【化学】湖北省荆州市沙市中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

湖北省荆州市沙市中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
相对原子质量：O 16 S32 Ba 137
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1.化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是( )
A. NH4Cl的电子式： B. S2–的结构示意图：
C. CO2的结构式：O=C=O D. 中子数为20的氯原子：
【答案】C
【详解】A．氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出离子所带电荷，阴离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故A错误；
B．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层为8个电子，硫离子正确的结构示意图为：，故B错误；
C．二氧化碳的电子式为：，将所有的共用电子对换成短线，即为二氧化碳的结构式，二氧化碳的结构式为：O=C=O，故C正确；
D．氯元素的核电荷数为17，质量数为37的氯原子可以表示为：，故D错误，
故选C。
2.某兴趣小组设计的简易原电池装置如下图所示。该电池工作时，下列说法正确的是( )

A. 锌片做正极
B. 碳棒上有气泡产生
C. 可将电能转化为化学能
D. 电子由碳棒经导线流向锌片
【答案】B
【解析】Zn—C和稀硫酸构成原电池；A．锌片发生氧化反应，是负极，故A错误；B．碳棒是正极，H+在正极表面得电子发生还原反应，生成氢气，有气泡产生，故B正确；C．原电池能将化学能转化为电能，故C错误；D．电子由负极（锌片）经导线流向正极（碳棒），故D错误；答案为B。
3.化学与生活息息相关，下列说法错误的是( )
A. 用SO2漂白过的草帽辫日久会变色
B. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体
C. 氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好
D. 黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质
【答案】C
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，是二氧化硫结合有色物质形成不稳定的无色物质，加热会恢复原来的颜色，故A正确；
B．硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故B正确；
C．温度越高，气体的溶解度越低，故用氯气给自来水消毒时，夏天的消毒效果比冬天差，故C错误；
D．黄河中泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故D正确，
故选C。
4.下列说法正确的是( )
A. 浓硫酸溶于水共价健断裂并放出大量的热，所以该过程是放热反应
B. 吸热反应一定要在加热或高温条件下才能进行
C. 物质发生化学反应都伴随着能量变化
D. 焰色反应有能量变化，所以焰色反应是化学反应
【答案】C
【详解】A. 共价健断裂吸收热量，浓硫酸溶于水放热是因为和水结合成水合离子，故A错误；
B. 很多自发的吸热反应都不需要加热或是高温，比如氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应，故B错误；
C. 物质发生化学反应，从化学键的角度看是旧键的断裂和新键的形成的过程，而在这个过程中都伴随着能量变化，故C正确；
D. 焰色反应是物理变化，它并未生成新物质，焰色反应是金属原子内部电子的跃迁，故D错误，
故选C。
5.下列各组离子能在溶液中大量共存的是( )
A. H+、Ca2+、C1–、CO32– B. Na+、Fe3+、SO42–、OH–
C. K+、Na+、OH–、C1– D. H+、CI–、Fe2+、NO3–
【答案】C
【解析】试题分析：A、碳酸根离子和钙离子或氢离子都能反应，故错误；B、铁离子和氢氧根离子反应，故错误；C、四种离子不反应，能共存，故正确；D、在氢离子存在下，硝酸根氧化亚铁离子，故错误。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （）
A. 标准状况下，2.24 L 水中所含的电子数为NA
B. 常温常压下，16 g O3所含的电子数为8NA
C. 0.1 mol Na2O2晶体中所含的离子数为0.4NA
D. 1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA
【答案】B
【解析】试题分析：A、在标准状况下，水不是气体，所以不能使用气体摩尔体积进行计算，所以不能计算其电子数，不选A；B、16克臭氧的物质的量为16/48=1/3mol，所含的电子数为1/3×24=8mol，选B；C、在每摩尔过氧化钠的晶体中含有3摩尔离子，所以0.1摩尔的过氧化钠晶体中含有的离子微0.3摩尔，不选C；D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，所以1摩尔铁失去8/3mol电子，不选D。
7.下列离子方程式正确的是( )
A. Cl2+H2O2H++Cl–+ClO–
B. 氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+
C. 氯化镁溶液中滴入浓氨水：Mg2++2OH–=Mg(OH)2↓
D. 碳酸钠溶液中滴入少量盐酸：CO32–+H+=HCO3–
【答案】D
【详解】A.氯气溶于水的离子反应为：Cl2+H2OH++Cl–+HClO，故A错误；
B.氯化铁溶液中加入铁粉的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B错误；
C.氯化镁溶液中滴入浓氨水：Mg2++2NH3∙H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故C错误；
D.碳酸钠溶液中滴入少量盐酸：CO32–+H+=HCO3–，故D正确，
故选D。
8.除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和方法均正确的一组是( )
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作的方法
A
CuSO4溶液(H2SO4溶液)
过量的氢氧化钠溶液
过滤
B
HNO3溶液(HCl溶液)
过量的AgNO3溶液
过滤
C
Cu(CuO)
过量的稀盐酸
溶解、过滤
D
CO2(CO)
氧气
点燃
【答案】C
【详解】A. CuSO4也与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，达不到除杂的目的，故A错误；
B. 加入过量的硝酸银留在硝酸溶液中无法除去，属于引入新的杂质，故B错误；
C. CuO可以与盐酸反应生成氯化铜，而Cu难溶于水，可以通过溶解、过滤的方法分离出来，故C正确；
D. 杂质为少量的CO，无法点燃，故D错误，
故选C。
9.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn–和dRm–(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是( )
①a-c=m+n ②元素的原子序数a>b>c>d ③元素非金属性Z>R ④HnZ的还原性强于HmR⑤最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y ⑥原子半径大小Y>X>R>Z
A. ①②③⑥ B. ③④ C. ①②③④ D. ②③⑥
【答案】A
【详解】①离子aXm+、cZn–具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=c+n，即a-c=m+n，故①正确；
②离aXm+、bYn+、cZn–和dRm–具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a>b>c>d，故②正确；
③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④同周期元素从左到右，非金属性增强，氢化物的还原性减弱，所以HnZ的还原性弱于HmR，故④错误；
⑤金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因为a＞b，金属性Y>X，所以碱性Y>X ，故⑤错误；
⑥同周期元素原子半径前面大于后面，同主族元素原子半径下面大于上面，所以原子半径大小Y>X>R>Z，故⑥正确，
故选A。
10.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z 为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )

A. X、Y、Z 三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
B. 由X、Y 和氢三种元素形成的化合物中只能有共价键
C. 由X、Y 两种元素形成的化合物都是酸性氧化物
D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
【答案】D
【解析】假设X的原子最外层电子数是a,则W是a－1、Y是a+1、Z是a+2，因此4a+2=22，所以a=5，所以X是N、Y是O、Z是Cl、W是Si、T是Ge。A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别是NH3、H2O、HCl，由于在NH3、H2O的分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引力，是物质的熔沸点升高，在H2O的分子之间吸引力最强，因此沸点最高，NH3次之，HCl最小，A错误；B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物如NH4NO3、NH4NO2中含有共价键、离子键，B错误；C．NO、NO2等均不是酸性氧化物，C错误；D．由于T元素在元素周期表中处于金属与非金属的交界区，所以T元素的单质具有半导体的特性，T最外层有4个电子，Z最外层有7个电子，所以T与Z元素可形成化合物TZ4，D正确。答案选D。
11.把下列四种盐酸溶液分别加入四个盛有20mL 1mol/L的KOH溶液的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时反应最快的是( )
A. 20℃ 20mL 3mol/L盐酸 B. 25℃ 30mL 2mol/L的盐酸
C. 25℃ 10mL 5mol/L的盐酸 D. 20℃ 10mL 2mol/L的盐酸
【答案】B
【解析】
【分析】HCl的物质的量越多，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度越大，温度越高，反应速率越大，据此分析解答。
【详解】A. 20mL 3mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；B. 30mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；C. 10mL 5mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.05mol；D. 10mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.02mol；对比选项中HCl的物质的量，A、B选项中HCl的物质的量最多，均为0.06mol，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度最大，且选项B的温度比A高，则B的反应速率最大，故选B。
12.对于反应4NH3+5O2＝4NO+6H2O，下列为4种不同情况下测得的反应速率中，表明该反应进行最快的是( )
A. v(NH3)＝0.2 mol/（L·s） B. v(O2)＝1.4 mol/（L·min）
C. v(H2O)＝0.25 mol/（L·s） D. v(NO)＝9 mol/（L·min）
【答案】A
【详解】如果都用氧气表示其反应速率，则根据反应速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项A～D分别是[mol/(L·min）]15、14.5、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。
13.在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )
A. 体系压强不再发生变化
B. 2v正(CO)=v逆(H2O)
C. 生成n molCO的同时生成n mol H2
D. 1 mol H−H键断裂的同时断裂2 mol H−O键
【答案】D
【解析】
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】A、因为是容积可变的密闭容器中，所以体系压强始终不变，则不能据此确定达平衡状态，A错误；
B、根据反应可知2v正（CO）=v逆（H2O）不能满足反应速率之比是化学计量数之比，不能说明反应到达平衡，B错误；
C、根据反应可知，生成n mol CO的同时生成n mol H2，反应正向进行，不能说明反应到达平衡，C错误；
D、l molH-H键断裂的同时断裂2mol H-O键，断裂2mol H-O键同时生成l molH-H键，说明反应到达平衡，D正确；
答案选D。
14.已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成lmolN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molN≡N键吸收的能量是( )
A. 945.6 kJ B. 869kJ C. 649.6kJ D. 431kJ
【答案】D
【解析】试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，设N≡N的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6kJ/mol，答案选D。
15.含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中 NA表示阿伏加德罗常数的值)(　　)
A. Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物
B. 上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5
C. 该反应中，若有1mol CN-发生反应，则有5NA电子发生转移
D. 若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应
【答案】B
【详解】A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；
B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；
C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；
D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确；
故合理选项是B。
第Ⅱ卷(非选择题 共55分)
16.（1）下列变化中：①碘升华 ②烧碱熔化 ③氯化钠溶于水 ④氯化氢溶于水 ⑤过氧化钠溶于水 ⑥氯化铵受热分解 ⑦氧气溶于水
其中：（填序号）未发生化学键破坏的是_______；仅发生离子键破坏的是______；仅发生共价键破坏的是_______；既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是___________。
(2)将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中,发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A):c(B)=3:5，C的平均反应速率是0.1mol/(L•min)
①此时，A的浓度为__________________；
②反应开始前放入容器中B的物质的量为___________；
③B的化学反应速率为_________________________；
④x值为__________。
【答案】(1). ①⑦ (2). ②③ (3). ④ (4). ⑤⑥ (5). 0.75mol/L (6). 3mol (7). 0.05mol/(L·min) (8). 2
【详解】（1）①碘升华是物理变化，化学键不变；
②烧碱熔化电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏；
③氯化钠溶于水电离出钠离子和氯离子，离子键被破坏；
④氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏；
⑤过氧化钠溶于水发生化学反应生成氢氧化钠和氧气，离子键和共价键均被破坏；
⑥氯化铵受热分解发生化学反应生成氨气和氯化氢，离子键和共价键均被破坏；
⑦氧气溶于水是物理变化，化学键不变；
则未发生化学键破坏的是①⑦；仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④；既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是⑤⑥。
（2）①经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，则根据方程式可知消耗A是0.75mol/L，B是0.25mol/L。设反应前A与B的起始浓度均是n mol/L，则根据c(A):c(B)=3:5可知，(n－0.75):(n－0.25)=3:5，解得n＝1.5，所以此时，A的浓度为1.5mol/L－0.75mol/L＝0.75mol/L。
②反应开始前放入容器中B的物质的量为1.5mol/L×2L＝3mol。
③B的化学反应速率为0.25mol/L÷5min＝0.05mol/(L·min)。
④反应速率之比是化学计量数之比，则x＝0.1mol/(L•min)÷0.05mol/(L·min)＝2。
17.以下是有关SO2、Cl2的性质实验。
(1)某小组设计如图所示的装置图(图中夹持和加热装置略去)，分别研究SO2和Cl2的性质。

①若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象_________(填“相同或不相同”)；若装置D中装的是V2O5(催化剂)。通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为__________________________________。
②SO2通入B中，溶液颜色褪去，则该反应的离子方程式为_______________________。
(2)某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量_________(填字母)，能产生白色沉淀。
A．氨水 B．稀盐酸 C．硝酸钾溶液 D．氯化钠溶液
(3)若从左端通入Cl2，写出Cl2与装置E中溶液反应的离子方程式____________________。

(4)某科研单位利用电化学原理用SO2来制备硫酸，装置如图。含有某种催化剂，电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。通入SO2的电极为____极，其电极反应式为_____________________________；电池的总反应式为_______________________。
【答案】(1). 相同 (2). 2SO2+O22SO3 (3). SO2+I2+2H2O=4H++2I–+SO42– (4). AC (5). Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O (6). 负 (7). SO2-2e–+2H2O=SO42–+4H+ (8). 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4
【解析】
【分析】根据物质的性质及实验原理分析实验现象并书写相关反应方程式；根据原电池原理及氧化还原原理判断正负极，书写离子方程式及电极反应式。
【详解】(1)①因为SO2和Cl2都可以使品红溶液褪色，所以装置A中观察到的现象相同；二氧化硫和氧气在催化剂作用下反应生成三氧化硫，方程式为：2SO2+O22SO3；
② SO2具有还原性，可以还原碘水中的碘，反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H++2I–+SO42–，
故答案为：相同；2SO2+O22SO3；SO2+I2+2H2O=4H++2I–+SO42–；
(2)若加入的物质能和SO2反应生成硫酸或亚硫酸盐，则可以与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，所以可以加入氨水和硝酸钾，
故答案为：AC；
(3)装置E为尾气处理装置，则离子方程式为：Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O，
故答案为：Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O；
(4)如图所示，二氧化硫反应后生成硫酸，硫元素化合价升高，失电子，作电池的负极；其电极反应式为SO2-2e–+2H2O=SO42–+4H+；总反应为二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸，总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，
故答案为：负；SO2-2e–+2H2O=SO42–+4H+；2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。
18.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，其原子序数依次增大。A、B 两元素最高正价和最低负价之和为零。E和A同主族；D、F是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
(1)写出C元素的元素名称_______，其在周期表中的位置__________________。E离子结构示意图为__________________；E2D2的电子式________________________。
(2)由A、C以原子个数比为5︰1组成的一种化合物，其中各原子均达到稳定结构，该化合物中所含化学键类型为_________________________。
(3)E2D2和A2D反应离子方程式为__________________________________________。
(4)由C、E组成的一种离子化合物化学式为E3C，该化合物中两种离子的半径由大到小的顺序是____________(用元素符号表示)；该化合物遇水剧烈反应，该反应的化学方程式为___________________________________。
【答案】 (1). 氮 (2). 第2周期第VA族 (3). (4). (5). 离子键、共价键 (6). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH–+O2↑ (7). N3–>Na+ (8). Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑
【解析】
【分析】根据题干信息分析各元素的种类，根据核外电子排布情况判断元素在周期表中的位置；根据元素性质及物质的组成，书写离子结构示意图及相关物质的电子式，判断化合价类型及书写相关反应方程式。
【详解】A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，其原子序数依次增大。A、B 两元素最高正价和最低负价之和为零，则A为H，B为C；E和A同主族，则E为Na；D、F是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则D为O，F为Al，C为N；
(1)C元素位于C和O之间，所以C的元素名称为氮；其在周期表中的位置为第2周期第VA族；E为Na，则离子结构示意图为；E2D2是过氧化钠，电子式为，
故答案为：氮；第2周期第VA族； ； ；
(2)根据题干信息知，A、C组成的化合物为铵根离子(NH4+)和氢负离子(H-)组成的离子化合物氢化铵，所以该化合物中所含化学键类型为离子键、共价键，
故答案为：离子键、共价键；
(3)根据上述分析，过氧化钠和水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH–+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH–+O2↑；
(4)C为氮，E为钠，形成的简单离子核外电子排布相同，核电荷越大，离子半径越小，所以两种离子的半径由大到小的顺序是N3–>Na+；该反应的化学方程式为：Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，故答案为：N3–>Na+；Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑。
19.实验室利用硫铁矿烧渣(主要含 Fe2O3、SiO2 等)制备碱式硫酸铁[Fea(OH)b (SO4)c]溶液， 并测定其组成。

(1)酸浸时反应化学方程式为___。
(2)操作 a 的名称为___，X 为___(填化学式)。
(3)加 CaCO3 调节溶液的 pH，其目的是中和溶液中的酸，并使 Fe2(SO4)3 转化为 Fea(OH)b (SO4)c。若溶 液的 pH 偏高，将会导致溶液中铁元素的含量降低，其原因是___(用文字表述)。
(4)为测定碱式硫酸铁的组成，取一定量样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份。一份溶液中加入足量的 BaCl2 溶液，得到白色沉淀 1.7475 g。另一份溶液，先将 Fe3+还原为 Fe2+，充分反应后向溶液中滴加 0.02000 mol·L－1 K2 Cr2O7溶液，完全反应时消耗K2 Cr2O7溶液 50.00 mL。求该样品的化学式(已知：Cr2O72-＋6Fe2+＋14H+=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O)__________________。(请写出计算过程)
【答案】(1). Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O (2). 过滤 (3). SiO2 (4). 溶液的pH偏高，将会导致溶液中的铁元素形成Fe(OH)3沉淀 (5). n(SO42-)=n(BaSO4)=1.7475g÷233g/mol=0.0075mol
由Cr2O72-＋6Fe2+＋14H+=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O可知：6Fe2+～Cr2O72-，则碱式硫酸铁中n(Fe3+)=0.02mol/L×0.05Lmol×6=0.006mol
根据电荷守恒3n(Fe3+)=2n（SO42-）+n（OH-），则n（OH-）=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol
碱式硫酸铁中n(Fe3+)：n（OH-）：n(SO42-)=0.006mol：0.003mol：0.0075mol=4：2：5
所以碱式硫酸铁的化学式为Fe4(OH)2(SO4)5
【解析】
【分析】硫铁矿烧渣（主要含Fe2O3、SiO2等）和稀硫酸混合，发生反应Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤得滤渣为SiO2，滤液中含有Fe2（SO4）3，加入CaCO3粉末，调节溶液的pH，发生反应生成CaSO4、碱式硫酸铁溶液和CO2，滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，Fe2(SO4)3转化为Fea(OH)b(SO4)c。
（1）酸浸过程中氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水；
（2）根据分析可知，操作a为过滤，X为SiO2；
（3）若溶液的pH偏高，溶液中的Fe3+和OH-发生离子反应生成Fe（OH）3沉淀使溶液中铁元素的含量降低；
（4）根据碱式硫酸铁[Fea(OH)b(SO4)c]中铁离子和硫酸根离子的守恒，计算出碱式硫酸铁中Fe3+和硫酸根离子的物质的量，再根据电荷守恒计算OH-的物质的量，从而求得该样品的化学式。
【详解】（1）通过分析可知，酸浸时反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O。
（2）二氧化硅和硫酸不反应，所以X的成分为SiO2，操作a为过滤，故答案为：过滤，SiO2。
（3）通过分析可知，若溶液的pH偏高，溶液中的Fe3+和OH-发生离子反应生成Fe（OH）3沉淀使溶液中铁元素的含量降低，故答案为：溶液的pH偏高，将会导致溶液中的铁元素形成Fe(OH)3。
（4）n(SO42-)=n(BaSO4)=1.7475g÷233g/mol=0.0075mol 由Cr2O72-＋6Fe2+＋14H+=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O可知：6Fe2+～Cr2O72-，则碱式硫酸铁中n(Fe3+)=0.02mol/L×0.05Lmol×6=0.006mol
根据电荷守恒3n(Fe3+)=2n（SO42-）+n（OH-），则n（OH-）=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol
碱式硫酸铁中n(Fe3+)：n（OH-）：n(SO42-)=0.006mol：0.003mol：0.0075mol=4：2：5
所以碱式硫酸铁的化学式为Fe4(OH)2(SO4)5。