四川省蓉城名校联盟2025-2026学年高三上学期入学考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1四川省蓉城名校联盟2025-2026学年高三上学期入学考试考试时间75分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Co59一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项符合题意。1.化学与社会、生活等方面密切相关。下列说法正确的是A.造纸过程中加入草木灰可促进纤维素水解B.刚装修好的房屋可用活性炭分解室内甲醛C.苯酚具有毒性和腐蚀性，不慎沾到皮肤上，应立即用酒精冲洗，再用水冲洗D.洗洁精能去除餐具油污是因其表面活性剂可将油污水解为水溶性物质【答案】C【解析】A．草木灰(主要成分为碳酸钾)在造纸过程中主要用于蒸煮原料，主要用于去除杂质，而非促进纤维素水解，水解会破坏纤维素结构，A错误；B．活性炭的多孔结构通过物理吸附捕捉甲醛分子，而非分解室内甲醛，B错误；C．苯酚具有毒性和腐蚀性，但易溶于酒精，不慎沾到皮肤上，先用酒精冲洗可有效溶解并去除苯酚，再用水冲洗，清除其残留物，C正确；D．洗洁精能去除餐具油污是因为洗洁精通过乳化作用分散油污，而不是将油污水解为水溶性物质，D错误；故选C。2.下列化学用语表达正确的是A.乙醛的结构简式：B.硒()的核外电子简化排布式：C.分子中的键电子云轮廓图：D.分子的VSEPR模型：【答案】B【解析】A．乙醛结构简式应为CH3CHO，醛基的正确表示为-CHO，而非-COH，A错误；B．硒（34Se）的原子序数为34，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4（Ar为18号元素，3d104s24p4共16个电子，18+16=34），简化排布式正确，B正确；C．H2分子中的σ键为s-sσ键，s轨道为球形，电子云轮廓图应呈球形对称重叠，如图所示：，图中表示p-pσ键电子云轮廓图，C错误；D．NH3分子的VSEPR模型需考虑中心N原子的对价层电子对（3个成键对+1个孤电子对），VSEPR模型应为四面体形，D错误；故选B。3.常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.由水电离出的的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.澄清透明溶液中：、、、【答案】A【解析】A．常温下，(即pH=13)的溶液呈强碱性，四种离子与不反应，四种离子相互之间也不反应，能大量共存，A符合题意；B．常温下，由水电离出的的溶液可能呈强酸性或强碱性，强碱性溶液中，会与反应生成Fe(OH)3沉淀而不能大量共存，B不符合题意；C．常温下，pH=7的中性溶液中，Cu2+与会发生反应：，不能大量共存，C不符合题意；D．澄清透明溶液中，会催化分解生成和，导致不能大量共存，D不符合题意；故选A。4.下列离子方程式书写正确的是A.向漂白粉溶液中通入过量：B.溶液与浓溶液在一定条件下生成铁单质和磁性氧化铁：C溶液与溶液混合：D.向溶液中通入少量：【答案】B【解析】A．向漂白粉中通入过量SO2时，ClO⁻与SO2发生氧化还原反应，SO2被氧化为，与钙离子结合生成微溶的，该选项中电子转移不守恒，正确的离子方程式：，A错误；B．

在碱性条件下的歧化反应，生成

和

，离子方程式书写正确，B正确；C．与发生离子反应时，生成、和，而非CO2，离子方程式：，C错误；D．

中的还原性强于，少量优先氧化

，正确写法：，D错误；故选B。5.下列关于各物质的所属类别及性质的描述正确的是选项物质类别物理或化学性质A碱性氧化物与酸反应产生氧气B配合离子溶液呈蓝色C两性氧化物熔融状态不导电D羧酸衍生物碱性条件下可水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．碱性氧化物是与酸反应只生成盐和水的氧化物，而Na2O2与酸反应生成盐、水和氧气，Na2O2属于过氧化物，故A错误；B．[CuCl4]2-中Cu2+为中心离子、Cl-为配体，属于配合离子，含[CuCl4]2-溶液呈黄色或黄绿色，[Cu(H2O)4]2+溶液呈蓝色，故B错误；C．Al2O3既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，Al2O3为离子化合物，熔融状态下能导电，故C错误；D．该物质为苯甲酰胺，属于羧酸衍生物；酰胺在碱性条件下可水解生成羧酸盐和氨气，故D正确；选D。6.氯及其化合物部分转化关系如图。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，气体中极性键数目为B.溶液中数目为C.反应③中每消耗转移的电子数目为D.反应②中每生成氧化产物的同时生成还原产物的数目为【答案】D【解析】盐酸和次氯酸反应生成氯气，氯气和碱在常温时生成氯离子和次氯酸根离子，在加热条件下生成氯离子和氯酸根离子，以此解题。A．标准状况下11.2LHCl的物质的量为0.5mol，HCl分子中含1个极性键（H-Cl），则极性键数目为0.5NA，A错误；B．NaClO溶液中ClO-会水解（ClO-+H2O⇌HClO+OH-），导致ClO-数目小于0.05NA，B错误；C．反应③为Cl2常温下歧化反应（Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O），该反应为歧化反应，氯由0价分别升高到次氯酸根中的+1价和降低到氯离子中的-1价，则1molCl2转移电子NA，C错误；D．反应②为Cl2加热歧化反应（3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O），氧化产物为ClO（+5价），还原产物为Cl-（-1价）。生成1molClO（失5e-）时，需生成5molCl-（得5e-），即还原产物数目为5NA，D正确；故选D。7.有关“石”的相关物质转化关系如下：下列说法错误的是A.过程①④均为吸热反应B.过程④中生石膏转化成熟石膏时失去C.过程③可以用于吸收硫酸厂尾气中D.若过程⑤中加入的试剂为，则所得副产物可以循环利用【答案】B【解析】大理石主要成分为CaCO3，分解为生石灰（CaO），与水化合形成熟石灰（Ca(OH)2），熟石灰可用来吸收SO2形成生石膏（CaSO4·2H2O），失水生成熟石膏（2CaSO4·H2O），可用来生产重晶石（BaSO4）。A．过程①是大理石（主要成分为CaCO3）分解生成生石灰（CaO），属于吸热反应；过程④为生石膏（CaSO4·2H2O）失去结晶水生成熟石膏（2CaSO4·H2O），失水过程需加热，为吸热反应，A正确；B．生石膏化学式为CaSO4·2H2O，熟石膏为2CaSO4·H2O。2mol生石膏（CaSO4·2H2O）转化为1mol熟石膏（2CaSO4·H2O）时失去3molH2O，则1mol生石膏失去1.5molH2O，并非2mol，B错误；C．过程③中熟石灰（Ca(OH)2）可与SO2反应生成CaSO3，进一步氧化为CaSO4·2H2O（生石膏），可用于吸收硫酸厂尾气中的SO2，C正确；D．过程⑤中熟石膏（含CaSO4）与Ba(OH)2反应生成BaSO4（重晶石）和Ca(OH)2，副产物Ca(OH)2为过程③的反应物，可循环利用，D正确；故答案选B。8.我国科学家成功合成出新核素，熔合反应为：。下列叙述正确的是A.上述熔合反应为氧化还原反应B.与均为过渡金属元素C.在现行高中教材使用的元素周期表中所在族元素种类最多D.价层电子的轨道表示式为【答案】C【解析】A．该熔合反应是原子核内质子和中子的重新组合，属于核反应，不是化学反应，不存在电子转移，不属于氧化还原反应，A错误；B．位于元素周期表中第IVB族，属于过渡金属元素；位于元素周期表中第ⅢA族，属于主族金属元素，而非过渡金属元素，B错误；C．根据质子数守恒可得，Lr的质子数b=22+81=103，103号元素铹(Lr)属于第七周期IIIB族(锕系元素)。IIIB族包含镧系(15种)、锕系(15种)及Sc、Y，是现行高中教材使用的元素周期表中元素种类最多的族，C正确；D．的价层电子排布为3d24s2，其价层电子的轨道表示式为，D错误；故选C。9.氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构如图所示。下列说法错误的是A.反应过程中B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2B.分子中存在配位键C.第一电离能由小到大的顺序：B＜H＜N＜OD.已知与苯()具有相似的结构和化学键特征，则的二氯代物有4种【答案】C【解析】A．NH3BH3中B原子形成4个σ键(3个B-H键和1个N、B之间配位键），其杂化类型为sp3；中每个B原子形成3个σ键，无孤对电子，其杂化类型为sp2，则反应过程中B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2，A正确；B．分子中，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道形成配位键，即分子中存在配位键，B正确；C．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于其右边相邻元素，则第一电离能：B<O<N，且H的第一电离能大于B而小于O，则第一电离能由小到大的顺序：B<H<O<N，C错误；D．已知与苯()具有相似的结构和化学键特征，即N3H3B3H3为六元环(N、B原子交替)，其二氯代物可看作是中的两个氢原子被两个氯原子取代的产物，则两个氯原子可能取代两个N原子、两个B原子、相邻氮硼原子、相对氮硼原子上的氢原子，各有1种结构，所以的二氯代物共有4种，D正确；故选C。10.某有机物结构如图所示。下列说法正确的是A.分子式为B.分子结构中有4种含氧官能团C.分子结构中有4个手性碳原子D.该有机物可发生还原、水解、酯化、中和反应【答案】D【解析】A．通过对有机物结构中各原子的计数，其分子式应为C17H28N2O6，并非C17H26N2O6，A错误；B．该分子结构中含氧官能团有酮羰基（C=O）、酰胺羰基（C=O）、羧基（-COOH），共3种，不是4种，B错误；C．手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，经分析，分子结构中只有2个手性碳原子，分别为与2个N原子相连的碳原子以及与该碳原子直接相连的环上的碳原子，并非4个，C错误；D．还原反应：分子中的羰基可以与氢气发生加成反应，属于还原反应；水解反应：分子中存在酰胺基，酰胺基能发生水解反应；酯化反应：分子中含有羧基，羧基可以与醇发生酯化反应；中和反应：分子中含有羧基，羧基具有酸性，能与碱发生中和反应；所以该有机物可发生还原、水解、酯化、中和反应，D正确；故选D。11.有机物M和N的结构简式如图所示。下列说法正确的是A.M分子中共直线的原子最多有4个B.N分子中所有碳原子一定共平面C.或N与足量反应，最多消耗的体积为D.等物质的量的M和N与足量溶液反应，消耗的物质的量均为【答案】A【解析】A．M分子中苯环为平面正六边形，共线的原子最多有4个，A正确；B．N分子中存在碳碳单键，单键可以旋转，导致部分碳原子不在同一平面，B错误；C．未说明气体所处的温度和压强，无法计算消耗氢气的体积，C错误；D．题目中没有给出M和N的物质的量具体值，不能计算消耗的NaOH的物质的量，D错误；故选A。12.冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识别，其合成方法如下：下列说法错误的是A.(a)可以与浓溴水发生反应，且(a)最多消耗B.分子(c)识别时，与冠醚分子通过离子键作用C.(a)分子核磁共振氢谱有7组峰D.生成(c)的同时生成【答案】B【解析】A．(a)分子中含有酚羟基，酚羟基的邻、对位上的氢可以被溴原子取代，可以与浓溴水发生反应，每个苯环上有1个酚羟基，酚羟基的一个邻位和一个对位上的氢可以被溴原子取代，则1mol(a)最多消耗4molBr2，A正确；B．冠醚分子(c)识别时，是通过环内氧原子的孤电子对与K+形成配位键，而非离子键，B错误；C．连在同一个碳原子上的氢属于一种等效氢，且(a)分子结构对称，(a)分子有7种等效氢，其核磁共振氢谱有7组峰，C正确；D．(a)中含2个-OH，(b)中含2个-Cl，该反应为取代反应，反应时(a)中氧氢键、(b)中碳氯键分别断裂，生成(c)的同时生成2molHCl，D正确；故选B。13.某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是A.结构1钴硫化物中硫显价，钴显价B.晶胞2中S与Li的最短距离为C.晶胞2和晶胞3的密度相同D.晶胞2中距Li最近的S有6个【答案】C【解析】A．结构1为钴硫化物，4个Co位于立方体的顶点和4个Co位于体内，S位于棱心和体心，根据均摊法计算Co的个数为，S的个数为，Co与S的原子个数比为9：8，化学式为，若硫的化合价为价，则Co的平均化合价为价，A错误；B．由图可知，晶胞2中Li与S的最短距离为体对角线的，即，B错误；C．晶胞2和3均为立方晶胞（边长a），晶胞2中Li位于体内，原子数为8，S位于棱心和体心，S原子数为，晶胞3中Li位于体内，原子数为8，S位于顶点和面心，S原子数为，则晶胞2和晶胞3的质量相同，体积相同，密度ρ=m/V（）相同，C正确；D．晶胞2中Li位于体内，原子数为8，S位于棱心和体心，原子数为，距S最近的Li有8个，根据原子个数比，则距Li最近的S有4个，D错误；故答案选C。14.铜与过量反应的探究如下：下列说法错误的是A.探究②的离子方程式可写为：B.可增强的氧化能力C.探究②少量无色气体的产生可能与产生的有关D.分子中四个原子共平面，是非极性分子【答案】D【解析】A．探究②中铜片溶解、溶液变蓝，说明生成Cu2+，H2O2在酸性条件下作氧化剂被还原为H2O，Cu作还原剂被氧化为Cu2+，离子方程式中Cu、H2O2、H+反应生成[Cu(H2O)4]2+，电荷和原子守恒，A正确；B．实验①（中性）无现象，实验②（酸性）反应发生，说明H+能增强H2O2的氧化能力，使其能氧化Cu，B正确；C．无色气体可能为O2，Cu2+可催化H2O2分解生成O2，故气体产生可能与Cu2+有关，C正确；D．H2O2分子中O为sp3杂化，其分子结构（H-O-O-H）可想象成一本打开一定角度的书，其中两个氧原子位于书脊上，两个氢原子位于书页中，因此四个原子不共平面，且分子不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，D错误；故答案选D。15.下列关于物质的结构、性质及解释错误的是选项物质结构或性质解释A热稳定性：>分子间氢键强于分子间作用力B酸性：>Cl吸电子效应大，使羧基中羟基的极性增大，酸性增强C沸点：>分子间形成氢键，分子间作用力更强，沸点高D熔点：>对称性更高，分子间作用力更强A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．热稳定性属于化学性质，取决于分子内化学键强度，的热稳定性高于是因为O-H键键能大于S-H键，而非分子间氢键（氢键影响物理性质如沸点），A错误；B．Cl具有吸电子诱导效应，使中羧基的羟基极性增大，更易电离出，酸性强于，B正确；C．分子间可形成氢键，分子间作用力强于的范德华力，故沸点更高，C正确；D．对二甲苯（）对称性高于邻二甲苯（），分子排列更紧密，分子间作用力更强，熔点更高，D正确；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.是一种高效的消毒灭菌剂，但稳定性差，可采用以下方法制取其水溶液，或制成较稳定的保存。已知：①沸点11℃，纯的易分解爆炸。②常温(＜40℃)：ΔH＜0高温(>70℃)：ΔH＜0③当温度高于60℃时，易分解成和。回答下列问题：（1）用于自来水消毒时可将水中的转化为，说明有_______性，完成并配平方程式：_______。（2）写出向溶液中加入稀硫酸和SO2反应生成气体的离子方程式：_______。（3）通入N2的作用是_______。（4）途径②应当将反应容器放置于_______(填“热水”或“冰水”)中进行，步骤Ⅲ获得晶体后还剩余的母液可加入步骤_______(填序号)中循环使用。（5）在酸性条件下会歧化生成和，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.氧化②.（2）（3）稀释，防止爆炸（4）①.冰水②.Ⅰ（5）1:4【解析】酸性条件下，用二氧化硫还原氯酸钠得到ClO2；和氢氧化钠在常温下发生反应，分离出晶体后的母液循环到步骤Ⅰ中循环使用。（1）用于自来水消毒时可将水中的转化为，铁元素化合价升高发生氧化反应，说明有氧化性；ClO2中Cl元素化合价由+4升高为+5、氯元素化合价由+4降低为-1，根据得失电子守恒，配平反应方程式为。（2）溶液中加入稀硫酸和SO2，被还原为气体，SO2被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为。（3）纯的易分解爆炸,通入N2可以稀释，防止爆炸。（4）常温(＜40℃)：ΔH＜0；当温度高于60℃时，易分解成，途径②制备，为防止温度升高当温度高于60℃时易分解成，应当将反应容器放置于冰水中进行，步骤Ⅲ获得晶体后，剩余的母液中含有，可加入步骤Ⅰ中循环使用。（5）在酸性条件下会歧化生成和，氯元素化合价由+3升高为+4、氯元素化合价由+3降低为-1，根据得失电子守恒，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4。17.苯甲酸(相对分子质量122)为白色晶体，是一种重要的化工产品。某化学兴趣小组在实验室中制备苯甲酸的原理为：ΔH＜0。苯甲酸在水中的溶解度(g/100mL)温度/℃2025809095溶解度0.290.342.754.66.8实验步骤：Ⅰ．粗品制备①按上图1所示，安装好实验装置，向三颈烧瓶中加入2.1mL(0.020mol)甲苯和70mL水，将其置于控温电加热套装中，接通冷凝水，打开电动搅拌器，加热至微沸状态。从冷凝管上口分多次小心加入，最后可用少量水将粘在冷凝管内壁的高锰酸钾冲入三颈烧瓶中，继续加热至微沸状态。待反应充分后停止加热。②将反应混合物趁热过滤，用少量的试剂X洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液(如果溶液呈现浅紫色则应先加入适量稀硫酸和溶液至几乎无色)并置于冰水中冷却，然后用浓盐酸酸化，至晶体完全析出。减压过滤、晾干得到淡黄色苯甲酸粗品。Ⅱ．产品精制将苯甲酸粗品置于烧杯中加入一定量的蒸馏水，小心加热、煮沸至固体几乎全部溶解，再加入大约20%的水，继续加热煮沸。稍冷后加入少量活性炭，再加热并微沸5分钟。减压过滤。将滤液置于冰水中冷却结晶、减压过滤、洗涤、晾干、称重得白色苯甲酸精品。Ⅲ．产品纯度测定准确称取苯甲酸精品0.200g，加入约20mL试剂Y至完全溶解，并滴入几滴酚酞试液。用的氢氧化钠溶液滴定至终点，重复两次，消耗的氢氧化钠溶液的体积平均每次为。回答下列问题：（1）制备苯甲酸的反应类型是_______，“步骤①”中分多次加入高锰酸钾的原因是_______。（2）“步骤①”判断反应充分的现象是_______。（3）浅紫色滤液中加入适量稀硫酸和溶液的离子反应方程式为_______。（4）产品精制步骤中“再加入大约20%的水”的目的是_______。（5）加入的试剂X是_______(填标号，下同)，试剂Y是_______。A.热水 B.冰水 C.无水乙醇 D.50%乙醇溶液（6）苯甲酸精品的纯度约为_______(保留3位有效数字)，苯甲酸的产率约为_______(保留2位有效数字)。【答案】（1）①.氧化反应②.防止反应过快，放出大量的热导致暴沸（2）甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠（3）（4）防止趁热过滤时苯甲酸结晶析出，减少损失（5）AC（6）①.99.4%②.57%【解析】加热条件下，甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，将反应混合物趁热过滤，苯甲酸能溶于热水，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，如果溶液呈现浅紫色说明高锰酸钾过量，加入适量稀硫酸和溶液至几乎无色，除去高锰酸钾，置于冰水中冷却，然后用浓盐酸酸化，至晶体完全析出，减压过滤、晾干得到淡黄色苯甲酸粗品；再通过精制得白色苯甲酸精品；产品纯度测定，苯甲酸易溶于有机溶剂，乙醇和水互溶，准确称取苯甲酸精品0.200g，加入约20mL无水乙醇至完全溶解，并滴入几滴酚酞试液做指示剂，用的氢氧化钠溶液滴定至终点，重复两次；（1）加热条件下，甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，反应类型是氧化反应；“步骤①”中分多次加入高锰酸钾的原因是防止反应过快，放出大量的热导致暴沸；（2）甲苯是不溶于水、密度比水小的有机物，其完全氧化时，甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠；（3）加入适量稀硫酸和溶液除去过量的高锰酸钾，离子方程式为；（4）产品精制步骤中“再加入大约20%的水”的目的是防止趁热过滤时苯甲酸因温度降低而结晶析出，造成损失；（5）根据分析，加入的试剂X是热水；试剂Y是无水乙醇；（6）根据关系式：～NaOH，苯甲酸精品的纯度；根据，0.020mol甲苯理论上可以得到0.020mol苯甲酸，苯甲酸的产率。18.是一种重要的化工产品，在光学领域、电子器件、荧光材料、塑料和橡胶中都有广泛应用。由闪锌矿(含、、等)制备的一种工艺流程如下：已知：①，，。②当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。回答下列问题：（1）Zn元素位于元素周期表的_______区。（2）为了提高焙烧效率可采用的措施有_______(填一种)，酸浸时得到的浸渣主要是_______(填化学式)。（3）写出焙烧时生成氧化物的化学方程式：_______。（4）沉锌前调节溶液的pH至4～5的目的是沉淀，则加入的物质X最好是_______(填标号)。检验是否沉淀完全的实验方法是_______。A．B．C．D．（5）通入沉锌，通过计算判断，当溶液，时，是否沉淀完全：_______(写出计算过程)。【答案】（1）ds（2）①.提高温度、通入过量氧气、粉碎矿石增大接触面积等②.（3）（4）①.B②.取上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不显血红色，则沉淀完全（5）未沉淀完全(计算过程见解析)【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、等，通入氧气一起焙烧，ZnS和FeS分别转化为ZnO、及二氧化硫气体；加入稀硫酸酸浸后，ZnO、分别转化为硫酸锌和硫酸铁，过滤后变为浸渣；加入物质X，调节溶液的pH可以沉淀；最后通入硫化氢气体沉锌后获得ZnS，据此分析作答。（1）锌的原子序数30，位于第4周期第IIB族，属于ds区元素，故答案为：ds。（2）提高温度、通入过量氧气、粉碎矿石增大接触面积等，可以提高焙烧效率；由分析可知，酸浸时得到的浸渣主要是，故答案为：提高温度、通入过量氧气、粉碎矿石增大接触面积等；。（3）焙烧时与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为：，故答案为：。（4）沉锌前调节溶液的pH至4～5的目的是沉淀，使转化为氢氧