浙江省杭州市下沙区第四中学下沙2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题（含答案）

第第页浙江省杭州市下沙区浙江省杭州第四中学下沙2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分)1．下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为。A．浓硫酸、空气、小苏打、氯气B．生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫C．冰水混合物、盐酸、碳酸钙、乙醇D．石灰石、氨水、纯碱、干冰2．下列仪器名称正确的是A．蒸馏烧瓶B．三角架C．表面皿D．坩锅A．A B．B C．C D．D3．下列表示不正确的是A．3He和4B．氯化钙的电子式：C．H2OD．氯离子的结构示意图：4．化学与生活是紧密相联的，下列说法正确的是A．碳酸钠广泛应用于制玻璃、造纸、纺织等领域B．胶体与溶液、浊液的根本区别是丁达尔效应C．为防止食品的氧化变质，常在食品包装袋中放入生石灰D．节日里绚丽的烟花，是通过某些金属元素的化学变化实现的5．下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是（）A．NO2与水发生化合反应生成HNO3B．NH3与HCl气体反应生成NH4Cl属于氮的固定C．实验室可用加热NH4Cl固体的方法制备NH3D．HNO3见光易分解，实验室用棕色试剂瓶盛放浓HNO36．能实现下列物质间直接转化的元素是单质A．硫 B．铁 C．硅 D．铜7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．钠具有还原性，液态钠可用作核反应堆的传热介质B．NaC．HClO具有弱酸性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂D．FeCl8．NAA．1molCl2与足量FeB．含0.1molH2C．Na2O2与CO2D．2g由H218O9．下列各组离子，能大量共存的是A．Na+、AlO2-、ClO-、H+ B．Al3+、H+、Fe2+C．Na+、NH4+、OH-、HCO3- D．K+、Fe3+10．下列物质不能通过化合反应制得的是A．NaHSO3 B．FeCl2 C．FeOH11．将图2中的物质补充到图1中，可得到一个氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是A．H2B．MnO4−发生了还原反应，每生成1molMnC．随着反应的进行，溶液酸性减弱D．H2O2和12．《化学》第一册“方法导引”栏目呈现了4种学习方法，有关说法不正确的是选项方法导引内容或例子A认识元素及其化合物性质的视角从物质类别视角分析Fe2O3，是金属氧化物，可能与酸发生反应；从化合价视角分析Fe2O3，铁元素为+3价，具有氧化性B模型阿伦尼乌斯提出的电离模型很好的解释了酸、碱、盐溶液的某些性质C实验室制取气体装置设计实验室制备的氯气依次通过浓硫酸和饱和食盐水的除杂装置，可以得到干燥纯净的氯气D预测铷与钠、钾都是IA族元素，所以，可预测出铷也能与水反应A．A B．B C．C D．D13．下列选项描述与对应图像相符的是A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的曲线B．图②为Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸产生CO2的图像C．图③为Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像D．图④为FeBr2、FeI2混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是Cl-14．下列“类比”合理的是（）A．CH4是正四面体型分子，则CCl4也是正四面体型分子B．Cl2和H2O反应是氧化还原反应，则BrCl和H2O反应生成HBrO和HCl也是氧化还原反应C．Cl2O中Cl的化合价为+1价，则OF2中F的化合价为+1价D．Na在空气中燃烧生成Na2O2，则Li在空气中燃烧生成Li2O215．下列有关叙述正确的是A．做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能用稀硫酸代替B．金属钠在空气中的燃烧实验，应近距离俯视坩埚以便观察更仔细C．将pH传感器插入盛有氯水的试剂瓶，强光照射氯水过程中，发现pH逐渐下降D．开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯16．下列反应的离子方程式书写不正确的是A．KI溶液久置空气中变黄色：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-B．氢氧化钠吸收少量二氧化碳：OH-＋CO2=HCOC．制印刷电路板常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+D．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH-＋Ca2+＋HCO3-=CaCO3↓＋H17．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是A．原子半径：Y>X，离子半径Z<WB．元素X、Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性：X<Z<WC．元素Y和W能形成YW2型离子化合物D．W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色18．下列离子的检验方法合理的是A．向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42-B．向某溶液中滴加氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋C．向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋D．向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-19．将SO2气体通入CaClA．NaClO B．H2O2 C．氨水20．铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶1B．“反应Ⅱ”的离子方程式为2C．反应一段时间后，溶液中cHD．反应每脱除11.2LSO221．有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻0.8g，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使其完全溶解需1mol/L的盐酸的体积为A．200mL B．100mL C．50mL D．无法计算22．向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混合粉末中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于所得溶液中阳离子的判断正确的是A．一定有Fe2+，可能有Cu2+ B．一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+C．只有Fe2+和Cu2+ D．只有Fe2+23．NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．降低NOx排放可以减少酸雨的形成B．储存过程中NOx被氧化C．还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D．通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原24．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是A．B曲线中消耗盐酸0<V(HCl)<25mL时发生的离子反应为：OH-+H+=H2O，H++CO32-B．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/LC．B曲线最终产生的CO2体积(标准状况下)为112mLD．加盐酸之前A溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠25．根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A取少许疑似变质的Na2SO3有气泡和白色沉淀产生Na2B向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口红色石蕊试纸变蓝待测液一定是铵盐溶液C在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性KMnO4滴入的酸性KMnO4铁的氧化物粉末为FeD在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中品红溶液褪色待测液中含SO32−A．A B．B C．C D．D二、填空题(本大题共5小题，共50分)26．“生活无处不化学”，请回答下列问题。（1）厨房中的用品①盐(主要成分氯化钠)、②碱面(主要成分碳酸钠)、③白醋(主要成分乙酸)、④小苏打。主要成分中具有碱性的是(填序号，下同)；写出③④相互间反应的离子方程式。（2）食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是。（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，该反应的化学方程式是。（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中涉及的化学方程式是。（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2（6）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：2KNO3+27．现有部分元素的性质与原子或分子结构的相关信息如表所示：元素编号元素性质与原子(或分子)结构的相关信息T最外层电子数是次外层电子数的3倍X常温下单质分子为双原子分子，分子中含有3对共用电子对YM层比K层少1个电子Z其离子是第三周期金属元素的离子中半径最小的（1）T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)。（2）元素Y与元素Z相比，下列表述中能证明二者金属性强弱的是(填字母序号)。a．Y单质的熔点比Z单质的低b．Y的化合价比Z的低c．常温下Y单质与水反应很剧烈，而Z单质与水很难反应d．Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强（3）T、X、Y、Z中有两种元素能形成既含离子键又含非极性共价键的常见化合物，写出该化合物的化学式。请指出元素T在周期表中的位置。（4）元素X与氢元素以原子个数比1:2化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)。元素T和氢元素以原子个数比1:1化合形成化合物Q。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，请写出Q与W反应的化学方程式。28．纳米铁是一种黑色粉末，可用于制作高密度磁性材料。以铁屑(含少量Fe2已知：草酸(H2（1）写出“酸溶”时氧化还原反应的离子方程式：、Fe+2（2）若加入460mL1.5mol⋅L−1H2SO（3）FeC2O4固体经灼烧后得到红棕色固体和CO、CO2混合气体，若产物中（4）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的NO3①该过程中体现了纳米铁粉的性(填“氧化”或“还原”)。②在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于NO3−的去除，原因是29．Ⅰ．某同学设计了如下装置用于制取SO2并验证SO（1）下列反应中，浓硫酸既表现出强氧化性，又表现出酸性的是A.浓硫酸与蔗糖反应B.浓硫酸与铁反应C.浓硫酸与铜反应D.浓硫酸和硫磺反应（2）实验前要在装置中鼓入N2（3）装置C中可观察到白色沉淀现象，相关反应的离子方程式为________。Ⅱ．如图所示，硫酸工业中产生的SO2可通过下列过程转化成H2SO请回答：（4）该过程可循环利用的物质是HI和________(写化学式)。（5）反应一的化学方程式是________。（6）上述过程尾气中的SO2三、计算题30．为确定Fe和Cu混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度FeCl3溶液400实验序号ⅠⅡⅢⅣFeCl3400400400400样品质量(g)9.3612.4815.618.72沉淀质量(g)6.409.6012.815.92（1）样品中物质的量之比nFe:n（2）FeCl3溶液的物质的量浓度cFeCl

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、浓硫酸是混合物，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合要求；

B、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合要求；

C、冰水混合物是纯净物盐酸是混合物，碳酸钙是电解质，乙醇是非电解质，C符合要求；

D、石灰石、氨水均为混合物，D不符合要求；

故答案为：C。

【分析】要解决此题，需明确纯净物、混合物、电解质、非电解质的定义，再逐一分析选项：

纯净物：由一种物质组成；混合物：由两种或两种以上物质混合而成；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。2．【答案】C【解析】【解答】A、是蒸馏烧瓶，并非题目中表述的错误名称，这里存在名称表述混淆，A错误；

B、是泥三角，不是三角架，仪器类型判断错误，B错误；

C、是表面皿，名称与仪器对应正确，C正确；

D、是坩埚，不是坩锅，存在汉字书写错误，D错误；

故答案为：C。

【分析】根据常见化学仪器的外观特征和标准名称，对每个选项中的仪器进行判断。3．【答案】D【解析】【解答】A、同位素要求质子数相同、中子数不同。3He和4He均为氦元素，质子数都是2，中子数分别为1和2，符合同位素定义，A正确；

B、氯化钙是离子化合物，由Ca2+和Cl-构成。电子式中Cl-需用方括号标注电荷，Ca2+直接书写，给出的电子式符合规则，B正确；

C、H2O分子中氧原子与两个氢原子成键，因孤电子对排斥呈V形，且氧原子半径大于氢原子，结构模型合理，C正确；

D、氯离子是氯原子（质子数17）得1个电子形成的，核内质子数仍为17，Cl-的结构示意图为：，D错误；

故答案为：D。

【分析】根据同位素、电子式、分子结构模型、离子结构示意图的核心规则，逐一判断选项表述是否正确。4．【答案】A【解析】【解答】A、碳酸钠是重要化工原料，在制玻璃、造纸、纺织等行业应用广泛，比如制玻璃时参与形成玻璃的主要成分，造纸中处理纸浆，A正确；

B、胶体与溶液、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小（胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液小于1nm，浊液大于100nm），丁达尔效应只是胶体的特征现象，用于鉴别，并非根本区别，B错误；

C、生石灰的作用是吸收水分，防止食品受潮，而防止食品氧化变质需要加入还原性物质（如铁粉），生石灰无抗氧化作用，C错误；

D、烟花的色彩来自金属元素的焰色试验，这是电子跃迁产生的现象，过程中没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，D错误；

故答案为：A。

【分析】从化学知识与生活的联系出发，依据物质的性质、用途及变化本质，判断各选项说法的正确性。5．【答案】D【解析】【解答】A.二氧化氮和水发生的是歧化反应，生成硝酸和一氧化氮，故A不选；B.氨气和氯化铵中的氮都是化合态，不属于氮的固定，故B不选；C.氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，故C不选；D.硝酸见光易分解，所以在实验室保存浓硝酸的时候应该用棕色试剂瓶，并放置在冷暗处，故D选。故答案为：D。

【分析】A.二氧化氮和水发生的是氧化还原反应

B.氮的固定是把氮元素由游离态变为化合态

C.实验室是用氯化铵和熟石灰进行加热制取氨气

D.硝酸不稳定6．【答案】A【解析】【解答】A、单质S与O2反应生成氧化物SO2；SO2与H2O反应生成酸H2SO3；H2SO3与NaOH反应生成盐Na2SO3，可完成直接转化，故A不符合题意；

B、单质Fe与O2反应生成氧化物Fe3O4，但Fe3O4不能与H2O直接反应生成碱，无法完成转化，故A不符合题意；

C、单质Si与O2反应生成氧化物SiO2，但SiO2不能与H2O直接反应生成酸，无法完成转化，故A不符合题意；

D、单质Cu与O2反应生成氧化物CuO，但CuO不能与H2O直接反应生成碱，无法完成转化，故A不符合题意；

故答案为：A。

【分析】这道题的解题关键点：核心是抓“氧化物与水的反应能力”—只有氧化物能直接与水生成酸或碱，才能完成“单质→氧化物→酸或碱→盐”的转化：

硫：S到SO2（氧化物），SO2与水生成H2SO3（酸），酸与NaOH生成盐，符合转化；

铁、硅、铜：它们的氧化物（Fe3O4、SiO2、CuO）都不能与水直接反应生成对应的碱/酸，无法完成转化。7．【答案】D【解析】【解答】A.液态钠做传热介质，与其还原性无关，A不符合题意；B.Na2O2能与呼吸过程中产生的H2O和CO2反应生成O2，因此可用做呼吸面具中O2的来源，B不符合题意；C.HClO用作棉、麻和纸张的漂白剂，是由于HClO具有氧化性，与其弱酸性无关，C不符合题意；D.Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，因此可用于蚀刻铜电路板，D符合题意；故答案为：D

【分析】A、液态钠做传热介质，与其还原性无关；

B、Na2O2用作呼吸面具中O2的来源，是由于其能产生O2；

C、HClO具有强氧化性，可用于漂白；

D、FeCl3具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋；8．【答案】D【解析】【解答】A、Cl2与Fe反应时，Cl元素化合价从0降为-1，1molCl2完全反应转移2mol电子，对应电子数为2NA，而非3NA，A错误；

B、浓硫酸与Cu反应随进行会变稀，稀硫酸不与Cu反应，故0.1molH2SO4不能完全反应，转移电子数小于0.1NA，B错误；

C、Na2O2与CO2反应生成O2，标准状况下11.2LO2为0.5mol。该反应中，每生成1molO2转移2mol电子，故0.5molO2对应转移电子数为Nₐ，而非2NA，C错误；

D、H2¹8O和2H2O的相对分子质量均为20，且每个分子都含10个质子。2g该混合物的物质的量为0.1mol，质子数为0.1×10×NA=NA，D正确；

故答案为：D。

【分析】围绕阿伏加德罗常数（NA），结合化学反应中电子转移规律、物质性质对反应的影响及微粒构成，判断各选项正误。9．【答案】B【解析】【解答】A、AlO2-与H+会反应生成Al3+；ClO-与H+结合形成弱电解质HClO，离子间存在反应，无法大量共存，故A不符合题意；

B、Al3+、H+、Fe2+、SO42-之间，既没有复分解反应（不生成沉淀、气体或弱电解质），也没有氧化还原反应，可大量共存，故B不符合题意；

C、NH4+与OH-反应产生NH3；OH-与HCO3-反应生成CO32-，离子间发生反应，不能大量共存，故C不符合题意；

D、Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者发生氧化还原反应生成I2和Fe2+，无法大量共存，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】抓“复分解反应的触发条件”：

弱酸根（AlO2-、ClO-）与H+结合生成弱电解质，不能共存。

弱碱阳离子（NH4+）、酸式酸根（HCO3-）与OH-反应，不能共存。

抓“氧化还原反应的离子组合”：强氧化性离子（Fe3+）与强还原性离子（I-）会发生反应，不能共存。

抓“无反应的离子特征”：离子间不生成沉淀、气体、弱电解质，也无氧化还原等反应，即可共存。10．【答案】D【解析】【解答】A、亚硫酸钠与二氧化硫、水反应可生成亚硫酸氢钠，属于化合反应，故能制得，故A不符合题意；

B、铁单质和氯化铁反应生成氯化亚铁，是化合反应，故能制得，故A不符合题意；

C、氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故能制得，故A不符合题意；

D、铜与硫发生化合反应时，产物为硫化亚铜（Cu2S），而非硫化铜（CuS），因此CuS无法通过化合反应制得，故A不符合题意；

故答案为：D。

【分析】依据化合反应“多种物质生成一种物质”的定义，判断各选项物质能否通过此类反应制备。11．【答案】A【解析】【解答】A、H2O2中O元素从-1价升高到0价（生成O2），化合价升高，作还原剂（而非氧化剂）。A错误；

B、MnO4-中Mn从+7价变为Mn2+（+2价），化合价降低，发生还原反应；每生成1molMn2+，转移5mol电子（即5NA个）。B正确；

C、配平后反应为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，反应消耗H+，溶液中H+浓度降低，酸性减弱。C正确；

D、得失电子守恒：MnO4-→Mn2+（每个得5e-），H2O2→O2（每个失2e-），最小公倍数为10，故H2O2与Mn2+的计量数之比为5：2。D正确；

故答案为：A。

【分析】首先确定反应的价态变化：MnO4-中Mn为+7价，反应后生成Mn2+（+2价），Mn化合价降低（被还原）；图2中H2O2中O为-1价，可被氧化为O2（0价），故反应为MnO4-氧化H2O2，生成Mn2+、O2和H2O。据此解题。12．【答案】C【解析】【解答】A、认识物质性质可从类别和化合价入手。Fe2O3作为金属氧化物，可能与酸反应；其中Fe为+3价，有氧化性，A正确；

B、阿伦尼乌斯的电离模型属于化学模型，能解释酸、碱、盐溶液的部分性质，B正确；

C、实验室制氯气时，杂质为氯化氢和水蒸气。应先通过饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，若先干燥再除氯化氢，会重新带入水蒸气，无法得到纯净干燥的氯气，C错误；

D、铷与钠、钾同属ⅠA族，同主族元素性质相似，由钠、钾能与水反应，可预测铷也能，D正确；

故答案为：C。

【分析】结合化学学习方法的内涵，对每个选项中方法与实例的匹配性进行判断。

A．从“物质类别+化合价”分析物质性质是化学常用方法，Fe2O3作为金属氧化物能与酸反应、+3价铁有氧化性。

B．阿伦尼乌斯电离模型（电解质在溶液中电离出离子）可解释酸碱盐溶液的导电性等性质。

C．制氯气除杂应先通饱和食盐水除HCl，再通浓硫酸干燥；若顺序颠倒，氯气会重新带水，无法得到干燥气体。

D．IA族元素（碱金属）化学性质相似，钾、钠能与水反应，可预测铷也能。13．【答案】C【解析】【解答】A、新制氯水中存在反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，光照下HClO分解为HCl和O2，会使溶液中Cl-浓度增大（而非减小）。但图①中Cl-浓度随时间下降，A不相符；

B、向Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸时，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（此阶段无CO2生成），之后才是NaHCO3与HCl反应生成CO2。但图②中盐酸滴加至40mL时才开始产生CO2，不符合“先无气体、后有气体”的初始阶段，B不相符；

C、Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液，发生反应：Ba(OH)2+MgSO4=BaSO4↓+Mg(OH)2↓。随着MgSO4的加入，溶液中离子浓度逐渐降低，导电能力下降；当二者恰好完全反应时，离子浓度接近0，导电能力达到最低；继续滴加MgSO4，溶液中Mg2+、SO42-增多，导电能力又上升。这与图③中“先降后升”的导电能力变化一致，C相符；

D、FeBr2、FeI2混合液中通入Cl2，还原性顺序为I->Fe2+>Br-，Cl2会依次氧化I-、Fe2+、Br-，同时生成Cl-（Cl-物质的量应持续增大）。但图④中b的物质的量先降后升，不符合Cl-的变化规律，D不相符；

故答案为：C。

【分析】A．新制氯水光照时，HClO分解生成HCl，会使溶液中Cl-浓度逐渐增大。

B．Na2CO3与盐酸反应分两步：先生成NaHCO3（无CO2），后生成CO2；因此图像应先有“无气体的平缓段”，再出现“气体上升段”，图②的初始曲线不符合此分步反应逻辑。

C．Ba(OH)2与MgSO4生成两种沉淀，离子浓度先降后升，对应导电能力“先降后升”，匹配图③。

D．FeI2、FeBr2中还原性顺序为I->Fe2+>Br-，Cl2会依次氧化这三种离子，同时生成Cl-（Cl-的物质的量应持续增加）；但图④中b的量先降后升，不符合Cl-的变化规律。14．【答案】A【解析】【解答】A.CH4中心原子C四个σ键，无孤电子对，是正四面体型分子，CCl4中心原子C也是四个σ键，无孤电子对，也是正四面体型分子，A选项是正确的；B.Cl2和H2O反应是氧化还原反应，但是BrCl和H2O反应生成HBrO和HCl无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，B选项是错误的；

C.Cl2O中Cl的化合价为+1价，但是OF2中F的化合价为-1价，C选项是错误的；

D.Na在空气中燃烧生成Na2O2，但Li在空气中燃烧的产物是Li2O，D选项是错误的。

故答案为：A。

【分析】A.CH4中心原子C四个σ键，无孤电子对，是正四面体型分子，CCl4中心原子C也是四个σ键，无孤电子对，也是正四面体型分子；

B.Cl2和H2O反应是氧化还原反应，但是BrCl和H2O反应生成HBrO和HCl无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应；

C.在OF2中F的电负性更强，所以F显负价，O显正价；

D.Na在空气中燃烧生成Na2O2，但Li在空气中燃烧的产物是Li2O。15．【答案】A,C【解析】【解答】A、焰色反应实验中，稀盐酸清洗的优势在于金属氯化物灼烧时易挥发，能有效去除杂质；而稀硫酸与金属生成的硫酸盐沸点高，杂质难挥发，会干扰焰色，所以必须用稀盐酸，不能用稀硫酸，A正确；

B、金属钠在空气中燃烧剧烈，可能有火花或物质飞溅，近距离俯视观察存在安全风险，实验时应保持安全距离，B错误；

C、氯水中氯气和水反应生成次氯酸（HClO）和盐酸（HCl），强光照射下，次氯酸分解为盐酸和氧气，使得氯水酸性增强，pH逐渐下降，C正确；

D、蒸馏操作时，应先开冷凝水再加热，这样能保证馏分及时冷凝；蒸馏完毕，要先撤酒精灯，待无液体滴出后再关冷凝水，这样可确保馏分充分收集，D错误；

故答案为：AC。

【分析】根据化学实验操作规范、物质性质等知识，对每个选项进行分析判断。

A．焰色反应洗涤用稀盐酸，因氯化物易挥发除杂；硫酸盐难挥发会干扰，故不能用硫酸。

B．钠燃烧剧烈易飞溅，近距离观察有安全隐患。

C．氯水强光照射时，HClO分解为HCl，酸性增强，pH下降。

D．蒸馏应先开冷凝水再加热（防馏分损失），结束先撤酒精灯再关冷凝水。16．【答案】B【解析】【解答】A、KI久置变黄是I-被O2氧化为I2，反应中I-失电子、O2得电子，离子方程式为

4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-，A正确；

B、NaOH吸收少量CO2时，CO2不足，OH-过量，应生成CO32-（反应为：2OH-+CO2=CO32-+H2O）；若CO2过量才生成HCO3-，此方程式与“少量CO2”的用量矛盾，B错误；

C、FeCl3腐蚀Cu的本质是Fe3+氧化Cu，生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C正确；

D、NaOH与过量Ca(HCO3)2反应时，OH-少量，仅与1个HCO3-反应生成CO32-，再与Ca2+结合为CaCO3沉淀，离子方程式符合用量关系，D正确；

故答案为：

【分析】A．抓“氧化还原+守恒”—I-被O2氧化为I2，电子、电荷、原子均守恒。

B．抓“用量与产物匹配”—NaOH吸收少量CO2，应生成CO32-（非HCO3-）。

C．抓“氧化还原+守恒”—Fe3+氧化Cu，电子、电荷守恒。

D．抓“用量与产物匹配”—NaOH与过量Ca(HCO3)2反应，OH-少量，产物匹配用量。17．【答案】A【解析】【解答】A、原子半径：Mg（Y）与C（X）电子层数相同，Mg质子数更多，原子半径Mg>C；离子半径：S2-（Z）与Cl-（W）电子层结构相同，S2-质子数更少，离子半径S2->Cl-，A错误；

B、非金属性C<S<Cl，最高价氧化物的水化物酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，B正确；

C、Y（Mg）与W（Cl）形成的MgCl2由Mg2+和Cl-构成，是离子化合物，C正确；

D、W的单质是Cl2，有毒；Cl2与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色，D正确；

故答案为：A。

【分析】短周期主族元素中，X内层电子总数只能是2（短周期元素内层电子数为2或0，0不符合“3倍”条件），故Z最外层电子数为2×3=6，Z是S；

Z最外层电子数是Y的3倍，故Y最外层电子数为2，Y是Mg（Y、Z、W同周期，短周期中最外层2个电子的是Mg）；

X、Y、Z最外层电子数之和为12，X最外层电子数=12-2-6=4，X原子序数小于Y（Mg），故X是C；W与Y、Z同周期且原子序数更大，故W是Cl。18．【答案】C【解析】【解答】A、加入BaCl2生成的不溶于盐酸的白色沉淀，可能是AgCl（若溶液含Ag+），并非只有SO42-能产生此现象，未排除Ag+干扰，A不合理；

B、先加氯水再加KSCN变红，无法证明原溶液含Fe2+——若原溶液已有Fe3+，加KSCN也会变红，未排除Fe3+的干扰，B不合理；

C、Fe3+与NaOH反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，该现象是Fe3+的特征反应，无其他离子干扰，C合理；

D、与盐酸反应生成的无色无味、使石灰水变浑浊的气体是CO2，但能产生CO2的离子不仅有CO32-（HCO3-也能与盐酸反应生成CO2），未排除HCO3-干扰，D不合理；

故答案为：C。

【分析】A．抓“干扰离子排除”—Ag+也能与BaCl2生成不溶于盐酸的白色沉淀，未排除Ag+，无法确定是SO42-。

B．抓“离子检验顺序”—原溶液若含Fe3+，直接加KSCN也会变红，需先加KSCN排除Fe3+，再加氯水。

C．抓“特征反应唯一性”—Fe3+与NaOH反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，无其他离子干扰，现象专属。

D．抓“同类离子干扰”—HCO3-与盐酸反应也生成CO2（使石灰水变浑浊），未排除HCO3-，无法确定是CO32-。19．【答案】D【解析】【解答】A、NaClO有氧化性，可将SO2氧化为SO42-，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4白色沉淀，故X可能是NaClO，故A不符合题意；

B、H2O2是氧化剂，能把SO2氧化为SO42-，进而生成CaSO4沉淀，故X可能是H2O2，故B不符合题意；

C、氨水与SO2反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与CaCl2反应生成CaSO3白色沉淀，故X可能是氨水，故C不符合题意；

D、CO2与SO2、CaCl2均不反应，无法生成难溶性钙盐，故X不可能是CO2，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】先明确SO2通入CaCl2溶液无现象的原因（因弱酸不能制强酸，SO2与CaCl2不反应），再分析加入或通入X后能否生成白色沉淀，关键看X是否能使体系产生难溶性钙盐。20．【答案】B【解析】【解答】A、反应Ⅰ是O2氧化Fe2+生成Fe3+，O2是氧化剂（O由0价到-2价），Fe2+是还原剂（Fe由+2价到+3价）。根据电子守恒：1molO2得4mol电子，1molFe2+失1mol电子，故氧化剂（O2）与还原剂（Fe2+）的物质的量之比为1：4，并非4：1，A错误；

B、反应Ⅱ是Fe3+氧化SO2，Fe3+到Fe2+（得电子），SO2到SO42-（失电子），结合原子、电荷守恒，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，B正确；

C、总反应中，SO2最终转化为H2SO4，同时反应Ⅰ生成的Fe3+参与反应Ⅱ时也会生成H+，故溶液中H2SO4的浓度会逐渐增大，并非保持不变，C错误；

D、未说明SO2所处的状态（是否为标准状况），无法确定11.2LSO2的物质的量，因此不能计算转移电子数，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题的易错点主要有3处：

氧化还原的电子守恒计算：易混淆氧化剂（O2）和还原剂（Fe2+）的电子转移比例，误将物质的量之比算成4：1（实际应为1：4）。

气体体积的条件限制：，易忽略“标准状况”这一前提，直接按11.2L计算SO2的物质的量，导致转移电子数判断错误。

总反应的物质浓度变化：易忽略SO2最终转化为H2SO4的过程，错误认为H2SO4浓度保持不变。21．【答案】B【解析】【解答】CO还原FeO和Fe2O3的混合物时，固体质量减轻0.8g，这部分质量就是混合物中氧元素的总质量。由此可得氧元素的物质的量为0.8g÷16g/mol=0.05mol。

混合物与盐酸反应时，氧元素与盐酸中的氯元素存在化合价守恒关系：每个-2价的氧原子会被2个-1价的氯原子取代。因此，所需Cl-的物质的量为0.05mol×2=0.1mol，即需要HCl的物质的量为0.1mol。

已知盐酸浓度为1mol/L，根据体积=物质的量÷浓度，可得所需盐酸体积为0.1mol÷1mol/L=0.1L=100mL。

故答案为：B。

【分析】通过分析CO还原混合物时的质量变化确定氧元素含量，再结合混合物与盐酸反应的化合价关系，计算所需盐酸体积。22．【答案】A【解析】【解答】Fe2O3、CuO与稀硫酸反应分别生成Fe2(SO4)3、CuSO4；Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，Fe还能与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，Fe也能与CuSO4反应置换出Cu。

因为反应后有红色粉末（Cu）存在，而Fe3+氧化性强于Cu2+，Fe3+会与Cu反应，所以溶液中一定没有Fe3+。

Fe与稀硫酸、Fe2(SO4)3反应都会生成Fe2+，所以溶液中一定有Fe2+。

若Fe的量不足，CuSO4未被完全置换，溶液中会有Cu2+；若Fe足量，CuSO4被完全置换，溶液中则没有Cu2+。所以溶液中可能有Cu2+。

故答案为：A。

【分析】先分析混合粉末与过量稀硫酸的反应情况，再根据“仍有红色粉末（Cu）存在”这一关键条件，结合氧化性强弱（Fe3+＞Cu2+），判断溶液中阳离子的存在情况。23．【答案】C【解析】【解答】A、NOₓ是形成酸雨的重要污染物（可转化为硝酸），降低其排放能减少酸雨形成，A正确；

B、储存过程中，NO（N为+2价）被O2氧化为NO2（N为+4价），进而与BaO反应生成Ba(NO3)2（N为+5价），N元素化合价升高，说明NOₓ被氧化，B正确；

C、还原过程中，Ba(NO3)2中N为+5价，最终被还原为N2（N为0价）。1molBa(NO3)2含2molN原子，每个N原子得5个电子，故1molBa(NO3)2转移电子数为2×5NA=10NA，而非5NA，C错误；

D、储存阶段BaO转化为Ba(NO3)2（实现NOₓ储存），还原阶段Ba(NO3)2转化为BaO（实现NOₓ还原），通过二者转化完成NOₓ的处理，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

电子转移计算失误：忽略1molBa(NO3)2含2molN原子，错误按1个N原子计算转移电子，误将结果算为5NA（实际应为2×5NA=10NA）。

氧化反应判断偏差：储存过程中NO（N为+2价）到NO2（N为+4价）到Ba(NO3)2（N为+5价），N元素化合价升高，属于氧化反应，易误判为未被氧化。24．【答案】C【解析】【解答】A、B曲线此阶段无气体产生，说明溶质是Na2CO3和NaHCO3（不含OH-）。发生的反应只有H+与CO32-结合生成HCO3-，即H++CO32-=HCO3-，没有OH-+H+=H2O的反应，A错误；B、最终溶液为NaCl，故n(NaOH)=n(HCl)。n(HCl)=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，因此c(NaOH)=0.0075mol÷0.1L=0.075mol/L，不是0.75mol/L，B错误；C、B曲线生成CO2时消耗盐酸体积为75mL-25mL=50mL，n(HCl)=0.1mol/L×0.05L=0.005mol。根据反应HCO3-+H+=H2O+CO2，n(CO2)=0.005mol，标准状况下体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，C正确；D、A曲线60mL前无气体，说明先发生NaOH与盐酸的反应，再是Na2CO3转化为NaHCO3，因此溶质为NaOH和Na2CO3，而非Na2CO3和NaHCO3，D错误；

故答案为：C。【分析】A.确定B曲线在0<VB.依据Na+和Cl-守恒计算NaOH浓度。C.计算B曲线生成CO2的体积。D.判断A溶液加盐酸前的溶质。25．【答案】A【解析】【解答】A、Na2SO3变质会生成Na2SO4。向样品溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液时，盐酸与未变质的Na2SO3反应，生成SO2气体（产生气泡）；同时Ba2+与变质生成的SO42-结合，生成不溶于盐酸的BaSO4白色沉淀。“气泡+白色沉淀”说明样品中既有Na2SO3（未变质），又有Na2SO4（变质产物），即Na2SO3部分变质，A正确；

B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成了NH3，但待测液不一定是铵盐溶液（如氨水，其电离出的NH4+也能与NaOH浓溶液共热生成NH3），B错误；

C、Fe3O4与稀硫酸反应会生成Fe2+和Fe3+，Fe2+能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+能使KSCN溶液变红。但“铁的氧化物粉末”也可能是FeO与Fe2O3的混合物（二者与稀硫酸反应也会生成Fe2+和Fe3+），无法确定一定是Fe3O4，C错误；

D、能使品红溶液褪色的气体不止SO2（如Cl2也具有漂白性）。若待测液中含ClO-，加浓盐酸会生成Cl2，Cl2通入品红溶液也会使其褪色，不能确定待测液中一定含SO32-或HSO3-，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．用“盐酸酸化的BaCl2”既排除了SO32-对SO42-的干扰（盐酸与SO32-反应生成SO2），又通过“气泡+沉淀”同时验证了未变质的SO32-和变质生成的SO42-。

B．生成NH3的待测液不一定是铵盐（氨水也能产生NH3），不能单一现象定物质。

C．“Fe2+使KMnO4褪色、Fe3+使KSCN变红”的现象，不仅Fe3O4能实现，FeO与Fe2O3的混合物也能实现，无法确定唯一物质。

D．能漂白品红的气体不止SO2（如Cl2），需排除其他漂白性气体的干扰。26．【答案】（1）②④；CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2↑+H（2）火焰呈现黄色（3）3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2（4）2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O（5）ClO-+CO2+H2O=HCO3（6）【解析】【解答】（1）碳酸钠、碳酸氢钠溶液均呈碱性，主要成分中具有碱性的是②碱面（主要成分碳酸钠）、④小苏打（碳酸氢钠）；③白醋（主要成分乙酸）和④小苏打（碳酸氢钠）反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2↑+H故答案为：②④；CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2↑+H2O；故答案为：火焰呈现黄色；

（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2。故答案为：3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2；

（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O。故答案为：2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O；

​​​​​​​（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成碳酸氢钠和次氯酸，该反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=HCO3故答案为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO；

​​​​​​​（6）反应2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2中，N元素化合价由+5降低为0、S元素化合价由0降低为-2，碳元素化合价由0升高为+4，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：。

故答案为：​​​​​​​。

​​​​​​​【分析】(1)碳酸钠、碳酸氢钠溶液呈碱性；乙酸与碳酸氢钠反应的离子方程式书写，注意乙酸是弱酸不可拆。

(2)食盐含钠元素，钠的焰色为黄色。

(3)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气。

(4)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。

(5)次氯酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，次氯酸有杀菌消毒作用。

(6)分析反应中各元素化合价变化，N、S得电子，C失电子，用双线桥标电子转移方向和数目。（1）碳酸钠、碳酸氢钠溶液均呈碱性，主要成分中具有碱性的是②碱面（主要成分碳酸钠）、④小苏打（碳酸氢钠）；③白醋（主要成分乙酸）和④小苏打（碳酸氢钠）反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2↑+H（2）食盐中含有钠元素，钠的焰色呈黄色，食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是产生黄色火焰。（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2。（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O。（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成碳酸氢钠和次氯酸，该反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=HCO3（6）反应2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2中，N元素化合价由+5降低为0、S元素化合价由0降低为-2，碳元素化合价由0升高为+4，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：。27．【答案】（1）N3->O2->Na+>Al3+（2）cd（3）Na2O2；第二周期第ⅥA族（4）N【解析】【解答】（1）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是：N3->O2->Na+>Al3+；故答案为：N3->O2->Na+>Al3+；

（2）a．熔点为物理性质，不能用熔点大小来比较金属性强弱，故a错误；b．化合价可以衡量得失电子的数目，但不能用来说明是否容易得失电子，则不能通过钠和铝的化合价来说明钠和铝的金属性强弱，故b错误；c．通过比较钠和铝与水反应的剧烈程度，可知钠比铝活泼，即钠的金属性强于铝，故c正确；d．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，能说明钠的金属性强于铝，故d正确；故答案为：cd；（3）在这四种元素中，由两种元素形成的既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠，其化学式为Na2O2，氧元素在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；故答案为：Na2O2；第二周期第ⅥA族；

（4）元素X与氢元素以原子个数比1:2化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)，则W为N2H4。元素T和氢元素以原子个数比1:1化合形成化合物Q，为H2O2。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，结合质量守恒，生成氮气和水，反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑。

故答案为：N2H4+2H2O2=4H2（1）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是：N3->O2->Na+>Al3+；（2）a．熔点为物理性质，不能用熔点大小来比较金属性强弱，故a错误；b．化合价可以衡量得失电子的数目，但不能用来说明是否容易得失电子，则不能通过钠和铝的化合价来说明钠和铝的金属性强弱，故b错误；c．通过比较钠和铝与水反应的剧烈程度，可知钠比铝活泼，即钠的金属性强于铝，故c正确；d．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，能说明钠的金属性强于铝，故d正确；故选cd；（3）在这四种元素中，由两种元素形成的既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠，其化学式为Na2O2，氧元素在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；（4）元素X与氢元素以原子个数比1:2化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)，则W为N2H4。元素T和氢元素以原子个数比1:1化合形成化合物Q，为H2O2。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，结合质量守恒，生成氮气和水，反应的化学方程式为：N228．【答案】（1）2Fe（2）345（3）4FeC（4）还原；若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除【解析】【解答】（1）“酸溶”时铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁生成硫酸亚铁，则氧化还原反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）由题意可得如下转化关系：H2SO4~FeSO4~H2C2O4~FeC2故答案为：345；

（3）由题意可知，草酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，设反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，由碳原子个数守恒可知，草酸亚铁的物质的量为1mol，由铁原子个数守恒可知，生成氧化铁的物质的量为0.5mol，设反应消耗氧气的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：4a+1=0.5×2+1，解得a=0.25，则反应的化学方程式为4FeC故答案为：4FeC2O4+O2②在铁粉总量一定的条件下，若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除。

故答案为：还原；若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除。

【分析】酸溶环节：铁屑（含少量Fe2O3）加H2SO4后，Fe与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，过量Fe会还原Fe3+为Fe2+，最终溶液以FeSO4为主。

沉淀环节：向上述溶液加H2C2O4，Fe2+与草酸反应生成FeC2O4沉淀，过滤得到该固体；灼烧环节：FeC2O4在O2中灼烧，发生反应生成铁的氧化物（如Fe2O3），同时产生CO、CO2气体；还原环节：灼烧产物经还原反应转化为纳米铁粉。据此解答。（1）“酸溶”时铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁生成硫酸亚铁，则氧化还原反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+（2）由题意可得如下转化关系：H2SO4~FeSO4~H2C2O4~FeC2O4，则沉淀过程中加入2mol/L草酸的体积为0.46L×1.5mol/L÷2mol/L=0.345L=345mL；（3）由题意可知，草酸