性强弱，进而判断其简单氢化物的稳定性；再根据共价化合物的成键特点书写电子式；最后结合非金属性的判断依据（单质氧化性、阴离子还原性等），逐一分析选项，选出能证明非金属性强弱的依据。
（5）根据钠与四氯化碳的密度大小关系，判断钠能否保存在四氯化碳中；再根据钠与水的反应原理，配平并书写对应的化学方程式。
（1）同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，上述九种元素中，原子半径最大的为K；其离子结构示意图为，故答案为：K；；
（2）⑨的元素符号为Br，原子序数为35，位于元素周期表第四周期第VIIA族；同主族元素从上到下非金属性依次减弱，同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性最强的物质为HClO4，故答案为：第四周期第VIIA族；HClO4；
（3）⑥的氢氧化物Al(OH)3与⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）③是O元素；④是F元素；同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性：OA．常温下，F2与水发生反应，制备O2，氧化性：F2>O2，则非金属性F>O， A符合题意；
B．HF的酸性比HCl的酸性弱， B不符合题意；
C．还原性O2->F-，说明氧化性O2O，C符合题意；
故答案为：；AC；
（5）Na的密度小于CCl4，实验室不能将Na单质保存在中；将铁丝往上推，使⑤的单质与水接触，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，发生反应的化学方程式为，故答案为：不能；。
18．某实验小组探究SO2与AgNO3溶液反应的物。
I．配制溶液
（1）所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、　 　 、　 　 。
（2）转移溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致所配溶液浓度　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ．利用如下图所示装置制备SO2，并探究其相关性质。
（3）装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）装置B中可观察到的现象为　 　，说明SO2具有　 　性。
（5）装置C中尾气处理常使用NaOH溶液吸收，写出该反应的离子方程式　 　。
（6）装置C中产生白色沉淀，该小组成员对白色沉淀的成分进行探究。
提出假设： 假设1：白色沉淀为Ag2SO3
假设2：白色沉淀为Ag2SO4
假设3：白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物
查阅资料：
实验探究 步骤i：将白色沉淀溶于足量的氨水，过滤得到少量灰黑色固体和滤液：
步骤ii：向步骤i所得滤液中加入足量溶液，产生白色沉淀，经过滤洗涤后得到白色固体，向其中加入足量稀盐酸：
步骤iii：将步骤所得灰黑色固体洗涤，并向其中加入足量浓硝酸，固体溶解，产生红棕色气体。
实验结论：①步骤ⅱ中加入足量稀盐酸后，观察到白色固体部分溶解，说明　 　(填“假设1”“假设2”或“假设3”)成立。
②推测灰黑色固体为　 　，查阅资料得知生成该物质的原因是SO2具有较强的还原性，与溶液发生反应，该反应的离子方程式为　 　。
【答案】容量瓶；胶头滴管；偏低；；溶液褪色；还原；SO2+ 2OH—=+ H2O；假设3；Ag(或银)；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；物质检验实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制溶液需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶。
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）转移溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒AgNO3的物质的量变少，导致所配溶液浓度偏低。
故答案为：偏低；
（3）装置A的圆底烧瓶中铜和浓硫酸在加热条件下，生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。
故答案为：；
（4）由分析可知，二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性。
二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾具有氧化性，体现了SO2的还原性。
故答案为：溶液褪色；还原性；
（5）尾气中SO2常使用NaOH溶液吸收生成Na2SO3和水，该反应的离子方程式：SO2+ 2OH-=+ H2O。
故答案为：SO2+ 2OH-=+ H2O；
（6）①加入足量稀盐酸后，观察到白色固体部分溶解，说明沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，故猜想3成立。
②查阅资料得知生成该物质的原因是SO2具有较强的还原性，与AgNO3溶液发生反应，化学方程式为：，故灰黑色固体为Ag（或银）。
故答案为：猜想3；Ag(或银)；离子方程式为：。
【分析】(1)配制 100mL 溶液需用到 100mL 容量瓶，定容时需要胶头滴管。
(2)未洗涤烧杯和玻璃棒会导致溶质损失，所配溶液浓度偏低。
(3)Cu 与浓 H2SO4在加热条件下反应，生成 CuSO4、SO2和 H2O，反应需标注加热符号。
(4)SO2能使酸性 KMnO4溶液褪色，体现 SO2的还原性。
(5)SO2与 NaOH 溶液反应生成亚硫酸盐和水，离子方程式需满足电荷与原子守恒。
(6)白色沉淀加稀盐酸部分溶解，说明含 Ag2SO3和 Ag2SO4，假设 3 成立。
灰黑色固体为 Ag，由 SO2还原 Ag+生成，反应体现 SO2的还原性。
19．硝酸是重要的化工原料，工业制硝酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）氧化炉中主要反应的化学方程式为　 　。
（2）向吸收塔中通入足量A的作用为　 　。
（3）硝酸工业尾气的氮氧化物为大气污染物，可采用NH3将氮氧化物还原为N2的方法进行尾气处理，则NH3与NO2发生反应时还原剂与氧化剂的物质的量之比为　 　。
（4）某兴趣小组用图甲装置探究氨的催化氧化。(已知：三氧化二铬为该反应的催化剂)
①实验室可利用熟石灰和氯化铵制备NH3，该反应的化学方程式为　 　；
②若装置3中试剂为浓硫酸，则在装置4中观察到的现象为　 　；若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为　 　。
（5）①若往下面图乙的装置5中a导管通入的是NH3，观察到白色沉淀产生，该沉淀的化学式为　 　；
②若往图乙的装置5中a导管处分别通入　 　 (填标号)，在装置5中也会产生白色沉淀。
A．CO2 B．NO2 　　C．Cl2 　　D．N2
【答案】（1）4NH3＋5O24NO＋6H2O
（2）将NO氧化为NO2
（3）4：3
（4）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；有红棕色气体产生；生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟
（5）BaSO3；BC
【知识点】工业制取硝酸；氨的实验室制法；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）氧化炉中氨催化氧化为一氧化氮，主要反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。
故答案为： 4NH3＋5O24NO＋6H2O ；
（2）据分析，A为氧气，则向吸收塔中通入足量A的作用为将NO氧化为NO2。
故答案为： 将NO氧化为NO2 ；
（3）NH3与NO2发生反应的方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，氨气是还原剂，二氧化氮是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3。
故答案为： 4：3 ；
（4）图甲中，1处产生氨气，2处氨被催化氧化为一氧化氮，若装置3中试剂为浓硫酸，浓硫酸吸收多余的氨气、吸收水蒸气，4处一氧化氮和氧气反应得到二氧化氮；
①实验室熟石灰和氯化铵共热生成氯化钙、水和NH3，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②据分析，若装置3中试剂为浓硫酸，会吸收未反应的氨气、吸收水蒸气，则在装置4中一氧化氮转化为二氧化氮，故观察到的现象为有红棕色气体产生；氨气和硝酸能产生硝酸铵，则若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为：生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟。
故答案为： Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O ； 有红棕色气体产生 ； 生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟 ；
（5）①氯化钡和二氧化硫不反应，若往下面图乙的装置5中a导管通入的是NH3，二氧化硫和氨气在水溶液中产生亚硫酸铵、遇到钡离子产生亚硫酸钡沉淀，则观察到白色沉淀产生，该沉淀的化学式为BaSO3；
②A．二氧化硫、CO2 不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
B．NO2 溶于水生成硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
C．Cl2 具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
D．二氧化硫、N2不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
故答案为： BaSO3 ；BC。
【分析】工业制硝酸以氮气和氢气为原料，先在合成塔中合成氨气，经氨分离器分离出氨气后，将氨气送入氧化炉，在催化剂和加热条件下催化氧化生成一氧化氮；随后一氧化氮在吸收塔中与水、氧气反应生成硝酸，最后对尾气进行处理，实现硝酸的工业化生产。据此解题。
（1）根据氨的催化氧化反应原理，明确反应物为 NH3和 O2，生成物为 NO 和 H2O，结合氧化还原反应配平规则，标注催化剂、加热条件，写出对应化学方程式。
（2）结合工业制硝酸的流程，分析吸收塔中 NO 转化为 HNO3的反应需求，确定通入足量 O2的作用是将 NO 氧化为 NO2，为后续生成硝酸提供反应物。
（3）先写出 NH3与 NO2的归中反应方程式，标注反应条件；再根据化合价变化，确定 NH3为还原剂、NO2为氧化剂，结合化学计量数，计算还原产物与氧化产物的物质的量之比。
（4）① 依据实验室制氨气的原理，明确反应物为 Ca(OH)2和 NH4Cl，生成物为 CaCl2、NH3和 H2O，配平并标注加热条件，写出化学方程式。
② 分析浓硫酸的作用（吸收 NH3和水蒸气），判断装置 4 中 NO 与 O2反应生成红棕色 NO2的现象；再分析省略装置 3 时，NH3与 NO2、水反应生成的 HNO3进一步反应生成 NH4NO3固体，从而产生白烟的原因。
（5）① 分析 SO2与 BaCl2不直接反应，通入 NH3后溶液呈碱性，SO2与 NH3、水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与 Ba2+反应生成 BaSO3白色沉淀，确定沉淀化学式。
② 逐一分析各选项气体的性质：判断气体是否具有氧化性，能否将 SO2氧化为 SO42-，进而与 Ba2+生成 BaSO4沉淀，筛选出符合条件的选项。
（1）氧化炉中氨催化氧化为一氧化氮，主要反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。
（2）据分析，A为氧气，则向吸收塔中通入足量A的作用为将NO氧化为NO2。
（3）NH3与NO2发生反应的方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，氨气是还原剂，二氧化氮是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3。
（4）图甲中，1处产生氨气，2处氨被催化氧化为一氧化氮，若装置3中试剂为浓硫酸，浓硫酸吸收多余的氨气、吸收水蒸气，4处一氧化氮和氧气反应得到二氧化氮；
①实验室熟石灰和氯化铵共热生成氯化钙、水和NH3，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②据分析，若装置3中试剂为浓硫酸，会吸收未反应的氨气、吸收水蒸气，则在装置4中一氧化氮转化为二氧化氮，故观察到的现象为有红棕色气体产生；氨气和硝酸能产生硝酸铵，则若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为：生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟。
（5）①氯化钡和二氧化硫不反应，若往下面图乙的装置5中a导管通入的是NH3，二氧化硫和氨气在水溶液中产生亚硫酸铵、遇到钡离子产生亚硫酸钡沉淀，则观察到白色沉淀产生，该沉淀的化学式为BaSO3；
②A．二氧化硫、CO2 不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
B．NO2 溶于水生成硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
C．Cl2 具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
D．二氧化硫、N2不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
选BC。
20．铁基颜料铁黄(FeOOH)在高档涂料、油墨等领域有着广泛的应用。某同学设计了利用黄铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料制备绿矾(FeSO4·7H2O)，并用得到的绿矾制备铁黄(FeOOH)，流程如下：
已知：①FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇。
②“焙烧”的方程式为4FeS2+ 11O22Fe2O3+ 8SO2；“焙烧”过程中SiO2不参与反应。
③FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。
回答下列问题：
（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是　 　；滤渣I可作为制备玻璃的原料，写出制备玻璃时发生的主要化学方程式　 　(任写一个)。
（2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是　 　。
（3）“酸溶”后溶液呈黄色，试剂b若选用铁粉，“还原”步骤中是向溶液逐步加入铁粉，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，写出主要反应的离子方程式　 　。试剂b若选用SO2，则该过程涉及的离子方程式有　 　。
（4）向“FeSO4溶液”中加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是　 　。已知绿矾溶解度曲线如下图所示，则从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：蒸发浓缩(得到　 　℃饱和溶液)、　 　、过滤、用冰水洗涤，低温干燥。
（5）由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是　 　。
【答案】（1）增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率；SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑
（2）混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+
（4）降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出；60；降温结晶或冷却结晶
（5）4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是：增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应。滤渣I为二氧化硅，可作为制备玻璃的原料，制备玻璃时发生的主要化学方程式：SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑。
故答案为： 增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率 ； SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑ ；
（2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是：酸浸过程中若使用稀硝酸代替稀硫酸，则混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境。
故答案为： 混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境 ；
（3）“酸溶”后溶液呈黄色，则含有Fe3+，加入Fe粉，铁离子与Fe反应生成亚铁离子，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，则是铁离子消耗完毕，铁与氢离子反应生成氢气，则主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。若试剂b为SO2，Fe3+与SO2在酸性条件下反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。
故答案为： 2Fe3++Fe=3Fe2+ ； SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ ；
（4）从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，则乙醇的作用是：可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知，60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：先蒸发浓缩得到60℃的硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤用冰水洗涤，低温干燥得到晶体。
故答案为： 降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出 ；60； 降温结晶或冷却结晶 ；
（5）硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH，则由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O。
故答案为： 4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O ；
【分析】FeS2与空气高温反应生成 Fe2O3和 SO2，SiO2不参与反应，作为滤渣除去。酸溶后 Fe2O3转化为 Fe3+，加入还原剂将 Fe3+还原为 Fe2+，得到 FeSO4溶液。向 FeSO4溶液中加入乙醇，降低绿矾溶解度，析出 FeSO4 7H2O 晶体。绿矾在碱性环境下被空气氧化，生成不溶于水的 FeOOH，过滤后得到产品。据此解题。
（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是：增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应。滤渣I为二氧化硅，可作为制备玻璃的原料，制备玻璃时发生的主要化学方程式：SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑。
（2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是：酸浸过程中若使用稀硝酸代替稀硫酸，则混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境。
（3）“酸溶”后溶液呈黄色，则含有Fe3+，加入Fe粉，铁离子与Fe反应生成亚铁离子，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，则是铁离子消耗完毕，铁与氢离子反应生成氢气，则主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。若试剂b为SO2，Fe3+与SO2在酸性条件下反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。
（4）从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，则乙醇的作用是：可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知，60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：先蒸发浓缩得到60℃的硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤用冰水洗涤，低温干燥得到晶体。
（5）硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH，则由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O。
1 / 1广东省惠州市惠东县2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．下列物品由无机硅酸盐材料组成的是
A.青铜敦 B.彩漆木雕鸳鸯形盒 C.牛皮人偶 D.陶熏炉
A．A B．B C．C D．D
2．我国科技发展迅猛，取得许多成就，以下说法不正确的是
A．天和核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷，其属于新型无机非金属材料
B．嫦娥六号采回的月壤中含有3He：3He和4He互为同位素
C．Si广泛用于航天器太阳能电池板
D．“北斗三号”航天卫星上铷原子钟的精度国际领先，铷是第IIA族元素
3．NH4ClO4可用作火箭燃料，其分解反应为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O。下列有关该反应中各微粒的描述错误的是
A．NH4ClO4为含有共价键的离子化合物
B．N2的电子式为
C．Cl原子的M电子层有7个电子
D．16O2分子中的质子数与中子数之比为1：1
4．化学与生产生活密切联系。下列说法不正确的是
A．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
B．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自Fe2O3
C．烟花燃放五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂，是由于维生素C具有还原性
5．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 豆浆加石膏“点卤”制豆腐 石膏使豆浆所含蛋白质沉淀
B BaSO4在医疗上用作“钡餐” BaSO4不溶于酸和水，且不容易被X射线透过
C 施肥时，将碳酸氢铵埋入土壤中 NH4HCO3受热易分解
D 制作糕点时添加小苏打作膨松剂 碳酸氢钠与氢氧化钠反应
A．A B．B C．C D．D
6．下列实验能达到预期实验目的的是
A. 制备Cl2 B．Na的燃烧
C. 除去CO2气体中混有的SO2 D.观察钾元素的焰色
A．A B．B C．C D．D
7．某小组在实验室模拟粗盐提纯的部分流程如下(杂质含、、)下列相关操作不能达到实验目的的是
目的 转化杂质 分离沉淀 中和余碱 得到产品
操作
选项 A B C D
A．A B．B C．C D．D
8．下列反应的离子方程式正确的是
A．氯化铝和氨水反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．NO2与H2O反应：3NO2+H2O=2H++2+NO
C．室温下用浓硝酸溶解Cu：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
D．(NH4)2SO4溶液和Ba(OH)2溶液混合：+OH-=NH3↑+H2O
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1mol N2和3mol H2完全反应可以生成2mol NH3
B．0.1mol H3O+含有电子数为NA
C．0.4mol Fe与足量的S反应，转移的电子数为0.8 NA
D．常温常压下，16g CH4中含有共价键数为4NA
10．浓硫酸与蔗糖发生作用的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．过程①白色固体变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②产生刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的酸性
C．过程中固体体积膨胀与、的生成有关
D．过程中硫酸分子发生了化学键的断裂
11．将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是
A．装置a中出现红棕色气体，只体现的酸性
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅
C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说明与硝酸生成
D．装置c用吸收尾气，说明和均是酸性氧化物
12．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 可用 pH 试纸测量新制SO2水溶液的pH pH试纸先变红后褪色
B 常温可用铝槽车运输浓硝酸 铝在冷的浓硝酸中发生钝化
C 制备H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4 S和SO3具有氧化性
D 非金属性：Cl>Br>I 沸点：HCl< HBr < HI
A．A B．B C．C D．D
13．某化合物由原子序数依次增大的四种短周期主族元素W、X、Y、Z组成。W与其他元素既不在相同周期，也不在相同主族。X的一种核素常用于考古鉴定文物的年代。Z2－的电子层结构与氖相同。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子的半径：Z>Y
B．W与X、Z均可形成电子数相等的分子
C．Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D．简单氢化物的稳定性：Z>Y>X
14．部分含S和Cl的物质分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a和e都是强酸
B．向h的溶液中通入c，溶液的酸性增强
C．b或f与金属Cu反应的产物中Cu的化合价均为+2
D．c和g都具有漂白性，其使品红溶液褪色的原理相同
15．炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
16．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A Cu与浓硫酸反应，冷却后，再将反应混合物缓慢加入盛有冷水的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2+
B 向溶液X中滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 试纸不变蓝 原溶液中无
C 向溶液X中滴加H2O2，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色 溶液呈血红色 溶液X存在Fe2+
D 碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水 品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊 气体产物中含有CO2和SO2
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：本题共4题，每题14分，共56分。
17．元素周期表的一部分如图所示，图中每个序号代表一种元素。回答下列问题：
（1）上述九种元素中，原子半径最大的为　 　(填元素符号)，其离子结构示意图为　 　。
（2）上述九种元素中，⑨在周期表的位置　 　；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的物质为　 　(填化学式)。
（3）⑤的最高价氧化物对应水化物可与⑥的氢氧化物反应，对应的离子方程式为　 　。
（4）③和④这两种元素形成的最简单氢化物中，更稳定是　 　(用电子式表示)。下列表述中，属于客观事实且能比较③和④这两种元素非金属性强弱的是　 　(填标号)。
A．常温下，④的单质与水反应可制备③的单质
B．④的氢化物的酸性强于③的氢化物
C. 简单离子的还原性：③ > ④
（5）某教师设计如图所示装置进行⑤的单质与水反应的实验。
(已知：密度比水大，不溶于水且不与水及⑤的单质反应)
实验室　 　(填“能”或“不能”)将⑤的单质保存在中。将铁丝往上推，使⑤的单质与水接触，发生反应的化学方程式为：　 　 。
18．某实验小组探究SO2与AgNO3溶液反应的物。
I．配制溶液
（1）所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、　 　 、　 　 。
（2）转移溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致所配溶液浓度　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ．利用如下图所示装置制备SO2，并探究其相关性质。
（3）装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）装置B中可观察到的现象为　 　，说明SO2具有　 　性。
（5）装置C中尾气处理常使用NaOH溶液吸收，写出该反应的离子方程式　 　。
（6）装置C中产生白色沉淀，该小组成员对白色沉淀的成分进行探究。
提出假设： 假设1：白色沉淀为Ag2SO3
假设2：白色沉淀为Ag2SO4
假设3：白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物
查阅资料：
实验探究 步骤i：将白色沉淀溶于足量的氨水，过滤得到少量灰黑色固体和滤液：
步骤ii：向步骤i所得滤液中加入足量溶液，产生白色沉淀，经过滤洗涤后得到白色固体，向其中加入足量稀盐酸：
步骤iii：将步骤所得灰黑色固体洗涤，并向其中加入足量浓硝酸，固体溶解，产生红棕色气体。
实验结论：①步骤ⅱ中加入足量稀盐酸后，观察到白色固体部分溶解，说明　 　(填“假设1”“假设2”或“假设3”)成立。
②推测灰黑色固体为　 　，查阅资料得知生成该物质的原因是SO2具有较强的还原性，与溶液发生反应，该反应的离子方程式为　 　。
19．硝酸是重要的化工原料，工业制硝酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）氧化炉中主要反应的化学方程式为　 　。
（2）向吸收塔中通入足量A的作用为　 　。
（3）硝酸工业尾气的氮氧化物为大气污染物，可采用NH3将氮氧化物还原为N2的方法进行尾气处理，则NH3与NO2发生反应时还原剂与氧化剂的物质的量之比为　 　。
（4）某兴趣小组用图甲装置探究氨的催化氧化。(已知：三氧化二铬为该反应的催化剂)
①实验室可利用熟石灰和氯化铵制备NH3，该反应的化学方程式为　 　；
②若装置3中试剂为浓硫酸，则在装置4中观察到的现象为　 　；若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为　 　。
（5）①若往下面图乙的装置5中a导管通入的是NH3，观察到白色沉淀产生，该沉淀的化学式为　 　；
②若往图乙的装置5中a导管处分别通入　 　 (填标号)，在装置5中也会产生白色沉淀。
A．CO2 B．NO2 　　C．Cl2 　　D．N2
20．铁基颜料铁黄(FeOOH)在高档涂料、油墨等领域有着广泛的应用。某同学设计了利用黄铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料制备绿矾(FeSO4·7H2O)，并用得到的绿矾制备铁黄(FeOOH)，流程如下：
已知：①FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇。
②“焙烧”的方程式为4FeS2+ 11O22Fe2O3+ 8SO2；“焙烧”过程中SiO2不参与反应。
③FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。
回答下列问题：
（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是　 　；滤渣I可作为制备玻璃的原料，写出制备玻璃时发生的主要化学方程式　 　(任写一个)。
（2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是　 　。
（3）“酸溶”后溶液呈黄色，试剂b若选用铁粉，“还原”步骤中是向溶液逐步加入铁粉，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，写出主要反应的离子方程式　 　。试剂b若选用SO2，则该过程涉及的离子方程式有　 　。
（4）向“FeSO4溶液”中加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是　 　。已知绿矾溶解度曲线如下图所示，则从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：蒸发浓缩(得到　 　℃饱和溶液)、　 　、过滤、用冰水洗涤，低温干燥。
（5）由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、青铜敦的主要成分是铜合金，属于金属材料，并非无机硅酸盐，A错误；
B、彩漆木雕鸳鸯形盒的主体是木材，属于天然有机高分子材料，和硅酸盐无关，B错误；
C、牛皮人偶由动物皮革制成，属于蛋白质类有机材料，不是硅酸盐材料，C错误；
D、陶熏炉是以黏土为原料烧制而成的陶瓷制品，陶瓷属于典型的无机硅酸盐材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
容易混淆金属材料、有机材料和无机硅酸盐材料的范畴，误将陶瓷以外的物品当作硅酸盐材料，或忽略陶瓷属于硅酸盐的本质。
2．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；同位素及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，它不含金属组分，同时拥有耐高温、绝缘稳定等优良特性，在航天推进系统中发挥重要作用，A正确；
B、氦 - 3 和氦 - 4 质子数完全相同，仅中子数存在差异，二者属于同一种元素的不同核素，满足同位素的定义，B正确；
C、单质硅是性能优异的半导体材料，可将太阳能高效转化为电能，因此广泛用于航天器太阳能电池板的制造，C正确；
D、铷原子最外层只有 1 个电子，在元素周期表中属于第 ⅠA 族，并非第 ⅡA 族，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
新型无机非金属材料判断：氮化硼陶瓷不含金属，性能优良，属于区别于传统硅酸盐的新型无机非金属材料。
同位素判断：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素互为同位素，氦 - 3 和氦 - 4 符合这一特征。
半导体材料应用：单质硅是良好半导体，可实现太阳能到电能的转化，是航天器太阳能电池板的核心材料。
元素周期表主族归属：最外层电子数决定主族位置，铷最外层 1 个电子，属于第 ⅠA 族。
3．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；化学键
【解析】【解答】A、高氯酸铵由铵根和高氯酸根通过离子键结合，属于离子化合物，铵根内部氮氢之间、高氯酸根内部氯氧之间都存在共价键，所以它是含共价键的离子化合物，A正确；
B、氮气是双原子分子，两个氮原子间以三键相连，书写电子式时每个氮原子还需保留一对孤电子对， 电子式为 ，故B错误；
C、氯原子的核电荷数为 17，核外电子分三层排布，K 层 2 个、L 层 8 个，最外层的 M 层有 7 个电子，该描述符合核外电子排布规律，C正确；
D、氧 - 16 核素质子数和中子数均为 8，氧气分子中质子数总和为 16，中子数总和也为 16，二者比例为 1：1，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子化合物与化学键判断：高氯酸铵是离子化合物，同时含有离子键和内部共价键。
电子式书写规范：氮气分子电子式需体现三键和每个氮原子的孤电子对，遗漏孤电子对为错误写法。
核外电子层排布：氯原子 M 层为最外层，电子数为 7。
同位素核素计算：氧 - 16 的质子数与中子数相等，氧气分子中质子与中子总数比例为 1：1。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、晨雾属于胶体，光线穿过时会产生丁达尔效应，形成可见光束，说法正确，A不符合题意；
B、Fe2O3为红棕色固体，瓷器的青色并非来自 Fe2O3，该说法错误，B符合题意；
C、烟花燃放时的缤纷色彩，是利用了不同金属元素的焰色反应，说法正确，C不符合题意；
D、维生素 C 具有还原性，可作抗氧化剂，防止水果罐头被氧化变质，说法正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体的性质：晨雾是气溶胶，能发生丁达尔效应，可观察到光束；
物质的颜色：Fe2O3是红棕色的铁红，无法呈现瓷器的青色，瓷器青色多来自含铜、铁等元素的特殊釉料；
焰色反应：部分金属元素灼烧时会呈现特征颜色，可用于制作烟花；
抗氧化剂原理：具有还原性的物质可优先与氧化剂反应，保护其他物质不被氧化，维生素 C 符合这一特性。
5．【答案】D
【知识点】铵盐；硫酸盐；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆里的蛋白质分散在水中形成胶体，石膏属于电解质，加入后会让胶体发生聚沉，使蛋白质沉淀出来，这正是点卤制豆腐的核心原理，二者存在关联，故A不符合题意 ；
B、硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，还不容易被 X 射线透过，在肠胃检查时能阻挡 X 射线穿过，所以可以用作医疗上的钡餐，二者存在关联，故B不符合题意 ；
C、碳酸氢铵受热容易分解成氨气、二氧化碳和水，会造成肥效流失，所以施肥时要把它埋进土里，避免受热分解，二者存在关联，故C不符合题意 ；
D、制作糕点时用小苏打作膨松剂，是因为碳酸氢钠受热分解会产生二氧化碳气体，让糕点变得蓬松，并不是和氢氧化钠发生反应，二者不存在关联，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
胶体聚沉应用：豆浆蛋白质胶体遇电解质石膏聚沉。
钡餐材料特性：硫酸钡不溶于水和酸，且能阻挡 X 射线。
铵盐稳定性：碳酸氢铵受热易分解，需埋土施肥防止肥效流失。
膨松剂原理：小苏打作膨松剂是自身受热分解产气，而非与碱反应。
6．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；焰色反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，必须在加热的条件下才能发生，图中的装置没有提供加热环境，反应无法启动，不能达到制备氯气的目的，故A不符合题意 ；
B、进行钠的燃烧实验时，要使用坩埚或者石棉网这类耐高温的容器，玻璃表面皿的耐热性能差，受热之后很容易炸裂，无法完成燃烧操作，不能达到实验目的，故B不符合题意 ；
C、要除去二氧化碳里混有的二氧化硫，应该选用饱和碳酸氢钠溶液，而饱和碳酸钠溶液会同时吸收二氧化碳和二氧化硫，不仅无法除杂，还会损耗目标气体，不能达到实验目的，故C不符合题意 ；
D、观察钾元素的焰色时，蓝色钴玻璃可以滤去钠元素黄光的干扰，能清晰看到钾的特征紫色火焰，能够准确完成实验目的，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．MnO2与浓盐酸制 Cl2需要加热，装置无加热，不能制氯气。
B．钠燃烧需用耐高温仪器，表面皿不耐热易炸裂，无法完成实验。
C．饱和 Na2CO3会吸收 CO2，不能除去 CO2中的 SO2，除杂试剂错误。
D．透过蓝色钴玻璃观察钾的焰色，可滤去黄光干扰，能达到实验目的。
7．【答案】C
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】A、粗盐水溶液中依次加入 BaCl2溶液（除 SO42-）、NaOH 溶液（除 Mg2+）、Na2CO3溶液（除 Ca2+和过量 Ba2+），可转化杂质，能达到实验目的； ，A正确；
B、通过过滤操作可分离沉淀与溶液，装置符合过滤要求，能达到实验目的； ，B正确；
C、中和滤液中过量的碱（NaOH、Na2CO3），应加入适量稀盐酸，若加入稀硫酸会引入 SO42-杂质，不能达到实验目的； ，C错误；
D、通过蒸发结晶操作可从 NaCl 溶液中得到 NaCl 产品，装置符合蒸发要求，能达到实验目的； ，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
粗盐除杂顺序：BaCl2需在 Na2CO3之前加入，用 Na2CO3除去过量 Ba2+，避免引入新杂质；
中和除碱：除去过量 NaOH、Na2CO3时，需用盐酸，不能用硫酸，防止引入 SO42-；
过滤操作：装置需符合 “一贴二低三靠”，图中装置正确；
蒸发结晶：蒸发皿可直接加热，用玻璃棒搅拌防止局部过热，图中装置正确；
8．【答案】B
【知识点】铵盐；硝酸的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、一水合氨是弱碱，在离子方程式中不能拆成 OH-，正确写法应为，A不符合题意；
B、NO2与 H2O 反应生成硝酸和 NO，硝酸为强酸可拆，离子方程式 3NO2+H2O=2H++2+NO，B符合题意；
C、浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2而非 NO，正确写法应为 Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C不符合题意；
D、(NH4)2SO4与 Ba (OH)2混合时，NH4+与 OH-、Ba2+与 SO42-会同时反应，正确写法应为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱电解质拆分规则：一水合氨属于弱碱，离子方程式中需保留化学式，不能拆为离子。
氧化还原反应规律：NO2与水反应生成 HNO3和 NO，浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2，稀硝酸才生成 NO。
离子反应完整性：两种电解质混合时，所有能发生的离子反应都要写入方程式，不能遗漏沉淀或气体。
守恒检查：离子方程式需满足原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒。
9．【答案】A
【知识点】化学键；化学反应的可逆性；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、合成氨反应是典型的可逆反应，1mol N2和 3mol H2无法完全消耗，最终生成 NH3的物质的量会小于 2mol，A错误；
B、1 个 H3O+含有的电子数为 10，0.1mol H3O+含有的电子总物质的量为 1mol，电子总数为 NA，B正确；
C、Fe 与 S 反应生成 FeS，每个 Fe 原子失去 2 个电子，0.4mol Fe 参与反应时，转移电子的物质的量为 0.8mol，电子数为 0.8NA，C正确；
D、16g CH4的物质的量为 1mol，每个 CH4分子含 4 个 C-H 共价键，所以共价键总数为 4NA，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特性：合成氨反应不能进行到底，反应物无法完全转化，产物量小于理论值。
微粒电子数计算：H3O+的电子数可通过质子数与电荷数计算得出。
氧化还原电子转移：Fe 与 S 反应生成 + 2 价铁的化合物，每个 Fe 原子失去 2 个电子。
共价键数目判断：CH4分子中每个 C 原子与 4 个 H 原子形成共价键，1mol CH4含 4mol 共价键。
10．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、过程①蔗糖变白炭黑，是浓硫酸将蔗糖中的 H、O 按 2：1 脱去，体现脱水性，A 正确；
B、过程②产生刺激性气味气体（SO2）： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ，是浓硫酸与脱水生成的 C 发生氧化还原反应，体现强氧化性，而非酸性，B 错误；
C、过程②生成 SO2、CO2气体： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O， ，使固体体积膨胀，C 正确；
D、过程中浓硫酸发生化学反应（脱水、氧化 C），硫酸分子中化学键断裂，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸使蔗糖脱水炭化，体现脱水性；
浓硫酸与炭反应生成 SO2，体现强氧化性，酸性体现在生成盐，该反应无盐生成；
SO2、CO2气体使炭疏松膨胀，形成 “黑面包”；
化学反应伴随化学键断裂，浓硫酸参与反应，化学键断裂。
11．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、装置 a 中铜与浓硝酸反应生成红棕色 NO2，体现浓硝酸的强氧化性和酸性，并非只体现酸性，A 错误；
B、一段时间后抽出铜丝，向装置 b 注入水，NO2与水反应生成无色 NO，b 中气体红棕色变浅，B 正确；
C、注入水后装置 b 中铜片表面产生气泡，是 Cu 与稀硝酸反应生成 NO，并非生成 H2，C 错误；
D、装置 c 用 NaOH 吸收尾气，NO 不是酸性氧化物，NO2与 NaOH 发生氧化还原反应，也不属于酸性氧化物，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硝酸性质：铜与浓硝酸反应既体现硝酸的酸性（生成硝酸盐），又体现强氧化性（生成 NO2）；
NO2与水的反应：NO2溶于水生成 HNO3和 NO，红棕色气体转化为无色气体，气体颜色变浅；
硝酸与金属的反应：硝酸为强氧化性酸，与 Cu 反应生成氮氧化物，不会生成 H2；
酸性氧化物判断：酸性氧化物需与碱反应生成盐和水，NO 不与 NaOH 反应，NO2与 NaOH 发生氧化还原反应，二者均不属于酸性氧化物。
12．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、新制 SO2水溶液呈酸性，能使 pH 试纸变红，但 SO2的漂白性不能漂白酸碱指示剂，pH 试纸不会褪色，陈述 Ⅱ 描述错误 ，A不符合题意；
B、常温下铝在冷浓硝酸中会发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻止内部金属继续与浓硝酸反应，因此可用铝槽车运输浓硝酸，陈述 Ⅰ 和陈述 Ⅱ 均正确，且存在因果关系 ，B符合题意；
C、制备 H2SO4时，S→SO2的反应中 S 作还原剂体现还原性，SO3→H2SO4的反应中无元素化合价变化，未体现 SO3的氧化性，陈述 Ⅱ 无法对应陈述 Ⅰ ，C不符合题意；
D、HCl、HBr、HI 的沸点递变是因为相对分子质量增大、分子间作用力增强，与元素非金属性强弱无关，二者无因果关系 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫的漂白性：SO2不能漂白酸碱指示剂，pH 试纸只变红不褪色。
铝的钝化特性：常温下铝遇浓硝酸钝化，形成氧化膜保护内部金属，可用于运输浓硝酸。
硫酸制备的氧化还原：硫单质被氧化体现还原性，三氧化硫与水反应非氧化还原，不体现氧化性。
氢化物沸点规律：卤化氢沸点由分子间作用力决定，与非金属性强弱无因果关系。
13．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：Y > Z，A符合题意；
B. W与X、Z均可形成电子数相等的分子，例如前者为甲烷分子、后者为水分子，B不符合题意；
C. Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，C不符合题意；
D. 同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z>Y>X，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X的一种核素常用于考古鉴定文物的年代，则X为碳，Z2－的电子层结构与氖相同，Z核外有8个电子，Z为氧，W、X、Y、Z原子序数依次增大，则W为氢、Y为氮，据此回答；
14．【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、a 为 - 2 价 S 对应的氢化物 H2S，是弱酸；e 为 - 1 价 Cl 对应的氢化物 HCl，是强酸，A 错误；
B、h 为 + 1 价 Cl 对应的含氧酸 HClO，c 为 + 4 价 S 对应的氧化物 SO2；向 HClO 溶液中通入 SO2，发生反应：SO2+HClO+H2O=H2SO4+HCl，生成强酸，溶液酸性增强，B 正确；
C、b 为 0 价 S 单质，与 Cu 反应生成 Cu2S，Cu 为 + 1 价；f 为 0 价 Cl 单质 Cl2，与 Cu 反应生成 CuCl2，Cu 为 + 2 价，C 错误；
D、c 为 SO2，使品红褪色是结合漂白，加热可恢复；g 为 + 4 价 Cl 对应的氧化物 ClO2，使品红褪色是氧化漂白，加热不可恢复，原理不同，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价类二维图定位：根据化合价 + 物质类别，确定各点代表物质：a (H2S)、b (S)、c (SO2)、
d (H2SO4)、e (HCl)、f (Cl2)、g (ClO2)、h (HClO)；据此解题。
15．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；氧化还原反应
【解析】【解答】A、过程②中 CO2被 CaO 吸收生成 CaCO3，减少了 CO2的排放，A 正确；
B、Fe3O4在过程①被还原为 Fe，过程④中 Fe 又被氧化为 Fe3O4；CaO 在过程②吸收 CO2生成 CaCO3，过程③中 CaCO3分解又生成 CaO，二者均可循环利用，B 正确；
C、过程①中 CO、H2还原 Fe3O4生成 Fe、CO2、H2O，过程④中 Fe 被 CO2氧化生成 Fe3O4和 CO，均有元素化合价变化，属于氧化还原反应，C 正确；
D、过程①的反应物为 CO、H2、Fe3O4，生成物为 Fe、CO2、H2O，反应中无同种非金属原子形成的非极性键的断裂和生成，D 错误；
故答案为：D。
【分析】流程分析：过程①CO、H2还原 Fe3O4；过程②CaO 吸收 CO2生成 CaCO3；过程③CaCO3分解生成 CaO 和 CO2；过程④Fe 被 CO2氧化生成 Fe3O4和 CO。
16．【答案】A
【知识点】铵离子检验；浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、Cu 与浓硫酸反应后冷却，将混合物缓慢加入冷水中，溶液呈蓝色，说明生成了 Cu2+ ，A正确；
B、检验 NH4+需要加热条件，未加热时 NH3无法逸出，试纸不变蓝不能证明原溶液无 NH4+，结论错误 ，B错误；
C、先加 H2O2再加 KSCN 溶液变红，无法排除原溶液中本身含有 Fe3+的可能，不能证明一定存在 Fe2+，结论错误 ，C错误
D、品红溶液褪色可证明有 SO2，但 SO2也能使澄清石灰水变浑浊，无法证明存在 CO2，结论错误 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
铜离子检验：Cu2+在水溶液中呈蓝色，将反应后混合物稀释可观察颜色证明 Cu2+生成。
铵根离子检验：NH4+与 OH-反应需加热才能释放 NH3，未加热则无法完成检验。
亚铁离子检验：检验 Fe2+需先加 KSCN 无现象，再加氧化剂变红，若先加氧化剂则无法排除 Fe3+干扰。
二氧化碳与二氧化硫鉴别：SO2也能使澄清石灰水变浑浊，检验 CO2前需先除尽 SO2。
17．【答案】（1）K；
（2）第四周期第VIIA族；HClO4
（3）
（4）；AC
（5）不能；
【知识点】钠的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，上述九种元素中，原子半径最大的为K；其离子结构示意图为，
故答案为：K；；
（2）⑨的元素符号为Br，原子序数为35，位于元素周期表第四周期第VIIA族；同主族元素从上到下非金属性依次减弱，同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性最强的物质为HClO4，
故答案为：第四周期第VIIA族；HClO4；
（3）⑥的氢氧化物Al(OH)3与⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（4）③是O元素；④是F元素；同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性：OA．常温下，F2与水发生反应，制备O2，氧化性：F2>O2，则非金属性F>O， A符合题意；
B．HF的酸性比HCl的酸性弱， B不符合题意；
C．还原性O2->F-，说明氧化性O2O，C符合题意；
故答案为：；AC；
（5）Na的密度小于CCl4，实验室不能将Na单质保存在中；将铁丝往上推，使⑤的单质与水接触，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，发生反应的化学方程式为，
故答案为：不能；。
【分析】根据元素周期表片段结构，可确定各序号对应元素：①为 H，②为 C，③为 N，④为 O，⑤为 Na，⑥为 Al，⑦为 F，⑧为 K，⑨为 Cl。据此解题。
（1）根据原子半径递变规律：同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，在给定元素中定位原子半径最大的元素；再根据该元素的核电荷数与离子的电子数，画出离子结构示意图。
（2）先根据元素周期表的结构，确定对应元素在周期表中的位置；再依据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强的规律，结合元素的价态特点，找出酸性最强的物质。
（3）明确对应元素的氢氧化物的两性性质，确定其与强碱的反应产物；再根据离子方程式的书写规则，拆分可溶物、保留难溶物，配平电荷与原子，完成离子方程式的书写。
（4）根据同周期元素非金属性的递变规律，比较两种元素的非金属性强弱，进而判断其简单氢化物的稳定性；再根据共价化合物的成键特点书写电子式；最后结合非金属性的判断依据（单质氧化性、阴离子还原性等），逐一分析选项，选出能证明非金属性强弱的依据。
（5）根据钠与四氯化碳的密度大小关系，判断钠能否保存在四氯化碳中；再根据钠与水的反应原理，配平并书写对应的化学方程式。
（1）同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，上述九种元素中，原子半径最大的为K；其离子结构示意图为，故答案为：K；；
（2）⑨的元素符号为Br，原子序数为35，位于元素周期表第四周期第VIIA族；同主族元素从上到下非金属性依次减弱，同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性最强的物质为HClO4，故答案为：第四周期第VIIA族；HClO4；
（3）⑥的氢氧化物Al(OH)3与⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）③是O元素；④是F元素；同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性：OA．常温下，F2与水发生反应，制备O2，氧化性：F2>O2，则非金属性F>O， A符合题意；
B．HF的酸性比HCl的酸性弱， B不符合题意；
C．还原性O2->F-，说明氧化性O2O，C符合题意；
故答案为：；AC；
（5）Na的密度小于CCl4，实验室不能将Na单质保存在中；将铁丝往上推，使⑤的单质与水接触，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，发生反应的化学方程式为，故答案为：不能；。
18．【答案】容量瓶；胶头滴管；偏低；；溶液褪色；还原；SO2+ 2OH—=+ H2O；假设3；Ag(或银)；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；物质检验实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制溶液需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶。
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）转移溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒AgNO3的物质的量变少，导致所配溶液浓度偏低。
故答案为：偏低；
（3）装置A的圆底烧瓶中铜和浓硫酸在加热条件下，生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。
故答案为：；
（4）由分析可知，二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性。
二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾具有氧化性，体现了SO2的还原性。
故答案为：溶液褪色；还原性；
（5）尾气中SO2常使用NaOH溶液吸收生成Na2SO3和水，该反应的离子方程式：SO2+ 2OH-=+ H2O。
故答案为：SO2+ 2OH-=+ H2O；
（6）①加入足量稀盐酸后，观察到白色固体部分溶解，说明沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，故猜想3成立。
②查阅资料得知生成该物质的原因是SO2具有较强的还原性，与AgNO3溶液发生反应，化学方程式为：，故灰黑色固体为Ag（或银）。
故答案为：猜想3；Ag(或银)；离子方程式为：。
【分析】(1)配制 100mL 溶液需用到 100mL 容量瓶，定容时需要胶头滴管。
(2)未洗涤烧杯和玻璃棒会导致溶质损失，所配溶液浓度偏低。
(3)Cu 与浓 H2SO4在加热条件下反应，生成 CuSO4、SO2和 H2O，反应需标注加热符号。
(4)SO2能使酸性 KMnO4溶液褪色，体现 SO2的还原性。
(5)SO2与 NaOH 溶液反应生成亚硫酸盐和水，离子方程式需满足电荷与原子守恒。
(6)白色沉淀加稀盐酸部分溶解，说明含 Ag2SO3和 Ag2SO4，假设 3 成立。
灰黑色固体为 Ag，由 SO2还原 Ag+生成，反应体现 SO2的还原性。
19．【答案】（1）4NH3＋5O24NO＋6H2O
（2）将NO氧化为NO2
（3）4：3
（4）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；有红棕色气体产生；生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟
（5）BaSO3；BC
【知识点】工业制取硝酸；氨的实验室制法；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）氧化炉中氨催化氧化为一氧化氮，主要反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。
故答案为： 4NH3＋5O24NO＋6H2O ；
（2）据分析，A为氧气，则向吸收塔中通入足量A的作用为将NO氧化为NO2。
故答案为： 将NO氧化为NO2 ；
（3）NH3与NO2发生反应的方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，氨气是还原剂，二氧化氮是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3。
故答案为： 4：3 ；
（4）图甲中，1处产生氨气，2处氨被催化氧化为一氧化氮，若装置3中试剂为浓硫酸，浓硫酸吸收多余的氨气、吸收水蒸气，4处一氧化氮和氧气反应得到二氧化氮；
①实验室熟石灰和氯化铵共热生成氯化钙、水和NH3，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②据分析，若装置3中试剂为浓硫酸，会吸收未反应的氨气、吸收水蒸气，则在装置4中一氧化氮转化为二氧化氮，故观察到的现象为有红棕色气体产生；氨气和硝酸能产生硝酸铵，则若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为：生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟。
故答案为： Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O ； 有红棕色气体产生 ； 生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟 ；
（5）①氯化钡和二氧化硫不反应，若往下面图乙的装置5中a导管通入的是NH3，二氧化硫和氨气在水溶液中产生亚硫酸铵、遇到钡离子产生亚硫酸钡沉淀，则观察到白色沉淀产生，该沉淀的化学式为BaSO3；
②A．二氧化硫、CO2 不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
B．NO2 溶于水生成硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
C．Cl2 具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
D．二氧化硫、N2不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
故答案为： BaSO3 ；BC。
【分析】工业制硝酸以氮气和氢气为原料，先在合成塔中合成氨气，经氨分离器分离出氨气后，将氨气送入氧化炉，在催化剂和加热条件下催化氧化生成一氧化氮；随后一氧化氮在吸收塔中与水、氧气反应生成硝酸，最后对尾气进行处理，实现硝酸的工业化生产。据此解题。
（1）根据氨的催化氧化反应原理，明确反应物为 NH3和 O2，生成物为 NO 和 H2O，结合氧化还原反应配平规则，标注催化剂、加热条件，写出对应化学方程式。
（2）结合工业制硝酸的流程，分析吸收塔中 NO 转化为 HNO3的反应需求，确定通入足量 O2的作用是将 NO 氧化为 NO2，为后续生成硝酸提供反应物。
（3）先写出 NH3与 NO2的归中反应方程式，标注反应条件；再根据化合价变化，确定 NH3为还原剂、NO2为氧化剂，结合化学计量数，计算还原产物与氧化产物的物质的量之比。
（4）① 依据实验室制氨气的原理，明确反应物为 Ca(OH)2和 NH4Cl，生成物为 CaCl2、NH3和 H2O，配平并标注加热条件，写出化学方程式。
② 分析浓硫酸的作用（吸收 NH3和水蒸气），判断装置 4 中 NO 与 O2反应生成红棕色 NO2的现象；再分析省略装置 3 时，NH3与 NO2、水反应生成的 HNO3进一步反应生成 NH4NO3固体，从而产生白烟的原因。
（5）① 分析 SO2与 BaCl2不直接反应，通入 NH3后溶液呈碱性，SO2与 NH3、水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与 Ba2+反应生成 BaSO3白色沉淀，确定沉淀化学式。
② 逐一分析各选项气体的性质：判断气体是否具有氧化性，能否将 SO2氧化为 SO42-，进而与 Ba2+生成 BaSO4沉淀，筛选出符合条件的选项。
（1）氧化炉中氨催化氧化为一氧化氮，主要反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。
（2）据分析，A为氧气，则向吸收塔中通入足量A的作用为将NO氧化为NO2。
（3）NH3与NO2发生反应的方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，氨气是还原剂，二氧化氮是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3。
（4）图甲中，1处产生氨气，2处氨被催化氧化为一氧化氮，若装置3中试剂为浓硫酸，浓硫酸吸收多余的氨气、吸收水蒸气，4处一氧化氮和氧气反应得到二氧化氮；
①实验室熟石灰和氯化铵共热生成氯化钙、水和NH3，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②据分析，若装置3中试剂为浓硫酸，会吸收未反应的氨气、吸收水蒸气，则在装置4中一氧化氮转化为二氧化氮，故观察到的现象为有红棕色气体产生；氨气和硝酸能产生硝酸铵，则若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为：生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟。
（5）①氯化钡和二氧化硫不反应，若往下面图乙的装置5中a导管通入的是NH3，二氧化硫和氨气在水溶液中产生亚硫酸铵、遇到钡离子产生亚硫酸钡沉淀，则观察到白色沉淀产生，该沉淀的化学式为BaSO3；
②A．二氧化硫、CO2 不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
B．NO2 溶于水生成硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
C．Cl2 具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根，故遇到钡离子产生白色硫酸钡沉淀，选；
D．二氧化硫、N2不会和氯化钡溶液反应，无沉淀，不选；
选BC。
20．【答案】（1）增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率；SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑
（2）混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+
（4）降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出；60；降温结晶或冷却结晶
（5）4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是：增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应。滤渣I为二氧化硅，可作为制备玻璃的原料，制备玻璃时发生的主要化学方程式：SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑。
故答案为： 增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率 ； SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑ ；
（2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是：酸浸过程中若使用稀硝酸代替稀硫酸，则混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境。
故答案为： 混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境 ；
（3）“酸溶”后溶液呈黄色，则含有Fe3+，加入Fe粉，铁离子与Fe反应生成亚铁离子，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，则是铁离子消耗完毕，铁与氢离子反应生成氢气，则主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。若试剂b为SO2，Fe3+与SO2在酸性条件下反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。
故答案为： 2Fe3++Fe=3Fe2+ ； SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ ；
（4）从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，则乙醇的作用是：可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知，60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：先蒸发浓缩得到60℃的硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤用冰水洗涤，低温干燥得到晶体。
故答案为： 降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出 ；60； 降温结晶或冷却结晶 ；
（5）硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH，则由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O。
故答案为： 4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O ；
【分析】FeS2与空气高温反应生成 Fe2O3和 SO2，SiO2不参与反应，作为滤渣除去。酸溶后 Fe2O3转化为 Fe3+，加入还原剂将 Fe3+还原为 Fe2+，得到 FeSO4溶液。向 FeSO4溶液中加入乙醇，降低绿矾溶解度，析出 FeSO4 7H2O 晶体。绿矾在碱性环境下被空气氧化，生成不溶于水的 FeOOH，过滤后得到产品。据此解题。
（1）将黄铁矿进行粉碎，其目的是：增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应。滤渣I为二氧化硅，可作为制备玻璃的原料，制备玻璃时发生的主要化学方程式：SiO2+ Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+ CaCO3CaSiO3+CO2 ↑。
（2）“酸溶”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是：酸浸过程中若使用稀硝酸代替稀硫酸，则混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境。
（3）“酸溶”后溶液呈黄色，则含有Fe3+，加入Fe粉，铁离子与Fe反应生成亚铁离子，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，则是铁离子消耗完毕，铁与氢离子反应生成氢气，则主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。若试剂b为SO2，Fe3+与SO2在酸性条件下反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。
（4）从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，则乙醇的作用是：可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知，60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：先蒸发浓缩得到60℃的硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤用冰水洗涤，低温干燥得到晶体。
（5）硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH，则由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O。
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