【化学】四川省棠湖中学2018-2019学年高一下学期期末模拟试题（解析版）

四川省棠湖中学2018-2019学年高一下学期期末模拟试题
一．选择题(本题共12小题，每小题4分；共48分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)
1.南京大屠杀死难者国家公祭鼎用青铜铸造。关于铜的一种核素6429Cu，下列说法正确的是(　　)
A. 6429Cu的核电荷数为29 B. 6429Cu的质子数为35
C. 6429Cu的中子数为64 D. 6429Cu的核外电子数为64
【答案】A
【解析】试题分析：核素Cu，其质量数为64，质子数=电子数=29，中子数=64-29=35，故A正确；故选A。
2.下列关于铝及其化合物叙述中，正确的是(　　)
A. 不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应
B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 纯铝比铝合金的硬度更大、熔点更低
【答案】A
【解析】A、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故A正确；
B、铝表面形成致密的氧化膜，对内层的铝起保护作用，而不是铝本身化学性质稳定，故B错误；
C、氯化铝溶液中滴入NaOH溶液，先有沉淀后沉淀溶解；NaOH溶液中滴入氯化铝溶液，开始没有沉淀后产生沉淀，互滴现象不同，故C错误；
D、铝合金比纯铝的硬度大，故D错误。
3. 用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是(　　)
A. 导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH−HCO3－
B. 导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大
C. 上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性
D. 若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象
【答案】C
【解析】试题分析：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-CO32-+H2O，A错误；B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2A1+2OH-+6H2O"2" Al[(OH)4]-+3H2↑，气体压强增大，B错误；C．上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，共计3个离子反应，C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象，D错误，答案选C。
4.在含有Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是(　　)
A. Fe2+ B. Al3+ C. Fe3+ D. Na+
【答案】B
【解析】A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，然后再加入盐酸产生氯化铁，所以二价铁离子数目减小，故A错误；
B、Na2O2遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，铝离子数目不变，故B正确；
C、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，然后再加入盐酸产生氯化铁，所以三价铁离子数目增加，故C错误；
D、加入Na2O2固体,生成了NaOH和O2，在盐酸作用下又会生成氯化钠，Na+数目增大，故D错误。
5.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构．则下列叙述正确的是（）
A. 原子半径 A＞B＞D＞C B. 原子序数 d＞c＞b＞a
C. 离子半径 C＞D＞B＞A D. 原子结构的最外层电子数目 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性也是逐渐增强的。核外电子排布相同的微粒其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以只有选项C是正确的，其余都是错误的，答案选C。
6.下列各项中表达正确的是(　　)
A. HCl的电子式： B. N2的结构式：
C. H2S的电子式： D. 次氯酸的电子式：
【答案】B
【解析】分析：A.氯化氢含有共价键；
B. 分子中含有三键；
C.硫化氢含有共价键；
D.次氯酸中氧元素分别与H、Cl形成共价键。
详解：A. HCl分子中含有共价键，电子式：，A错误；
B N2分子中含有三键，结构式：，B正确；
C. H2S分子中含有共价键，电子式：，C错误；
D. 次氯酸中氧元素分别与H、Cl形成共价键，电子式：，D错误。
答案选B。
7.下列化学用语的表达正确的是（ ）
A. Cl-的结构示意图：
B. 醋酸铵的电离方程式：CH3COONH4CH3COOˉ+ NH4+
C. 漂白粉的有效成分是CaClO
D. 中子数为20的氯原子：
【答案】B
【解析】A. 氯离子与氯原子属于同种元素，其质子数均为17，则Cl—的结构示意图：，故A项错误；
B. 醋酸铵是强电解质，在溶液中完全电离出醋酸根离子与铵根离子，其电离方程式为：CH3COONH4 == CH3COOˉ+ NH4+，故B项正确；
C. 次氯酸根离子化学式为：ClO−，则漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故C项错误；
D. 质子数为17，中子数为20的氯原子表示为：，故D项错误；
答案选B。
8.有BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)为(　　)
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl-=AgCl↓算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的c(Na+)。
【详解】BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它均分成两份，
一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a molH2SO4，则：根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知amol SO42-消耗amol Ba2+；则c(Ba2+)==mol/L；
另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，则：根据Ag++Cl-=AgCl↓关系可知bmolAgNO3消耗bmol Cl-，c(Cl-)==mol/L，溶液不显电性，由电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，解得c(Na+)=mol/L -2×mol/L =mol/L，
9.根据下列反应化学方程式：①I2+SO2+2H2OH2SO4 +2HI；②2FeCl2+Cl22FeCl3；③2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物质的还原性强弱顺序是(　　)
A. I－>Fe2+>Cl－>SO2 B. Cl－>Fe2+>SO2>I－
C. Fe2+>I－>Cl－>SO2 D. SO2>I－>Fe2+>Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。
【详解】①I2+SO2+2H2OH2SO4 +2HI中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2>HI；
②2FeCl2+Cl22FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2>FeCl3；
③2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HI>FeCl2；
通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-，故合理选项是D。
10. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，下列说法正确的是(　　)
A. X、Y、Z、W的原子半径依次减小
B. W与X形成的化合物中只含离子键
C. W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点
D. 若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3
【答案】A
【解析】根据题目信息，W、X、Y、Z的位置关系如图，X、Y、Z、W的原子半径依次为X > Y > Z>W，A正确；如W为氧元素，则可形成过氧化物，就含有共价键，B不正确；W如为碳元素，CH4的沸点就低于SiH4，C不正确；若W与Y的原子序数相差5，设W为氮元素，则Y为Mg元素，则可形成Mg3N2，D不正确。
11.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是(　　)
A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 可与溴水发生取代反应使溴水褪色
C. 在铁作催化剂下与溴水发生取代反应
D. 在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
【答案】D
【解析】A.表示的甲烷，该物质具有稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，A错误；
B.该模型表示的乙烯分子，由于含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；
C.该物质表示苯，该物质在一定条件下能够与液溴发生取代反应，产生溴苯和HBr，不是与溴水发生取代反应，C错误；
D.该比例模型表示的是乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸存在和加热条件下，可以发生取代反应产生乙酸乙酯和水，D正确。
12.目前世界上60%的镁是从海水中提取的．主要步骤如下：

下列说法不正确的是（ ）
A. 为使海水中的MgSO4转化成Mg（OH）2，试剂①可选择石灰乳
B. 加入试剂①后，分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤
C. 加入试剂②反应的离子方程式为：OH﹣+H+H2O
D. 通过电解熔融的无水MgCl2得到48gMg，共转移4mol电子
【答案】C
【解析】A、MgSO4转化为氢氧化镁需要加入碱液，可选取石灰乳，故A正确；B、氢氧化镁为沉淀，采用过滤的方法分离，故B正确；C、试剂②为盐酸，氢氧化镁为沉淀，书写离子方程式时不能拆，故C错误；D、根据反应MgCl2 Mg+Cl2↑，电解氯化镁时，生成48g镁，即为2mol，转移4mol电子，故D正确；故选C。
二．综合题(本大题共4个小题，共52分)
13.用A+、B-、C2-、D、E、F分别表示含有18个电子几种微粒(离子或分子)，请回答下列问题：
（1）A元素是________、B元素是________、C元素是_______(用元素符号表示)。
（2）B的单质可用来制“84”消毒液的主要成分，写出反应的离子方程式________________。
（3）用文字描述比较B、C两元素的非金属性强弱的方法（必要时可用方程式，至少一条）：___________________________________。
（4）D是由两种元素组成的双原子分子，用电子式表示其形成过程________________。
（5）E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，其与水反应的化学方程式为___________________。
（6）F分子中含有4个原子，既有极性键又有非极性键，其电子式是_________。
【答案】(1). K (2). Cl (3). S (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). Cl2+S2-=2Cl-+S或Cl2+H2S2HCl+S2- (6). + (7). 2F2+2H2O4HF+O2 (8).
【解析】分析：A+、B-、C2-、D、E、F分别表示含有18个电子的几种微粒(离子或分子)，因此A是K，B是Cl，C是S，D、E、F可能是H2O2、H2S、HCl、F2、Ar等，据此解答。
详解：（1）根据以上分析可知A元素是K、B元素是Cl、C元素是S。
（2）B的单质氯气可用来制“84”消毒液的主要成分，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。
（3）氯气能把硫化钠氧化为单质硫，可以说明氯元素非金属性强于硫元素，反应的离子方程式为Cl2+S2-2Cl-+S。
（4）D是由两种元素组成的双原子分子，因此D是HCl，含有共价键的共价化合物，用电子式表示其形成过程为。
（5）E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，E是单质氟，其与水反应的化学方程式为2F2+2H2O4HF+O2。
（6）F分子中含有4个原子，既有极性键又有非极性键，F是双氧水，含有共价键的共价化合物，其电子式是。
14.下表为元素周期表的一部分, 表中列出10种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2






⑧
⑩
3
①
③
⑤
⑥
⑦

⑨

4
②
④






(1)写出下列序号所代表的元素符号③_____；⑩______
(2)写出⑥的一种用途_________________;常温下可与表中_______单质反应(填化学式)
(3)元素④的原子结构示意图为________________________；
(4)⑤和⑨形成的化合物的化学式为：_____________;向该化合物的水溶液里逐滴滴入苛性钠溶液，现象为__________________________________________________.
(5)②⑤⑦⑧的原子半径由大到小的顺序是__________________________(用元素符号表示)
(6)将①⑤同时投入到水中，发生反应的化学方程式有：______________
【答案】(1). Mg (2). Ne (3). 半导体等 (4). F2 (5). (6). AlCl3 (7). 先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解 (8). K > Al > P> F (9). 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 ↑、2Al + 2NaOH +6H2O2 Na[Al(OH)4] +3 H2 ↑
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知①Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为Si、⑦为P、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Ne。
【详解】(1)根据元素在周期表中的位置，③是Mg；⑩是Ne；
(2)⑥是Si元素，是常用的半导体材料；常温下单质Si可与F2反应生成SiF4；
(3)元素④是Ca，Ca有4个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为；
(4)⑤是Al、⑨是Cl，形成的化合物的化学式为AlCl3；向AlCl3溶液里逐滴滴入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象为先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解；
(5) 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以K、Al、P、F的原子半径由大到小的顺序是K＞ Al＞P＞F；
(6) Na、Al同时投入到水中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与铝反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式有2Na + 2H2O2NaOH + H2↑、2Al + 2NaOH +6H2O2 Na[Al(OH)4] +3H2↑。
15.Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：
①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液。
（1）以下操作顺序不合理的是 _______。
A．②⑤④③① B．④⑤②①③ C．⑤②④①③ D．⑤④②①③
（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。
（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________
Ⅱ．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。回答下列问题：

(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；
(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。
Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。
【答案】(1). AB (2). 500 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。 (4). Na2CO3 (5). Na2CO3和NaOH (6). 取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口,如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；
（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；
（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；
Ⅱ．当向100 mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25 mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3，可能的情况如下为① CO2：NaOH＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；② CO2：NaOH = 1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜CO2：NaOH ＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④ CO2：NaOH>1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；
Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。
【详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；
（2）配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，需要500 mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500 mL容量瓶、胶头滴管；
（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；
Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；
图3信息显示，x:y = 1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，应为氢氧化钠与碳酸钠分别消耗V体积盐酸所致，综上所述，图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaOH，故答案为：Na2CO3；Na2CO3和NaOH；
Ⅲ．由于氮化镁极易与水反应，结合化学方程式Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓易知，若产物中有氮化镁，则会水反应生成氨气，设计一个实验，借助是否有氨气来检验是否有氮化镁生成，具体操作为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成，故答案为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成。
16.工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：

（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。
（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。
（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；
方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。
从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。
（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。
【答案】(1). 漏斗 (2). 取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质 (3). 将Cu2+ Hg2+全部置换出来 (4). 不能 (5). 甲 乙 (6). 丙 (7). Fe+2H+Fe2+ +H2↑ (8). 冷却结晶 (9). 过滤
【解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。 加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。
详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。
（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+ Hg2+全部置换出来；不能。
（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲 乙；丙。
（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++FeFe2++H2↑。步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H++FeFe2++H2↑；冷却结晶；过滤。