天津市七校2020届高三上学期期中考试联考化学试题

2019～2020学年度第一学期期中七校联考
高三化学
第I卷
相对原子质量：H~1 C~12 N~14 O~16 S~32 Fe~56 Cu~64
1.下列物质与类类别不对应的是
A

B

C

D

小苏打


食用油


淀粉


84消毒液


盐

高分子化合物

糖类

混合物



A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A.小苏打是NaHCO3的俗称，属于盐，A项正确；B.食用油是高级脂肪酸甘油酯，是小分子化合物B项错误；C.淀粉是多糖中的一种，属于糖类，C项正确；D.由氯气和NaOH溶液反应来制备84消毒液，其主要成分是NaCl和NaClO，属于混合物，D项正确；答案选B。
【考点定位】考查物质的分类。
【名师点睛】本题考查物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物、高分子化合物、糖类等基本概念，并能够区分应用。在解答物质分类题目时，一定要注意分类并没有唯一性，它会根据分类标准的不同而不同。关键是正确理解分类标准和找出分类标准。在高考命题时常将混合物与纯净物的分类、氧化物的分类、离子化合物与共价化合物的分类、电解质、非电解质、强弱电解质的分类作为热点考查。学生在复习时以这些作为重点。
2.下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是
A. Mg、Al合金用来制造飞机外壳——合金熔点低
B. 葡萄酒中含SO2——SO2有漂白性
C. SiO2用来制造光导纤维——SiO2耐酸性
D. 食品盒中常放一小袋Fe粉——Fe粉具有还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg、Al合金硬度大，密度小，可用来制飞机外壳，与合金熔点低无关，故A错误；
B．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中有少量SO2可以做抗氧化剂，故B错误；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，故C错误；
D．铁粉具有还原性，放在食品袋中可以防止食品氧化变质，故D正确；
故选D。
3.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)
D. N2(g)NH3(g)NO2
【答案】C
【解析】
【详解】A、铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；
B、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；
C、氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，能够实现各步转化，故C正确；
D、高温、高压、催化剂条件下，N2、H2反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，不能直接得到二氧化氮，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氨气催化氧化生成NO，NO继续被氧化才能生成NO2。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 滴入酚酞显红色溶液中：K+、Na+、I−、SiO32-
B. 水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-
C. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：Ba2+、Cl-、Fe2+、NO3-
D. c(SO32－)＝0.1 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、ClO－、SO42－、K＋
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴入酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中，K+、Na+、I−、SiO32-离子间不发生反应，能够大量共存，故A正确；
B．由H2O电离出的c(H+)=10-13mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．加铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、H+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，且酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．SO32－、Ca2＋能够反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选A。
5.下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是
A. Ba(OH)2 B. Ba(NO3)2 C. Na2S D. BaCl2
【答案】D
【解析】
试题分析：A中可以生成亚硫酸钡沉淀，B中SO2溶于水溶液显酸性，NO3－能把SO2氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀。C中SO2能把S2－氧化生成单质S沉淀。D中氯化钡和SO2不反应，答案选D。
考点：考查SO2的化学性质
点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生对SO2的化学性质熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力，该题的关键是熟练记住SO2的化学性质，并能灵活运用即可。
6.下列有关物质性质的比较，结论正确的是
A. 碱性：LiOH＜RbOH B. 溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
C. 还原性：HF＞H2O＞NH3 D. 沸点：C2H5OH＜C2H5SH
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属性Li＜Rb，则最高价氧化物对应水合物的碱性：LiOH＜RbOH，故A正确；
B．碳酸钠的溶解度较大，即溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；
C．非金属性：F＞O＞N，元素的非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HF＜H2O＜NH3，故C错误；
D．C2H5OH分子间存在氢键，沸点较高，即沸点：C2H5OH＞C2H5SH，故D错误；
故选A。
7.如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是( )

A. a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B. b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C. a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D. b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】
【详解】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。
【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。
8.某溶液中有Na+、NH4+、SO32-、Cl-、SO42-五种离子，若向其中加入过量的过氧化钠，微热并搅拌，溶液中离子的物质的量基本保持不变的是
A. Na+ B. Cl- C. SO42- D. NH4+
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中含有Na+、NH4+、SO32-、Cl-、SO42-五种离子，若向其中加入过量的Na2O2，过氧化钠具有强氧化性，SO32-被氧化SO42-；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，微热并搅拌，则NH4+转化成氨气放出，氢氧化钠电离出Na+，Na+增多，因此溶液中离子的物质的量基本保持不变的是Cl-，故选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意过氧化钠能够氧化SO32-生成SO42-，SO42-增多。
9.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA
B. 常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA
C. 标准状况下，8gSO3的体积为2.24L
D. 1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A．2 g H2为1mol，将2 g H2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；
B．NO2、N2O4的摩尔质量不同，故46g混合物的物质的量无法计算，则含有的分子数无法计算，故B错误；
C．标准状况下，SO3不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；
D．过氧化钠和水的方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，氧元素由-1价变为-2价和0价，过氧化钠中的氧原子有一半变成氧气放出，有一半形成氢氧化钠，最终水溶液中18O原子为NA个，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的难点和易错点为D，要注意反应的方程式可以改写为2Na218O2 + 2H2O = 2NaOH +2Na18OH+ 18O2↑。
10.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则下列有关说法不正确的是
A. 1 mol NH5中含有5 NA个N—H键（NA表示阿伏加德罗常数）
B. NH5中既有共价键又有离子键
C. NH5的电子式为
D. 它与水反应的离子方程式为NH4＋+ H－+ H2O = NH3·H2O + H2↑
【答案】A
【解析】
A、根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H－，阴阳离子间形成离子键，故A错误；B、NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4＋与H－之间为离子键，故B正确；C、H― 氦结构，最多两个电子，故C正确；D、NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑该反应中化合价只有氢元素发生变化，所以氧化产物和还原产物都是氢气，NH5与水反应的离子方程式是氧化还原反应，故D正确。故选A。
11.下列指定反应的离子方程式正确的是 (　　)
A. FeO溶于稀硝酸:FeO+2H+ Fe2++H2O
B. Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液:Al3++4OH- AlO2-+2H2O
C. 漂白粉溶液中通入少量CO2: 2ClO-+H2O+CO22HClO+CO32-
D. 向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液:Ca2++HCO3-+OH-CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A项，FeO溶于稀硝酸时，FeO被氧化成Fe3+并生成NO，其离子方程式：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故A项错误；
B项，Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，生成偏铝酸盐和硫酸钡沉淀，其离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++8OH-=2AlO2-+4H2O+3BaSO4↓，故B项错误；
C项，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2++2ClO-+ H2O+ CO2=2HClO+CaCO3↓，故C项错误；
D项，向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2++ HCO3－+ OH－＝CaCO3↓+ H2O，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
12.足量铜与一定量浓硝酸反应后过滤，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入1 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体，则所得黑色固体的质量是（ ）
A. 12g B. 16g C. 24g D. 48g
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意知在Cu与浓硝酸的反应中，Cu失电子的物质的量，与这些氮的氧化物在与O2作用又生成HNO3时失电子的物质的量与O2得电子的物质的量相等。所以n(Cu)·2=×4，即n(Cu)=0.3mol，沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体是氧化铜，所以，n(CuO)=0.3mol，质量是0.3mol×80g/mol=24g。
【考点定位】氧化还原反应的计算
【名师点睛】本题考查氧化还原反应的计算，主要考查金属铜与硝酸反应的计算，通过巧解进行计算，整体把握反应中电子守恒及物质的量浓度的计算等为解题关键，侧重考查学生的逻辑推理能力和创新思维能力。
第II卷（非选择题）
13.A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。
（1）W在元素周期表中位置是___。A与E组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式___。
（2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）___。
a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
b．E的气态氢化物的稳定性小于HF
c．A的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质
（3）WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为____。
（4）①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为___。
②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为____。
（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为__。上述W的氧化物X能与D的单质反应，写出该反应的化学方程式为__。
【答案】 (1). 第四周期，第VⅢ族 (2). (3). ab (4). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (5). 2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑ (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (7). 3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+ (8). 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe
【解析】
【分析】
A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数=14-4-3=7，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为C元素，D为Al元素，E为Cl元素，W为Fe元素。
(1)W为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A为C元素，E为Cl元素，组成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为，故答案为：第四周期，第VⅢ族；；
(2)a．同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a选；b．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以F的非金属性强于Cl，则氢化物稳定性HCl小于HF，故b选；c．高温下，碳能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质，是因为生成的CO是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律解释，故c不选；故答案为：ab；
(3)FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(4)①工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融)  4Al+3O2↑；故答案为：2Al2O3(熔融)  4Al+3O2↑；
②铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化学方程式：2Al+2 NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2 NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O4  4Al2O3+9Fe，故答案为：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4  4Al2O3+9Fe。
14.如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。

（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。
（2）写出A→D的化学方程式___。
（3）写出实验室制备C的化学方程式___。
（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：

①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。
②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。
【答案】 (1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NO2 (3). 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). NaHCO3和Na2CO3 (6). 1：1 (7). 0.75
【解析】
【分析】
根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；
(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1∶1；
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为：0.75。
15.某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如下实验方案。

（1）指出仪器①的名称：___。
（2）装置B检验SO2的氧化性，则B中所盛试剂可以为___。
（3）装置C中盛装溴水用以检验SO2的___性，则C中反应的离子方程式为___。
（4）装置D中盛装新制漂白粉浓溶液，通入SO2一段时间后，D中出现了大量白色沉淀。同学们对白色沉淀成分提出三种假设：
①假设一：该白色沉淀为CaSO3；
假设二：该白色沉淀为___；
假设三：该白色沉淀为上述两种物质的混合物。
②基于假设一，同学们对白色沉淀成分进行了探究。设计如下方案：
限选的试剂：0.5mol·L－1HCl、0.5 mol·L－1H2SO4、0.5mol·L－1BaCl2、1mol·L－1NaOH、品红溶液。
第1步，将D中沉淀过滤、洗涤干净，备用。
请回答洗涤沉淀的方法：___。
第2步，用另一只干净试管取少量沉淀样品，加入___（试剂），塞上带导管的单孔塞，将导管的另一端插入盛有___的试管中。若出现固体完全溶解，出现气泡，且该溶液褪色现象，则假设一成立。
（5）装置E中盛放的试剂是__，作用是___。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 硫化氢溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液均可） (3). 还原性 (4). SO2＋Br2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Br－ (5). CaSO4 (6). 沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽重复2到3次以上操作 (7). 过量0.5mol·L－1HCl (8). 品红溶液 (9). NaOH溶液 (10). 吸收多余的SO2，防止污染环境，造成大气污染
【解析】
【分析】
探究SO2的化学性质，根据装置图，A装置是制取二氧化硫，装置B检验SO2的氧化性，装置C检验SO2的还原性，装置D探究二氧化硫和漂白粉的反应，装置E为尾气吸收装置。
(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，可能氧化亚硫酸根离子；②因沉淀的表面有可溶性的杂质，需用蒸馏水重复洗涤；亚硫酸钙和稀酸能够反应生成二氧化硫，可以借助于二氧化硫具有漂白性检验生成的二氧化硫，据此分析解答。
【详解】(1)根据图示，仪器①是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)装置B需要检验SO2的氧化性，硫化氢水溶液或硫化钠、硫氢化钠溶液中的硫元素都为-2价，都能被二氧化硫氧化，体现二氧化硫的氧化性，故答案为：硫化氢水溶液(或硫化钠、硫氢化钠溶液)；
(3)在反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2为氧化剂，在反应中表现氧化性，S元素的化合价+4价升高+6价，则SO2为还原剂，在反应中表现还原性，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-，故答案为：还原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；
(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，会发生氧化还原反应，生成产物可能为硫酸钙，故答案为：CaSO4；
②白色沉淀表面有钙离子和氯离子、硫酸根离子等可溶性的离子，需除去这些离子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2～3次以上操作；亚硫酸钙和盐酸反应CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；因为出现固体完全溶解，因此不能选用0.5 mol·L－1H2SO4，故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2到3次以上操作；过量(或适量)0.5 mol•L-1HCl；品红溶液；
(5)二氧化硫是有毒气体，属于大气污染物，所以装置E的作用是吸收二氧化硫，防止造成空气污染，可用氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化硫反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，为防止倒吸，需用倒扣的漏斗，故答案为：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空气污染。
16.以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO4·7H2O）的工艺流程如下：

（1）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式___。
（2）检验滤液中金属阳离子所用试剂及现象为____、____。
（3）FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由___。（结合化学用语说明原因）
（4）燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌（T．f）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：

已知总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H＋
①将过程I离子方程式补充完整
___FeS2＋___Fe3+＋____=7Fe2+＋___S2O32-＋___，__
②过程II反应的离子方程式____。
③研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（T．f）脱硫，温度过高脱硫效率降低（如图），可能原因是___。

（5）绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸性KMnO4标准溶液滴定，终点现象为___；酸性KMnO4 溶液氧化Fe2+ 的离子方程式：____；配制酸性高锰酸钾溶液时下列操作将导致Fe2+的浓度偏大的是__。
a．定容时仰视 b．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制
c．定容摇匀后液面下降 d．未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】 (1). SO2 +2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O (2). K3[Fe(CN)6] (3). 产生蓝色沉淀 (4). Fe2++2H2OFe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解 (5). FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+ (6). 8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+ (7). 升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力 (8). 当滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色变为浅红色，且半分钟不变色 (9). MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O (10). ad
【解析】
【分析】
以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4•7H2O)。焙烧硫铁矿，发生的反应有：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2、2CuS+3O2 2CuO+2SO2，烟气中含有SO2，矿渣中含有氧化铜、氧化铁和二氧化硅等；再酸浸矿渣，发生的反应有：Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O、CuO +2H+=Cu2++H2O，加入足量的铁粉：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤，滤渣为Cu、Fe、SiO2，滤液为FeSO4溶液，结晶得到绿矾晶体，据此分析解答(1)~(3)和(5)。
(4)燃料细菌脱硫：过程I；FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+，将Fe2+氧化为Fe3+，过程II：8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+，温度过高，蛋白质发生变性，将失去催化能力，据此分析解答。
【详解】(1)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，反应的离子方程式为：SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O，故答案为：SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O；
(2)滤液中金属阳离子为Fe2+，可以用铁氰化钾检验，具体方法为：取滤液少许于试管中，滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+，故答案为：K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液；产生蓝色沉淀；
(3)FeSO4溶液中存在Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2 +2H+，制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，H+过量可以抑制Fe2+的水解，故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解；
(4)①由图可知，过程I为FeS2和Fe3+生成Fe2+和S2O32-，结合电荷守恒、原子守恒可得：FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+，故答案为：FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+；
②根据流程图，过程Ⅱ中Fe3+与S2O32-反应生成SO42-和氢离子、Fe2+，反应的离子方程式为：8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+，故答案为：8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+；
③氧化亚铁硫杆菌的主要成分为蛋白质，升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力，故温度过高脱硫效率降低，故答案为：升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力；
(5)硫酸亚铁与酸性KMnO4标准溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，高锰酸钾溶液本身有颜色，被还原后变成无色，当滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液时溶液变为浅红色，且半分钟不变色，说明达到了滴定终点；a．配制酸性高锰酸钾溶液，定容时仰视，导致溶液体积偏大，高锰酸钾浓度偏低，滴定消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大， 将导致Fe2+的浓度偏大，故a选；b．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制，对配制的高锰酸钾溶液的浓度无影响，不影响Fe2+的浓度，故b不选；c．定容摇匀后，液面下降属于正常现象，对配制的高锰酸钾溶液的浓度无影响，不影响Fe2+的浓度，故c不选；d．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致高锰酸钾的物质的量偏小，高锰酸钾浓度偏低，滴定消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大， 将导致Fe2+的浓度偏大，故d选；故选ad，故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液时溶液颜色变为浅红色，且半分钟不变色；MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；ad。
【点睛】本题的易错点为(5)中的误差分析，要注意直接判断的是高锰酸钾的浓度误差，还需要根据滴定原理置换为测定的Fe2+的浓度误差。