安徽省宣城市2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题含解析

PAGE安徽省宣城市2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12O16

F19Na23A127Cl35.5Fe56第I卷一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)1.垃圾分类可以削减污染、节约资源。下列“垃圾”放置位置不合理的是选项ABCD分类标记放置垃圾残缺瓷砖水果皮运用过的一次性纸杯废易拉罐A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．残缺瓷砖为无毒无害物质，为干垃圾，故A正确；B．水果皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料运用，故B正确；C．运用过的一次性纸杯，为无毒无害物质，可回收再利用，属于可回收物，故C错误；D．废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，故D正确；答案为C。2.我国的瓷器以“入窑一色，出窑万彩"的奇妙窑变而着称。下列关于陶瓷的说法正确的是A.瓷器中含有很多金属元素，因此陶瓷属于金属材料B.高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.“窑变”是高温下釉料中某些金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变更【答案】D【解析】【详解】A．瓷器的主要成分为硅酸盐，则为无机非金属材料，故A错误；B．瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；C．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，可用于制造陶瓷发动机的受热面，故C错误；D．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色变更，故D正确；

答案为D。3.下列关于“摩尔质量”的描述或应用，正确的是A.二氧化碳的摩尔质量等于它的相对分子质量B.一个氟原子的质量约等于C.空气的摩尔质量为29D.1molCl-的质量为35.5【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳的摩尔质量是以g/mol为单位，在数值上等于它的相对分子质量，故A错误；B．1mol微粒是阿伏伽德罗常数个微粒，氟原子的摩尔质量为19g/mol，所以一个氟原子质量==g，故B正确；C．摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于空气的相对分子质量，空气的相对分子质量平均为29，则空气的摩尔质量为29g/mol，故C错误；D．1molCl-的质量是m(Cl-)=35.5g/mol×1mol=35.5g，故D错误；答案为B。4.很多化学反应在4K高清摄影机下精美绝伦。下列反应不属于氧化还原反应的是Al片投入AgNO3溶液中Zn片投入CuSO4溶液中AgNO3溶液滴入NaCl溶液中Mg条投入盐酸中ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Al片投入AgNO3溶液中，由于金属活动性Al＞Ag，所以会发生反应Al+3AgNO3=Al(NO3)3+3Ag，反应前后Al、Ag元素的化合价发生了变更，因此该反应属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．Zn片投入CuSO4溶液中，由于金属活动性Zn＞Cu，所以会发生反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，反应前后Zn、Cu元素的化合价发生了变更，因此该反应属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．AgNO3溶液滴入NaCl溶液中，发生AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3反应，反应中不存在元素化合价变更，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D．由于Mg在金属活动性依次表中位于H前边，所以Mg条投入盐酸中，会发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，反应前后Mg、H元素的化合价发生了变更，所以该反应属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案为C。5.下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是A.NaHCO3=Na++ B.KClO3=K++Cl5++3O2-C.MgSO4=

Mg+2+ D.Ba(OH)2=Ba2++【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子是弱酸阴离子，不能拆成离子，其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故A正确；B．氯酸钾是强电解质，在水溶液中完全电离出钾离子和氯酸根离子，氯酸根离子是含氧酸根，不能拆开，其电离方程式为KClO3═K++ClO3-，故B错误；C．硫酸镁是强电解质，在水溶液中完全电离出镁离子和硫酸根离子，题中镁离子写错了，其电离方程式为MgSO4=

Mg2++，故C错误；D．氢氧化钡是强电解质，在水溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，题中氢氧根的形式表示错了，其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故D错误；答案为A。6.下列物质的分类正确的是选项物质类别A纯碱碱B氯水混合物C过氧化钠碱性氧化物D硫酸铜溶液电解质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，由金属阳离子(Na+)和酸根离子(CO32-)构成，属于盐，故A错误；B．氯水是氯气溶于水，且部分氯气会与水反应即Cl2+H2O=HCl+HClO，则氯水中存在Cl2、H2O、H+、Cl-、HClO等多种成分，氯水是混合物，故B正确；C．由碱性氧化物与酸反应生成盐和水可知，过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、水以及氧气，不是碱性氧化物，属于过氧化物，故C错误；D．电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，属于纯净物，硫酸铜溶液是混合物，不是电解质，故D错误；答案为B。7.以下是四位同学在学习了《化学必修一》后，对一些学问的相识，你认为正确的是A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系，胶体可以通过滤纸，即氢氧化铁胶体的分散质可以通过滤纸，但不能通过半透膜，故A错误；B．合金的熔点均低于它的纯金属成分，故B错误；C．可溶性的铝盐和铁盐，在水中电离出的铝离子和铁离子均能发生水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均具有吸附性，可以吸附杂质，从而达到净水作用，故C正确；D．硅是半导体材料，而二氧化硅晶体能传导光信号，所以二氧化硅才是光纤制品的主要成分，故D错误；答案C。8.相同状况下，体积相等的五个气球分别充溢相应的气体，如下图所示。与氯化氢气球中所含原子数确定相等的是A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】由阿佛加德罗定律可知，相同状况下，气体体积之比等于其物质的量之比，即体积相等，物质的量相等，假设HCl为1mol，则含有2mol原子，设混合气体均为1mol，如原子数相等，则原子物质的量相等；A．Ar是单原子分子，一个O3分子中含3个O原子，二者的物质的量比为1：1时才符合与HCl原子数相等，故A不符合题意；B．H2是双原子分子，一个NH3分子中有4个原子，无论混合气体由什么比例组成，1mol混合气体所含的原子数大于2mol，故B不符合题意；C．N2、O2都是由2个原子组成，所以无论混合气体由什么比例组成，1mol混合气体所含的原子数确定为2mol，符合题意中的“确定相等”，故C正确；D．CO是双原子分子，一个CO2分子中含3个原子，无论混合气体由什么比例组成，1mol混合气体所含的原子数大于2mol，故D不符合题意；答案为C。9.有些物质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应，下列物质不具有此类性质的是A.四氧化三铁 B.碳酸氢钠 C.铝 D.氢氧化铝【答案】A【解析】【详解】A．四氧化三铁可以和强酸反应生成铁盐和亚铁盐，不能和强碱反应，故A符合题意；B．NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故B不符合题意；C．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C不符合题意；D．氢氧化铝与强碱溶液反应生成和水偏铝酸盐，与强酸反应生成盐和水，故D不符合题意；【点睛】常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等。10.下列物质间的转化不能通过一步反应实现的是A.Na2CO3→NaOH B.Fe→FeCl2C.Fe(OH)2→Fe(OH)3 D.SiO2→H2SiO3【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3和Ba(OH)2反应生成BaCO3和NaOH，能一步实现Na2CO3→NaOH，故A不符合题意；B．Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，能通过一步反应实现Fe→FeCl2，故B不符合题意；C．Fe(OH)2、O2和H2O反应生成Fe(OH)3，能通过一步反应实现Fe(OH)2→Fe(OH)3，故C不符合题意；D．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水，不能通过一步反应实现SiO2→H2SiO3，故D符合题意；答案选D。11.可以依据5I-

++6H+=3I2+3H2O检验食盐中是否存在。下列说法正确的是A.I2是氧化产物，H2O是还原产物 B.得电子，被氧化C.该条件下氧化性：强于I- D.每生成3molI2转移6mol电子【答案】C【解析】【详解】A．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，I-化合价-1价失电子变为0价，即产物中I2有部分得电子生成，有部分失电子生成，则I2既是氧化产物，又是还原产物，故A错误；B．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，是被还原，发生还原反应，故B错误；C．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，是氧化剂，I-化合价-1价失电子变为0价，I-是还原剂，则该条件下氧化性强于I-，故C正确；D．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，每生成3molI2转移5mol电子，故D错误；答案为C。12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4

L

H2O含有的分子数为NAB.常温常压下，1.06

g

Na2CO3溶于水，溶液中Na+数目0.02NAC.NA个O2分子占有的体积约为22.4

LD.物质的量浓度为0.5

mol/L的MgCl2溶液中，含Cl-数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．标况下水为液体，故不能依据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B．1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02mol钠离子即0.02NA个，故B正确；C．NA个氧气分子即1mol氧气，状态未知，故不能确定其体积，故C错误；D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液体积未知，不能计算MgCl2的物质的量，则含Cl-数目也无法计算，故D错误；答案选B。13.下列离子组能大量共存且溶液为无色透亮的是A.K+、、H+、Cu2+ B.Na+、OH-、Cl-、C.H+、Na+、Cl-、 D.Na+、Ba2+、、【答案】B【解析】【详解】A．该组离子在溶液中不反应，能共存，但Cu2+在水溶液中为蓝色，不满意溶液无色的条件，故A不符合题意；B．该组离子在溶液中不反应，能共存，且离子均为无色，故B符合题意；C．该组离子在溶液中H+与SiO32-发生反应生成H2SiO3沉淀，即2H++SiO32-=H2SiO3↓，则不能大量共存，故C不符合题意；D．该组离子在溶液中Ba2+与SO42-发生反应生成BaSO4沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，则不能大量共存，故D不符合题意；答案为B。14.下列反应的离子方程式书写不正确的是A.金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B.氯气与水反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClOC.稀盐酸与碳酸钙反应：CaCO3+2H+=Ca2+

+CO2↑+H2OD.稀硫酸与铁反应：6H++2Fe=2Fe3++3H2↑【答案】D【解析】【详解】A．金属钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH属于强碱，在水溶液中完全电离，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A正确；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，HCl溶于水完全电离，HClO是弱酸，部分电离，在离子方程式中保留分子式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B正确；C．稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙难溶于水，在离子方程式中保留化学式，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+

+CO2↑+H2O，故C正确；D．稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；答案D。15.下列试验装置及操作不能达到试验目的的是A.分别水和乙醇B.除去水中的泥沙C.从食盐水中获得氯化钠固体D.用自来水制取蒸馏水AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．水和乙醇互溶，不分层，图示装置为分液，无法通过分液分别二者，故A错误；B．泥沙不溶于水，可通过过滤操作除去水中泥沙，图示装置合理，故B正确；C．水易挥发，可利用蒸发操作从食盐水中获得氯化钠，图示装置合理，故C正确；D．水易挥发，可用蒸馏的方法制备蒸馏水，图示操作方法合理，故D正确；答案为A。16.下列“说明或结论”正确的是选项试验操作及现象说明或结论A将氯水滴入碘化钾淀粉溶液中，溶液变成蓝色Cl2的氧化性强于I2B切开一小块金属钠，钠表面很快变暗钠在空气中会生成Na2O2C向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐确定是Na2CO3D用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝熔化但不滴落Al的熔点高于Al2O3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．将氯水滴入碘化钾淀粉溶液中，溶液变成蓝色，说明生成了碘单质，发生离子反应为Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，依据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Cl2的氧化性强于I2，故A正确；B．切开一小块金属钠，钠表面很快变暗，是因为钠的性质活泼，被空气中的氧气氧化生成氧化钠，不是过氧化钠，故B错误；C．加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳或二氧化硫，则该盐可以为碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸盐，故C错误；D．氧化铝的熔点高，包袱在Al的外面，则金属铝熔化而不滴落下来，故D错误；答案选A。17.下列溶液分别加水稀释到100mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（）A.20mL1mol·L−1的AlCl3 B.50mL1mol·L−1的KClC.20mL2mol·L−1的NH4Cl D.20mL2mol·L−1的CaCl2【答案】D【解析】【详解】依据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度。首先计算各选项中氯离子的物质的量。n(Cl－)=c×V×各物质中Cl－的个数。再除以溶液体积100mL可得浓度。分别是：A.1mol/L×0.02L×3=0.06mol；B.1mol/L×0.05L×1=0.05mol；C.2mol/L×0.02L×1=0.04mol；D.2mol/L×0.02L×2=0.08mol；答案选D。【点睛】本题考查离子浓度的计算。该类型的试题在推断时，关键是分析电解质的组成及其强弱。另外还须要留意的是，推断的是离子的浓度，还是离子的物质的量，因为物质的量还与溶液体积有关系。18.溶液的导电实力可以用电导率表示。向滴有酚酞的100

mL

0.01

mol/LBa(OH)2溶液中，逐滴滴入0.04

mol

/LH2SO4溶液试验测得溶液的电导率变更如下图所示。关于该反应的说法不正确的是A.0-85s视察到的现象：溶液中有白色沉淀生成，溶液红色渐渐变浅，最终变为无色B.a→b过程中发生的离子反应为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OC.滴至b点时消耗H2SO4溶液25

mLD.b→c过程溶液的电导率变大是由于溶液中H+和浓度增大【答案】B【解析】【详解】A．酚酞遇碱变红，且氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，即Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，则从0至85s随着硫酸的加入，Ba(OH)2不断反应，Ba(OH)2越来越小，直到反应完，烧杯中视察到的现象有白色沉淀生成，溶液红色渐渐变浅，最终变为无色，故A正确；B．a→b过程中氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，化学方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，其离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．滴至b点时，溶液的导电实力最低，两者恰好完全反应，由Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O反应可知，恰好完全反应时氢氧化钡与硫酸的物质的量相等，则消耗了0.04mol•L-1H2SO4溶液的体积为V(H2SO4)==0.025L=25mL，故C正确；D．b→c点溶液的电导率又变大是因为接着滴加H2SO4，存在H2SO4=2H++SO42-，过量的硫酸电离导致溶液中离子浓度增大，故D正确；答案为B。第II卷二、填空题19.下图是地壳中含量较大的九种元素分布图,图中X、Y、Z分别表示不同元素。回答下列问题：(1)X的名称为________，硅元素在自然界以______

(填"游离态"或“化合态”)形式存在。(2)Y的氧化物属于______氧化物，

硅的氧化物属于______氧化物(填“酸性”、“两性”或“碱性"

)。(3)常用ZCl3溶液作为刻制印刷电路时的“腐蚀液"

，该反应的离子方程式为__________，区分ZCl3溶液和Z(OH)3胶体的方法是__________。(4)由粗硅制备硅烷(SiH4)的基本流程如下图所示(反应条件均省略)：已知：反应I、II化学方程式分别为Si+3HC1=SiHCl3+A，SiHCl3+B=Si+3HC1(

均已配平)。①A的化学式为_______。②反应I、II、III中，有_______个属于氧化还原反应。③反应IV中生成的SiH4和NH3两种气体的物质的量之比为_______。【答案】(1).氧(2).化合态(3).两性(4).酸性(5).2Fe3++Cu=2Fe2++Ca2+(6).丁达尔效应(7).H2(8).3(9).1：4【解析】【分析】依据地壳中元素含量可知，地壳中含量最高的为氧元素，占48.6%，其次位是硅元素，占26.3%，第三位是铝元素，占7.73%，也是地壳中含量最多的金属元素，第四位是铁元素，占4.75%，则可推断X为O元素，Y为Al元素，Z为Fe元素；依据题中所给的化学方程式，由质量守恒定律，推断A的化学式和氧化还原反应个数；依据题中信息，写出反应IV，得出气体的物质的量之比；据此解答。【详解】（1）由上述分析可知，X为氧元素，Si是亲氧元素，在自然界中没有游离态的Si存在，以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，则硅只以化合态形式存在；答案为氧，化合态。（2）Y为Al元素，其氧化物为Al2O3，既能与酸反应生成盐和水，即Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，又能与强碱反应生成盐和水，即Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，Al2O3属于两性氧化物，硅的氧化物为SiO2，与强碱反应生成盐和水，即能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，因SiO2也和氢氟酸反应生成SiF4和水，由于SiF4不是盐，所以SiO2不是碱性氧化物，SiO2是酸性氧化物；答案为两性，酸性。（3）Z为Fe元素，ZCl3为FeCl3，铁离子具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；丁达尔效应，是胶体特有的性质，可鉴别胶体和溶液，区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体用丁达尔效应；答案为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，丁达尔效应。（4）①由Si+3HC1=SiHCl3+A反应可知，化学反应遵循质量守恒定律，则A为H2；答案为H2。②由反应I：Si+3HC1=SiHCl3+H2，反应II：SiHCl3+H2=Si+3HC1，反应III：2Mg+SiMg2Si，三个反应均涉及单质的反应，均存在元素化合价的变更，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应；答案为3。③由题中信息可知，Mg2Si与NH4Cl发生反应，生成SiH4、NH3和MgCl2，其化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl=SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2，SiH4和NH3两种气体的物质的量之比为1：4；答案为1：4。20.试验室用下图的试验装置模拟工业制漂白粉。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_________。(2)写出A装置中反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目__________。(3)浓盐酸在反应中的作用是________，饱和食盐水的作用是_______，D装置的作用是_________。(4)C装置制取漂白粉的化学方程式是__________。【答案】(1).分液漏斗(2).(3).酸性和还原性(4).除去Cl2中混有的HCl气体(5).平安瓶，防止E中溶液倒吸入C中(6).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】【分析】依据题中图示可知，A装置是制备氯气的装置；B装置用于除去氯气中的氯化氢杂质；C装置用于探究氯气与石灰乳反应制漂白粉的装置；D装置是平安瓶，起防止倒吸作用；E装置是尾气汲取装置，防止多余的氯气污染环境；据此解答。【详解】（1）甲装置中仪器a具有球形特征，有玻璃活塞，在该试验中，可以限制加入的浓盐酸，为分液漏斗；答案为分液漏斗。（2）A装置中二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下发生氧化还原反应，生成二氯化锰、氯气和水，其化学方程式并标出电子转移的方向和数目为，答案为。（3）由可知，浓盐酸中4个Cl-，有2个Cl-化合价没有变更，形成MnCl2，起酸的作用，有2个Cl-化合价上升，失电子，起还原剂的作用，浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气的溶解度小，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有有的HC气体，D装置的作用是平安瓶，防止E中溶液倒吸入C中；答案为酸性和还原性，除去Cl2中混有有的HC气体，平安瓶，防止E中溶液倒吸入C中。（4）制取漂白粉是氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。21.某同学用硫铁矿焙烧后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3。不考虑其它杂质)制取绿矾(FeSO4·

7H2O)，设计了如下流程(部分物质巳略去)。回答下列问题：(1)硫铁矿的主要成分是FeS2，其中铁元素化合价为_______，焙烧产物之一的Fe2O3，俗称________。(2)固体A的主要成分是_______，固体X为_________。(3)写出①中Al2O3发生反应的离子方程式：__________。(4)从溶液C到绿矾的过程中，须限制反应条件防止变质，检验其变质所用的化学试剂是________，步骤③所得Al(OH)3沉淀含有杂质，应如何洗涤?__________。【答案】(1).+2(2).铁红(3).SiO2(4).Fe(5).Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(6).KSCN溶液(7).向过滤器(或漏斗)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后重复操作2-3次【解析】【分析】烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)加入过量稀硫酸发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，SiO2不反应，过滤后得到的固体A为SiO2，滤液A中含有阳离子主要是Fe3+、A13+；制备的是FeSO4∙7H2O，加入固体X将铁离子转化成Fe2+，过滤后得到滤液B，固体x为过量的铁粉，溶液B中含有的阳离子主要是Fe2+、A13+；溶液B中加入NaOH溶液调整溶液pH，A13+将转化成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀和滤液C，滤液C主要含有FeSO4，将滤液C经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿碱(FeSO4∙7H2O)和滤液D，据此分析。【详解】(1)硫铁矿的主要成分是FeS2，名称为二硫化亚铁，铁元素化合价为+2价，焙烧产物之一的Fe2O3，俗称铁红；(2)烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)加入过量稀硫酸的到固体A，SiO2不反应，过滤后得到的固体A为SiO2；加入固体X将铁离子转化成Fe2+，过滤后得到滤液B，为实现目的，且不引入新杂质，固体x为过量的铁粉；(3)①中Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，发生反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；(4)滤液C主要含有FeSO4，从溶液C到绿矾的过程中，须限制反应条件防止变质，FeSO4易被氧化，亚铁离子易被氧化成铁离子，检验铁离子所用的化学试剂是KSCN溶液；溶液B中加入NaOH溶液调整溶液pH，A13+将转化成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀和滤液C，步骤③所得Al(OH)3沉淀含有杂质，向过滤器(或漏斗)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后重复操作2-3次。22.某