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2021-2022学年山西省运城市高中教育发展联盟高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年山西省运城市高中教育发展联盟高一（上）期中化学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，正确的是（ ）
A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
B．依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等
C．根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
D．依据反应前后元素化合价是否变化，可将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
2．（3分）下列物质中，含有自由移动的Cl﹣的是（ ）
A．KClO3溶液B．CaCl2溶液C．KCl晶体D．液态HCl
3．（3分）如图中“一”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．（3分）常温下，在酸性的透明溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣B．Ca2+、Na+、ClO﹣、Cl﹣
C．Ba2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣D．K+、MnO4﹣、Cl﹣、SO42﹣
5．（3分）下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．向澄清的石灰水中通过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
D．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O
6．（3分）下列指定量一定相等的是（ ）
A．等质量的O2与O3的物质的量
B．等物质的量的NO2与N2O4的质量
C．等体积的NO与CO2的分子数
D．等质量的N2O与CO2所含的质子数
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L甲烷（CH4）所含的电子数为10NA
B．0.1ml/LNa2SO4溶液中含有0.2NA个Na+
C．14gN2和CO混合气体中所含有原子数为NA
D．1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
8．（3分）把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a ml BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b ml NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁．则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A． ml•L﹣1B． ml•L﹣1
C． ml•L﹣1D． ml•L﹣1
9．（3分）钠在液氨中溶剂化速度极快，如图为钠投入液氨中的溶剂化过程。钠沉入液氨中，快速得到蓝色溶液，并慢慢产生气泡，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅。下列说法错误的是（ ）
A．钠的密度比液氨大
B．0.1ml钠投入液氨生成0.05mlH2时，Na共失去0.2ml电子
C．溶液呈蓝色是因为产生了e﹣（NH3）x
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na═2NaNH2+H2↑
10．（3分）某温度下，将一定量的Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定Cl﹣与ClO3﹣的物质的量之比为8：1，则反应后溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为（ ）
A．21：5B．11：3C．3：1D．4：1
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．Fe2O3为碱性氧化物，可与水反应生成Fe（OH）3
C．铁锈的主要成分是Fe2O3
D．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，Fe3O4是混合物
12．（3分）下列除去物质中少量杂质的方法正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13．（3分）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．向c溶液中滴加KSCN溶液，可证明c溶液是否变质
B．固体g溶于氢碘酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．通过化合反应或复分解反应均能直接得到e
D．可存在c→d→e→f→c的循环转化关系
14．（3分）为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成致密保护层，其中的一步反应为：3Fe+NaNO2+5NaOH═3Na2FeO2+H2O+NH3↑，下列有关叙述错误的是（ ）
A．该反应的还原剂为Fe
B．NO2﹣的氧化性大于FeO22﹣的氧化性
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
D．若反应中转移6ml电子，则生成还原产物的质量为17g
15．（3分）如图所示的实验或操作中，能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16．（3分）向10mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+
C．原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）＝2：1
D．原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为1ml/L
二、填空题（本题包括5小题，共52分）
17．（10分）实验室需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，根据配制溶液的过程，回答下列问题：
（1）为完成此溶液配制实验需要的仪器除托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管这六种仪器外，还缺少的必要玻璃仪器为 （填名称）。
（2）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 g。
（3）某同学配制NaOH溶液的过程如图所示。你认为该同学的错误有 （填编号）。
（4）若取5 mL该溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为 ml/L。
（5）下列操作会造成所配NaOH溶液浓度偏高的是 。
A．将砝码放在左盘上，NaOH放在右盘上进行称量（未使用游码）
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水
C．溶解后未冷却至室温就转移至容量瓶
D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
E．定容时仰视刻度线
18．（10分）已知铁屑和氯气在500～600℃下可制取无水FeCl3，如图是制取氯化铁粉末所需的装置，已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：FeCl3+6H2O═FeCl3•6H2O。请回答下列问题。
（1）A装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为 ，D装置中发生反应的化学方程式为 。
（2）C中试剂为 ，其作用为 。
（3）实验开始时，应先点燃 （填“A”或“D”）处的酒精灯。
（4）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学方程式为 。
19．（10分）有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属，且C的合金用量最大．三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A 、H 、乙 、C的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是 ；
（2）写出下列反应的化学方程式：反应① ；反应② ．
（3）检验溶液G中金属阳离子的常用方法是 ．
20．（4分）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应Ⅰ的化学方程式为 。
（2）反应Ⅱ的化学方程式为 。
21．（6分）工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量。
（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧两侧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若 ，说明装置不漏气。
（2）装置A中的试剂为 ，装置C中的试剂为 。
（3）实验结束后通入空气的目的： 。
（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 （保留小数点后一位）；若缺少E装置，会使测定结果 （填“偏高”或“偏低”）。
22．（12分）某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2+的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如图所示：
（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为 ，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为 。
（2）加入铁粉的作用是 。
（3）测定废液中Fe2+的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液。配平下面方程式，并用双线桥法表示电子转移过程 ：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4═ MnSO4+ K2SO4+ Fe2（SO4）3+ H2O；
（4）已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为 。
（5）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，该反应的化学方程式为 ，该反应中每产生1mlFe2O3，转移的电子数为 个。
2021-2022学年山西省运城市高中教育发展联盟高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48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．（3分）分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，正确的是（ ）
A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
B．依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等
C．根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
D．依据反应前后元素化合价是否变化，可将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
【分析】A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物；
B．根据酸分子电离出的H+的数目将酸分为一元酸、二元酸和多元酸；
C．根据分散系中分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体；
D．依据反应中是否有元素化合价变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应。
【解答】解：A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，根据氧化物与酸碱反应的情况将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物，故A错误；
B．根据酸分子电离出的H+的数目将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，而不是根据酸分子中含有的氢原子个数，如CH3COOH中有4个H原子但是属于一元酸，故B错误；
C．根据分散系中分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故C错误；
D．依据反应中是否有电子的转移即元素化合价是否变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质和反应的分类和分类依据，明确不同的分类依据得出不同的分类结果即可解答，题目较简单。
2．（3分）下列物质中，含有自由移动的Cl﹣的是（ ）
A．KClO3溶液B．CaCl2溶液C．KCl晶体D．液态HCl
【分析】在水溶液里或熔融状态下的电解质氯化物能电离出自由移动的氯离子，据此分析解答．
【解答】解：A、氯酸钾在水溶液里能电离出氯酸根离子和钾离子，则溶液中不含自由移动的氯离子，故A错误；
B、氯化钙是由氯离子和钙离子构成的，在水分子的作用下能电离出氯离子和钙离子，所以氯化钙溶液中含有自由移动的氯离子，故B正确；
C、氯化钾晶体是由钾离子和氯离子构成的，但氯化钾晶体中不含自由移动的氯离子，故C错误；
D、液态氯化氢是由氯化氢分子构成的，所以不含自由移动的氯离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的构成及电解质的电离，根据限制条件分析解答，易错选项是A，注意氯酸钾不能电离出氯离子，为易错点．
3．（3分）如图中“一”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．KCl与K2SO4不能反应，与HCl也不反应；
B．硫酸不能一步反应生成碳酸钠；
C．CO2与NaHCO3不能反应；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜与氯气反应生成氯化铜，氯气与铁反应生成氯化铁。
【解答】解：A．KCl与K2SO4不能反应，与HCl也不反应，不符合图中关系，故A不选；
B．NaCO3与NaOH不反应，NaOH与NaCl不反应，不符合图中关系，故B不选；
C．CO2与NaHCO3不能反应，不符合图中关系，故C不选；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜与氯气反应生成氯化铜，氯气与铁反应生成氯化铁，符合图中关系，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质之间的反应，明确相关物质的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大。
4．（3分）常温下，在酸性的透明溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣B．Ca2+、Na+、ClO﹣、Cl﹣
C．Ba2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣D．K+、MnO4﹣、Cl﹣、SO42﹣
【分析】A．H+、Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣相互不反应；
B．H+与ClO﹣反应；
C．H+与HCO3﹣反应；
D．酸性环境下，MnO4﹣能够氧化Cl﹣。
【解答】解：A．H+、Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣相互不反应，可以大量共存，故A选；
B．H+与ClO﹣反应，不能大量共存，故B不选；
C．H+与HCO3﹣反应，不能大量共存，故C不选；
D．酸性环境下，MnO4﹣能够氧化Cl﹣，不能大量共存，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．向澄清的石灰水中通过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
D．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O
【分析】A．氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B．二者反应生成氯化铁；
C．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水。
【解答】解：A．NaHCO3溶液与少量Ca（OH） 2溶液反应，离子方程式：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；
B．向FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故B正确；
C．往澄清的石灰水中通入过量CO2，离子方程式为：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；
D．氢氧化亚铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+＝3Fe3++NO↑+8H2O，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、原子个数、电荷数守恒，题目难度不大。
6．（3分）下列指定量一定相等的是（ ）
A．等质量的O2与O3的物质的量
B．等物质的量的NO2与N2O4的质量
C．等体积的NO与CO2的分子数
D．等质量的N2O与CO2所含的质子数
【分析】A．依据n＝判断；
B．依据m＝nM判断；
C．气体状况未知；
D．N2O与CO2摩尔质量相同，两种分子中含有的质子数相同。
【解答】解：A．氧气与臭氧摩尔质量不同，依据n＝可知，等质量的O2与O3的物质的量不相等，故A不选；
B．NO2与N2O4摩尔质量不同，依据m＝nM可知，等物质的量的NO2与N2O4的质量不同，故B不选；
C．气体状况未知，无法确定等体积的NO与CO2的分子数是否相同，故C不选；
D．N2O和CO2的摩尔质量均为44g/ml，等质量的两种气体的物质的量相同，又因N2O和CO2的质子数也相同，所以等质量的N2O与CO2所含的质子数相等，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量和核心计算公式即可解答，题目难度不大。
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L甲烷（CH4）所含的电子数为10NA
B．0.1ml/LNa2SO4溶液中含有0.2NA个Na+
C．14gN2和CO混合气体中所含有原子数为NA
D．1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
【分析】的适用条件为标况下的气体；
B.题目未给溶液体积；
C.N2和CO的摩尔质量均为28g/ml，且均属于双原子分子；
D.过氧化钠与二氧化碳反应为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2ml过氧化钠反应转移2ml电子。
【解答】解：A.题目未给标准状况，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故A错误：
B.题目没有指明溶液的体积，无法计算粒子的数目，故B错误；
C.14gN2和CO混合气体中所含有原子数为×2×NA/ml＝NA，故C正确；
D.1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为1ml×NA/ml＝NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a ml BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b ml NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁．则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A． ml•L﹣1B． ml•L﹣1
C． ml•L﹣1D． ml•L﹣1
【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝0.5n（OH﹣），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c＝计算钾离子浓度．
【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，
一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+）＝n（BaCl2）＝aml，
另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝0.5n（OH﹣）＝0.5bml，
由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）＝2a﹣2×0.5bml＝（2a﹣b）ml，
则原混合溶液中钾离子的浓度为＝ml/L，故选D。
【点评】本题考查离子反应的有关计算，为高频考点，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等．
9．（3分）钠在液氨中溶剂化速度极快，如图为钠投入液氨中的溶剂化过程。钠沉入液氨中，快速得到蓝色溶液，并慢慢产生气泡，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅。下列说法错误的是（ ）
A．钠的密度比液氨大
B．0.1ml钠投入液氨生成0.05mlH2时，Na共失去0.2ml电子
C．溶液呈蓝色是因为产生了e﹣（NH3）x
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na═2NaNH2+H2↑
【分析】A．钠沉入液氨；
B．1个钠参加反应失去1个电子；
C．钠投入液氨中的溶剂化，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅，说明溶液呈蓝色是因为产生e﹣（NH3）x；
D．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子。
【解答】解：A．由钠沉入液氨中可知，钠的密度比液氨大，故A正确；
B．1个钠参加反应失去1个电子，则0.1ml钠投入液氨中生成0.05mlH2时，共失去0.1ml电子，故B错误；
C．随着反应进行，e﹣（NH3）x不断减小，溶液颜色逐渐变浅，所以溶液呈蓝色是因为钠单质的自由电子与氨气结合产生e﹣（NH3）x，故C正确；
D．Na和液氨反应生成NaNH2和H2，则发生反应的化学方程式为2NH3+2Na＝2NaNH2+H2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查钠的性质，为高频考点，把握物质的性质、信息的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
10．（3分）某温度下，将一定量的Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定Cl﹣与ClO3﹣的物质的量之比为8：1，则反应后溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为（ ）
A．21：5B．11：3C．3：1D．4：1
【分析】设n（Cl﹣）＝8ml，n（ClO3﹣）＝1ml，根据得失电子守恒计算n（ClO﹣），从而计算反应后溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比。
【解答】解：设n（Cl﹣）＝8ml，n（ClO3﹣）＝1ml，根据得失电子守恒得：8×1＝1×5+n（ClO﹣），n（ClO﹣）＝3ml，故n（ClO﹣）：n（ClO3﹣）＝3ml：1ml＝3：1，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确氧化还原反应中转移电子守恒是解本题关键，题目难度不大。
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．Fe2O3为碱性氧化物，可与水反应生成Fe（OH）3
C．铁锈的主要成分是Fe2O3
D．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，Fe3O4是混合物
【分析】A．赤铁矿是红棕色；
B．氧化铁难溶于水；
C．铁锈的主要成分是氧化铁；
D．只由一种物质构成的是纯净物。
【解答】解：A．赤铁矿是红棕色，是氧化铁，化学式为Fe2O3，故A错误；
B．氧化铁难溶于水，故不能和水反应生成氢氧化铁，故B错误；
C．铁锈的主要成分是氧化铁，化学式为Fe2O3，故C正确；
D．只由一种物质构成的是纯净物，Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，但其为化合物，是纯净物，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了铁的氧化物的颜色、组成以及其中铁的价态，难度不大，应注意基础知识的掌握。
12．（3分）下列除去物质中少量杂质的方法正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.二者均与碱石灰反应；
B.溶解后Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁；
C.氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁沉淀和NaCl；
D.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠。
【解答】解：A.氯气中含有氯化氢，可通过饱和食盐水除去，碱石灰会和氯气反应，不能除杂，故A错误；
B.氯化铜与铁反应生成铜和氯化亚铁，即Fe+CuCl2═FeCl2+Cu，过滤可除去杂质，故B正确；
C.除去KCl溶液中的少量MgCl2，加入适量KOH溶液过滤，若加入NaOH溶液，会引入Na+，产生新的杂质，故C错误；
D.NaHCO3固体中含有Na2CO3固体，因为碳酸氢钠受热易分解，故不能用加热的方法除去NaHCO3中的Na2CO3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
13．（3分）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．向c溶液中滴加KSCN溶液，可证明c溶液是否变质
B．固体g溶于氢碘酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．通过化合反应或复分解反应均能直接得到e
D．可存在c→d→e→f→c的循环转化关系
【分析】根据化合价及对应的物质类别可知，a是Fe、b是FeO、g是Fe2O3，c是亚铁盐、f是铁盐、d是Fe（OH）2、e是Fe（OH）3。
A.Fe3+可以使KSCN溶液变红；
B.Fe3+可以和I﹣发生氧化还原反应；
C.4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；
D.c→d→e→f→c的变化为Fe2+→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe3+→Fe2+。
【解答】解：A.c溶液为Fe2+盐溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红，可证明含有Fe3+，则溶液已经变质，故A正确；
B g是Fe2O3，Fe2O3溶于氢碘酸时，Fe3+会将I﹣氧化，离子方程式为Fe2O3+2I﹣+6H+＝2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C.4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，通过化合反应或复分解反应均能直接得到Fe（OH）3，故C正确；
D.Fe2+可以与碱反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2会被空气中O2氧化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与酸反应可生成铁盐，Fe3+与Fe单质反应可生成Fe2+，故D正确，
故选：B。
【点评】本题主要考查根据化合价对应出的物质之间的互相转化，可归属为无机推断题，其中主要考查金属铁及其化合物之间的相互反应。
14．（3分）为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成致密保护层，其中的一步反应为：3Fe+NaNO2+5NaOH═3Na2FeO2+H2O+NH3↑，下列有关叙述错误的是（ ）
A．该反应的还原剂为Fe
B．NO2﹣的氧化性大于FeO22﹣的氧化性
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
D．若反应中转移6ml电子，则生成还原产物的质量为17g
【分析】A．化合价升高的是还原剂；
B．同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C．Na2FeO2是氧化产物，NH3是还原产物，据此进行分析；
D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的﹣3价，化合价降低了6价，生成1ml氨气转移6ml电子。
【解答】解：A．CFe元素化合价从0价升高到+2价，Fe作还原剂，故A正确；
B．N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的﹣3价，化合价降低了6价，反应中氧化剂为NO2﹣，该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，氧化产物为FeO22﹣，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则NO2﹣的氧化性大于FeO22﹣的氧化性，故B正确；
C．Na2FeO2是氧化产物，NH3是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1，故C错误；
D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的﹣3价，化合价降低了6价，生成1ml氨气转移6ml电子，若反应中转移6ml电子，则生成还原产物的物质的量是1ml，质量为17g，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查题干信息的分析判断及知识综合应用能力，明确反应中元素化合价升降、氧化性强弱比较方法、生成物与转移电子的关系是解本题关键，题目难度不大。
15．（3分）如图所示的实验或操作中，能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.钾的焰色试验，应透过蓝色钻玻璃观察；
B.二氧化碳与碳酸钠溶液反应；
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D.Fe与稀硫酸反应生成氢气，可排出装置内的空气，硫酸亚铁与NaOH反应生成硫酸亚铁。
【解答】解：A.钾的焰色试验，应透过蓝色钻玻璃观察，滤去钠的黄光的干扰，不能直接观察，故A错误；
B.二氧化碳能和碳酸钠溶液反应，应选择排饱和碳酸氢钠溶液测定，故B错误；
C.容量瓶只能用来配制溶液，且只能在常温下使用，不能用容量瓶稀释浓硫酸，故C错误；
D.铁粉和稀硫酸反应制取FeSO4，同时生成氢气，生成的氢气可以将试管中的空气赶走，吸有NaOH溶液的胶头滴管末端伸入FeSO4溶液的液面下，具支试管的支管的末端浸入水中，可以起到隔绝空气的作用，所以可以制备氢氧化亚铁，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
16．（3分）向10mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+
C．原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）＝2：1
D．原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为1ml/L
【分析】向10mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，Fe被Fe3+氧化，离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，由图可知，该反应消耗了0.56g铁粉，再被Cu2+氧化，离子方程式为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，由图可知，该反应消耗的铁粉质量为（1.68﹣0.56）g＝1.12g，生成了1.28gCu。
【解答】解：A.由分析可知，a点时溶液中发生的反应为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，且Fe3+未被消耗完，则a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+，故A正确；
B.由分析可知，b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故B正确；
C.反应Fe+2Fe3+═3Fe2+消耗了0.56g铁粉，则n（Fe）＝＝0.01ml，则原溶液中n（Fe3+）＝2n（Fe）＝2×0.01ml＝0.02ml，反应Fe+Cu2+═Cu+Fe2+生成了1.28gCu，则原溶液中n（Cu2+）＝n（Cu）＝＝0.02ml，所以原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）＝0.02ml：＝1：1，故C错误；
D.由C知则原溶液中n（Fe3+）＝0.02ml，则Fe2（SO4）3的物质的量为0.02ml×＝0.01ml，故原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为＝1ml/L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查利用化学方程式的计算，题目难度中等，关键是根据氧化还原反应的先后规律分析反应过程，把握利用化学方程式（或离子方程式）计算的方法。
二、填空题（本题包括5小题，共52分）
17．（10分）实验室需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，根据配制溶液的过程，回答下列问题：
（1）为完成此溶液配制实验需要的仪器除托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管这六种仪器外，还缺少的必要玻璃仪器为 250mL容量瓶 （填名称）。
（2）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 10.0 g。
（3）某同学配制NaOH溶液的过程如图所示。你认为该同学的错误有 ①④⑥⑦ （填编号）。
（4）若取5 mL该溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为 0.05 ml/L。
（5）下列操作会造成所配NaOH溶液浓度偏高的是 C 。
A．将砝码放在左盘上，NaOH放在右盘上进行称量（未使用游码）
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水
C．溶解后未冷却至室温就转移至容量瓶
D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
E．定容时仰视刻度线
【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器；
（2）依据m＝cVM计算需要溶质的质量；
（3）根据溶液的配制步骤，找出错误；
（4）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算；
（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以缺少的仪器：250 mL容量瓶，
故答案为：250 mL容量瓶；
（2）需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，应选择250mL，需要溶质的质量为：1.0ml/L×0.25L×40g/ml＝10.0g；
（3）称量NaOH，应该用小烧杯，①错误；没有洗涤玻璃棒，④错误；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，⑥错误；⑦应上下颠倒摇匀；
故答案为：①④⑥⑦；
（4）设稀释后氢氧化钠浓度为c，则依据吸收规律可知，0.005L×1.0ml/L＝0.1L×c，解得c＝0.05ml/L，氢氧化钠为强电解质，完全电离，c（Na+）＝c（NaOH）＝0.05ml/L，
故答案为：0.05；
（5）A．将砝码放在左盘上，NaOH放在右盘上进行称量（未使用游码），对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
C．溶解后未冷却至室温就转移至容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
E．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；
故选：C。
【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制与稀释，熟悉配制过程是解题关键，注意容量瓶、量筒规格的选取方法为易错点，难度不大。
18．（10分）已知铁屑和氯气在500～600℃下可制取无水FeCl3，如图是制取氯化铁粉末所需的装置，已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：FeCl3+6H2O═FeCl3•6H2O。请回答下列问题。
（1）A装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ，D装置中发生反应的化学方程式为 2Fe+3Cl22FeCl3 。
（2）C中试剂为 浓H2SO4 ，其作用为 吸收氯气中的水蒸气 。
（3）实验开始时，应先点燃 A （填“A”或“D”）处的酒精灯。
（4）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
【分析】装置A用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，装置B饱和食盐水的作用是吸收挥发出来氯化氢，装置C为吸收水蒸气干燥氯气，装置D是制取无水FeCl3，装置E的作用是防止空气进入E中，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）装置A用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气发生反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；装置D是氯气与铁粉制取无水FeCl3，发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；2Fe+3Cl22FeCl3；
（2）装置C为吸收水蒸气干燥氯气，C中试剂为浓硫酸，
故答案为：浓H2SO4；吸收氯气中的水蒸气；
（3）为了除尽装置内的空气，实验开始时，应先点燃A处的酒精灯，再点燃D处的酒精灯，
故答案为：A；
（4）氯气与石灰乳[Ca（OH）2]化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
19．（10分）有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属，且C的合金用量最大．三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A Na 、H Fe（OH）3 、乙 Cl2 、C的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是 Fe3O4 ；
（2）写出下列反应的化学方程式：反应① Fe+2HCl═FeCl2+H2↑ ；反应② 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ ．
（3）检验溶液G中金属阳离子的常用方法是 滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+ ．
【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题．
【解答】解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，
（1）由上述分析可知，A为Na、H为Fe（OH）3、乙为Cl2，C（Fe）的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是Fe3O4，
故答案为：Na；Fe（OH）3；Cl2；Fe3O4；
（2）反应①是Fe与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，反应方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；
反应②是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3）G的反应中含有Fe3+，检验Fe3+离子的常用方法是：滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+，
故答案为：滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+．
【点评】本题是考查物质推断与性质、常用化学用语，涉及Na、Fe、Al元素单质化合物的性质及相互转化，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识．
20．（4分）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应Ⅰ的化学方程式为 NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl 。
（2）反应Ⅱ的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。
【分析】饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应，生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳可以循环使用。
【解答】解：（1）反应Ⅰ是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应，生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱，反应Ⅱ的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
【点评】本题主要考查了侯氏制碱原理、化学方程式书写，注重考查了物质制备原理的理解、物质性质的分析应用，题目难度不大。
21．（6分）工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量。
（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧两侧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若 漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降 ，说明装置不漏气。
（2）装置A中的试剂为 氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液） ，装置C中的试剂为 浓硫酸 。
（3）实验结束后通入空气的目的： 把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收 。
（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 73.6% （保留小数点后一位）；若缺少E装置，会使测定结果 偏高 （填“偏高”或“偏低”）。
【分析】装置A为氢氧化钠溶液，用于吸收空气中二氧化碳避免影响碳酸钠含量的测定，B中稀硫酸与纯碱反应生成二氧化碳，装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，连接E，可用于避免空气中的水、二氧化碳进入D，导致实验误差，以此解答该题。
【解答】解：（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，利用压强变化和液面变化分析判断，若漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化，证明装置气密性完好，
故答案为：漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降；
（2）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，
故答案为：氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；浓硫酸；
（3）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，
故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，则碳酸铵质量分数＝×100%≈73.6%；若缺少E装置，导致D中吸收空气中的水和CO2，D装置增重多，会使测定结果偏高，
故答案为：73.6%；偏高。
【点评】本题考查物质的含量测定实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，物质性质和测定过程中的干扰分析是解题关键，注意装置的连接和试剂的作用，题目难度不大。
22．（12分）某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2+的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如图所示：
（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为 过滤 ，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为 丁达尔效应 。
（2）加入铁粉的作用是 防止亚铁离子被氧化 。
（3）测定废液中Fe2+的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液。配平下面方程式，并用双线桥法表示电子转移过程 ：
2 KMnO4+ 10 FeSO4+ 8 H2SO4═ 2 MnSO4+ 1 K2SO4+ 5 Fe2（SO4）3+ 8 H2O；
（4）已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为 Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O 。
（5）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，该反应的化学方程式为 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3 ，该反应中每产生1mlFe2O3，转移的电子数为 2NA 个。
【分析】含亚铁离子的废液中加入饱和碳酸氢钠溶液生成碳酸亚铁沉淀，然后用稀硫酸溶解碳酸亚铁，并加入适量铁粉防止亚铁离子被氧化，最后浓缩结晶得到硫酸亚铁晶体，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为过滤，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为丁达尔效应，
故答案为：过滤；丁达尔效应；
（2）亚铁离子易被氧化，加入铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，
故答案为：防止亚铁离子被氧化；
（3）反应中Mn元素化合价从+7降到+2，得到5个电子，Fe元素从+2升高到+3价，失去一个电子，根据得失电子守恒，极原子守恒配平方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，用双线桥法表示电子转移过程：，
故答案为：；2；10；8；2；1；5；8；
（4）Fe+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，根据原子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，由于Fe元素化合价升高，则S元素化合价需降低，生成SO2，该反应的化学方程式为4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3；该反应中每产生2ml Fe2O3，转移的电子数为4，NA，则每产生1ml Fe2O3，转移的电子数为2NA，
故答案为：4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3；2NA。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。甲
乙
丙
丁
A
KCl
K2SO4
KOH
HCl
B
H2SO4
Na2CO3
NaOH
NaCl
C
Na2O2
CO2
NaHCO3
HCl
D
Fe
FeCl3
Cu
Cl2
选项
物质
杂质
除去杂质的方法
A
Cl2
HCl
将气体通过盛有碱石灰的干燥管
B
FeCl2固体
CuCl2固体
将固体溶解后，加入过量的铁粉，过滤
C
KCl溶液
MgCl2
加入适量的NaOH溶液，过滤
D
NaHCO3固体
Na2CO3固体
将固体混合物加热至恒重
A.钾的焰色试验
B.测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（杂质不与酸作用）
C.配制一定物质的量浓度的硫酸
D.制备氢氧化亚铁
甲
乙
丙
丁
A
KCl
K2SO4
KOH
HCl
B
H2SO4
Na2CO3
NaOH
NaCl
C
Na2O2
CO2
NaHCO3
HCl
D
Fe
FeCl3
Cu
Cl2
选项
物质
杂质
除去杂质的方法
A
Cl2
HCl
将气体通过盛有碱石灰的干燥管
B
FeCl2固体
CuCl2固体
将固体溶解后，加入过量的铁粉，过滤
C
KCl溶液
MgCl2
加入适量的NaOH溶液，过滤
D
NaHCO3固体
Na2CO3固体
将固体混合物加热至恒重
A.钾的焰色试验
B.测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（杂质不与酸作用）
C.配制一定物质的量浓度的硫酸
D.制备氢氧化亚铁
1．（3分）分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，正确的是（ ）
A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
B．依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等
C．根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
D．依据反应前后元素化合价是否变化，可将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
2．（3分）下列物质中，含有自由移动的Cl﹣的是（ ）
A．KClO3溶液B．CaCl2溶液C．KCl晶体D．液态HCl
3．（3分）如图中“一”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．（3分）常温下，在酸性的透明溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣B．Ca2+、Na+、ClO﹣、Cl﹣
C．Ba2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣D．K+、MnO4﹣、Cl﹣、SO42﹣
5．（3分）下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．向澄清的石灰水中通过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
D．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O
6．（3分）下列指定量一定相等的是（ ）
A．等质量的O2与O3的物质的量
B．等物质的量的NO2与N2O4的质量
C．等体积的NO与CO2的分子数
D．等质量的N2O与CO2所含的质子数
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L甲烷（CH4）所含的电子数为10NA
B．0.1ml/LNa2SO4溶液中含有0.2NA个Na+
C．14gN2和CO混合气体中所含有原子数为NA
D．1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
8．（3分）把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a ml BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b ml NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁．则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A． ml•L﹣1B． ml•L﹣1
C． ml•L﹣1D． ml•L﹣1
9．（3分）钠在液氨中溶剂化速度极快，如图为钠投入液氨中的溶剂化过程。钠沉入液氨中，快速得到蓝色溶液，并慢慢产生气泡，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅。下列说法错误的是（ ）
A．钠的密度比液氨大
B．0.1ml钠投入液氨生成0.05mlH2时，Na共失去0.2ml电子
C．溶液呈蓝色是因为产生了e﹣（NH3）x
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na═2NaNH2+H2↑
10．（3分）某温度下，将一定量的Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定Cl﹣与ClO3﹣的物质的量之比为8：1，则反应后溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为（ ）
A．21：5B．11：3C．3：1D．4：1
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．Fe2O3为碱性氧化物，可与水反应生成Fe（OH）3
C．铁锈的主要成分是Fe2O3
D．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，Fe3O4是混合物
12．（3分）下列除去物质中少量杂质的方法正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13．（3分）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．向c溶液中滴加KSCN溶液，可证明c溶液是否变质
B．固体g溶于氢碘酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．通过化合反应或复分解反应均能直接得到e
D．可存在c→d→e→f→c的循环转化关系
14．（3分）为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成致密保护层，其中的一步反应为：3Fe+NaNO2+5NaOH═3Na2FeO2+H2O+NH3↑，下列有关叙述错误的是（ ）
A．该反应的还原剂为Fe
B．NO2﹣的氧化性大于FeO22﹣的氧化性
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
D．若反应中转移6ml电子，则生成还原产物的质量为17g
15．（3分）如图所示的实验或操作中，能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16．（3分）向10mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+
C．原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）＝2：1
D．原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为1ml/L
二、填空题（本题包括5小题，共52分）
17．（10分）实验室需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，根据配制溶液的过程，回答下列问题：
（1）为完成此溶液配制实验需要的仪器除托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管这六种仪器外，还缺少的必要玻璃仪器为 （填名称）。
（2）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 g。
（3）某同学配制NaOH溶液的过程如图所示。你认为该同学的错误有 （填编号）。
（4）若取5 mL该溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为 ml/L。
（5）下列操作会造成所配NaOH溶液浓度偏高的是 。
A．将砝码放在左盘上，NaOH放在右盘上进行称量（未使用游码）
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水
C．溶解后未冷却至室温就转移至容量瓶
D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
E．定容时仰视刻度线
18．（10分）已知铁屑和氯气在500～600℃下可制取无水FeCl3，如图是制取氯化铁粉末所需的装置，已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：FeCl3+6H2O═FeCl3•6H2O。请回答下列问题。
（1）A装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为 ，D装置中发生反应的化学方程式为 。
（2）C中试剂为 ，其作用为 。
（3）实验开始时，应先点燃 （填“A”或“D”）处的酒精灯。
（4）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学方程式为 。
19．（10分）有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属，且C的合金用量最大．三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A 、H 、乙 、C的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是 ；
（2）写出下列反应的化学方程式：反应① ；反应② ．
（3）检验溶液G中金属阳离子的常用方法是 ．
20．（4分）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应Ⅰ的化学方程式为 。
（2）反应Ⅱ的化学方程式为 。
21．（6分）工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量。
（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧两侧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若 ，说明装置不漏气。
（2）装置A中的试剂为 ，装置C中的试剂为 。
（3）实验结束后通入空气的目的： 。
（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 （保留小数点后一位）；若缺少E装置，会使测定结果 （填“偏高”或“偏低”）。
22．（12分）某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2+的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如图所示：
（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为 ，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为 。
（2）加入铁粉的作用是 。
（3）测定废液中Fe2+的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液。配平下面方程式，并用双线桥法表示电子转移过程 ：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4═ MnSO4+ K2SO4+ Fe2（SO4）3+ H2O；
（4）已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为 。
（5）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，该反应的化学方程式为 ，该反应中每产生1mlFe2O3，转移的电子数为 个。
2021-2022学年山西省运城市高中教育发展联盟高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48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．（3分）分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，正确的是（ ）
A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
B．依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等
C．根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
D．依据反应前后元素化合价是否变化，可将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
【分析】A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物；
B．根据酸分子电离出的H+的数目将酸分为一元酸、二元酸和多元酸；
C．根据分散系中分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体；
D．依据反应中是否有元素化合价变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应。
【解答】解：A．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，根据氧化物与酸碱反应的情况将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物，故A错误；
B．根据酸分子电离出的H+的数目将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，而不是根据酸分子中含有的氢原子个数，如CH3COOH中有4个H原子但是属于一元酸，故B错误；
C．根据分散系中分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故C错误；
D．依据反应中是否有电子的转移即元素化合价是否变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质和反应的分类和分类依据，明确不同的分类依据得出不同的分类结果即可解答，题目较简单。
2．（3分）下列物质中，含有自由移动的Cl﹣的是（ ）
A．KClO3溶液B．CaCl2溶液C．KCl晶体D．液态HCl
【分析】在水溶液里或熔融状态下的电解质氯化物能电离出自由移动的氯离子，据此分析解答．
【解答】解：A、氯酸钾在水溶液里能电离出氯酸根离子和钾离子，则溶液中不含自由移动的氯离子，故A错误；
B、氯化钙是由氯离子和钙离子构成的，在水分子的作用下能电离出氯离子和钙离子，所以氯化钙溶液中含有自由移动的氯离子，故B正确；
C、氯化钾晶体是由钾离子和氯离子构成的，但氯化钾晶体中不含自由移动的氯离子，故C错误；
D、液态氯化氢是由氯化氢分子构成的，所以不含自由移动的氯离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的构成及电解质的电离，根据限制条件分析解答，易错选项是A，注意氯酸钾不能电离出氯离子，为易错点．
3．（3分）如图中“一”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．KCl与K2SO4不能反应，与HCl也不反应；
B．硫酸不能一步反应生成碳酸钠；
C．CO2与NaHCO3不能反应；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜与氯气反应生成氯化铜，氯气与铁反应生成氯化铁。
【解答】解：A．KCl与K2SO4不能反应，与HCl也不反应，不符合图中关系，故A不选；
B．NaCO3与NaOH不反应，NaOH与NaCl不反应，不符合图中关系，故B不选；
C．CO2与NaHCO3不能反应，不符合图中关系，故C不选；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜与氯气反应生成氯化铜，氯气与铁反应生成氯化铁，符合图中关系，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质之间的反应，明确相关物质的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大。
4．（3分）常温下，在酸性的透明溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣B．Ca2+、Na+、ClO﹣、Cl﹣
C．Ba2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣D．K+、MnO4﹣、Cl﹣、SO42﹣
【分析】A．H+、Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣相互不反应；
B．H+与ClO﹣反应；
C．H+与HCO3﹣反应；
D．酸性环境下，MnO4﹣能够氧化Cl﹣。
【解答】解：A．H+、Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣相互不反应，可以大量共存，故A选；
B．H+与ClO﹣反应，不能大量共存，故B不选；
C．H+与HCO3﹣反应，不能大量共存，故C不选；
D．酸性环境下，MnO4﹣能够氧化Cl﹣，不能大量共存，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．向澄清的石灰水中通过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
D．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O
【分析】A．氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B．二者反应生成氯化铁；
C．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水。
【解答】解：A．NaHCO3溶液与少量Ca（OH） 2溶液反应，离子方程式：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；
B．向FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故B正确；
C．往澄清的石灰水中通入过量CO2，离子方程式为：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；
D．氢氧化亚铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+＝3Fe3++NO↑+8H2O，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、原子个数、电荷数守恒，题目难度不大。
6．（3分）下列指定量一定相等的是（ ）
A．等质量的O2与O3的物质的量
B．等物质的量的NO2与N2O4的质量
C．等体积的NO与CO2的分子数
D．等质量的N2O与CO2所含的质子数
【分析】A．依据n＝判断；
B．依据m＝nM判断；
C．气体状况未知；
D．N2O与CO2摩尔质量相同，两种分子中含有的质子数相同。
【解答】解：A．氧气与臭氧摩尔质量不同，依据n＝可知，等质量的O2与O3的物质的量不相等，故A不选；
B．NO2与N2O4摩尔质量不同，依据m＝nM可知，等物质的量的NO2与N2O4的质量不同，故B不选；
C．气体状况未知，无法确定等体积的NO与CO2的分子数是否相同，故C不选；
D．N2O和CO2的摩尔质量均为44g/ml，等质量的两种气体的物质的量相同，又因N2O和CO2的质子数也相同，所以等质量的N2O与CO2所含的质子数相等，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量和核心计算公式即可解答，题目难度不大。
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L甲烷（CH4）所含的电子数为10NA
B．0.1ml/LNa2SO4溶液中含有0.2NA个Na+
C．14gN2和CO混合气体中所含有原子数为NA
D．1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
【分析】的适用条件为标况下的气体；
B.题目未给溶液体积；
C.N2和CO的摩尔质量均为28g/ml，且均属于双原子分子；
D.过氧化钠与二氧化碳反应为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2ml过氧化钠反应转移2ml电子。
【解答】解：A.题目未给标准状况，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故A错误：
B.题目没有指明溶液的体积，无法计算粒子的数目，故B错误；
C.14gN2和CO混合气体中所含有原子数为×2×NA/ml＝NA，故C正确；
D.1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为1ml×NA/ml＝NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a ml BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b ml NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁．则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A． ml•L﹣1B． ml•L﹣1
C． ml•L﹣1D． ml•L﹣1
【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝0.5n（OH﹣），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c＝计算钾离子浓度．
【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，
一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+）＝n（BaCl2）＝aml，
另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝0.5n（OH﹣）＝0.5bml，
由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）＝2a﹣2×0.5bml＝（2a﹣b）ml，
则原混合溶液中钾离子的浓度为＝ml/L，故选D。
【点评】本题考查离子反应的有关计算，为高频考点，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等．
9．（3分）钠在液氨中溶剂化速度极快，如图为钠投入液氨中的溶剂化过程。钠沉入液氨中，快速得到蓝色溶液，并慢慢产生气泡，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅。下列说法错误的是（ ）
A．钠的密度比液氨大
B．0.1ml钠投入液氨生成0.05mlH2时，Na共失去0.2ml电子
C．溶液呈蓝色是因为产生了e﹣（NH3）x
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na═2NaNH2+H2↑
【分析】A．钠沉入液氨；
B．1个钠参加反应失去1个电子；
C．钠投入液氨中的溶剂化，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，随反应的进行，溶液颜色逐渐变浅，说明溶液呈蓝色是因为产生e﹣（NH3）x；
D．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子。
【解答】解：A．由钠沉入液氨中可知，钠的密度比液氨大，故A正确；
B．1个钠参加反应失去1个电子，则0.1ml钠投入液氨中生成0.05mlH2时，共失去0.1ml电子，故B错误；
C．随着反应进行，e﹣（NH3）x不断减小，溶液颜色逐渐变浅，所以溶液呈蓝色是因为钠单质的自由电子与氨气结合产生e﹣（NH3）x，故C正确；
D．Na和液氨反应生成NaNH2和H2，则发生反应的化学方程式为2NH3+2Na＝2NaNH2+H2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查钠的性质，为高频考点，把握物质的性质、信息的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
10．（3分）某温度下，将一定量的Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定Cl﹣与ClO3﹣的物质的量之比为8：1，则反应后溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为（ ）
A．21：5B．11：3C．3：1D．4：1
【分析】设n（Cl﹣）＝8ml，n（ClO3﹣）＝1ml，根据得失电子守恒计算n（ClO﹣），从而计算反应后溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比。
【解答】解：设n（Cl﹣）＝8ml，n（ClO3﹣）＝1ml，根据得失电子守恒得：8×1＝1×5+n（ClO﹣），n（ClO﹣）＝3ml，故n（ClO﹣）：n（ClO3﹣）＝3ml：1ml＝3：1，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确氧化还原反应中转移电子守恒是解本题关键，题目难度不大。
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．Fe2O3为碱性氧化物，可与水反应生成Fe（OH）3
C．铁锈的主要成分是Fe2O3
D．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，Fe3O4是混合物
【分析】A．赤铁矿是红棕色；
B．氧化铁难溶于水；
C．铁锈的主要成分是氧化铁；
D．只由一种物质构成的是纯净物。
【解答】解：A．赤铁矿是红棕色，是氧化铁，化学式为Fe2O3，故A错误；
B．氧化铁难溶于水，故不能和水反应生成氢氧化铁，故B错误；
C．铁锈的主要成分是氧化铁，化学式为Fe2O3，故C正确；
D．只由一种物质构成的是纯净物，Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，但其为化合物，是纯净物，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了铁的氧化物的颜色、组成以及其中铁的价态，难度不大，应注意基础知识的掌握。
12．（3分）下列除去物质中少量杂质的方法正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.二者均与碱石灰反应；
B.溶解后Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁；
C.氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁沉淀和NaCl；
D.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠。
【解答】解：A.氯气中含有氯化氢，可通过饱和食盐水除去，碱石灰会和氯气反应，不能除杂，故A错误；
B.氯化铜与铁反应生成铜和氯化亚铁，即Fe+CuCl2═FeCl2+Cu，过滤可除去杂质，故B正确；
C.除去KCl溶液中的少量MgCl2，加入适量KOH溶液过滤，若加入NaOH溶液，会引入Na+，产生新的杂质，故C错误；
D.NaHCO3固体中含有Na2CO3固体，因为碳酸氢钠受热易分解，故不能用加热的方法除去NaHCO3中的Na2CO3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
13．（3分）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．向c溶液中滴加KSCN溶液，可证明c溶液是否变质
B．固体g溶于氢碘酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．通过化合反应或复分解反应均能直接得到e
D．可存在c→d→e→f→c的循环转化关系
【分析】根据化合价及对应的物质类别可知，a是Fe、b是FeO、g是Fe2O3，c是亚铁盐、f是铁盐、d是Fe（OH）2、e是Fe（OH）3。
A.Fe3+可以使KSCN溶液变红；
B.Fe3+可以和I﹣发生氧化还原反应；
C.4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；
D.c→d→e→f→c的变化为Fe2+→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe3+→Fe2+。
【解答】解：A.c溶液为Fe2+盐溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红，可证明含有Fe3+，则溶液已经变质，故A正确；
B g是Fe2O3，Fe2O3溶于氢碘酸时，Fe3+会将I﹣氧化，离子方程式为Fe2O3+2I﹣+6H+＝2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C.4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，通过化合反应或复分解反应均能直接得到Fe（OH）3，故C正确；
D.Fe2+可以与碱反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2会被空气中O2氧化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与酸反应可生成铁盐，Fe3+与Fe单质反应可生成Fe2+，故D正确，
故选：B。
【点评】本题主要考查根据化合价对应出的物质之间的互相转化，可归属为无机推断题，其中主要考查金属铁及其化合物之间的相互反应。
14．（3分）为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成致密保护层，其中的一步反应为：3Fe+NaNO2+5NaOH═3Na2FeO2+H2O+NH3↑，下列有关叙述错误的是（ ）
A．该反应的还原剂为Fe
B．NO2﹣的氧化性大于FeO22﹣的氧化性
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
D．若反应中转移6ml电子，则生成还原产物的质量为17g
【分析】A．化合价升高的是还原剂；
B．同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C．Na2FeO2是氧化产物，NH3是还原产物，据此进行分析；
D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的﹣3价，化合价降低了6价，生成1ml氨气转移6ml电子。
【解答】解：A．CFe元素化合价从0价升高到+2价，Fe作还原剂，故A正确；
B．N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的﹣3价，化合价降低了6价，反应中氧化剂为NO2﹣，该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，氧化产物为FeO22﹣，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则NO2﹣的氧化性大于FeO22﹣的氧化性，故B正确；
C．Na2FeO2是氧化产物，NH3是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1，故C错误；
D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的﹣3价，化合价降低了6价，生成1ml氨气转移6ml电子，若反应中转移6ml电子，则生成还原产物的物质的量是1ml，质量为17g，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查题干信息的分析判断及知识综合应用能力，明确反应中元素化合价升降、氧化性强弱比较方法、生成物与转移电子的关系是解本题关键，题目难度不大。
15．（3分）如图所示的实验或操作中，能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.钾的焰色试验，应透过蓝色钻玻璃观察；
B.二氧化碳与碳酸钠溶液反应；
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D.Fe与稀硫酸反应生成氢气，可排出装置内的空气，硫酸亚铁与NaOH反应生成硫酸亚铁。
【解答】解：A.钾的焰色试验，应透过蓝色钻玻璃观察，滤去钠的黄光的干扰，不能直接观察，故A错误；
B.二氧化碳能和碳酸钠溶液反应，应选择排饱和碳酸氢钠溶液测定，故B错误；
C.容量瓶只能用来配制溶液，且只能在常温下使用，不能用容量瓶稀释浓硫酸，故C错误；
D.铁粉和稀硫酸反应制取FeSO4，同时生成氢气，生成的氢气可以将试管中的空气赶走，吸有NaOH溶液的胶头滴管末端伸入FeSO4溶液的液面下，具支试管的支管的末端浸入水中，可以起到隔绝空气的作用，所以可以制备氢氧化亚铁，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
16．（3分）向10mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+
C．原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）＝2：1
D．原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为1ml/L
【分析】向10mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，Fe被Fe3+氧化，离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，由图可知，该反应消耗了0.56g铁粉，再被Cu2+氧化，离子方程式为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，由图可知，该反应消耗的铁粉质量为（1.68﹣0.56）g＝1.12g，生成了1.28gCu。
【解答】解：A.由分析可知，a点时溶液中发生的反应为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，且Fe3+未被消耗完，则a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+，故A正确；
B.由分析可知，b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故B正确；
C.反应Fe+2Fe3+═3Fe2+消耗了0.56g铁粉，则n（Fe）＝＝0.01ml，则原溶液中n（Fe3+）＝2n（Fe）＝2×0.01ml＝0.02ml，反应Fe+Cu2+═Cu+Fe2+生成了1.28gCu，则原溶液中n（Cu2+）＝n（Cu）＝＝0.02ml，所以原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）＝0.02ml：＝1：1，故C错误；
D.由C知则原溶液中n（Fe3+）＝0.02ml，则Fe2（SO4）3的物质的量为0.02ml×＝0.01ml，故原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为＝1ml/L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查利用化学方程式的计算，题目难度中等，关键是根据氧化还原反应的先后规律分析反应过程，把握利用化学方程式（或离子方程式）计算的方法。
二、填空题（本题包括5小题，共52分）
17．（10分）实验室需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，根据配制溶液的过程，回答下列问题：
（1）为完成此溶液配制实验需要的仪器除托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管这六种仪器外，还缺少的必要玻璃仪器为 250mL容量瓶 （填名称）。
（2）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 10.0 g。
（3）某同学配制NaOH溶液的过程如图所示。你认为该同学的错误有 ①④⑥⑦ （填编号）。
（4）若取5 mL该溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为 0.05 ml/L。
（5）下列操作会造成所配NaOH溶液浓度偏高的是 C 。
A．将砝码放在左盘上，NaOH放在右盘上进行称量（未使用游码）
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水
C．溶解后未冷却至室温就转移至容量瓶
D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
E．定容时仰视刻度线
【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器；
（2）依据m＝cVM计算需要溶质的质量；
（3）根据溶液的配制步骤，找出错误；
（4）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算；
（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以缺少的仪器：250 mL容量瓶，
故答案为：250 mL容量瓶；
（2）需要1.0ml/L NaOH溶液240mL，应选择250mL，需要溶质的质量为：1.0ml/L×0.25L×40g/ml＝10.0g；
（3）称量NaOH，应该用小烧杯，①错误；没有洗涤玻璃棒，④错误；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，⑥错误；⑦应上下颠倒摇匀；
故答案为：①④⑥⑦；
（4）设稀释后氢氧化钠浓度为c，则依据吸收规律可知，0.005L×1.0ml/L＝0.1L×c，解得c＝0.05ml/L，氢氧化钠为强电解质，完全电离，c（Na+）＝c（NaOH）＝0.05ml/L，
故答案为：0.05；
（5）A．将砝码放在左盘上，NaOH放在右盘上进行称量（未使用游码），对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
C．溶解后未冷却至室温就转移至容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
D．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
E．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；
故选：C。
【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制与稀释，熟悉配制过程是解题关键，注意容量瓶、量筒规格的选取方法为易错点，难度不大。
18．（10分）已知铁屑和氯气在500～600℃下可制取无水FeCl3，如图是制取氯化铁粉末所需的装置，已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：FeCl3+6H2O═FeCl3•6H2O。请回答下列问题。
（1）A装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ，D装置中发生反应的化学方程式为 2Fe+3Cl22FeCl3 。
（2）C中试剂为 浓H2SO4 ，其作用为 吸收氯气中的水蒸气 。
（3）实验开始时，应先点燃 A （填“A”或“D”）处的酒精灯。
（4）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
【分析】装置A用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，装置B饱和食盐水的作用是吸收挥发出来氯化氢，装置C为吸收水蒸气干燥氯气，装置D是制取无水FeCl3，装置E的作用是防止空气进入E中，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）装置A用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气发生反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；装置D是氯气与铁粉制取无水FeCl3，发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；2Fe+3Cl22FeCl3；
（2）装置C为吸收水蒸气干燥氯气，C中试剂为浓硫酸，
故答案为：浓H2SO4；吸收氯气中的水蒸气；
（3）为了除尽装置内的空气，实验开始时，应先点燃A处的酒精灯，再点燃D处的酒精灯，
故答案为：A；
（4）氯气与石灰乳[Ca（OH）2]化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
19．（10分）有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属，且C的合金用量最大．三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A Na 、H Fe（OH）3 、乙 Cl2 、C的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是 Fe3O4 ；
（2）写出下列反应的化学方程式：反应① Fe+2HCl═FeCl2+H2↑ ；反应② 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ ．
（3）检验溶液G中金属阳离子的常用方法是 滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+ ．
【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题．
【解答】解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，
（1）由上述分析可知，A为Na、H为Fe（OH）3、乙为Cl2，C（Fe）的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是Fe3O4，
故答案为：Na；Fe（OH）3；Cl2；Fe3O4；
（2）反应①是Fe与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，反应方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；
反应②是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3）G的反应中含有Fe3+，检验Fe3+离子的常用方法是：滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+，
故答案为：滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+．
【点评】本题是考查物质推断与性质、常用化学用语，涉及Na、Fe、Al元素单质化合物的性质及相互转化，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识．
20．（4分）现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应Ⅰ的化学方程式为 NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl 。
（2）反应Ⅱ的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。
【分析】饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应，生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳可以循环使用。
【解答】解：（1）反应Ⅰ是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应，生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱，反应Ⅱ的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
【点评】本题主要考查了侯氏制碱原理、化学方程式书写，注重考查了物质制备原理的理解、物质性质的分析应用，题目难度不大。
21．（6分）工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量。
（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧两侧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若 漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降 ，说明装置不漏气。
（2）装置A中的试剂为 氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液） ，装置C中的试剂为 浓硫酸 。
（3）实验结束后通入空气的目的： 把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收 。
（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 73.6% （保留小数点后一位）；若缺少E装置，会使测定结果 偏高 （填“偏高”或“偏低”）。
【分析】装置A为氢氧化钠溶液，用于吸收空气中二氧化碳避免影响碳酸钠含量的测定，B中稀硫酸与纯碱反应生成二氧化碳，装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，连接E，可用于避免空气中的水、二氧化碳进入D，导致实验误差，以此解答该题。
【解答】解：（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，利用压强变化和液面变化分析判断，若漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化，证明装置气密性完好，
故答案为：漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降；
（2）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，
故答案为：氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；浓硫酸；
（3）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，
故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，则碳酸铵质量分数＝×100%≈73.6%；若缺少E装置，导致D中吸收空气中的水和CO2，D装置增重多，会使测定结果偏高，
故答案为：73.6%；偏高。
【点评】本题考查物质的含量测定实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，物质性质和测定过程中的干扰分析是解题关键，注意装置的连接和试剂的作用，题目难度不大。
22．（12分）某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2+的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如图所示：
（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为 过滤 ，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为 丁达尔效应 。
（2）加入铁粉的作用是 防止亚铁离子被氧化 。
（3）测定废液中Fe2+的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液。配平下面方程式，并用双线桥法表示电子转移过程 ：
2 KMnO4+ 10 FeSO4+ 8 H2SO4═ 2 MnSO4+ 1 K2SO4+ 5 Fe2（SO4）3+ 8 H2O；
（4）已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为 Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O 。
（5）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，该反应的化学方程式为 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3 ，该反应中每产生1mlFe2O3，转移的电子数为 2NA 个。
【分析】含亚铁离子的废液中加入饱和碳酸氢钠溶液生成碳酸亚铁沉淀，然后用稀硫酸溶解碳酸亚铁，并加入适量铁粉防止亚铁离子被氧化，最后浓缩结晶得到硫酸亚铁晶体，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为过滤，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为丁达尔效应，
故答案为：过滤；丁达尔效应；
（2）亚铁离子易被氧化，加入铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，
故答案为：防止亚铁离子被氧化；
（3）反应中Mn元素化合价从+7降到+2，得到5个电子，Fe元素从+2升高到+3价，失去一个电子，根据得失电子守恒，极原子守恒配平方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，用双线桥法表示电子转移过程：，
故答案为：；2；10；8；2；1；5；8；
（4）Fe+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，根据原子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，由于Fe元素化合价升高，则S元素化合价需降低，生成SO2，该反应的化学方程式为4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3；该反应中每产生2ml Fe2O3，转移的电子数为4，NA，则每产生1ml Fe2O3，转移的电子数为2NA，
故答案为：4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3；2NA。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。甲
乙
丙
丁
A
KCl
K2SO4
KOH
HCl
B
H2SO4
Na2CO3
NaOH
NaCl
C
Na2O2
CO2
NaHCO3
HCl
D
Fe
FeCl3
Cu
Cl2
选项
物质
杂质
除去杂质的方法
A
Cl2
HCl
将气体通过盛有碱石灰的干燥管
B
FeCl2固体
CuCl2固体
将固体溶解后，加入过量的铁粉，过滤
C
KCl溶液
MgCl2
加入适量的NaOH溶液，过滤
D
NaHCO3固体
Na2CO3固体
将固体混合物加热至恒重
A.钾的焰色试验
B.测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（杂质不与酸作用）
C.配制一定物质的量浓度的硫酸
D.制备氢氧化亚铁
甲
乙
丙
丁
A
KCl
K2SO4
KOH
HCl
B
H2SO4
Na2CO3
NaOH
NaCl
C
Na2O2
CO2
NaHCO3
HCl
D
Fe
FeCl3
Cu
Cl2
选项
物质
杂质
除去杂质的方法
A
Cl2
HCl
将气体通过盛有碱石灰的干燥管
B
FeCl2固体
CuCl2固体
将固体溶解后，加入过量的铁粉，过滤
C
KCl溶液
MgCl2
加入适量的NaOH溶液，过滤
D
NaHCO3固体
Na2CO3固体
将固体混合物加热至恒重
A.钾的焰色试验
B.测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（杂质不与酸作用）
C.配制一定物质的量浓度的硫酸
D.制备氢氧化亚铁
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