解析版学年安徽省合肥六中淮北一中第二学期高一年级期末联考化学试题.docx

解析版学年安徽省合肥六中淮北一中第二学期高一年级期末联考化学试题.docx

《解析版学年安徽省合肥六中淮北一中第二学期高一年级期末联考化学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《解析版学年安徽省合肥六中淮北一中第二学期高一年级期末联考化学试题.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

解析版学年安徽省合肥六中淮北一中第二学期高一年级期末联考化学试题

2017-2018学年安徽省合肥六中、淮北一中第二学期高一年级期末联考化学试题

1.《中国诗词大会>不仅弘扬了，中华传统文化，还蕴含着许多化学知识。

下列诗句的有关说法错误的是

A.王安石诗句“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”。

雷雨天实现了大气中氮的固定

B.于谦诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”。

“乌金”指的是石油

C.赵孟螟诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻”。

灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关

D.刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”。

金性质稳定，存在游离态，可用物理方法获得

【答案】B

2.化学用语是表示物质组成、结构和变化规律的一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言，化学用语具有简便、确切地表达化学知识和化学思维的特点．下列化学用语中书写正确的是

A.氯离子的结构示意图：

B.次氯酸的结构式：

H-O-Cl

C.CO2分子的比例模型：

D.用电子式表示氯化氢分子的形成过程：

【答案】B

【解析】分析：

A.氯离子的质子数是17；

B.根据次氯酸的电子式判断；

C.碳原子半径大于氧原子半径；

D.氯化氢分子中含有共价键。

3.NA是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.100克46%的酒精溶液中含有的氢原子数目为6NA

B.22.4L氩气含有的质子数为18NA

C.过氧化钠与水反应，每产生标准状况下11.2LO2，转移NA个电子

D.1.0molCH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.ONA

【答案】C

4.下列溶液中通入SO2后，最终一定有白色沉淀的是

①Ba（NO3）2溶液②BaC12溶液③Ca（OH）2溶液④Na2SiO3溶液⑤H2S溶液

A.①④⑤B.①③④C.①②④D.①④

【答案】D

5.有关化学实验，下列说法正确的是

A.配制100mL1mol/LNaCl溶液时，先用托盘天平称量5.85gNaCl固体，溶解并恢复至室温后，沿玻璃棒将NaCl溶液转移至100mL的容量瓶中

B.用干净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定只含钠元素

C.欲除去HCl中混有少量Cl2气体，可选用饱和的NaCl溶液

D.鉴别苏打（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）的方法，可以取两种样品溶液加入Na[Al（OH）4]溶液，观察是否出现白色沉淀

【答案】D

【解析】分析：

A.托盘天平只能读数到0.1g；

B.不能排除钾元素；

C.氯化氢极易溶于水；

D.偏铝酸钠能与碳酸氢钠反应产生白色沉淀，碳酸钠不能。

详解：

A.配刺100mL1mol/LNaCl溶液时，需要氯化钠的质量是0.1L×1mol/L×58.5g/mol＝5.85g，但托盘天平只能读数到0.1g，A错误；

B.用干净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定含有钠元素，由于没有透过蓝色钴玻璃观察，则不能排除钾元素，B错误；

C.氯化氢极易溶于水，则除去HCl中混有少量Cl2气体，不能选用饱和的NaCl溶液，C错误；

D.偏铝酸钠能与碳酸氢钠反应产生白色沉淀，碳酸钠不能，因此鉴别苏打（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）的方法，可以取两种样品溶液加入Na[Al（OH）4]溶液，观察是否出现白色沉淀，出现白色沉淀的是碳酸氢钠，没有明显实验现象的是碳酸钠，D正确。

答案选D。

6.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】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。

7.下列离子方程式书写正确的是

A.含0.1molFeI2的溶液中滴加含0.125molCl2的氯水：

2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-

B.用白醋除铁锈：

Fe2O3·xH2O+6H+=（3+x）H2O+2Fe3+

C.向少量Ca（HCO3）2溶液中加入足量的Ca（OH）2：

Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+CO32-

D.向KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2使铝离子恰好沉淀完全：

Al3++3OH-+Ba2++SO42-=Al（OH）3↓+BaSO4↓

【答案】A

【解析】分析：

A.根据反应物的用量结合还原性碘离子强于亚铁离子分析；

B.醋酸是弱酸，不能拆开；

C.碳酸氢钙与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水；

D.铝离子恰好沉淀完全时硫酸根过量。

详解：

A.含0.1molFeI2的溶液中滴加含0.125molCl2的氯水，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化，则根据用量可知方程式为2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-，A正确；

B.用白醋除铁锈：

Fe2O3·xH2O+6CH3COOH=（3+x）H2O+6CH3COO－+2Fe3+，B错误；

C.向少量Ca（HCO3）2溶液中加入足量的Ca（OH）2：

Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，C错误；

D.向KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2使铝离子恰好沉淀完全：

2Al3++6OH-+3Ba2++3SO42-=3Al（OH）3↓+3BaSO4↓，D错误；

答案选A。

8.Li2Ti5O15和Na2O2中都含有过氧键，Ti的化合价为+4, Na2O2中含有一个过氧键，则Li2Ti5O15中过氧键的数目为

A.2个B.4个C.6个D.8个

【答案】B

【解析】Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根（O22-）中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0可知（+1）×2+（+4）×5+（-2）×（15-2x）+（-1）×2x=0，解得：

x=4，答案选B。

9.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉锭，蓝色溶液变为黄褐色。

再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色。

则下列说法错误的是

A.满加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物

B.通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性

C.滴加KI溶液时，转移lmol电子时生成1mol白色沉淀

D.上述实验条件下，物质的氧化性:

 Cu2+>I2>SO2

【答案】B

【解析】分析：

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉锭，蓝色溶液变为黄褐色，则反应的化学方程式为2CuSO4+4KI＝2K2SO4+2CuI↓+I2；再向反应后的溶液中不断通入SO2气体，溶液变成无色，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，据此解答。

详解：

A、2CuSO4+4KI＝2K2SO4+2CuI↓+I2反应中铜元素化合价降低是氧化剂，碘元素化合价升高，KI被氧化，I2是氧化产物，CuI是还原产物，A正确；

B、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，二氧化硫具有还原性，被碘水氧化，反应方程式：

SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，二氧化硫不表现漂白性，体现了二氧化硫的还原性，B错误；

C、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI＝2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，C正确；

D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以根据以上分析可知物质的氧化性：

Cu2+＞I2＞SO2，D正确；

答案选B。

10.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置妇图所示．下列说法不正确是是

A.电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极

B.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交接膜

C.电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+

D.当有4.48LNO2（标准状况）被处理时，转移电子为0.8mol

【答案】C

【解析】试题分析：

由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，A正确；B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，B正确；C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C错误；D．当有4.48LNO2（标准状况）即0.2mol被处理时，转移电子为0.2mol×（4-0）=0.8mol，D正确，答案选C。

【考点定位】考查电解原理的应用

【名师点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确电解的原理，注意把握离子移动方向和电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。

11.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质

A.1mol该物质最多能消耗2molNaOH

B.能使酸性KMnO4溶液褪色

C.能发生酯化反应

D.不能发生水解反应，能使溴水褪色

【答案】A

【解析】分析：

根据有机物结构简式可知分子中含有碳碳双键、醇羟基和羧基，据此解答。

详解：

A.只有羧基与氢氧化钠反应，1mol该物质最多能消耗1molNaOH，A错误；

B.碳碳双键和羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；

C.羟基和羧基均能发生酯化反应，C正确；

D.没有酯基，不能发生水解反应，含有碳碳双键，能使溴水褪色，D正确。

答案选A。

【答案】A

12.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大且原子核外L电子层的电子数分别为O、4、8、8，它们的最外层电子数之和为17。

下列说法正确的是

A.X的氢化物常温下为气态B.氧化物对应水化物的酸性Z>X

C.阴离子的还原性W>ZD.Y的单质在常温下可以自燃

【答案】C

【解析】分析：

W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、4、8、8，则W是H元素，X是C元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，W最外层电子数是1，X最外层电子数是4，Y、Z的最外层电子数之和为17－1－4＝12，则Y是P，Z是Cl元素，以此来解答。

详解：

由上述分析可知，W为H，X为C，Y为P，Z为Cl，则

A．氢元素的氢化物水或双氧水常温下是液态，A错误；

B．应该是最高价氧化物对应水化物的酸性Z＞X，B错误；

C．非金属性W＜Z，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，则阴离子的还原性：

W＞Z，C正确；

D．Y的单质白磷在常温下可以自燃，但红磷不能自然，D错误；

答案选C。

点睛：

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素位置推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

13.如图装置中，若关闭活塞A，则品红溶液无变化，石蕊试液变红，石灰水变浑浊；若打开活塞A，则品红溶液褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊。

据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是

A.C12和NaHSO3溶液B.HCl和浓H2SO4

C.C12和氯水D.SO2和NaHCO3溶液

【答案】D

【解析】分析：

若关闭活塞，则品红溶液无变化，说明气体经过洗气瓶后的气体中不具有漂白性的气体，能使石蕊溶液变红，石灰水变浑浊，说明含有CO2或SO2；打开活塞后品红褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊，说明气体具有漂白性、酸性，且含有CO2或SO2，以此解答该题。

详解：

A．Cl2和NaHSO3溶液，关闭活塞二者反应生成硫酸钠和氯化钠，打开活塞，没有二氧化碳和二氧化硫产生，石灰水不会变浑浊，A错误；

B．HCl和浓H2SO4，HCl不能使澄清石灰水变浑浊，也不能使品红溶液褪色，B错误；

C．Cl2和氯水，关闭活塞后，氯气仍然能够使品红溶液褪色，与题中变化不同，C错误；

D．SO2和NaHCO3溶液，关闭活塞，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能够使品红溶液无变化，石蕊试液变红，石灰水变浑浊；打开活塞，则二氧化硫能够使品红溶液褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊，D正确；

答案选D。

点睛：

本题综合考查了二氧化硫、二氧化碳和氯气的检验方法，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考高频考点，注意把握物质的性质，注意相关基础知识的积累。

14.下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是

A.甲苯苯环上的一个氢原子被含5个碳原子的烷基取代，所得产物有24种

B.等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应得到2种产物

C.已知二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为6种

D.苯乙烯和氢气完全加成的产物的一溴取代物有5种

【答案】A

【解析】分析：

A.根据5个碳原子的烷基有8种分析；

B.根据烷烃与氯气发生取代反应的特点分析；

C.根据替代法判断；

D.苯乙烯和氢气完全加成的产物是乙基环己烷，据此判断。

详解：

A.5个碳原子的烷基存在8种同分异构体，其在苯环上的位置均有邻间对三种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含5个碳原子的烷基取代，所得产物有3×8＝24种，A正确；

B．乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，所以氯代产物总共有9种，含有氯化氢，所以产物为10种，B错误；

C．由于苯环含有6个H原子，二氯苯与四氯苯的同分异构体数目相同，若二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为3种，C错误；

D．苯乙烯和氢气完全加成的产物是乙基环己烷，乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一溴代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷的一溴代物有6种，D错误；

答案选A。

点睛：

考查同分异构体数目的计算，明确同分异构体的概念及书写原则为解答关键，题目难度较大。

注意掌握同分异构体数目的判断方法。

一取代产物数目的判断：

①基元法：

例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。

②替代法。

③等效氢法：

等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法；二取代或多取代产物数目的判断：

定一移一或定二移一法：

对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。

15.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是

选项

实验操作

实验目的或结论

A

将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液

检验水解产物中的溴离子

B

将打磨过的铝箔用酒精灯加热

证明氧化铝的熔点比铝高

C

向乙酸和酒精的混合溶液中加入金属钠

确定酒精中是否有乙酸

D

C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液

检验制得气体是否为乙烯

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】分析：

A．水解后检验溴离子，应在酸性条件下；

B．根据实验现象分析；

C．酒精、乙酸均与Na反应生成氢气；

D．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色。

详解：

A．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，水解后没有加硝酸至酸性，不能检验，A错误；

B．将打磨过的铝箔用酒精灯加热过程中铝箔熔化，但不滴落，这说明氧化铝的熔点高于铝，B正确；

C．酒精、乙酸均与Na反应生成氢气，则混合液中加入金属钠，有气泡产生不能说明酒精中有乙酸，C错误；

D．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，则现象不能说明是否有乙烯生成，D错误；

答案选B。

16.CuCO3和Cu2（OH）2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL2mol/L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为

A.16.ogB.19.2gC.24.ogD.30.6g

【答案】C

【解析】试题分析：

CuCO3和Cu2（OH）2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL2mol·L-1的盐酸溶液中，则根据原子守恒可知生成氯化铜的物质的量是0.3L×2mol/L×1/2＝0.3mol。

所以加热分解等量的这种混合物可得CuO的物质的量是0.3mol，质量＝0.3mol×80g/mol＝24g，答案选C。

考点：

考查混合物的计算

17.如图是短周期周期表的一部分①～⑨是元素周期表的部分元素。

请回答下列问题:

（1）③、⑤、⑥对应的原子半径最大的是_____（写元素名称） 

（2）元素⑤和⑧形成的化合物的电子式是_____，该化合物溶于水被破杯的化学键类型为_______。

（3）元素⑥和⑨的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式是________。

（4）由表中两种元素形成的氢化物A和B都含有18个电子，A是一种6原子分子，可做火箭发动机燃料；B是一稗常见的氧化剂，已知液态A与液态B充分反应生成已知液态10电子分子和一种气态单质，写出A与B反应的化学方程式：

______________。

（5）某同学为了比较元素⑧和⑨非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验：

①溶液c的作用是____________。

②溶液b是（填化学式）_____。

写出溶液b中发生反应的离子方程式为_________。

【答案】

（1）.钠

（2）.（3）.离子键（4）.2H++Mg（OH）2=2H2O+Mg2+（5）.N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑（6）.尾气处理，吸收氯气，防止污染（7）.H2S或Na2S或NaHS（8）.Cl2+H2S=S↓+2H++2Cl-或Cl2+S2-=S↓+2Cl-或HS-+Cl2=2Cl-+H++S↓

【解析】详解：

根据①～⑨元素在周期表中的位置可知分别是H、N、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl。

则

（1）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则③、⑤、⑥对应的原子半径最大的是钠；

（2）元素⑤和⑧形成的化合物是离子化合物硫化钠，电子式为，该化合物溶于水电离出钠离子和硫离子，被破杯的化学键类型为离子键。

（3）元素⑥和⑨的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化镁和高氯酸，发生反应的离子方程式是2H++Mg（OH）2=2H2O+Mg2+。

（4）由表中两种元素形成的氢化物A和B都含有18个电子，A是一种6原子分子，可做火箭发动机燃料，A是N2H4；B是一种常见的氧化剂，B是双氧水。

已知液态A与液态B充分反应生成已知液态10电子分子和一种气态单质，即分别是水和氮气，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑。

（5）要比较元素⑧和⑨非金属性的相对强弱，可以用氯气能置换出单质硫设计实验。

则装置A中产生氯气，溶液b是H2S或Na2S或NaHS。

①由于氯气有毒，则溶液c是氢氧化钠溶液，作用是尾气处理，吸收氯气，防止污染空气。

②根据以上分析可知溶液b是H2S或Na2S或NaHS，其中发生反应的离子方程式为Cl2+H2S=S↓+2H++2Cl-或Cl2+S2-=S↓+2Cl-或HS-+Cl2=2Cl-+H++S↓。

18.化学离不开实验，氨气和乙酸乙酯的制备分别是无机实验和有机实验的典型代表。

请结合已有药品（选择性使用）和已学知识，回答下列问题：

（1）氨气的制备

现提供药品有：

氯化铵固体、浓氨水、浓硫酸、碱石灰、水

①该实验条件下，氨气的发生装置应选择上图中的_____（填大写字母）

②C的作用是_____。

③欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的部分装置，其连接顺序为：

发生装置→______（气流方向，用小写字母表示）。

（2）乙酸乙酯的制备

现提供药品有：

乙酸、乙醇、浓硫酸、水、氢氧化钠溶液

①浓硫酸在该反应中的作用是_____________

②该实验条件下，试管B内盛放的液体是____，可以判断该实验反应结束的现象为_______

③该实验制各少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，除本身反应可逆外的原因可能还有（填一点即可）：

______________________

【答案】

（1）.B

（2）.干燥NH3（3）.dcfei（4）.催化剂、吸水剂（5）.水（6）.B中液面不再上升（7）.乙醇或乙酸挥发；发生副反应；乙酸乙酯少量溶解在水中

【解析】分析：

（1）①浓氨水与碱石灰反应产生氨气；

②生成的氨气需要干燥；

③氨气密度小于空气应该用向下排空气法收集且氨气极易溶于水；

（2）①酯化反应是可逆反应；

②利用饱和食盐水除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸；根据乙酸乙酯不溶于水分析；

③根据酯化反应特点结合物质的性质解答。

详解：

（1）①根据所给药品可知该实验条件下利用浓氨水与碱石灰反应制备氨气，因此氨气的发生装置应选择上图中的B装置；

②生成的氨气中含有水蒸气，因此C的作用是干燥氨气。

③由于氨气极易溶于水且氨气密度小于空气，所以欲收集一瓶干燥的氨气，则其连接顺序为：

发生装置→d→c→f→e→i。

（2）①由于酯化反应是可逆反应，则浓硫酸在该反应中所起的作用是催化剂、吸水剂；

②由于乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，且乙酸乙酯难溶于水，则该实验条件下，试管B内盛放的液体是饱和碳酸钠溶液，用来除去乙酸和乙醇；由于乙酸乙酯不溶于水，则可以判断该实验反应结束的现象为B中液面不再上升；

③由于乙醇或乙酸挥发、发生副反应、乙酸乙酯少量溶解在水中，所以该实验的产率往往偏低。

19.其同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、Si02、A12O3），不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计了如图流程：

已知，某些金属阳离子可以通过“控制pH”[既调节溶液的酸碱性，pH=-lgc（H+）），pH值越大，碱性越强]使其转化为沉淀。

固体2为白色沉淀。

（1）加足量酸之前，烧渣需经过进一步粉碎处理，粉碎的目的是__________。

（2）溶解烧渣选用的足量酸能否是盐酸，并说明理由_____。

（3）固体1有诸多用途，请列举其中一个____，试剂X的作用是______。

（4）某同学在控制pH这步操作时不慎将氢氧化钠溶液加过量了，结果得到的白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。

请用化学用语解释固体2白色变成红褐色的原_____________。

（5）从溶液2中得到绿矾的过程中除需控制温度，防止产品分解外还应注意______。

（6）唐代苏敬《新修本草》对绿矾有如下描述:

“本来绿色，新出窑未见风者，正如琉璃。

陶及今人谓之石胆，烧之赤色。

”另已知1mol绿矾隔绝空气高温煅烧完全分解，转移NA个电子。

试