四川省广元中学2022-2023学年高一下期第一次段考化学试题含解析

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 广元中学高2022级高一下期第一次段考
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号写在答题卡上。
2.选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应的选项涂黑，非选择题需写在答题卡上，写在本试卷无效。
相对原子质量(原子量)：H-1 C-12 O-16 S-32 Ba-137 Cu-64
一、选择题(每题3分，共42分)
1. 下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是




A．4.03米大口径碳化硅反射镜
B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线
D．“玉兔二号”钛合金筛网轮

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；
B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；
C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；
D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；
综上所述，本题应选A。
【点睛】本题依托有机物和无机物概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。
2. 下列有关物质应用的叙述中，错误的是
A. 过氧化钠可用作潜艇供氧剂
B. 常温下，铁槽、铝槽可存放冷的浓硝酸、浓硫酸
C. 水玻璃浸泡过的木材既能防腐又能耐火
D. Si用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，可以用作潜艇供氧剂，故A正确；
B．常温下，铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中会发生钝化，所以常温下，铁槽、铝槽可存放冷的浓硝酸、浓硫酸，故B正确；
C．硅酸钠的水溶液具有防腐和防火性能，所以水玻璃浸泡过的木材既能防腐又能耐火，故C正确；
D．SiO2用于制造光导纤维，故D错误；
故选D。
3. 已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示(E1、E2均为正值)，下列说法正确的是

A. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量
B. 该反应吸收的能最为(E1-E2)
C. A和B的总能量一定高于C和D的总能量
D. 该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】B
【解析】
【详解】分析：依据图象分析反应物能量低于生成物，结合能量守恒分析判断反应能量变化。
详解：A、图象分析反应物能量低于生成物，结合能量守恒分析反应是吸热反应，因此破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，A错误；
B、△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，B正确；
C、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，即A和B的总能量一定低于C和D的总能量，C错误；
D、某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，D错误；
答案选B。
4. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L的SO3的分子数目为NA
B. 1molCu与足量的稀硝酸充分反应得到NO气体分子数目为NA
C. 足量的Cu与2mol浓硫酸H2SO4加热充分反应后得到SO2分子数目为2NA
D. 标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，三氧化硫是固体，22.4LSO3物质的量不是1mol，分子数目不是NA，选项A错误；
B．根据电子守恒计算，1molCu失2mole-，HNO3还原为NO，生成NO的物质的量n=mol，即产生NA个NO分子，选项B正确；
C．因稀硫酸与铜不反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，故足量的Cu与2mol浓硫酸H2SO4加热充分反应后得到SO2的物质的量小于1mol，故分子数目小于NA，选项C错误；
D．NO和O2混合反应生成的NO2中存在平衡2NO2N2O4，故所得气体的分子总数小于NA，选项D错误；
答案选B。
5. 关于如图所示装置的叙述，正确的是

A. 将电能转化为化学能的装置
B. 电子由铜片经导线流向锌片
C. 锌片为负极，发生氧化反应
D. 铜片上发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为将化学能转化为电能的原电池，金属活泼性强的锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜电极为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气。
【详解】A．由分析可知，该装置为将化学能转化为电能的原电池，故A错误；
B．电池工作时，电子由负极锌片经导线流向正极铜片，故B错误；
C．由分析可知，金属活泼性强的锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，故C正确；
D．由分析可知，铜电极为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，故D错误；
故选C。
6. 下列离子组因发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A. H+、Fe2+、SO、NO B. NH、SO、Fe3+、SCN-
C. Ba2+、CO、Na+、ClO- D. K+、Na+、HCO、OH-
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．NO 在酸性条件下会将Fe2+氧化为三价铁离子，故A符合题意；
B．Fe3+与SCN-会络合，但不是氧化还原反应，故B不符合题意；
C．Ba2+与CO生成沉淀，但不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．HCO与OH-反应生成二氧化碳，但不氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
7. 利用下列实验装置能达到实验目的的是




A．检验氨气极易溶于水
B．制取并干燥氨气
C．制取并收集二氧化氮
D．将化学能转化为电能

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．滴入水，气球膨胀，说明氨气极易溶于水，故A选；
B．氯化铵分解后在试管口又重新化合生成氯化铵，故B不选；
C．二氧化氮能与水反应转化成一氧化氮，故C不选；
D．不能形成闭合回路，不能将化学能转化为电能，故D不选；
故选A。
8. 为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、、SO及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序，其中正确的是
①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加过量BaCl2溶液 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加适量稀盐酸
A. ②③④⑤① B. ③②④①⑤ C. ②④③①⑤ D. ④③②⑤①
【答案】B
【解析】
【分析】钙离子用碳酸根离子沉淀，镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀，据此分析。
【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：③加过量的氯化钡溶液，除去硫酸根离子：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl；②加过量的氢氧化钠溶液，除去MgCl2，主要反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；④加过量的碳酸钠溶液，除去Ca2+和Ba2+：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；①过滤；再加适量盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3：HCl+NaOH=NaCl+H2O、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，蒸发溶液，析出NaCl晶体，答案选D。
【点睛】本题的易错点是碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，需要注意除杂设计时不要引入新的杂质，操作简便，例如过滤放在所有离子沉淀完之后。
9. 下列变化过程，属于放热反应的是
①液态水变成水蒸气
②Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合
③浓硫酸与水混合
④碳酸氢钠与稀盐酸充分混合
⑤H2在Cl2中燃烧
⑥食物腐败
A. ①③⑤⑥ B. ④⑥ C. ⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①液态水变成水蒸气，属于吸热过程，但不是吸热反应，故①不符合题意；
②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应，属于吸热反应，故②不符合题意；
③浓硫酸与水混合是放热过程，但不是放热反应，故③不符合题意；
④碳酸氢钠与稀盐酸反应是吸吸热反应，故④不符合题意；
⑤氢气在氯气中燃烧，属于放热反应，故⑤符合题意；
⑥食物腐败，食物被氧化，属于放热反应，故⑥符合题意；
综上所述，⑤⑥正确；
答案选C。
10. 下列反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2-=CuS↓
B. 铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑
C 过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O
D. 等体积等物质的量浓度的NaHCO3与Ba(OH)2溶液混合：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫化氢是弱电解质，应该写化学式，反应的离子方程式为Cu2++H2S═CuS↓+2H+，故A错误；
B．铜丝插入热的浓硫酸中，反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，故B错误；
C．将过量的铁粉加入稀硝酸中反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．等体积等物质的量浓度的NaHCO3与Ba(OH)2溶液混合，NaHCO3与Ba(OH)2的物质的量相等，生成BaCO3、NaOH和水，反应的离子方程式为+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故D正确；
故选D。
11. 今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：，现取两份100 mL的该溶液进行如下实验：
第1份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448 mL；
第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。
根据上述实验，下列推测正确的是
A. Ba2+一定存在 B. 100 mL该溶液中含
C. Na+不一定存在 D. Cl-不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分析，第一份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有，n()=n(NH3)==0.02 mol；第二份溶液中加入Ba(OH)2产生沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。加入酸沉淀部分溶解，说明其中含有BaCO3、BaSO4，则原溶液中一定存在、，n()=n(BaSO4)=；n()=n(BaCO3)=，由于Ba2+与会反应产生BaSO4沉淀，可知原溶液中一定不存在Ba2+；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出Na+一定存在，由Na +物质的量的变化分析Cl-的情况。
【详解】A．根据上述分析可知溶液中含有0.01 mol ，由于Ba2+与会反应产生BaSO4沉淀，可知原溶液中一定不存在Ba2+，A错误；
B．根据上述计算可知在100 mL的溶液中含有的物质的量为0.01 mol，B正确；
C．根据上述分析可知，在100 mL溶液中含有的离子，n()=0.01 mol，n()=0.01 mol，n()=0.02 mol，根据电荷守恒可知该溶液中一定含有阳离子Na+，C错误；
D．不能确定Cl-是否存在，若向原溶液中加入AgNO3溶液，由于溶液中含有， Ag+与会产生Ag2SO4白色沉淀，因此不能检验Cl-是否存在，D错误；
故合理选项是B。
12. 下列各物质中，不能满足“”转化关系的一组是

X
Y
Z
A
Si
SiO2
Na2SiO3
B
Fe
FeCl3
FeCl2
C
HCl
Cl2
HClO
D
H2SO4
SO2
SO3

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅可氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，但Na2SiO3不能直接生成Si，故A错误；
B． Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2发生置换反应可生成Fe，故B正确；
C．浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成盐酸，故C确；
D．硫酸可被还原生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂加热条件下可生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故D正确。
故选A。
13. 某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是（　 　）

A. ①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B. ③中反应的化学方程式：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4===4CuSO4+2NO↑+4H2O
C. ③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D. 由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被Cu还原为NO，在试管口，NO遇到空气中的氧气，生成NO2，A错误；
B、③中反应的化学方程式：3Cu＋Cu(NO3) 2＋4H2SO4 = 4CuSO4 ＋2NO↑＋4H2O，B正确；
C、实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，硝酸根离子在酸性条件下等同于硝酸，硝酸的氧化性强于稀硫酸，C错误；
D、铜与稀硫酸不反应，D错误。答案选B。
14. 将12.8g铜投入100mL一定浓度的硝酸中，铜完全溶解，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共4.48L，反应结束后向溶液中加入600mL1mol•L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为Cu(OH)2沉淀。若将盛有4.48L该混合气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，又可将气体完全转化为。则下列说法错误的是
A. 产生的混合气体中，NO和NO2的体积比为1：1
B. 原硝酸浓度为6mol•L-1
C. 与铜反应中，起酸性作用的硝酸为0.4mol
D. 通入标准状况下氧气的体积为2.24L
【答案】B
【解析】
【详解】A．，生成的Cu(NO3)2的物质的量为0.2mol。根据得失电子守恒可列出方程，根据产生标准状况下4.48L的混合气体的体积可列出方程，解得，故产生的混合气体中，NO和NO2的体积比为1：1，选项A正确；
B．将0.2molCu(NO3)2全部转化为Cu(OH)2沉淀，只需消耗0.4molNaOH，而实际消耗了0.6molNaOH，这说明硝酸与铜反应后，过量的HNO3为0.2mol。与铜反应中，起氧化作用的硝酸的物质的量，原硝酸溶液中溶质HNO3的物质的量，原硝酸浓度，选项B错误；
C．与铜反应中，起酸性作用的硝酸的物质的量，选项C正确；
D．NO和NO2的体积比为1：1的混合气体与氧气和水发生反应的化学方程式为，故通入标准状况下氧气的物质的量为0.1mol，体积为2.24L(标准状况)，选项D正确；
答案选B。
二、非选择题(4小题，共52分)
15. 按要求填空。
（1）在①Ar、②NH3、③SiO2、④K2S、⑤NH4Cl五种物质中，只存在共价键的是_____。既有离子键，又有共价键的是______(填序号)。②的电子式是______。
（2）实验室中，检验溶液中含有的操作方法是______。
（3）下列化学反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是_____(填序号)。
①NaOH+HCl=NaCl+H2O
②Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
③CH4+2O2=CO2+2H2O
④NH3•H2ONH3↑+H2O
（4）氢气是一种热值高、环境友好型燃料。等物质的量的H2完全燃烧生成液态水与生成气态水相比，生成液态水时放出热量______。(填“多”“少”或“相等”)
（5）工业合成氨缓解了有限耕地与不断增长的人口对粮食大量需求之间的矛盾。已知拆开1mol化学键所需要的能量叫键能。相关键能数据如表：
共价键
H－H
N≡N
N－H
键能(kJ•mol-1)
436.0
945.0
3910
结合表中所给信息。计算生成2molNH3时______(填“吸收”或“放出”)的热量是______kJ。
【答案】（1） ①. ②③ ②. ⑤ ③.
（2）取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液，微热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，如果试纸变蓝，则证明该固体中含有
（3）②③ （4）多
（5） ①. 放出 ②. 93.0
【解析】
【小问1详解】
①Ar是单原子分子，没有化学键存在；②NH3分子是N和H间共用电子对形成的，有共价键；③SiO2是Si和O共用电子对形成的，有共价键；④K2S是K+和S2-通过离子键形成的，只存在离子键；⑤NH4Cl是和氯离子通过离子键结合而成的，是由N和H通过共价键结合而成的，五种物质中，只存在共价键的是②③。既有离子键，又有共价键的是⑤。②的电子式是；
【小问2详解】
能和碱反应生成氨气，检验的方法是：取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液，微热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，如果试纸变蓝，则证明该固体中含有。
【小问3详解】
原电池中发生的是自发的氧化还原反应。①是非氧化还原反应，不能实现化学能直接转化为电能；②是自发的氧化还原反应，能实现化学能直接转化为电能；③是甲烷的燃烧反应，可以设计成燃料电池，能实现化学能直接转化为电能；④不是氧化还原反应，不能实现化学能直接转化为电能，故选②③。
【小问4详解】
液态水的能量比气态水的能量低，所以等物质的量的H2完全燃烧生成液态水与生成气态水相比，生成液态水时放出热量多。
【小问5详解】
生成2molNH3，需要断开1molN2中的N≡N键和3molH2中的H-H键，断开1molN2中的N≡N键需要吸收的能量为945.0kJ，断开3molH2中的H-H键需要吸收的能量为3×436.0kJ=1308.0kJ，形成2molNH3中的N-H键放出的能量为6×391.0kJ=2346.0kJ，所以生成2molNH3时放出的热量是2346.0kJ-945.0kJ-1308.0kJ=93.0kJ。
16. 浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计了如下图所示的实验。请据此回答下列问题。

（1）仪器a的名称是___________。
（2）装置A中出现___________现象，证明气体产物中有H2O。
（3）为验证产物中是否含有SO2，该同学思考如下：
①B装置可证明产物中有SO2生成，现象是___________；
②该同学认为，如果去掉装置B也能实现产物SO2的验证，该同学依据的实验现象是___________。
③在不影响实验检验结果的情况下，理论上以下试剂中可以用来代替装置B中的品红溶液的有___________(填序号)。
A．H2O2溶液B．饱和NaHCO3溶液
C．氯水D．H2S溶液
（4）为验证产物中是否含有CO2，该同学思考如下：
①C装置的作用是___________，发生反应的离子方程式是___________。
②如果C中溶液褪色，为避免SO2对CO2检验造成干扰，可在原装置C与D之间插入下列装置，即C→___________→___________→D。___________

溴水

品红溶液

饱和碳酸钠溶液

氢氧化钠浓溶液
a
b
c
d

【答案】（1）分液漏斗
（2）白色固体变为蓝色
（3） ①. 品红褪色(颜色变浅) ②. 酸性高锰酸钾溶液颜色变浅(或褪色) ③. CD
（4） ①. 除去SO2，防止对CO2的检验产生干扰 ②. 2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2=+5SO+4H+ ③. C→a→b→D
【解析】
【分析】浓硫酸和碳在加热条件下反应生成CO2、SO2、H2O。先利用无水硫酸铜检验水蒸气的生成；二氧化硫气体，用品红试液褪色证明；利用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，利用澄清石灰水变浑浊证明二氧化碳的存在。
【小问1详解】
仪器a的名称为分液漏斗；
【小问2详解】
A装置中无水硫酸铜由白色变为蓝色，证明碳与浓硫酸混合加热反应产生水；
【小问3详解】
①B装置品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)；
②CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但SO2可以，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的过程也是吸收SO2的过程，故酸性高锰酸钾溶液既能检验SO2又能除去CO2中的SO2.酸性高锰酸钾溶液颜色变浅说明产物中有SO2，而溶液未完全褪色时，说明SO2已经被除尽。故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅(或褪色)；
③A.装置B中品红溶液可以检验SO2，但又不影响CO2.利用H2O2溶液可以氧化吸收SO2，但没有明显现象，故A不选；
B.饱和NaHCO3溶液和SO2反应生成CO2，引入了CO2干扰后续实验，故B不选；
C.氯水可以氧化SO2，氯水自身颜色变浅，C可以选：
D.H2S溶液还原SO2，生成浑浊，D可以选；
选CD；
【小问4详解】
①D装置能够使澄清石灰水变浑浊，证明产物中有CO2，C装置盛有酸性KMnO4溶液，该物质具有强氧化性，会将SO2氧化变为硫酸，KMnO4被还原为无色的Mn2+，因而使溶液褪色(或溶液颜色变浅)。SO2也会使澄清石灰水变浑浊，故装置C的作用是吸收SO2，防止对CO2的检验产生干扰：发生的该反应的离子方程式是2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2=+5SO+4H+；
②如果C中KMnO4溶液褪色，需要除去SO2且不影响CO2检验：
a装置中溴水具有强氧化性，可吸收SO2；c装置中饱和碳酸钠溶液既吸收SO2又吸收CO2，不可选；d装置中氢氧化钠浓溶液既吸收SO2又吸收CO2，不可选；b装置可检验SO2已经除尽，故选c→a→b→d。
17. 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的工艺流程如图：

（1）硫铁矿的主要成分FeS2中铁元素化合价为_____，由滤液得到绿矾晶体的操作是______。
（2）“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式______。
（3）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氢氧化钠溶液吸收，写出该反应的离子方程式______。
（4）写出检验滤液中阴离子的方法______。
（5）铁粉还原过滤，滤渣中除了铁和铜外还有的成分是______(写化学式)。
（6）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=2SO+15Fe2++16H+。写出过程II反应的离子方程式______。
【答案】（1） ①. +2 ②. 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
（2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（3）SO2+2OH-=SO+H2O
（4）取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含有硫酸根离子
（5）SiO2 （6）8Fe3++S2O+5H2O=2SO+8Fe2++10H+
【解析】
【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)，焙烧时发生反应、，加入硫酸进行酸浸，发生反应、，加入足量铁粉发生反应、，过滤，滤渣为Cu、Fe、SiO2，滤液为FeSO4溶液，结晶得到绿矾晶体。
【小问1详解】
FeS2中S为-1价，根据化合物中化合价代数和为0可知Fe的价态应为+2；绿矾是FeSO4▪7H2O，从硫酸亚铁溶液中获取结晶水合物，操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，故答案为：+2；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；
【小问2详解】
矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铁和水，离子方程式；故答案为：；
【小问3详解】
二氧化硫和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
由上述分析可知，滤液为FeSO4溶液，含有的阴离子为硫酸根，检验方法为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，有白色沉淀生成，证明含有硫酸根离子，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，有白色沉淀生成，证明含有硫酸根离子；
【小问5详解】
加入过量铁粉， Cu2+被还原生成单质Cu， 不与酸反应，所以滤渣为、、，故答案为：；
【小问6详解】
根据题给信息知，过程Ⅱ的反应为Fe3+与反应生成和氢离子、Fe2+，根据原子守恒分析反应物中有水参加，根据电子转移守恒及电荷守恒配平得反应为：；故答案为：。
18. 某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是装有一半空气的注射器。请回答有关问题：

（1）设计装置A的目的是______，为实现此目的，打开止水夹K，当C中______时就关闭K。
（2）在完成(1)中的“操作“后，将装置B中的铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是______；B中反应的离子方程式为______。
（3）装置E和F的作用是______，为实现此操作，将注射器中的空气推入E中，若气体变为______则可以证明。
（4）装置D的作用是吸收多余氮氧化物，防止污染空气，兼有______的功能。
【答案】（1） ①. 产生CO2赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰 ②. 澄清石灰水变浑浊
（2） ①. Cu丝表面产生气泡，溶液变蓝，稀硝酸液面上方仍为无色 ②. 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
（3） ①. 验证NO的生成 ②. 红棕色
（4）防止倒吸
【解析】
【分析】装置A为制备CO2的发生装置，由于NO易被空气中的O2氧化为NO2，故可以利用该装置产生的CO2赶走装置内的空气，防止NO与装置内的O2反应干扰实验；装置B为制备NO的发生装置，赶走装置内的空气后，可以开始制备NO；装置E和F（吸入一半空气）的作用是验证NO的生成；装置D是尾气处理装置，用NaOH溶液吸收多余的氮氧化物，防止污染空气，倒置的干燥管可以起到防止倒吸的作用。
【小问1详解】
装置A为制备CO2的发生装置，NO易被空气中的O2氧化为NO2，则设计装置A是利用产生CO2赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰；若要赶走装置内的空气，要先打开K，当装置C中产生白色沉淀时，再关闭K。故答案为：产生CO2赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰；澄清石灰水变浑浊。
小问2详解】
在完成(1)中的“操作”后，将装置B中的铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝；该反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。故答案为：Cu丝表面产生气泡，溶液变蓝，稀硝酸液面上方仍为无色；3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。
【小问3详解】
装置F是吸入一半空气的注射器，则E和F的作用是验证NO的生成。将注射器中的空气推入E中，若气体变为红棕色，则可证明NO的生成。故答案为：验证NO的生成；红棕色。
【小问4详解】
装置D中的NaOH溶液可以吸收多余的氮氧化物，防止污染空气，倒置的干燥管可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸。