河南省商丘市青桐鸣2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版）

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全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关物质名称、化学式与俗名对应不一致的是
A. 碳化硅--金刚砂B. 硫酸铜晶体--蓝矾
C. 硫酸钡--重晶石D. 碳酸氢钠--苏打
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚砂为碳化硅，化学式为：，A正确；
B．胆矾又称为蓝矾，其化学式为：CuSO4•5H2O，B正确；
C．重晶石是硫酸钡，化学式为：，C正确；
D．碳酸氢钠是，俗称小苏打，D错误；
故答案选D。
2. 黄铁矿在潮湿的环境中会被缓慢氧化，其中发生的反应之一为(未配平)，下列说法错误的是
A. 既是氧化产物，又是还原产物
B. 根据该反应判断的氧化性大于
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D. 随反应进行，体系的酸性逐渐增强
【答案】C
【解析】
【分析】FeS2中S化合价由-1升高到+6，化合价升高为7，O的化合价从0价降低到-2价，配平可得反应的离子方程式为：，据此作答。
【详解】A．FeS2中S化合价升高生成，为氧化产物，中O的化合价从0价降低到-2价，因此既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；
B．是氧化剂，既是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可判断的氧化性大于，故B正确；
C．氧化剂为，还原剂为FeS2，根据反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故C错误；
D．根据反应可知，随反应进行，生成硫酸，则体系的酸性逐渐增强，故D正确；
故答案选C。
3. 下列有关无机非金属材料的说法错误的是
A. 高纯度的二氧化硅是现代信息技术的基础材料之一
B. 富勒烯、石墨烯都属于碳纳米材料，都属于碳单质
C. 制备陶瓷和水泥的共同主要原料是石灰石
D. 超导陶瓷属于新型无机非金属材料，可应用于磁悬浮技术
【答案】C
【解析】
【详解】A．高纯度的含硅元素的材料，如单晶硅、二氧化硅等，具有特殊的光学和电学性能，是现代信息技术的基础材料，故A正确；
B．富勒烯、金刚石、石墨烯是碳元素组成的不同单质，故B正确；
C．黏土经高温烧结可以制得陶瓷，黏土是陶瓷是主要原料，普通硅酸盐水泥以石灰石和黏土为原料，二者与其他辅料混合、研磨再进行其他加工制得普通水泥，故C错误；
D．超导陶瓷是新型无机非金属材料，可应用于磁悬浮技术，D正确；
故答案选C。
4. 下列说法正确的是
A. 无水硫酸铜可用来检验酒精中是否含有少量水
B. 氯气可用作自来水的消毒剂，原因是氯气具有强氧化性和漂白性
C. 二氧化硫有毒，故不能添加到任何饮品中
D. 氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现
【答案】A
【解析】
【详解】A．无水硫酸铜遇水变蓝，能检验酒精中是否含有水，故A正确；
B．Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，HClO可以杀菌消毒，故B错误；
C．二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧剂，故C错误；
D．氮的固定可以在高温、高压、催化剂存在的条件下实现，也可以在常温下实现，如生物固氮，故D错误；
故答案选A。
5. 粗盐中常含有杂质、和，常用除杂试剂有溶液、溶液、溶液以及稀盐酸。为将杂质除尽设计如下步骤：
下列有关说法错误的是
A. 试剂①一定不是溶液
B. 为确保除杂彻底，试剂①、②、③均需适当过量
C. 若滤液中加入的稀盐酸过量，将导致获得的晶体不纯
D. 溶解、过滤、蒸发操作均需用到玻璃棒
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，粗盐溶解后、加NaOH除去镁离子、加BaCl2除去离子，加Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，则Na2CO3一定在BaCl2之后，过滤后滤液还含NaOH、Na2CO3，可加盐酸除去杂质，最后蒸发得到氯化钠固体。
【详解】A．Na2CO3一定在BaCl2之后，因此试剂①一定不是溶液，故A正确；
B．为确保除杂彻底，加入的试剂一般都是需要适当过量，故B正确；
C．结晶时，HCl会随温度升高而挥发，因此获得的晶体不会有HCl杂质，故C错误；
D．溶解、蒸发时玻璃棒用来搅拌，过滤时玻璃棒用来引流，因此溶解、过滤、蒸发操作均需用到玻璃棒，故D正确；
故答案选C。
6. 下列离子方程式错误的是
A. 过量二氧化硫气体通入氨水中：
B. 氯气与二氧化硫混合通入水中：
C. 溶液中通入少量：
D. 实验室用和浓盐酸制氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．将过量二氧化硫气体通入氨水中生成亚硫酸氢铵：，A正确；
B．氯气与二氧化硫混合通入水中，发生氧化还原反应产生盐酸和硫酸，离子方程式为：，B正确；
C．次氯酸根离子可以将+4价硫氧化为+6价硫，则向NaClO溶液中通入少量SO2，NaClO过量会产生次氯酸，离子方程式为：SO2＋3ClO-＋H2O=＋2HClO＋Cl-，C错误；
D．MnO2的氧化能力强于Cl2，实验室可用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气：，D正确；
故答案选C。
7. 根据下列各实验的操作和现象所得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将SO2分别通入品红的乙醇溶液和品红的水溶液，观察到品红的乙醇溶液不褪色，而品红的水溶液慢慢褪色，可以说明使品红褪色的不是SO2，而是SO2与水反应后的产物，A不符合题意；
B．将氧气通入的水溶液中，溶液变浑浊说明发生反应：，则氧化性：，B不符合题意；
C．检验Cl﹣离子应先加硝酸酸化，排除碳酸根等离子的干扰，直接加硝酸银生成的白色沉淀可能是碳酸银、硫酸银等，C不符合题意；
D．固体变黑并膨胀，说明蔗糖失去H、O，体现浓硫酸的脱水性；有刺激性气味的气体产生，说明浓硫酸被还原成二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，D符合题意；
故答案选D。
8. 将完全溶于一定量浓硝酸，产生的、混合气体通入的溶液中，气体恰好被溶液完全吸收，得到和的混合溶液。则该混合溶液中的物质的量为
A. B.
C. D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】铜和硝酸反应过程中，铜还原硝酸生成氮氧化物，在NaOH溶液中氮氧化物又转化成NaNO2和NaNO3，则根据得失电子守恒可得2n(Cu) = 2n( NaNO2)，所以n( NaNO2) =n(Cu) = =1 ml，根据钠元素守恒可知n(NaNO2) +n(NaNO3)= ，所以n( NaNO3) =，故B符合题意。
9. 根据如图所示装置进行实验，下列说法正确的是
A. 根据实验可得非金属性：
B. 图中饱和溶液的作用为吸收
C. 实验涉及的部分元素的简单离子半径：
D. 晶体可用作半导体，可在过渡元素中寻找半导体材料
【答案】A
【解析】
【分析】稀硝酸与碳酸钠固体反应产生CO2，与挥发的硝酸进入到饱和溶液中，饱和溶液与CO2不发生反应，但是可以与挥发出的硝酸反应产生CO2，那么进入硅酸钠溶液中只有CO2，当产生白色沉淀时说明生了硅酸，整个过程说明了酸性为：，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，酸性为：，最高价酸的酸性越强，则元素的非金属性越强，即，故A正确；
B．饱和NaHCO3溶液与CO2不发生反应，但是可以与挥发出的硝酸反应产生CO2，故B错误；
C．三种离子具有相同的电子排布，根据“序小径大”的方法可知，原子序数越小则半径越大，因此为简单离子半径：，故C错误；
D．晶体可用作半导体，是在周期表中金属元素和非金属元素的分界线附近的元素中寻找半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，故D错误；
故答案选：A。
10. 随着原子序数的递增，部分短周期主族元素的主要化合价和原子半径的变化规律如图所示。下列说法错误的是
A. 简单氢化物的稳定性：
B. 可分别与，形成含有的分子
C. 和形成的化合物可用作调味剂
D. ，分别和形成的化合物中化学键的类型相同
【答案】D
【解析】
【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是S元素，g是Cl元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，d为O，z为N，O的非金属性强于N，故其简单氢化物的稳定性为H2O＞NH3即，A正确；
B．由分析可知，x为H、d为O、f为S，故可分别与，形成含有的分子分别为H2O2、H2S，B正确；
C．由分析可知，e为Na、g为Cl，则和形成的化合物即NaCl可用作调味剂，C正确；
D．由分析可知，x为H、e为Na、d为O，则，分别和形成化合物H2O2、H2O中只含有共价键，而Na2O中只含有离子键，Na2O2中有离子键和共价键，故它们的化学键的类型不相同，D错误；
故答案为：D。
11. 下列关于合金的说法中错误的是
A. “奋斗者号”潜水器含钛合金，其强度高于纯钛金属
B. 我国研制的超级钢中含有、、等，其具有优异的强度和延展性
C. 不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是锌和镍
D. 改变原料的配比、生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金
【答案】C
【解析】
【详解】A．合金的强度、韧性均高于纯金属，则“奋斗者号”潜水器含钛合金，其强度、韧性均高于纯钛金属，故A正确；
B．我国研制的超级钢属于合金，具有优异的强度和延展性，故B正确；
C．目前世界上使用量最大的合金是铁合金，不锈钢主要成分是铬和镍，故C错误；
D．合金熔点比它的成分金属的低，改变原料的配比，生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金，D正确；
故答案选C。
12. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能直接实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2+2CSi+2CO、Si+3HClSiHCl3+H2、SiHCl3+H2Si+3HCl，即各步均可一步转化，A不合题意；
B．NH3催化氧化只能先生成NO，然后NO和O2转化为NO2，B符合题意；
C．2Na+O2Na2O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，即各步均能一步转化，C不合题意；
D．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，即各步均能一步转化，D不合题意；
故答案为：B。
13. 除去下列各组物质中的少量杂质，所用试剂或方法错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl2能被氯水氧化为FeCl3，所以除去FeCl3溶液中的FeCl2，可加入适量氯水，A正确；
B．固体在空气中加热，会被氧气氧化，B错误；
C．氯气不溶于饱和食盐水，气体易溶于水，因此将气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去气体，C正确；
D．NaOH溶液与铝粉反应形成溶液，而铁粉不反应，因此先加入适量溶液，则铝溶解，过滤后可以除去铝形成的盐溶液，D正确；
故答案选B。
14. 下列实验装置(部分夹持装置略)正确，且能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
详解】A．FeCl3与NaOH反应得不到Fe(OH)3胶体，而应该将FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，A不合题意；
B．H2能够在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，但氯气有毒，密度比空气大，故集气瓶口应该向上，B不合题意；
C．观察钾的焰色时需要透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光干扰，C不合题意；
D．外管温度高于内管，比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性，应将受热易分解的NaHCO3置于内管，该装置能比较Na2CO3和NaHCO3的稳定性，D符合题意；
故答案为：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子半径依次增大，与元素有关的信息如表所示：
回答下列问题：
（1）的一种核素含有8个中子，其核素符号为___________，写出其简单氢化物的一种用途：___________。
（2）由与组成的化合物含有的化学键类型为___________。
（3）上述元素对应的简单离子中半径最大的为___________(填离子符号)。
（4）单质与的最高价氧化物对应水化物混合使用，可用于疏通地下管道，其发生反应的离子方程式为___________。
（5）与形成的一种化合物中，所有原子均满足8电子稳定结构，用电子式表示该化合物的形成过程___________。
（6）的简单氢化物的沸点比的简单氢化物的沸点高，从结构角度分析其原因为___________。
（7）下列关于及同主族元素的说法错误的是___________。
A. 将的单质通入其同族元素与钠形成的钠盐溶液中，可置换出同族元素的单质
B. 随着原子序数递增，该主族元素对应单质沸点逐渐升高
C. 该主族元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素为
D. 的简单氢化物可与强碱溶液反应
【答案】15. ①. ②. 作制冷剂
16. 离子键 17.
18.
19 20. NH3可形成分子间氢键 21. BD
【解析】
【分析】题中所知短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子半径依次增大，原子半径同周期从左往右在减小，同主族从上到下原子半径在增大，X的简单氢化物的水溶液可以刻蚀玻璃，因此X为F元素；Y的最外层电子数比次外层多3，则Y为N元素；Z最高正价和最低负价的代数和为4，S的最高价可以是+6价，最低价是-2价，代数和就是4，可知Z为S元素；W是地壳中含量最高的金属元素，可知W为Al元素；M的最高价氧化物对应水化物属于强碱，则M为Na元素；即X、Y、Z、W、M分别为F、N、S、Al、Na，原子半径也是依次增大的，据此作答。
【小问1详解】
Y为N元素，N的一种核素含有8个中子，N为第7号元素，质子数为7，质量数=质子数+中子数，可知其核素符号为，Y的简单氢化物为NH3，可用于作制冷剂，故答案为：；作制冷剂。
【小问2详解】
X为F元素，M为Na元素，由与组成的化合物为NaF，含有的化学键类型为离子键，故答案为：离子键。
【小问3详解】
X、Y、Z、W、M分别为F、N、S、Al、Na，离子的核外电子层数越多半径越大，因此对应的简单离子中半径最大的为，故答案为：。
【小问4详解】
W为Al元素，M为Na元素，的最高价氧化物对应水化物为NaOH，两者混合使用，可用于疏通地下管道，其发生反应的离子方程式为：，故答案为：。
【小问5详解】
X为F元素，Y为N元素，形成的一种化合物为NF3，所有原子均满足8电子稳定结构，NF3为共价化合物，用电子式表示该化合物的形成过程为，故答案为：。
【小问6详解】
Y为N元素，简单氢化物为NH3，Z为S元素，简单氢化物是H2S，由于NH3可形成分子间氢键，沸点较高，故答案为：NH3可形成分子间氢键。
【小问7详解】
A．X为F元素，将F2通入其同族元素与钠形成的钠盐溶液中，F2要与水反应生成O2，不能置换出同族元素的单质，A错误；
B．随着原子序数递增，卤族元素形成的单质的相对分子质量增大，而相对分子质量越大则沸点越高，即该主族元素对应单质的沸点逐渐升高，B正确；
C．该主族元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素不是F元素，F没有正价，无法生成相应的酸，C错误；
D．X的简单氢化物为HF，为酸性，可与强碱溶液反应，D正确；
故答案为：BD。
16. 某实验小组同学设计了如图所示装置(夹持装置和加热装置省略)用于制备二氧化硫，并验证二氧化硫的有关性质。
回答下列问题：
（1）盛铜片的仪器名称为___________，盛浓硫酸的仪器中的玻璃弯管的作用是___________。
（2）装置中仪器的作用是___________；装置中所用干燥剂可以为___________(任写一种)。
（3）装置中发生反应的化学方程式为___________。
（4）①实验开始后，装置中的现象为___________，装置中无明显现象，装置中，有大量白色沉淀生成，装置中发生反应的化学方程式为___________，装置中发生反应的离子方程式为___________。(已知转化为)。
②某同学在实验时少组装了装置，结果装置中也出现了少量白色沉淀，可能的原因是___________(答一条即可)。
（5）停止加热后还要向装置内通一段时间的，目的是___________。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶(或三颈瓶) ②. 平衡内外压强，使浓硫酸顺利流下
（2） ①. 防止倒吸 ②. P2O5或者无水氯化钙等
（3）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
（4） ①. 淡黄色固体粉末逐渐变为白色固体 ②. Na2O2+SO2=Na2SO4 ③. 4Ba2++4SO2++5H2O=+4BaSO4↓+6H+ ④. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，SO2与O2反应转化为硫酸根
（5）将装置中的SO2全部赶入装置G进行吸收，防止污染环境，
【解析】
【分析】由题干实验装置图可知，装置A为SO2的发生装置，反应原理为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，装置B为干燥SO2的装置，防止Na2O2与H2O(g)反应，装置C为探究Na2O2与SO2反应，反应原理为：Na2O2+SO2=Na2SO4，装置D中干燥剂为防止E中的水蒸气进入C中，装置E为验证SO2的酸性，无明显现象，装置F中Ba(NO3)2与SO2反应生成白色沉淀BaSO4，证明SO2具有还原性，装置G为尾气处理，吸收多余的SO2，防止污染环境，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，盛铜片的仪器名称为三颈烧瓶(或三颈瓶)，盛浓硫酸的仪器中的玻璃弯管的作用是平衡压强，使浓硫酸顺利流下，故答案为：三颈烧瓶(或三颈瓶)；平衡压强，使浓硫酸顺利流下；
【小问2详解】
由于SO2易溶于水，能快速与NaOH溶液反应，故装置G中仪器X的作用是防止倒吸，由分析可知，装置D中干燥剂为防止E中的水蒸气进入C中，且不能吸收SO2，则装置D中所用干燥剂可以为P2O5或者无水氯化钙等，故答案为：防止倒吸；P2O5或者无水氯化钙等；
【小问3详解】
由分析可知，装置中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
【小问4详解】
①由分析可知，装置C为探究Na2O2与SO2反应，反应原理为：Na2O2+SO2=Na2SO4，则实验开始后，装置C中的现象为淡黄色固体粉末逐渐变为白色固体，装置E中无明显现象，装置F中，有大量白色沉淀生成，即产生BaSO4，根据氧化还原反应配平可得，装置F中发生反应的离子方程式为：4Ba2++4SO2++5H2O=+4BaSO4↓+6H+，故答案为：淡黄色固体粉末逐渐变为白色固体；Na2O2+SO2=Na2SO4；4Ba2++4SO2++5H2O=+4BaSO4↓+6H+；
②由分析可知，装置D中干燥剂为防止E中的水蒸气进入C中，若在实验时少组装了装置D，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，SO2与O2反应转化为硫酸根，结果装置E中也出现了少量白色沉淀，可能的原因是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，SO2与O2反应转化为硫酸根，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，SO2与O2反应转化为硫酸根；
【小问5详解】
停止加热后，装置A、B、C、D、E、F中均还含有未完全反应的SO2，故还要向装置内通一段时间的N2，其目的是将装置中的SO2全部赶入装置G进行吸收，防止污染环境，故答案为：将装置中的SO2全部赶入装置G进行吸收，防止污染环境。
17. 部分含氮、硫元素的化合物的“价-类二维图”如图所示。
回答下列问题：
（1）氮元素在元素周期表中的位置为___________。
（2）将气体通入的浓溶液中，加热可生成、c和，反应的化学方程式为___________；下列气体能用的浓溶液干燥的是___________(填选项字母)
A． B． C． D．
（3）根据下列实验装置回答问题。
试管①中产生的气体的成分为___________(不考虑水蒸气，下同)；若试管②、③中生成相同体积(同温、同压下)的气体，则反应中转移的电子数之比为___________。
（4）硫元素还可形成多种有重要用途的化合物，如硫代硫酸钠()具有抗菌、抗炎、抗氧化、解毒、保护肝脏、促进伤口愈合等功效。
①的制备：向和的混合溶液中通入气体，可得到和，发生反应的离子方程式为___________。
②的性质探究：向新制氯水中滴加溶液，若看到___________(填相应实验现象)，说明有还原性(已知：被氧化为)，则发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）第二周期第ⅤA族
（2） ①. ②. AD
（3） ①. NO2和O2 ②. 2∶5
（4） ①. ②. 氯水的颜色变浅或变为无色 ③.
【解析】
【分析】由题中信息可知a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为NH3，g为NO，h为NO2，j为HNO2，i为HNO3。
【小问1详解】
氮元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族。
【小问2详解】
气体为H2S，e为H2SO4，b为S，c为SO2，题中说明将气体H2S通入H2SO4的浓溶液中，加热可生成S、SO2和，反应的化学方程式为：；
能用的浓溶液干燥，即用H2SO4的浓溶液干燥：
A．与浓H2SO4的中间没有常见化合价，不发生反应，因此可用浓H2SO4干燥，A符合题意；
B．为碱性气体，不可用浓H2SO4干燥，B不符合题意；
C．为还原性气体，会被浓硫酸氧化，不可用浓H2SO4干燥，C不符合题意；
D．为氧化性气体，不会与浓硫酸反应，因此可用浓H2SO4干燥，D符合题意；
故选AD；
故答案为：；AD。
【小问3详解】
i为HNO3，试管①中加入灼热碎玻璃可以让浓硝酸分解产生NO2和O2；试管②中发生的反应为：，试管③中发生的反应为：，观察反应可知，消耗1mlC时转移的电子均为4ml，反应②、③生成的气体依次为5ml、2ml，若试管②、③中生成相同体积(同温、同压下)的气体，则反应中转移的电子数之比为2∶5，故答案为：NO2和O2；2∶5。
【小问4详解】
①向和的混合溶液中通入气体，可得到和，发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
②向新制氯水中滴加溶液，被氧化为，若看到氯水的颜色变浅或变为无色，说明Cl2发生了反应，反应为：，故答案为：氯水的颜色变浅或变为无色；。
18. 利用某废矿渣(主要成分为，还含有、、等杂质)提取高附加值的铁红()的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前一般需将废矿渣粉碎，其目的是___________，“浸渣”的主要成分为___________(填化学式)。
（2）“还原”过程中发生反应的离子方程式为___________，可用___________检验是否还原完全。
（3）“净化”时若加入过量氨水，则会使转化为，反应的离子方程式为___________；“沉镍”过程中，当开始有沉淀析出时，溶液中的为一定值，数值约为(室温)，当溶液中时可认为沉淀完全，试计算此时溶液中的___________。
（4）“沉铁”所得“滤渣3”的成分为，同时得到二氧化碳气体，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________；“煅烧”时，每得到，理论上消耗氧气(标准状况)的体积为___________。
（5）铁红样品的纯度测定：
称取铁红样品，将样品溶于一定量的硫酸中，得到溶液，从中量取溶液进行如下实验：先加稍过量的溶液，充分反应后，再向溶液中滴加的溶液，使恰好转化为。三次平行实验所消耗溶液的体积的平均值为，假设杂质始终未参加反应，则铁红样品的纯度为___________%(用含、、的表达式填写)。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快反应速率，提高浸取效率 ②. SiO2
（2） ①. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+ ②. KSCN
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 5.6L
（5）
【解析】
【分析】废矿渣中有、、、，加入硫酸酸浸，SiO2不溶于H2SO4，所以浸渣的成分是SiO2，酸浸液中含有Fe3+、Al3+、Ni2+，还有加入的H2SO4，加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，加入氨水除掉Al3+，加Na2S沉镍，加入碳酸氢钠沉铁，反应过程中元素化合价不发生变化，则所得滤渣3为FeCO3，经煅烧得到目标产物铁红Fe2O3。
【小问1详解】
“酸浸”前一般需将废矿渣粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸取效率，根据上述分析可知浸渣的成分是SiO2，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取效率；SiO2。
【小问2详解】
“还原”过程中二氧化硫将三价铁还原为二价铁，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；三价铁遇到KSCN显红色，故可用试剂为：KSCN；故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；KSCN。
【小问3详解】
“净化”时若加入过量氨水，则会使转化为，反应的离子方程式为：；“沉镍”过程中，溶液中的，当溶液中时可认为沉淀完全，此时溶液中的，故答案为：；。
【小问4详解】
“沉铁”时在氨水环境中，二价铁和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁，同时得到二氧化碳气体，离子方程式为： ；
由分析可知，FeCO3经煅烧被空气中氧气氧化为目标产物铁红同时生成二氧化碳，反应为，每得到，即产生，根据反应可知理论上消耗氧气为0.25ml，标准状况下的体积为5.6L；
故答案为：；5.6L。
【小问5详解】
铁红样品，将样品溶于一定量的硫酸中产生三价铁，先加稍过量的溶液，发生反应：，用硫代硫酸钠标准液滴定至终点，发生反应：，可知，，则铁红产品的纯度为，故答案为：。选项
实验操作
实验现象
结论
A
将分别通入品红的乙醇溶液和品红的水溶液
品红的乙醇溶液不褪色，品红的水溶液慢慢褪色
使品红褪色的不是，而是与水反应后的产物
B
向溶液中通入
有淡黄色沉淀产生
氧化性：
C
向某待测溶液中滴加溶液
有白色沉淀产生
该溶液中含有
D
向蔗糖中滴入浓硫酸
蔗糖变黑后膨胀，同时有刺激性气味的气体产生
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
物质
杂质
除杂所用的试剂或方法
A
溶液
加入适量新制氯水
B
固体
固体
在空气中加热
C
气体
气体
将气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶
D
铁粉
铝粉
先加入适量溶液，再过滤
A
B
C
D
制备胶体
验证H2可在Cl2中燃烧
观察的焰色
验证热稳定性：
元素
相关信息
简单氢化物的水溶液可以刻蚀玻璃
最外层电子数比次外层多3
最高正价和最低负价的代数和为4
地壳中含量最高的金属元素
最高价氧化物对应水化物属于强碱