高級中學名校試題PAGEPAGE1江蘇省南京市六校聯合體考試2023-2024學年高一下學期4月期中考試試題考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷選擇題共39分單項選擇題：每小題3分，共計39分。每小題只有一個選項符合題意。1.碳納米材料主要包括富勒烯、碳納米管、石墨烯等。下列說法正確的是（）A.碳納米材料屬于膠體 B.石墨烯是新型無機非金屬材料C.石墨烯和碳納米管互為同位素 D.碳納米材料均屬于含碳化合物【答案】B【解析】【詳析】A．納米材料直徑在納米級，但需要分散到分散劑中才能形成膠體，故A錯誤；B．石墨烯是碳單質，屬于新型的無機非金屬材料，故B正確；C．石墨烯和碳納米管是碳元素形成的不同種單質，互為同素異形體，故C錯誤；D．碳納米材料屬于碳單質，故D錯誤。答案選B。2.正確掌握化學用語是學好化學的基礎，下列化學用語表達正確的是（）A.含7個質子和8個中子的元素的核素符號：B.NH4Cl中N元素的化合價：+3C.氮氣的電子式：D.用電子式表示K2S的形成過程：【答案】D【解析】【詳析】A．含7個質子和8個中子的元素的核素質量數為15，核素符號為：，故A錯誤；B．NH4Cl中N元素的化合價為-3，故B錯誤；C．氮氣分子中含有氮氮三鍵，其正確的電子式為，故C錯誤；D．硫化鉀形成過程中鉀失去電子，硫得到電子，K2S的形成過程：，故D正確。答案選D。3.下列有關物質的性質和用途具有對應關系的是（）A.NH3具有還原性，用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏B.HNO3具有強氧化性，可用于制備硝酸銨C.NH3極易溶于水，可用作制冷劑D.N2不溶于水，可用作保護氣【答案】A【解析】【詳析】A．氨水可以用來檢驗有毒氣體氯氣的泄漏，發生的反應為3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨氣表現出還原性，故A符合題意；B．HNO3具有酸性，可以與氨氣反應生成硝酸銨，與其氧化性無關，故B不符合題意；C．氨氣易液化，液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用，可以用作制冷劑，與NH3極易溶于水無關，故C不符合題意；D．氮氣具有N≡N鍵結構，化學性質穩定，一般不與其它物質發生反應，所以可用作保護氣，與不溶于水無關，故D不符合題意。答案選A。4.實驗室采用下列裝置制取氨氣，正確的是（）A.裝置甲生成NH3 B.裝置乙干燥NH3C裝置丙收集NH3并驗滿 D.裝置丁吸收多余NH3【答案】D【解析】【詳析】A．NH4Cl受熱分解產生NH3、HCl，二者在試管口遇冷又重新化合形成NH4Cl，因此不能用于實驗室制取NH3，應該用加熱NH4Cl與Ca(OH)2混合物的方法制取NH3，A錯誤；B．NH3是堿性氣體，與濃硫酸會發生反應，因此不能使用濃硫酸干燥氨氣，應該使用堿石灰干燥，B錯誤；C．NH3的密度比空氣小，采用向下排空氣的方法收集NH3時，導氣管應該伸入到試管底部，C錯誤；D．NH3是大氣污染物，由于NH3極易溶于水，為防止氨氣被水吸收時引起倒吸現象，通常在導氣管末端安裝一個倒扣漏斗或一個干燥管，D正確；故合理選項是D。5.下列選項物質間轉化不能一步實現的是（）A.Al3+ B.NH3N2C.NO2NO D.NH3NH4HSO4【答案】A【解析】【詳析】A．Al3+與氨水反應生成Al(OH)3，氨水顯弱堿性，Al(OH)3不溶于弱堿，所以不能生成，A符合題意；B．NH3中的N元素顯-3價，NO2中的N元素顯+4價，N2中的N元素顯0價，0介于-3和+4之間，發生歸中反應可以實現一步實現，B不符合題意；C．NO2通入水中，發生反應3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不符合題意；D．NH3與足量硫酸反應，可以生成NH4HSO4，D不符合題意；答案選A。6.N2(g)和O2(g)反應生成NO(g)過程中能量變化情況如下圖a所示，下列說法不正確的是（）A.等物質的量的N2(g)、N2(l)具有的能量不相同B.N2(g)+O2(g)=2NO(g)的能量關系可用圖b表示C.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=＋1444kJ/molD.N2(g)和O2

(g)的反應過程中，斷開化學鍵吸收的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量【答案】C【解析】【詳析】A．同種物質狀態不同時，具有的能量不同，故A正確；B．焓變=反應物斷裂化學鍵吸收的能量-生成物形成化學鍵放出的能量，N2+O2═2NO△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，為吸熱反應，可以用圖b表示；故B正確；C．由B項計算可知，N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=＋180kJ/mol，故C錯誤；D．反應為吸熱反應，斷開化學鍵吸收的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量，故D正確。答案選C7.下列離子組在指定條件下一定能大量共存的是（）A.強酸溶液中：Na+、K+、、Cl-B.澄清透明溶液中：Fe3+、Mg2+、Br-、Cl-C.使酚酞變紅色的溶液：Fe2+、、、Cl-D.加入鋁粉產生大量氫氣的溶液中：K+、Na+、、【答案】B【解析】【詳析】A．強酸溶液中含有H+，與反應，不能大量共存，故A不選；B．澄清透明的溶液中，Fe3+、Mg2+、Br-、Cl-相互不反應，可以大量共存，故B選；C．使酚酞變紅色的溶液中有OH-，與Fe2+、均會反應，不能大量共存，故C不選；D．若溶液含且為酸性時，與鋁反應不能產生大量氫氣，故D不選。答案選B。8.NA為阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A.22.4LSO2所含的分子數目為NAB.1molCu和足量S充分反應后，轉移電子數為NAC.一定條件下，1molN2與足量H2充分反應，生成的NH3分子數為2NAD.常溫下，將28g鐵片投入足量的稀硝酸中，鐵失去的電子數為NA【答案】B【解析】【詳析】A．未給出氣體所處的外界條件，因此不能確定其物質的量，也不能確定氣體分子數目，A錯誤；B．S與Cu混合加熱發生反應產生Cu2S，Cu元素化合價由Cu單質的0價變為Cu2S中的+1價，1molCu反應，轉移1mol電子，則轉移的電子數目是NA，B正確；C．N2與H2轉化為NH3的反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，因此一定條件下，1molN2與足量H2充分反應，生成的NH3的物質的量小于2mol，則產生的NH3分子數小于2NA，C錯誤；D．Fe與足量稀硝酸反應產生Fe(NO3)3，1molFe反應失去3mol電子，28gFe的物質的量是0.5mol，則0.5molFe反應失去電子1.5mol，鐵失去的電子數為1.5NA，D錯誤；故合理選項是B。9.下列指定反應的離子方程式書寫正確的是（）A.將氯氣通入水中：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-B.NaHCO3溶液與少量的Ca(OH)2溶液混合：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OC.Cu與濃硝酸反應：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2OD.SO2使溴水褪色：SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-【答案】D【解析】【詳析】A．反應產生的HClO是弱酸，應該寫化學式，反應的離子方程式應該為Cl2+H2OH++HClO+Cl-，A錯誤；B．酸式鹽與堿反應時，要以不足量的Ca(OH)2為標準，假設其物質的量是1mol，反應的離子方程式應該為：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+，B錯誤；C．濃硝酸與Cu反應時HNO3被還原產生NO2氣體，反應的離子方程式應該為：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C錯誤；D．SO2與溴水反應產生H2SO4、HBr，離子方程式符合反應事實，遵循物質的拆分原則，D正確；故合理選項是D。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們原子的最外層電子數之和為16，Y的單質是空氣中含量最多的氣體，Z原子的最外層電子數是其內層電子數的3倍，W是短周期中金屬性最強的元素。下列說法正確的是（）A.XZ2俗稱干冰，分子間存在氫鍵 B.原子半徑：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)C.X、Y、Z的非金屬性依次減弱 D.由Z和W組成的化合物只有一種【答案】B【解析】〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，Y的單質是空氣中含量最多的氣體，Y為N元素；Z原子的最外層電子數是其內層電子數的3倍，Z為O元素；W是短周期中金屬性最強的元素，W為Na元素；四種原子的最外層電子數之和為16，X的最外層電子數為16-5-6-1=4，則X為C元素，以此分析解答。【詳析】根據上述分析可知，X為C元素，Y為N元素，Z為O元素，W為Na元素。A．固態CO2俗稱干冰，分子間不存在氫鍵，故A錯誤；B．同周期元素隨核電荷數增大原子半徑逐漸減小，Na為短周期中原子半徑最大的元素，則原子半徑：r(Na)＞r(C)＞r(N)＞r(O)，故B正確；C．C、N、O位于同周期且相鄰的元素，隨核電荷數增大，非金屬性逐漸增強，則C、N、O的非金屬性依次增強，故C錯誤；D．由O、Na組成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉，故D錯誤。答案選B。11.海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素。如圖為從海帶中提取碘的工業生產過程，有關說法正確的是（）A.工業上不直接從海水中提取碘是因為海水中碘的總儲量很少B.干海帶浸泡液中的碘離子可用淀粉溶液檢驗C.操作(1)時，需要用到玻璃儀器有玻璃棒、蒸發皿、酒精燈D.從海帶中提碘的過程中利用了氧化還原反應原理【答案】D【解析】【詳析】A．海水中的碘化物的濃度很低，不能直接提取，應濃縮后再提取，不是因為海水中碘的總儲量很少，A錯誤；B．淀粉遇到碘單質變藍，與碘離子不發生顏色反應，所以不能用淀粉檢驗碘離子，B錯誤；C．操作(1)分離出溶液和有機沉淀物，是過濾操作，過濾操作需要用到玻璃儀器有玻璃棒、玻璃漏斗、燒杯，C錯誤；D．從海帶中提碘的過程中，碘離子轉化為碘單質的反應屬于氧化還原反應，D正確；本題選D。12.下列實驗方案能達到實驗目的的是（）選項實驗目的實驗方案A探究濃硫酸的吸水性向表面皿中加入少量，再加入約3mL濃硫酸，攪拌，觀察實驗現象B比較濃硝酸和濃鹽酸的氧化性強弱室溫下，在濃硝酸和濃鹽酸中分別投入光亮的鐵釘C探究濃硫酸與木炭反應的氣體產物中是否含有將濃硫酸與木炭混合加熱生成的氣體通入足量澄清石灰水中，觀察是否有白色沉淀產生D檢驗固體是否氧化變質將樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液【答案】A【解析】【詳析】A．中加入濃硫酸，失去水，固體由藍色變無色，與濃硫酸的吸水性有關，故A正確；B．室溫下Fe在濃硝酸中發生鈍化，鐵能在濃鹽酸中溶解，不能比較兩種酸的氧化性，故B錯誤；C．碳和濃硫酸生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，由現象不能說明產物中含有CO2，故C錯誤；D．酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子發生氧化還原反應生成鐵離子，不能檢驗是否變質，故D錯誤；故選A。13.工業上由含銅廢料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制備硝酸銅晶體的流程如圖：

下列說法不正確的是：（）A.“焙燒”時可以加入石灰石進行固硫減少污染B.“酸化”目的是將氧化銅轉化為Cu2+C."濾液”中含有的陽離子主要為Fe2+，“淘洗”所用的溶液A可選用稀硝酸D.“反應”過程中無紅棕色氣體生成，理論上消耗HNO3和H2O2的物質的量之比為2：1【答案】C【解析】〖祥解〗工業上由含銅廢料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制備硝酸銅晶體：廢料通入空氣焙燒后銅生成氧化銅，硫化銅轉化為CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸銅，加入過量的鐵發生置換反應生成銅，過濾得到濾渣鐵和銅，用稀硫酸淘洗除去Fe粉，過濾得到Cu，再加入濃硝酸和10%的H2O2發生反應生成Cu(NO3)2，蒸發濃縮，降溫結晶，從“反應”所得溶液中析出Cu(NO3)2?3H2O；【詳析】A．焙燒時產生SO2，可以加入石灰石進行固硫減少污染，故A正確；B．加入硫酸酸化將CuO轉化為硫酸銅，故B正確；C．據分析，加入溶液A的目的是氧化多余的鐵，使其與銅分離，稀硝酸會將銅氧化了，故不能用稀硝酸淘洗，故C錯誤；D．“反應”這一步所用的試劑是濃硝酸和10%

H2O2，若過程中無紅棕色氣體生成，則生成Cu(NO3)2和H2O，該反應的化學方程式為Cu+2HNO3+H2O2=2H2O+Cu(NO3)2，消耗HNO3和H2O2的物質的量之比為2：1，故D正確。答案選C。第Ⅱ卷非選擇題(共61分)14.硅單質及其化合物應用廣泛。請回答下列問題：（1）硅元素在元素周期表的位置是___________。（2）沙子可用作建筑材料和制玻璃的原料，下列說法正確的是___________(填字母)。A．SiO2可用于制造光導纖維而不能直接作芯片B．SiO2既能溶于氫氟酸、也能溶于氫氧化鈉，是兩性氧化物C．普通玻璃是由SiO2、石灰石和純堿制成的，其熔點很高（3）硅單質可作為硅半導體材料。三氯甲硅烷(SiHCl3)還原法是當前制備高純硅的主要方法，生產過程如圖：①該生產過程中可以循環使用的物質是___________。②整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和一種氣體單質，寫出發生反應的化學方程式___________。（4）新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)可應用于原子反應堆，一種制備氮化硅的反應如下：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。若生成標準狀況下33.6LCO時，反應過程中轉移的電子為___________mol。（5）某同學設計的如圖實驗裝置證明非金屬性：N＞C＞Si。所用到的試劑：①稀HNO3；②碳酸鈣；③Na2SiO3溶液。你認為該同學實驗能否說明N、C、Si非金屬性強弱，若能或者不能，請用必要的文字及化學方程式說明___________。【答案】（1）第三周期第ⅣA族（2）A（3）①.H2、HCl②.SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl（4）3（5）硝酸具有揮發性，所以生成的硅酸可能是硝酸和硅酸鈉反應得到的，2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓【解析】(3)石英砂主要成分是SiO2，石英砂與焦炭在高溫下反應產生粗硅Si、CO，粗硅與HCl在573K條件下反應產生粗SiHCl3、H2，粗SiHCl3經精餾得到純凈SiHCl3，純凈SiHCl3與H2在1357K高溫下發生還原反應得到高純硅。(5)元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，強酸與弱酸鹽可以發生復分解反應制取弱酸，據此判斷元素的非金屬性強弱。在圖示中是利用酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3來判斷元素的非金屬性N＞C＞Si，但HNO3是揮發性的酸，在CO2氣體中含有HNO3蒸氣進入裝置C中會發生反應2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓，因此不能證明酸性H2CO3＞H2SiO3。（1）Si是14號元素，原子核外電子排布是2、8、4，根據原子核外電子排布與元素位置的關系可知：硅元素在元素周期表的位置是第三周期第ⅣA族；（2）A．SiO2能夠使光線全反射，因此可用于制造光導纖維，制芯片的原料是晶體硅，而不是二氧化硅，A正確；B．SiO2能溶于氫氧化鈉，反應產生Na2SiO3和H2O，雖然也能溶于氫氟酸，但反應產生SiF4不是鹽，因此不能說SiO2是兩性氧化物，它屬于酸性氧化物，B錯誤；

C．普通玻璃是由SiO2、石灰石和純堿制成的，是混合物，屬于玻璃態物質，而不是化合物，因此沒有固定的熔沸點，只能在一定溫度范圍內逐漸軟化，C錯誤；故合理選項是A；（3）①石英砂與焦炭在高溫下反應產生粗硅Si、CO，粗硅與HCl在573K條件下反應產生粗SiHCl3、H2，粗SiHCl3經精餾得到純凈SiHCl3，然后與H2在1357K高溫下發生還原反應產生高純硅Si、HCl，可見該生產過程中可以循環使用的物質是H2、HCl；②整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。這是由于SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和一種氣體單質，根據元素守恒、電子守恒，可知還產生了可燃性氣體H2，SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl；（4）在反應3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中，每反應產生6molCO氣體，反應過程中轉移12mol電子。若生成標準狀況下33.6LCO，其物質的量n(CO)==1.5mol，則反應過程中轉移的電子的物質的量為n(e-)=×12mol=3mol；（5）元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性就越強。HNO3能夠與CaCO3發生復分解反應：CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O。可證明酸性：HNO3＞H2CO3，反應產生的CO2進入盛有飽和Na2SiO3溶液的裝置中，會發生反應：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，若在裝置C中僅發生該反應，可以證明酸性：H2CO3＞H2SiO3，但由于硝酸具有揮發性，揮發的硝酸蒸氣也會進入裝置C中，與其中的Na2SiO3溶液發生反應：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓，可見：生成的硅酸可能是硝酸和硅酸鈉反應得到的，也可能是CO2氣體與硅酸鈉溶液反應得到的，因此不能根據上述實驗判斷元素的非金屬性：N＞C＞Si。15.以黃鐵礦(主要成分FeS2))為原料生產硫酸，并將產出的爐渣和尾氣進行資源綜合利用，減輕對環境的污染，其中一種流程如下圖所示。

資料：焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)，白色粉末，水溶液顯酸性，受潮易分解，遇強酸則放出一種刺激性氣味的氣體，是一種化工原料，常用作抗氧化劑。（1）煅燒前，黃鐵礦需要研磨，目的是___________。（2）煅燒黃鐵礦的化學方程式是___________。（3）過程①中處理尾氣SO2的離子反應方程式為___________。（4）已知1molSO2(g)完全轉化為1molSO3(g)放熱99kJ，寫出SO2催化氧化的熱化學方程式___________。（5）因為Na2S2O5在保存過程中易被氧化，導致商品Na2S2O5中存在Na2SO4.欲檢驗Na2S2O5已變質的實驗方法為___________。（6）一般用K2Cr2O7滴定分析法測定還原鐵粉的純度。實驗步驟：稱取一定量樣品，用過量稀硫酸溶解，用標準K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反應方程式為(方程式未配平)：Cr2O72-+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O。某次實驗稱取0.2800g樣品，滴定時消耗濃度為0.0300mol/L的K2Cr2O7溶液25.00mL，則樣品中鐵的質量分數為___________。(請寫出計算過程)【答案】（1）增大反應物的接觸面積，加快反應速率（2）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（3）SO2+OH－=（4）2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH＝－198kJ/mol（5）取少量的樣品于試管中，加適量蒸餾水溶解，先加入足量的稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則樣品已變質（6）結合電子守恒可知，存在關系式：6Fe～6Fe2+～K2Cr2O7，滴定過程中消耗的K2Cr2O7物質的量為0.03000mol·L-1×0.02500L=0.00075mol，則樣品中含有的鐵的物質的量為0.00075mol×6=0.0045mol，樣品中鐵含量為×100%=90%【解析】黃鐵礦煅燒生成氧化鐵和二氧化硫，氧化鐵用CO還原得到還原鐵粉，用K2Cr2O7滴定分析法測定還原鐵粉純度；二氧化硫經過一系列步驟生成硫酸，尾氣中含有二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收生成NaHSO3，加熱后生成Na2S2O5；（1）黃鐵礦需要研磨，目的是增大反應物的接觸面積，加快反應速率；（2）煅燒黃鐵礦，在氧氣作用下發生氧化反應生成氧化鐵和二氧化硫，化學方程式是4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（3）過程①中處理尾氣SO2使用氫氧化鈉吸收生成亞硫酸氫鈉，離子反應方程式為SO2+OH－=；（4）已知1molSO2(g)完全轉化為1molSO3(g)放熱99kJ，則生成2mol三氧化硫放熱99kJ×2=198kJ，故SO2催化氧化的熱化學方程式2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH＝－198kJ/mol；（5）焦亞硫酸鈉遇強酸則放出一種刺激性氣味的氣體二氧化硫，而硫酸根離子和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實驗方法為：取少量的樣品于試管中，加適量蒸餾水溶解，先加入足量的稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則樣品已變質；（6）反應中鉻化合價由+6變為+3、亞鐵離子由+2變為+3，結合電子守恒可知，存在關系式：6Fe～6Fe2+～K2Cr2O7，滴定過程中消耗的K2Cr2O7物質的量為0.03000mol·L-1×0.02500L=0.00075mol，則樣品中含有的鐵的物質的量為0.00075mol×6=0.0045mol，樣品中鐵含量為×100%=90%。16.某實驗小組同學用銅與濃硫酸反應制取SO2，驗證SO2性質并制備NaHSO3，設計如圖所示實驗裝置。回答下列問題：（1）①儀器a的名稱是___________。②C中的實驗現象是___________。（2）確認濃硫酸與銅反應后的產物中含有Cu2+的操作方法___________。（3）試管D中發生反應的離子方程式為___________。（4）向裝置E中通入SO2可制得NaHSO3.已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-隨pH的分布如圖1所示，Na2SO4的溶解度曲線如圖2所示。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通入SO2的實驗操作為測量溶液的pH，當pH約為___________時，停止通入SO2。②請補充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：___________，干燥，密封包裝。【實驗中須使用的試劑有1.0mol·L-1NaOH溶液、無水乙醇】【答案】（1）①.分液漏斗②.紫色石蕊溶液變為紅色（2）冷卻后，將反應后混合溶液緩慢倒入水中，并不停地攪拌（3）5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+（4）①.4②.邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌【解析】由實驗裝置可知，A中銅與濃硫酸反應生成SO2，B是安全瓶，有防倒吸的作用；C中石蕊試液變紅色，檢驗二氧化硫水為酸性氧化物；D中酸性高錳酸鉀溶液褪色，檢驗二氧化硫檢驗還原性；SO2繼續通入E中碳酸鈉溶液，反應生成NaHSO3，F裝置進行尾氣處理；（1）①儀器a是分液漏斗；②由分析可知，C中的實驗現象是紫色石蕊溶液變為紅色；（2）確認反應后的產物中含有Cu2+的操作方法是冷卻后，將反應后混合溶液緩慢倒入水中，并不停地攪拌，得到藍色溶液，說明含有Cu2+；（3）D中SO2與酸性高錳酸鉀溶液反應，使其褪色，反應的離子方程式為：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；（4）①由圖1可知，當pH約為4時，的含量最高，此時應停止通SO2；②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，可邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。17.工業及汽車尾氣已成為城市空氣的主要污染源，研究其反應機理對于環境治理有重要意義。（1）硝酸廠尾氣可以回收制備硝酸。已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)

△H1=-113.0kJ/mol②3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)

△H2=-138.0kJ/mol4NO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=4HNO3(g)

△H=___________kJ/mol。（2）液氨催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術。使用Fe2O3為催化劑，可能的反應過程如圖所示。①該脫硝過程的總反應的化學方程式為___________。②反應過程圖中，虛線方框里的過程可描述為___________。③氨氮比會直接影響該方法的脫硝率。350℃時只改變氨氣的投放量，NO的百分含量與氨氮比的關系如圖所示。當＞1.0時，煙氣中NO含量反而增大，主要原因是___________。（3）堿性溶液處理煙氣中的氮氧化物也是一種脫硝的方法。NO2被Na2CO3溶液吸收生成的三種鹽分別是NaNO2、NaNO3和___________。(填化學式)（4）NSR(NOX儲存還原)可有效減少氮氧化物排放。工作原理：通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現NOX的儲存和還原，如圖所示。若汽車所用的油品含硫量較高，BaO吸收NOX的能力下降至很低水平，結合化學方程式解釋原因___________。【答案】（1）-389.0（2）①.4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O②.Fe3+與NH3反應生成H+和中間產物Fe2+－NH2，而后Fe2+－NH2吸收NO生成N2和H2O，并生成Fe2+與H+進入下一個循環③.NH3被氧化生成NO，造成NO含量增大（3）NaHCO3（4）油品中硫元素被氧化為SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4較穩定，難分解，也難與NOx反應【解析】（1）已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)

△H1=-113.0kJ/mol②3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)

△H2=-138.0kJ/mol將熱化學方程式①+②×2，整理可得4NO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=4HNO3(g)

△H=-389kJ/mol；（2）①根據流程圖可知：反應物為NH3、NO、O2，生成物為N2、H2O，根據電子守恒、原子守恒，可知反應的化學方程式為：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O；②根據圖示可知：在反應過程圖中，虛線方框里的過程可描述為：Fe3+與NH3反應生成H+和中間產物Fe2+－NH2，而后Fe2+－NH2吸收NO生成N2和H2O，并且生成Fe2+與H+進入下一個循環中；③氨氮比會直接影響該方法的脫硝率。350℃時只改變氨氣的投放量，NO的百分含量與氨氮比的關系如圖所示。當當＞1.0時，煙氣中NO含量反而增大，這其中的主要原因是NH3被氧化生成NO，造成NO含量增大；（3）Na2CO3在溶液中有少量與水反應產生NaHCO3、NaOH，NaOH與NO2在溶液中反應產生NaNO3、NaNO2和H2O，因此NO2被Na2CO3溶液吸收生成的三種鹽，它們分別是NaNO2、NaNO3和NaHCO3；（4）根據圖示可知：在儲存中，NO、O2在Pt催化下與BaO反應轉化為Ba(NO3)2；在還原中Ba(NO3)2與還原性氣體反應，轉化為N2、H2O釋放出來，若若汽車所用的油品含硫量較高，油品中硫元素被氧化為SO2，然后發生反應2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，反應產生的BaSO4性質較穩定，難分解，也難與NOx反應，導致BaO吸收NOX的能力下降至很低水平。江蘇省南京市六校聯合體考試2023-2024學年高一下學期4月期中考試試題考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷選擇題共39分單項選擇題：每小題3分，共計39分。每小題只有一個選項符合題意。1.碳納米材料主要包括富勒烯、碳納米管、石墨烯等。下列說法正確的是（）A.碳納米材料屬于膠體 B.石墨烯是新型無機非金屬材料C.石墨烯和碳納米管互為同位素 D.碳納米材料均屬于含碳化合物【答案】B【解析】【詳析】A．納米材料直徑在納米級，但需要分散到分散劑中才能形成膠體，故A錯誤；B．石墨烯是碳單質，屬于新型的無機非金屬材料，故B正確；C．石墨烯和碳納米管是碳元素形成的不同種單質，互為同素異形體，故C錯誤；D．碳納米材料屬于碳單質，故D錯誤。答案選B。2.正確掌握化學用語是學好化學的基礎，下列化學用語表達正確的是（）A.含7個質子和8個中子的元素的核素符號：B.NH4Cl中N元素的化合價：+3C.氮氣的電子式：D.用電子式表示K2S的形成過程：【答案】D【解析】【詳析】A．含7個質子和8個中子的元素的核素質量數為15，核素符號為：，故A錯誤；B．NH4Cl中N元素的化合價為-3，故B錯誤；C．氮氣分子中含有氮氮三鍵，其正確的電子式為，故C錯誤；D．硫化鉀形成過程中鉀失去電子，硫得到電子，K2S的形成過程：，故D正確。答案選D。3.下列有關物質的性質和用途具有對應關系的是（）A.NH3具有還原性，用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏B.HNO3具有強氧化性，可用于制備硝酸銨C.NH3極易溶于水，可用作制冷劑D.N2不溶于水，可用作保護氣【答案】A【解析】【詳析】A．氨水可以用來檢驗有毒氣體氯氣的泄漏，發生的反應為3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨氣表現出還原性，故A符合題意；B．HNO3具有酸性，可以與氨氣反應生成硝酸銨，與其氧化性無關，故B不符合題意；C．氨氣易液化，液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用，可以用作制冷劑，與NH3極易溶于水無關，故C不符合題意；D．氮氣具有N≡N鍵結構，化學性質穩定，一般不與其它物質發生反應，所以可用作保護氣，與不溶于水無關，故D不符合題意。答案選A。4.實驗室采用下列裝置制取氨氣，正確的是（）A.裝置甲生成NH3 B.裝置乙干燥NH3C裝置丙收集NH3并驗滿 D.裝置丁吸收多余NH3【答案】D【解析】【詳析】A．NH4Cl受熱分解產生NH3、HCl，二者在試管口遇冷又重新化合形成NH4Cl，因此不能用于實驗室制取NH3，應該用加熱NH4Cl與Ca(OH)2混合物的方法制取NH3，A錯誤；B．NH3是堿性氣體，與濃硫酸會發生反應，因此不能使用濃硫酸干燥氨氣，應該使用堿石灰干燥，B錯誤；C．NH3的密度比空氣小，采用向下排空氣的方法收集NH3時，導氣管應該伸入到試管底部，C錯誤；D．NH3是大氣污染物，由于NH3極易溶于水，為防止氨氣被水吸收時引起倒吸現象，通常在導氣管末端安裝一個倒扣漏斗或一個干燥管，D正確；故合理選項是D。5.下列選項物質間轉化不能一步實現的是（）A.Al3+ B.NH3N2C.NO2NO D.NH3NH4HSO4【答案】A【解析】【詳析】A．Al3+與氨水反應生成Al(OH)3，氨水顯弱堿性，Al(OH)3不溶于弱堿，所以不能生成，A符合題意；B．NH3中的N元素顯-3價，NO2中的N元素顯+4價，N2中的N元素顯0價，0介于-3和+4之間，發生歸中反應可以實現一步實現，B不符合題意；C．NO2通入水中，發生反應3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不符合題意；D．NH3與足量硫酸反應，可以生成NH4HSO4，D不符合題意；答案選A。6.N2(g)和O2(g)反應生成NO(g)過程中能量變化情況如下圖a所示，下列說法不正確的是（）A.等物質的量的N2(g)、N2(l)具有的能量不相同B.N2(g)+O2(g)=2NO(g)的能量關系可用圖b表示C.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=＋1444kJ/molD.N2(g)和O2

(g)的反應過程中，斷開化學鍵吸收的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量【答案】C【解析】【詳析】A．同種物質狀態不同時，具有的能量不同，故A正確；B．焓變=反應物斷裂化學鍵吸收的能量-生成物形成化學鍵放出的能量，N2+O2═2NO△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，為吸熱反應，可以用圖b表示；故B正確；C．由B項計算可知，N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=＋180kJ/mol，故C錯誤；D．反應為吸熱反應，斷開化學鍵吸收的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量，故D正確。答案選C7.下列離子組在指定條件下一定能大量共存的是（）A.強酸溶液中：Na+、K+、、Cl-B.澄清透明溶液中：Fe3+、Mg2+、Br-、Cl-C.使酚酞變紅色的溶液：Fe2+、、、Cl-D.加入鋁粉產生大量氫氣的溶液中：K+、Na+、、【答案】B【解析】【詳析】A．強酸溶液中含有H+，與反應，不能大量共存，故A不選；B．澄清透明的溶液中，Fe3+、Mg2+、Br-、Cl-相互不反應，可以大量共存，故B選；C．使酚酞變紅色的溶液中有OH-，與Fe2+、均會反應，不能大量共存，故C不選；D．若溶液含且為酸性時，與鋁反應不能產生大量氫氣，故D不選。答案選B。8.NA為阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A.22.4LSO2所含的分子數目為NAB.1molCu和足量S充分反應后，轉移電子數為NAC.一定條件下，1molN2與足量H2充分反應，生成的NH3分子數為2NAD.常溫下，將28g鐵片投入足量的稀硝酸中，鐵失去的電子數為NA【答案】B【解析】【詳析】A．未給出氣體所處的外界條件，因此不能確定其物質的量，也不能確定氣體分子數目，A錯誤；B．S與Cu混合加熱發生反應產生Cu2S，Cu元素化合價由Cu單質的0價變為Cu2S中的+1價，1molCu反應，轉移1mol電子，則轉移的電子數目是NA，B正確；C．N2與H2轉化為NH3的反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，因此一定條件下，1molN2與足量H2充分反應，生成的NH3的物質的量小于2mol，則產生的NH3分子數小于2NA，C錯誤；D．Fe與足量稀硝酸反應產生Fe(NO3)3，1molFe反應失去3mol電子，28gFe的物質的量是0.5mol，則0.5molFe反應失去電子1.5mol，鐵失去的電子數為1.5NA，D錯誤；故合理選項是B。9.下列指定反應的離子方程式書寫正確的是（）A.將氯氣通入水中：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-B.NaHCO3溶液與少量的Ca(OH)2溶液混合：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OC.Cu與濃硝酸反應：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2OD.SO2使溴水褪色：SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-【答案】D【解析】【詳析】A．反應產生的HClO是弱酸，應該寫化學式，反應的離子方程式應該為Cl2+H2OH++HClO+Cl-，A錯誤；B．酸式鹽與堿反應時，要以不足量的Ca(OH)2為標準，假設其物質的量是1mol，反應的離子方程式應該為：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+，B錯誤；C．濃硝酸與Cu反應時HNO3被還原產生NO2氣體，反應的離子方程式應該為：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C錯誤；D．SO2與溴水反應產生H2SO4、HBr，離子方程式符合反應事實，遵循物質的拆分原則，D正確；故合理選項是D。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們原子的最外層電子數之和為16，Y的單質是空氣中含量最多的氣體，Z原子的最外層電子數是其內層電子數的3倍，W是短周期中金屬性最強的元素。下列說法正確的是（）A.XZ2俗稱干冰，分子間存在氫鍵 B.原子半徑：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)C.X、Y、Z的非金屬性依次減弱 D.由Z和W組成的化合物只有一種【答案】B【解析】〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，Y的單質是空氣中含量最多的氣體，Y為N元素；Z原子的最外層電子數是其內層電子數的3倍，Z為O元素；W是短周期中金屬性最強的元素，W為Na元素；四種原子的最外層電子數之和為16，X的最外層電子數為16-5-6-1=4，則X為C元素，以此分析解答。【詳析】根據上述分析可知，X為C元素，Y為N元素，Z為O元素，W為Na元素。A．固態CO2俗稱干冰，分子間不存在氫鍵，故A錯誤；B．同周期元素隨核電荷數增大原子半徑逐漸減小，Na為短周期中原子半徑最大的元素，則原子半徑：r(Na)＞r(C)＞r(N)＞r(O)，故B正確；C．C、N、O位于同周期且相鄰的元素，隨核電荷數增大，非金屬性逐漸增強，則C、N、O的非金屬性依次增強，故C錯誤；D．由O、Na組成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉，故D錯誤。答案選B。11.海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素。如圖為從海帶中提取碘的工業生產過程，有關說法正確的是（）A.工業上不直接從海水中提取碘是因為海水中碘的總儲量很少B.干海帶浸泡液中的碘離子可用淀粉溶液檢驗C.操作(1)時，需要用到玻璃儀器有玻璃棒、蒸發皿、酒精燈D.從海帶中提碘的過程中利用了氧化還原反應原理【答案】D【解析】【詳析】A．海水中的碘化物的濃度很低，不能直接提取，應濃縮后再提取，不是因為海水中碘的總儲量很少，A錯誤；B．淀粉遇到碘單質變藍，與碘離子不發生顏色反應，所以不能用淀粉檢驗碘離子，B錯誤；C．操作(1)分離出溶液和有機沉淀物，是過濾操作，過濾操作需要用到玻璃儀器有玻璃棒、玻璃漏斗、燒杯，C錯誤；D．從海帶中提碘的過程中，碘離子轉化為碘單質的反應屬于氧化還原反應，D正確；本題選D。12.下列實驗方案能達到實驗目的的是（）選項實驗目的實驗方案A探究濃硫酸的吸水性向表面皿中加入少量，再加入約3mL濃硫酸，攪拌，觀察實驗現象B比較濃硝酸和濃鹽酸的氧化性強弱室溫下，在濃硝酸和濃鹽酸中分別投入光亮的鐵釘C探究濃硫酸與木炭反應的氣體產物中是否含有將濃硫酸與木炭混合加熱生成的氣體通入足量澄清石灰水中，觀察是否有白色沉淀產生D檢驗固體是否氧化變質將樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液【答案】A【解析】【詳析】A．中加入濃硫酸，失去水，固體由藍色變無色，與濃硫酸的吸水性有關，故A正確；B．室溫下Fe在濃硝酸中發生鈍化，鐵能在濃鹽酸中溶解，不能比較兩種酸的氧化性，故B錯誤；C．碳和濃硫酸生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，由現象不能說明產物中含有CO2，故C錯誤；D．酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子發生氧化還原反應生成鐵離子，不能檢驗是否變質，故D錯誤；故選A。13.工業上由含銅廢料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制備硝酸銅晶體的流程如圖：

下列說法不正確的是：（）A.“焙燒”時可以加入石灰石進行固硫減少污染B.“酸化”目的是將氧化銅轉化為Cu2+C."濾液”中含有的陽離子主要為Fe2+，“淘洗”所用的溶液A可選用稀硝酸D.“反應”過程中無紅棕色氣體生成，理論上消耗HNO3和H2O2的物質的量之比為2：1【答案】C【解析】〖祥解〗工業上由含銅廢料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制備硝酸銅晶體：廢料通入空氣焙燒后銅生成氧化銅，硫化銅轉化為CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸銅，加入過量的鐵發生置換反應生成銅，過濾得到濾渣鐵和銅，用稀硫酸淘洗除去Fe粉，過濾得到Cu，再加入濃硝酸和10%的H2O2發生反應生成Cu(NO3)2，蒸發濃縮，降溫結晶，從“反應”所得溶液中析出Cu(NO3)2?3H2O；【詳析】A．焙燒時產生SO2，可以加入石灰石進行固硫減少污染，故A正確；B．加入硫酸酸化將CuO轉化為硫酸銅，故B正確；C．據分析，加入溶液A的目的是氧化多余的鐵，使其與銅分離，稀硝酸會將銅氧化了，故不能用稀硝酸淘洗，故C錯誤；D．“反應”這一步所用的試劑是濃硝酸和10%

H2O2，若過程中無紅棕色氣體生成，則生成Cu(NO3)2和H2O，該反應的化學方程式為Cu+2HNO3+H2O2=2H2O+Cu(NO3)2，消耗HNO3和H2O2的物質的量之比為2：1，故D正確。答案選C。第Ⅱ卷非選擇題(共61分)14.硅單質及其化合物應用廣泛。請回答下列問題：（1）硅元素在元素周期表的位置是___________。（2）沙子可用作建筑材料和制玻璃的原料，下列說法正確的是___________(填字母)。A．SiO2可用于制造光導纖維而不能直接作芯片B．SiO2既能溶于氫氟酸、也能溶于氫氧化鈉，是兩性氧化物C．普通玻璃是由SiO2、石灰石和純堿制成的，其熔點很高（3）硅單質可作為硅半導體材料。三氯甲硅烷(SiHCl3)還原法是當前制備高純硅的主要方法，生產過程如圖：①該生產過程中可以循環使用的物質是___________。②整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和一種氣體單質，寫出發生反應的化學方程式___________。（4）新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)可應用于原子反應堆，一種制備氮化硅的反應如下：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。若生成標準狀況下33.6LCO時，反應過程中轉移的電子為___________mol。（5）某同學設計的如圖實驗裝置證明非金屬性：N＞C＞Si。所用到的試劑：①稀HNO3；②碳酸鈣；③Na2SiO3溶液。你認為該同學實驗能否說明N、C、Si非金屬性強弱，若能或者不能，請用必要的文字及化學方程式說明___________。【答案】（1）第三周期第ⅣA族（2）A（3）①.H2、HCl②.SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl（4）3（5）硝酸具有揮發性，所以生成的硅酸可能是硝酸和硅酸鈉反應得到的，2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓【解析】(3)石英砂主要成分是SiO2，石英砂與焦炭在高溫下反應產生粗硅Si、CO，粗硅與HCl在573K條件下反應產生粗SiHCl3、H2，粗SiHCl3經精餾得到純凈SiHCl3，純凈SiHCl3與H2在1357K高溫下發生還原反應得到高純硅。(5)元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，強酸與弱酸鹽可以發生復分解反應制取弱酸，據此判斷元素的非金屬性強弱。在圖示中是利用酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3來判斷元素的非金屬性N＞C＞Si，但HNO3是揮發性的酸，在CO2氣體中含有HNO3蒸氣進入裝置C中會發生反應2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓，因此不能證明酸性H2CO3＞H2SiO3。（1）Si是14號元素，原子核外電子排布是2、8、4，根據原子核外電子排布與元素位置的關系可知：硅元素在元素周期表的位置是第三周期第ⅣA族；（2）A．SiO2能夠使光線全反射，因此可用于制造光導纖維，制芯片的原料是晶體硅，而不是二氧化硅，A正確；B．SiO2能溶于氫氧化鈉，反應產生Na2SiO3和H2O，雖然也能溶于氫氟酸，但反應產生SiF4不是鹽，因此不能說SiO2是兩性氧化物，它屬于酸性氧化物，B錯誤；

C．普通玻璃是由SiO2、石灰石和純堿制成的，是混合物，屬于玻璃態物質，而不是化合物，因此沒有固定的熔沸點，只能在一定溫度范圍內逐漸軟化，C錯誤；故合理選項是A；（3）①石英砂與焦炭在高溫下反應產生粗硅Si、CO，粗硅與HCl在573K條件下反應產生粗SiHCl3、H2，粗SiHCl3經精餾得到純凈SiHCl3，然后與H2在1357K高溫下發生還原反應產生高純硅Si、HCl，可見該生產過程中可以循環使用的物質是H2、HCl；②整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。這是由于SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和一種氣體單質，根據元素守恒、電子守恒，可知還產生了可燃性氣體H2，SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl；（4）在反應3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中，每反應產生6molCO氣體，反應過程中轉移12mol電子。若生成標準狀況下33.6LCO，其物質的量n(CO)==1.5mol，則反應過程中轉移的電子的物質的量為n(e-)=×12mol=3mol；（5）元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性就越強。HNO3能夠與CaCO3發生復分解反應：CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O。可證明酸性：HNO3＞H2CO3，反應產生的CO2進入盛有飽和Na2SiO3溶液的裝置中，會發生反應：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，若在裝置C中僅發生該反應，可以證明酸性：H2CO3＞H2SiO3，但由于硝酸具有揮發性，揮發的硝酸蒸氣也會進入裝置C中，與其中的Na2SiO3溶液發生反應：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓，可見：生成的硅酸可能是硝酸和硅酸鈉反應得到的，也可能是CO2氣體與硅酸鈉溶液反應得到的，因此不能根據上述實驗判斷元素的非金屬性：N＞C＞Si。15.以黃鐵礦(主要成分FeS2))為原料生產硫酸，并將產出的爐渣和尾氣進行資源綜合利用，減輕對環境的污染，其中一種流程如下圖所示。

資料：焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)，白色粉末，水溶液顯酸性，受潮易分解，遇強酸則放出一種刺激性氣味的氣體，是一種化工原料，常用作抗氧化劑。（1）煅燒前，黃鐵礦需要研磨，目的是___________。（2）煅燒黃鐵礦的化學方程式是___________。（3）過程①中處理尾氣SO2的離子反應方程式為___________。（4）已知1molSO2(g)完全轉化為1molSO3(g)放熱99kJ，寫出SO2催化氧化的熱化學方程式___________。（5）因為Na2S2O5在保存過程中易被氧化，導致商品Na2S2O5中存在Na2SO4.欲檢驗Na2S2O5已變質的實驗方法為___________。（6）一般用K2Cr2O7滴定分析法測定還原鐵粉的純度。實驗步驟：稱取一定量樣品，用過量稀硫酸溶解，用標準K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反應方程式為(方程式未配平)：Cr2O72-+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O。某次實驗稱取0.2800g樣品，滴定時消耗濃度為0.0300mol/L的K2Cr2O7溶液25.00mL，則樣品中鐵的質量分數為___________。(請寫出計算過程)【答案】（1）增大反應物的接觸面積，加快反應速率（2）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（3）SO2+OH－=（4）2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH＝－198kJ/mol（5）取少量的樣品于試管中，加適量蒸餾水溶解，先加入足量的稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則樣品已變質（6）結合電子守恒可知，存在關系式：6Fe～6Fe2+～K2Cr2O7，滴定過程中消耗的K2Cr2O7物質的量為0.03000mol·L-1×0.02500L=0.00075mol，則樣品中含有的鐵的物質的量為0.00075mol×6=0.0045mol，樣品中鐵含量為×100%=90%【解析】黃鐵礦煅燒生成氧化鐵和二氧化硫，氧化鐵用CO還原得到還原鐵粉，用K2Cr2O7滴定分析法測定還原鐵粉純度；二氧化硫經過一系列步驟生成硫酸，尾氣中含有二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收生成NaHSO3，加熱后生成Na2S2O5；（1）黃鐵礦需要研磨，目的是增大反應物的接觸面積，加快反應速率；（2）煅燒黃鐵礦，在氧氣作用下發生氧化反應生成氧化鐵和二氧化硫，化學方程式是4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（3）過程①中處理尾氣SO2使用氫氧化鈉吸收生成亞硫酸氫鈉，離子反應方程式為SO2+OH－=；（4）已知1molSO2(g)完全轉化為1molSO3(g)放熱99kJ，則生成2mol三氧化硫放熱99kJ×2=198kJ，故SO2催化氧化的熱化學方程式2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH＝－198kJ/mol；（5）焦亞硫酸鈉遇強酸則放出一種刺激性氣味的氣體二氧化硫，而硫酸根離子和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實驗方法為：取少量的樣品于試管中，加適量蒸餾水溶解，先加入足量的稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則樣品已變質；（6）反應中鉻化合價由+6變為+3、亞鐵離子由+2變為+3，結合電子守恒可知，存在關系式：6Fe～6Fe2+～K2Cr2O7，滴定過程中消耗的K2Cr2O7物質的量為0.03000mol·L-1×0.02500L=0.00075mol，則樣品中含有的鐵的物質的量為0.00075mol×6=0.0045mol，樣品中鐵含量為×100%=90%。16.某實驗小組同學用銅與濃硫酸反應制取SO2，驗證SO2性質并制備NaHSO3，設計如圖所示實驗裝置。回答下列問題：（1）①儀器a的名稱是___________。②C中的實驗現象是___________。（2）確認濃硫酸與銅反應后的產物中含有Cu2+的操作方法___________。（3）試管D中發生反應的離子方程式為___________。（4）向裝置E中通入SO2可制得NaHSO3.已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-隨pH的分布如圖1所示，Na2SO4的溶解度曲線如圖2所示。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通入SO2的實驗操作為測量溶液的pH，當pH約為___________