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2021-2022学年山西省大同市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省大同市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了2L氯气所含原子数目为NA，72gB，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省大同市高一（上）期末化学试卷
1. 正确识别危险化学品标志是保证实验安全的前提。贴有如图所示标志的试剂瓶可能装有( )
A. 浓硫酸
B. 酒精
C. 氯化钠溶液
D. 煤油
2. 分类法是学习和研究化学科学的一种重要方法。下列分类正确的是( )
A. 过氧化钠属于碱性氧化物 B. 铁属于电解质
C. 硫酸氢钠属于酸 D. 胶体属于分散系
3. 镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，不正确的是( )
A. 此合金的熔点比镁和铝的熔点都低 B. 此合金能全部溶解于足量稀盐酸中
C. 此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中 D. 此合金的硬度比镁和铝的硬度都大
4. 许多反应的实质是离子之间的反应。下列离子方程式书写正确的是( )
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
B. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
C. 石灰乳与碳酸钠溶液反应：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−
D. 铜粉与硝酸银溶液反应：Ag++Cu=Cu2++Ag
5. 化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语表达正确的是( )
A. HClO的结构式：H−Cl−O
B. 质量数为14的碳原子： 146C
C. NaCl的电子式：
D. 电子式表示CO2的形成过程：
6. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78gNa2O2固体中含有的离子数目为4NA
B. 常温常压下，11.2L氯气所含原子数目为NA
C. 3mol铁与足量水蒸气在高温下完全反应，转移电子数为8NA
D. 0.5mol⋅L−1Na2SO4溶液中所含SO42−数目为0.5NA
7. 人体血红蛋白中含有Fe2+离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+离子转变成Fe3+离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力．服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有( )
A. 酸性 B. 碱性 C. 氧化性 D. 还原性
8. 《天工开物》记载制造青瓦“(窑)泥周寒其孔，浇水转釉”，红瓦转化为青瓦过程中，下列说法正确的是( )
A. 红瓦主要成分为Fe3O4 B. 红瓦主要成分为Al2O3
C. 青瓦主要成分为FeO D. 青瓦主要成分为Fe2O3
9. 研究化学键有助于人们理解物质的某些性质。下列各组物质中，化学键类型完全相同的是( )
A. Cl2和CaCl2 B. H2O2和Na2O2 C. CH4和Ar D. NaI和Na2O
10. 我国拥有自主知识产权的硅衬底高光效氮化镓发光二极管(简称LED)技术，已广泛用于照明、显像等多个领域。氮和镓的原子结构示意图及镓在元素周期表中的信息如图所示，下列说法正确的是( )
A. 镓的相对原子质量是69.72g B. 镓原子核内有31个中子
C. 镓元素位于第三周期、ⅢA族 D. 氮化镓的化学式为GaN
11. 纳米级Fe3O4可用于以太阳能为能源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中，不正确的是( )
A. 过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B. 过程Ⅱ的反应：2H2O2H2↑+O2↑
C. 两个转化过程都发生了氧化还原反应
D. 整个过程实现了太阳能向化学能的转化
12. 下列有关叙述正确的是( )
A. 科学家在周期表金属与非金属分界线处找到了优良的催化剂
B. 由F、Cl、Br的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr的还原性依次增强
C. 92235U和 92238U是同一种核素
D. O2和O3互为同位素
13. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子的最外层电子数之和为15；W、X同周期且相邻，其中一种元素的单质为空气的主要成分之一；W、Z同主族。下列结论正确的是( )
A. 原子半径的大小顺序为Y>Z>W>X
B. Y形成的氯化物为共价化合物
C. Z单质的氧化性比X的强
D. W、X、Z三种元素的简单氢化物中Z的沸点最高
14. 我国著名科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献。如图是“侯氏制碱法”在实验室进行模拟实验的流程示意图，则下列叙述不正确的是( )
A. A气体是CO2，B气体是NH3
B. 侯氏制碱法的工艺流程应用了物质溶解度的差异
C. 第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，第Ⅳ步操作是煅烧
D. 侯氏制碱法的最终产品是Na2CO3和NH4Cl
15. ClO2是一种杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是( )
A. KClO3中氯元素被氧化 B. CO2是氧化产物
C. H2C2O4的还原性弱于ClO2 D. 1molKClO3参加反应有2mol电子转移
16. a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为( )
A. 7：1 B. 1：7 C. 7：8 D. 8：7
17. 如图所示的实验操作中，能达到实验目的的是( )
A. 测定工业纯碱样品(含少量氯化钠等不与酸反应的杂质)中碳酸钠的质量分数
B. 制备氢氧化亚铁
C. 除去Cl2中的HCl
D. 排水法收集H2
18. 金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是( )
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D. Al→A12O3→Al(OH)3→AlCl3
19. 某学生欲用12mol⋅L−1浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.3mol⋅L−1的稀盐酸。
(1)该学生需要量取 ______mL上述浓盐酸进行配制；
(2)配制过程所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还缺少的玻璃仪器 ______、______；
(3)配制过程中正确的操作顺序是 ______(字母表示，每个字母只能用一次)；
A.用少量蒸馏水洗涤烧杯2∼3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B.用量筒准确量取所需浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量蒸馏水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C.将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E.改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻度线1∼2cm处
(4)实际配制得到的溶液浓度偏高，可能的原因是 ______(填字母)。
A.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面最低处
B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中
D.容量瓶洗涤干净后未干燥
20. 过氧化氢(H2O2)又称双氧水，它不稳定，易分解，是一种绿色氧化剂、还原剂。
(1)在MnO2作催化剂的条件下，H2O2会发生自身的歧化反应，即−1价的氧既升高又降低，则该反应过程中，若参加反应的H2O2为17g时，转移电子的数目为 ______(用NA表示)，产生的气体在标准状况下的体积为 ______。
(2)当H2O2和H2S在水溶液中反应时，参加反应的H2O2和H2S的个数比为4：1，其中氧元素只生成−2价，则发生反应的化学方程式为 ______。
(3)某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2，已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。
①该反应的氧化剂是 ______(填化学式)。
②该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比为 ______。
21. 为纪念门捷列夫编制化学元素周期表150周年，联合国大会将2019年指定为“化学元素周期表国际年”。如表为元素周期表的一部分，表中的每个序号代表一种元素。
族
周期
ⅠA
0
1
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
请根据要求回答下列问题：
(1)⑦⑧⑨三种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 ______(填化学式)。
(2)③⑥⑨三种元素的简单离子半径由大到小排序为 ______(填离子符号)。
(3)元素④的最高价氧化物对应的水化物与⑥的单质反应的离子方程式为 ______。
(4)从原子结构的角度分析④与⑤的金属性强弱：______。
(5)②、⑦的气态氢化物中较稳定的是 ______(填化学式)，判断依据是 ______。
22. 电子工业常用FeCl3.溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．某电子厂用过的腐蚀液中含有Fe3+、Cu2+，可以通过下列流程回收铜，并重新获得FeCl3溶液．
(1)检验溶液中含有Fe3+常用的试剂是______，证明Fe3+存在的现象是______
(2)操作①是______，C的成分是______.
(3)废液中的Fe3+与A反应的离子方程式是______，向B的溶液中滴加NaOH溶液时观察到的现象是______.
(4)B与E反应的化学方程式是______.
23. 如图所示装置可用来制取Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化。实验时必须使用铁屑、6mol⋅L−1硫酸溶液，其他试剂任选。填写下列空白。
(1)B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是______，A中反应的化学方程式为______。
(2)实验开始时应先将活塞E______(填“打开”或“关闭”)，其目的是______。在C中收集到的气体的主要为______。
(3)简述生成Fe(OH)2的操作过程：______。
(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，看到的现象为______；写出有关反应的化学方程式：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.浓硫酸具有强的腐蚀性，故A选；
B.酒精为易燃液体，不具有强的腐蚀性，故B不选；
C.氯化钠溶液不具有强的腐蚀性，故C不选；
D.煤油为易燃液体，不具有强的腐蚀性，故D不选；
故选：A。
图示为标志为腐蚀品，贴有该图标的试剂具有强腐蚀性，据此解答。
本题考查危险品标志，难度不大，了解各个标志所代表的含义和物质的性质是解答此类题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：A.过氧化钠属于过氧化物，故A错误；
B.铁属于单质，不属于电解质，故B错误；
C.硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子和钠离子，属于盐，故C错误；
D.胶体属于分散系中的一种，故D正确；
故选：D。
碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
酸是指电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；
分散系包括溶液、胶体、浊液。
本题考查了物质组成、物质分类，注意概念实质的理解应用，属于基本知识、基础题型，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.合金的熔点比各成分金属的低，故A正确；
B.镁铝都活泼金属都能与足量盐酸反应，故B正确；
C.镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠反应，所以此合金不能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中，故C错误；
D.合金的硬度比各成分金属的高，故D正确；
故选：C。
根据合金的定义与特点进行解答。合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属；合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低。
本题主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；本考点基础性强，比较好把握。
4.【答案】C
【解析】解：A.钠与水反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；
B.氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.石灰乳与碳酸钠溶液反应，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−，故C正确；
D.铜粉与硝酸银溶液反应，离子方程式为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag，故D错误；
故选：C。
A.电荷不守恒；
B.次氯酸为弱酸，应保留化学式；
C.石灰乳与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙和氢氧化钠；
D.电荷不守恒。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子反应遵循电荷守恒、原子个数守恒，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.HClO的中心原子为O，其结构式为H−O−Cl，故A错误；
B.碳原子的质子数为6，质量数为14的碳原子为 614C，故B错误；
C.NaCl是离子化合物，由Na+和Cl−构成，电子式为，故C错误；
D.CO2为共价化合物，电子式为，则CO2的形成过程：，故D正确；
故选：D。
A.HClO的中心原子是O，不是Cl；
B.质量数标注于元素符号的左上角，质子数标注于左下角；
C.NaCl是离子化合物，不存在共价键；
D.CO2为共价化合物，电子式为。
本题考查化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、核素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.78gNa2O2固体物质的量为：78g78g/mol=1mol，含有的离子数目为3NA，故A错误；
B.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol，无法计算氯气的物质的量，故B错误；
C.3Fe+4H2O−高温Fe3O4+4H2，1molFe与足量水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为83NA，3mol铁与足量水蒸气在高温下完全反应，转移电子数为8NA，故C正确；
D.溶液体积未知，无法计算硫酸根离子个数，故D错误；
故选：C。
A.1个过氧化钠含有2个钠离子、1个过氧根离子；
B.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol；
C.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；
D.溶液体积未知。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构和反应原理是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：根据题目说法，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，即可以将三价铁转化为亚铁离子，所以维生素C是还原剂，具有还原性。
故选：D。
Fe2+离子转变成Fe3+离子，铁元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，但是Fe3+离子转变成Fe2+离子，铁元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂才能实现．
本题考查氧化还原反应中的有关知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．
8.【答案】C
【解析】解：A.Fe3O4为黑色，不可能为红瓦的主要成分，故A错误；
B.Al2O3为白色，不可能为红瓦的主要成分，故B错误；
C.结合分析可知，青瓦主要成分为FeO，故C正确；
D.Fe2O3为红色，不是青瓦的主要成分，故D错误；
故选：C。
青瓦的主要成分为氧化亚铁，红瓦的主要成分为氧化铁，红瓦转化为青瓦的过程是Fe2O3转化为FeO，以此分析解答。
本题考查铁的氧化物性质，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.Cl2分子中Cl原子之间只存在共价键，CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，二者化学键类型不同，故A错误；
B.H2O2中含有H−O极性键和O−O非极性键，Na2O2中含有离子键和O−O非极性键，二者含有的化学键类型不完全相同，故B错误；
C.CH4中含有C−H极性键，Ar为单原子分子，不存在化学键，二者含有的化学键类型不完全相同，故C错误；
D.NaI和Na2O都只含有离子键，二者含有的化学键类型相同，故D正确；
故选：D。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键，同种非金属元素的原子之间存在非极性键，不同非金属元素的原子之间存在极性键，以此进行判断。
本题考查化学键，侧重考查基本概念的理解和应用，明确基本概念内涵及概念之间区别是解本题关键，知道物质构成微粒及微粒之间作用力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.相对原子质量没有单位，故A错误；
B.镓原子核内有31个质子，不知道质量数，无法求出中子数，故B错误；
C.镓元素原子核外有4个电子层，最外层电子数为3，故位于第四周期、ⅢA族，故C错误；
D.N元素最低负价为−3价，Ga元素最高正价为+3价，氮化镓的化学式为GaN，故D正确；
故选：D。
根据氮元素和镓元素的原子结构可以推断出它们在周期表中的位置，最高正价和最低负价，据此解答。
题考查元素周期表，为高频考点，把握元素周期表中的信息、原子结构与元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应、反应过程中能量变化、识图能力的培养等，题目难度不大，学会从图中提取有用的信息，把握反应中元素的化合价变化、物质之间的转化为解答的关键。
【解答】
A.根据题干图知，过程Ⅰ在太阳能的作用下Fe3O4分解生成FeO和O2，则反应方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，故A正确；
B.过程Ⅱ中FeO与水反应生成H2和Fe3O4，反应方程式为3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，故B错误；
C.第一个反应中部分Fe元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由−2价变为0价，第二个方程式中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价、H元素化合价由+1价变为0价，这两个反应中都有元素化合价升降，所以这两个转化过程都发生了氧化还原反应，故C正确；
D.过程Ⅰ方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程Ⅱ方程式为：3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，将Ⅰ+Ⅱ×2，整理可得：2H2O2H2↑+O2↑，在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，故D正确；
故选：B。
12.【答案】B
【解析】解：A.在过渡金属元素中寻找优良的催化剂，故A错误；
B.由F、Cl、Br的非金属性依次减弱，则HF、HCl、HBr的还原性依次增强，故B正确；
C. 92235U和 92238U是U元素的两种核素，故C错误；
D.O2和O3是氧元素形成的两种单质，是同素异形体，故D错误；
故选：B。
具有相同质子数不同中子数的同一类元素的不同核素互称为同位素；在周期表金属与非金属分界线处的元素具有一定的两性，过渡元素及其化合物中常含有优良的催化剂；同一种元素形成的不同单质互称为同素异形体；同一周期从左到右原子半径依次减小，元素的非金属性依次增强，同一主族从上到下，原子半径依次增大，元素的非金属性依次减弱；非金属性越强，则相应的氢化物越稳定，氢化物的还原性越弱，据此解答。
本题考查元素周期表、元素周期律及其应用，为高频考点，涉及到同位素、同素异形体概念的辨别，氢化物还原性的递变规律等，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W为C，X为N，Y为Mg，Z为Si元素，
A.主族元素同周期从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，则原子半径的大小顺序为：Y>Z>W>X，故A正确；
B.Y形成的氯化物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，故B错误；
C.非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性Si
故选：A。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子的最外层电子数之和为15；W、X同周期且相邻，其中一种元素的单质为空气的主要成分之一，该元素可能为N或O元素，W、Z同主族，若W为N元素，则X为O，Z为P，三者的最外层电子数之和为5+5+6=16>15，不满足条件，则W为C，X为N，Z为Si元素；Y的最外层电子数为15−4−4−5=2，Y的原子序数大于N，则Y为Mg元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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。
14.【答案】A
【解析】解：A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，向氨化的饱和食盐水通入二氧化碳气体有利于析出碳酸氢钠，则A为NH3，B为CO2，故A错误；
B.相同条件下NaHCO3的溶解度小，侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，故B正确；
C.第Ⅲ步操作是过滤，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，第Ⅳ步操作是灼烧，发生的反应为2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，故C正确；
D.侯氏制碱法的基本原理为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，最终产品是NH4Cl和Na2CO3，故D正确，
故选：A。
由流程图可知，饱和食盐水中先通入气体A为NH3，可增大二氧化碳的溶解，然后通入气体B为CO2，Ⅱ中发生反应NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤分离出NaHCO3晶体，Ⅳ中发生2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱。
本题主要考查侯氏制碱法的流程和操作，难度中等，掌握其原理和主要操作即可。
15.【答案】B
【解析】解：A.KClO3在反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3得到电子，化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B.C元素的化合价由+3升高到+4价，CO2是氧化产物，故B正确；
C.H2C2O4失电子，在反应中被氧化，是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，故C错误；
D.KClO3在反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应有1mol电子转移，故D错误；
故选：B。
反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是易错点，题目难度不大。
16.【答案】A
【解析】解：ag铁粉为a56mol，agCu为a64mol，根据氧化还原顺序Fe先与CuSO4反应，再与H2SO4反应，因为a56mol>a64mol，
所以CuSO4反应完全，剩余Fe与H2SO4反应，
所以参加反应的CuSO4的物质的量为a64mol，
参加反应的H2SO4的物质的量为(a56−a64)mol，
参加反应的CuSO4和H2SO4的物质的量之比为：a64：(a56−a64)=7：1，
故选A.
Fe先与CuSO4反应，再与H2SO4反应，根据反应的顺序和相关的量进行计算．
本题考查学生对金属铁的性质的掌握，可以根据所学知识进行回答，难度较大．
17.【答案】B
【解析】解：A.生成的二氧化碳可与碳酸钠溶液反应，不能测定二氧化碳的体积，应选饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B.煤油可隔绝空气，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，可制备氢氧化亚铁，故B正确；
C.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故C错误；
D.氢气不溶于水，应短导管进气收集，故D错误；
故选：B。
A.生成的二氧化碳可与碳酸钠溶液反应；
B.煤油可隔绝空气，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁；
C.二者均与NaOH溶液反应；
D.氢气不溶于水。
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、混合物分离提纯、物质的制备、气体的收集、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，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】解：A.Na与水反应生成NaOH、NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，图中转化均可一步完成，故A错误；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁、氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，图中转化均可一步完成，故B错误；
C.Mg与盐酸反应生成氯化镁、氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁、氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，图中转化均可一步完成，故C错误；
D.Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与水不反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，则A12O3→Al(OH)3不能一步实现转化，故D正确；
故选：D。
A.Na与水反应生成NaOH、NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁、氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁；
C.Mg与盐酸反应生成氯化镁、氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁、氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁；
D.Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与水不反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性知识的应用，题目难度不大。
19.【答案】12.5胶头滴管 500mL容量瓶 BCAFED C
【解析】解：(1)欲用12mol⋅L−1浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.3mol⋅L−1的稀盐酸，依据溶液稀释规律可知，需要浓盐酸体积为：0.3mol/L×0.5L12mol/L=0.0125L，即12.5mL，
故答案为：12.5；
(2)配制一定物质的量浓度一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器依次为：量筒、烧杯、玻璃棒、500容量瓶、胶头滴管，缺少的玻璃仪器：胶头滴管、500mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)配制一定物质的量浓度一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：BCAFED，
故答案为：BCAFED；
(4)A.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面最低处，导致浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；
C.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却到室温后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D.容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产影响，溶液浓度无影响，故D不选；
故答案为：C。
(1)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；
(2)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要的仪器；
(3)配制一定物质的量浓度一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析。
本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确配制原理及操作步骤是解题关键，难度不大，注意相关基础知识的积累。
20.【答案】0.5NA 5.6L4H2O2+H2S=H2SO4+4H2OH2CrO4 2：3
【解析】解：(1)2H2O2−MnO22H2O+O2↑中消耗68gH2O2转移2mol电子，据此计算消耗17gH2O2转移电子的物质的量=17g68g×2mol=0.5mol，转移电子数=0.5mol×NA/mol=0.5NA；生成n(O2)=12n(H2O2)=12×17g34g/mol=0.25mol，V=nVm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，
故答案为：0.5NA；5.6L；
(2)当H2O2和H2S在水溶液中反应时，参加反应的H2O2和H2S的个数比为4：1，其中氧元素只生成−2价，则生成H2O，设S元素在生成物中的化合价为x，根据转移电子守恒得4×[−1−(−2)]×2=1×[x−(−2)]，x=+6，因为在水溶液中，所以生成H2SO4，反应方程式为4H2O2+H2S=H2SO4+4H2O，
故答案为：4H2O2+H2S=H2SO4+4H2O；
(3)①由信息H2O2→O2可知，O元素的化合价由−1价升高到0，H2O2为还原剂，则Cr元素化合价应该降低，有+6价变为+3价，得电子的反应物是氧化剂，反应方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O，所以H2CrO4是氧化剂，
故答案为：H2CrO4；
②还原产物是Cr(OH)3、氧化产物是O2，根据方程式知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，
故答案为：2：3。
(1)2H2O2−MnO22H2O+O2↑中消耗68gH2O2转移2mol电子，据此计算消耗17gH2O2转移电子的物质的量；生成n(O2)=12n(H2O2)，V=nVm；
(2)当H2O2和H2S在水溶液中反应时，参加反应的H2O2和H2S的个数比为4：1，其中氧元素只生成−2价，则生成H2O，设S元素在生成物中的化合价为x，根据转移电子守恒得4×[−1−(−2)]×2=1×[x−(−2)]，x=+6，因为在水溶液中，所以生成H2SO4；
(3)①由信息H2O2→O2可知，O元素的化合价由−1价升高到0，H2O2为还原剂，则Cr元素化合价应该降低，有+6价变为+3价，得电子的反应物是氧化剂；
②还原产物是Cr(OH)3、氧化产物是O2，
本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、方程式的计算等知识点，明确基本概念内涵及方程式的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
21.【答案】HClO4 Cl−>O2−>A13+ 2A1+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑Na原子半径比Mg大，原子核对最外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg的强 NH3 非金属性越强，气态氢化物越稳定
【解析】解：(1)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，P、S、Cl三种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
(2)具有相同电子层结构的离子，质子数越小，离子半径越大，O2−>A13+，Cl−比O2−多一个电子，半径Cl−>O2−，
故答案为：Cl−>O2−>A13+；
(3)铝具有两性，能够与强碱发生反应，与碱反应的离子方程式为2A1+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2A1+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；
(4)同一周期从左到右原子半径依次减小，Na原子半径比Mg大，原子核对最外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg的强，
故答案为：Na原子半径比Mg大，原子核对最外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg的强；
(5)非金属性越强，则相应的气态氢化物越稳定，非金属性N>P，则气态氢化物中较稳定的是NH3，
故答案为：NH3；非金属性越强，气态氢化物越稳定。
由元素在周期表中位置，可知①是C、②是N、③是O、④是Na、⑤是Mg、⑥是Al、⑦是P、⑧是S、⑨是Cl；同一周期从左到右原子半径依次减小，元素的非金属性依次增强，同一主族从上到下，原子半径依次增大，元素的非金属性依次减弱；非金属性越强，则相应的氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物酸性越强，；氢氧化铝具有两性，能够与强酸或强碱发生反应，据此解答。
本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，熟悉元素周期表结构及原子结构是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，离子半径的比较为易错点。
22.【答案】KSCN溶液 溶液变为红色 过滤 Fe、CuFe+2Fe3+=3Fe2+ 产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
【解析】解：反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣C中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液B中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁．滤渣C中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液B通入氯气，进而生成氯化铁，
(1)检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，
故答案为：KSCN溶液；溶液变为红色；
(2)操作①用于分离和固体，为过滤操作，固体C为Fe、Cu的混合物，故答案为：过滤；Fe、Cu；
(3)废液加入过量铁反应和铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，向B的溶液中滴加NaOH溶液生成氢氧化亚铁，反应现象为产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
(4)氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，实质是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−.
反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣C中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液B中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁．滤渣C中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液B通入氯气，进而生成氯化铁，以此解答该题．
本题考查了化学工艺流程、常用化学用语、元素化合物性质等知识，为高频考点，题目难度不大，掌握元素化合物的性质是关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
23.【答案】铁屑 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑打开 排除装置和溶液中的空气 氢气 关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】解：(1)制取Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，需先制取氢氧化亚铁，需用铁和硫酸反应制氢气，所以在烧瓶中应该先加入铁屑，铁和稀硫酸反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，
故答案为：铁屑；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
(2)Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，实验开始时应先将活塞E打开，让生成的氢气排走装置和溶液中的空气，并且通过出气口排出，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，氢气不溶于水，所以装置C中收集到的气体的主要为氢气，
故答案为：打开；排除装置和溶液中的空气；氢气；
(3)生成Fe(OH)2的操作过程为：关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应，
故答案为：关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；
(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，看到的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
使用铁屑、6mol⋅L−1硫酸溶液制备Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，由图可知，分液漏斗中为硫酸，烧瓶中为铁屑，加药品时先固体后液体，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中为NaOH溶液，实验中先打开E，利用氢气将装置中的空气排出，C为排水法收集氢气；当关闭E时，利用氢气的压力使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应生成Fe(OH)2，然后拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，可观察颜色的变化，
(1)A装置中铁和稀硫酸反应能生成硫酸亚铁和氢气；
(2)氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，先将活塞E打开需让生成的氢气排走装置和溶液中的空气；
(3)A反应一段时间后将活塞E关闭A装置内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入B装置与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2；
(4)实验结束，拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3。
本题考查物质的制备实验及性质实验，为高频考点，把握氢氧化亚铁的性质及实验中氢气的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意：氢氧化亚铁极易被氧气氧气，制取氢氧化亚铁时必须在无氧气的条件下进行反应，题目难度不大。
2021-2022学年山西省大同市高一（上）期末化学试卷
1. 正确识别危险化学品标志是保证实验安全的前提。贴有如图所示标志的试剂瓶可能装有( )
A. 浓硫酸
B. 酒精
C. 氯化钠溶液
D. 煤油
2. 分类法是学习和研究化学科学的一种重要方法。下列分类正确的是( )
A. 过氧化钠属于碱性氧化物 B. 铁属于电解质
C. 硫酸氢钠属于酸 D. 胶体属于分散系
3. 镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，不正确的是( )
A. 此合金的熔点比镁和铝的熔点都低 B. 此合金能全部溶解于足量稀盐酸中
C. 此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中 D. 此合金的硬度比镁和铝的硬度都大
4. 许多反应的实质是离子之间的反应。下列离子方程式书写正确的是( )
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
B. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
C. 石灰乳与碳酸钠溶液反应：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−
D. 铜粉与硝酸银溶液反应：Ag++Cu=Cu2++Ag
5. 化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语表达正确的是( )
A. HClO的结构式：H−Cl−O
B. 质量数为14的碳原子： 146C
C. NaCl的电子式：
D. 电子式表示CO2的形成过程：
6. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78gNa2O2固体中含有的离子数目为4NA
B. 常温常压下，11.2L氯气所含原子数目为NA
C. 3mol铁与足量水蒸气在高温下完全反应，转移电子数为8NA
D. 0.5mol⋅L−1Na2SO4溶液中所含SO42−数目为0.5NA
7. 人体血红蛋白中含有Fe2+离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+离子转变成Fe3+离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力．服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有( )
A. 酸性 B. 碱性 C. 氧化性 D. 还原性
8. 《天工开物》记载制造青瓦“(窑)泥周寒其孔，浇水转釉”，红瓦转化为青瓦过程中，下列说法正确的是( )
A. 红瓦主要成分为Fe3O4 B. 红瓦主要成分为Al2O3
C. 青瓦主要成分为FeO D. 青瓦主要成分为Fe2O3
9. 研究化学键有助于人们理解物质的某些性质。下列各组物质中，化学键类型完全相同的是( )
A. Cl2和CaCl2 B. H2O2和Na2O2 C. CH4和Ar D. NaI和Na2O
10. 我国拥有自主知识产权的硅衬底高光效氮化镓发光二极管(简称LED)技术，已广泛用于照明、显像等多个领域。氮和镓的原子结构示意图及镓在元素周期表中的信息如图所示，下列说法正确的是( )
A. 镓的相对原子质量是69.72g B. 镓原子核内有31个中子
C. 镓元素位于第三周期、ⅢA族 D. 氮化镓的化学式为GaN
11. 纳米级Fe3O4可用于以太阳能为能源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中，不正确的是( )
A. 过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B. 过程Ⅱ的反应：2H2O2H2↑+O2↑
C. 两个转化过程都发生了氧化还原反应
D. 整个过程实现了太阳能向化学能的转化
12. 下列有关叙述正确的是( )
A. 科学家在周期表金属与非金属分界线处找到了优良的催化剂
B. 由F、Cl、Br的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr的还原性依次增强
C. 92235U和 92238U是同一种核素
D. O2和O3互为同位素
13. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子的最外层电子数之和为15；W、X同周期且相邻，其中一种元素的单质为空气的主要成分之一；W、Z同主族。下列结论正确的是( )
A. 原子半径的大小顺序为Y>Z>W>X
B. Y形成的氯化物为共价化合物
C. Z单质的氧化性比X的强
D. W、X、Z三种元素的简单氢化物中Z的沸点最高
14. 我国著名科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献。如图是“侯氏制碱法”在实验室进行模拟实验的流程示意图，则下列叙述不正确的是( )
A. A气体是CO2，B气体是NH3
B. 侯氏制碱法的工艺流程应用了物质溶解度的差异
C. 第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，第Ⅳ步操作是煅烧
D. 侯氏制碱法的最终产品是Na2CO3和NH4Cl
15. ClO2是一种杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是( )
A. KClO3中氯元素被氧化 B. CO2是氧化产物
C. H2C2O4的还原性弱于ClO2 D. 1molKClO3参加反应有2mol电子转移
16. a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为( )
A. 7：1 B. 1：7 C. 7：8 D. 8：7
17. 如图所示的实验操作中，能达到实验目的的是( )
A. 测定工业纯碱样品(含少量氯化钠等不与酸反应的杂质)中碳酸钠的质量分数
B. 制备氢氧化亚铁
C. 除去Cl2中的HCl
D. 排水法收集H2
18. 金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是( )
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D. Al→A12O3→Al(OH)3→AlCl3
19. 某学生欲用12mol⋅L−1浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.3mol⋅L−1的稀盐酸。
(1)该学生需要量取 ______mL上述浓盐酸进行配制；
(2)配制过程所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还缺少的玻璃仪器 ______、______；
(3)配制过程中正确的操作顺序是 ______(字母表示，每个字母只能用一次)；
A.用少量蒸馏水洗涤烧杯2∼3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B.用量筒准确量取所需浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量蒸馏水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C.将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E.改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻度线1∼2cm处
(4)实际配制得到的溶液浓度偏高，可能的原因是 ______(填字母)。
A.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面最低处
B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中
D.容量瓶洗涤干净后未干燥
20. 过氧化氢(H2O2)又称双氧水，它不稳定，易分解，是一种绿色氧化剂、还原剂。
(1)在MnO2作催化剂的条件下，H2O2会发生自身的歧化反应，即−1价的氧既升高又降低，则该反应过程中，若参加反应的H2O2为17g时，转移电子的数目为 ______(用NA表示)，产生的气体在标准状况下的体积为 ______。
(2)当H2O2和H2S在水溶液中反应时，参加反应的H2O2和H2S的个数比为4：1，其中氧元素只生成−2价，则发生反应的化学方程式为 ______。
(3)某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2，已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。
①该反应的氧化剂是 ______(填化学式)。
②该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比为 ______。
21. 为纪念门捷列夫编制化学元素周期表150周年，联合国大会将2019年指定为“化学元素周期表国际年”。如表为元素周期表的一部分，表中的每个序号代表一种元素。
族
周期
ⅠA
0
1
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
请根据要求回答下列问题：
(1)⑦⑧⑨三种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 ______(填化学式)。
(2)③⑥⑨三种元素的简单离子半径由大到小排序为 ______(填离子符号)。
(3)元素④的最高价氧化物对应的水化物与⑥的单质反应的离子方程式为 ______。
(4)从原子结构的角度分析④与⑤的金属性强弱：______。
(5)②、⑦的气态氢化物中较稳定的是 ______(填化学式)，判断依据是 ______。
22. 电子工业常用FeCl3.溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．某电子厂用过的腐蚀液中含有Fe3+、Cu2+，可以通过下列流程回收铜，并重新获得FeCl3溶液．
(1)检验溶液中含有Fe3+常用的试剂是______，证明Fe3+存在的现象是______
(2)操作①是______，C的成分是______.
(3)废液中的Fe3+与A反应的离子方程式是______，向B的溶液中滴加NaOH溶液时观察到的现象是______.
(4)B与E反应的化学方程式是______.
23. 如图所示装置可用来制取Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化。实验时必须使用铁屑、6mol⋅L−1硫酸溶液，其他试剂任选。填写下列空白。
(1)B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是______，A中反应的化学方程式为______。
(2)实验开始时应先将活塞E______(填“打开”或“关闭”)，其目的是______。在C中收集到的气体的主要为______。
(3)简述生成Fe(OH)2的操作过程：______。
(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，看到的现象为______；写出有关反应的化学方程式：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.浓硫酸具有强的腐蚀性，故A选；
B.酒精为易燃液体，不具有强的腐蚀性，故B不选；
C.氯化钠溶液不具有强的腐蚀性，故C不选；
D.煤油为易燃液体，不具有强的腐蚀性，故D不选；
故选：A。
图示为标志为腐蚀品，贴有该图标的试剂具有强腐蚀性，据此解答。
本题考查危险品标志，难度不大，了解各个标志所代表的含义和物质的性质是解答此类题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：A.过氧化钠属于过氧化物，故A错误；
B.铁属于单质，不属于电解质，故B错误；
C.硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子和钠离子，属于盐，故C错误；
D.胶体属于分散系中的一种，故D正确；
故选：D。
碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
酸是指电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；
分散系包括溶液、胶体、浊液。
本题考查了物质组成、物质分类，注意概念实质的理解应用，属于基本知识、基础题型，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.合金的熔点比各成分金属的低，故A正确；
B.镁铝都活泼金属都能与足量盐酸反应，故B正确；
C.镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠反应，所以此合金不能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中，故C错误；
D.合金的硬度比各成分金属的高，故D正确；
故选：C。
根据合金的定义与特点进行解答。合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属；合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低。
本题主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；本考点基础性强，比较好把握。
4.【答案】C
【解析】解：A.钠与水反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；
B.氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.石灰乳与碳酸钠溶液反应，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−，故C正确；
D.铜粉与硝酸银溶液反应，离子方程式为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag，故D错误；
故选：C。
A.电荷不守恒；
B.次氯酸为弱酸，应保留化学式；
C.石灰乳与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙和氢氧化钠；
D.电荷不守恒。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子反应遵循电荷守恒、原子个数守恒，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.HClO的中心原子为O，其结构式为H−O−Cl，故A错误；
B.碳原子的质子数为6，质量数为14的碳原子为 614C，故B错误；
C.NaCl是离子化合物，由Na+和Cl−构成，电子式为，故C错误；
D.CO2为共价化合物，电子式为，则CO2的形成过程：，故D正确；
故选：D。
A.HClO的中心原子是O，不是Cl；
B.质量数标注于元素符号的左上角，质子数标注于左下角；
C.NaCl是离子化合物，不存在共价键；
D.CO2为共价化合物，电子式为。
本题考查化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、核素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.78gNa2O2固体物质的量为：78g78g/mol=1mol，含有的离子数目为3NA，故A错误；
B.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol，无法计算氯气的物质的量，故B错误；
C.3Fe+4H2O−高温Fe3O4+4H2，1molFe与足量水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为83NA，3mol铁与足量水蒸气在高温下完全反应，转移电子数为8NA，故C正确；
D.溶液体积未知，无法计算硫酸根离子个数，故D错误；
故选：C。
A.1个过氧化钠含有2个钠离子、1个过氧根离子；
B.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol；
C.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；
D.溶液体积未知。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构和反应原理是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：根据题目说法，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，即可以将三价铁转化为亚铁离子，所以维生素C是还原剂，具有还原性。
故选：D。
Fe2+离子转变成Fe3+离子，铁元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，但是Fe3+离子转变成Fe2+离子，铁元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂才能实现．
本题考查氧化还原反应中的有关知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．
8.【答案】C
【解析】解：A.Fe3O4为黑色，不可能为红瓦的主要成分，故A错误；
B.Al2O3为白色，不可能为红瓦的主要成分，故B错误；
C.结合分析可知，青瓦主要成分为FeO，故C正确；
D.Fe2O3为红色，不是青瓦的主要成分，故D错误；
故选：C。
青瓦的主要成分为氧化亚铁，红瓦的主要成分为氧化铁，红瓦转化为青瓦的过程是Fe2O3转化为FeO，以此分析解答。
本题考查铁的氧化物性质，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.Cl2分子中Cl原子之间只存在共价键，CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，二者化学键类型不同，故A错误；
B.H2O2中含有H−O极性键和O−O非极性键，Na2O2中含有离子键和O−O非极性键，二者含有的化学键类型不完全相同，故B错误；
C.CH4中含有C−H极性键，Ar为单原子分子，不存在化学键，二者含有的化学键类型不完全相同，故C错误；
D.NaI和Na2O都只含有离子键，二者含有的化学键类型相同，故D正确；
故选：D。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键，同种非金属元素的原子之间存在非极性键，不同非金属元素的原子之间存在极性键，以此进行判断。
本题考查化学键，侧重考查基本概念的理解和应用，明确基本概念内涵及概念之间区别是解本题关键，知道物质构成微粒及微粒之间作用力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.相对原子质量没有单位，故A错误；
B.镓原子核内有31个质子，不知道质量数，无法求出中子数，故B错误；
C.镓元素原子核外有4个电子层，最外层电子数为3，故位于第四周期、ⅢA族，故C错误；
D.N元素最低负价为−3价，Ga元素最高正价为+3价，氮化镓的化学式为GaN，故D正确；
故选：D。
根据氮元素和镓元素的原子结构可以推断出它们在周期表中的位置，最高正价和最低负价，据此解答。
题考查元素周期表，为高频考点，把握元素周期表中的信息、原子结构与元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应、反应过程中能量变化、识图能力的培养等，题目难度不大，学会从图中提取有用的信息，把握反应中元素的化合价变化、物质之间的转化为解答的关键。
【解答】
A.根据题干图知，过程Ⅰ在太阳能的作用下Fe3O4分解生成FeO和O2，则反应方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，故A正确；
B.过程Ⅱ中FeO与水反应生成H2和Fe3O4，反应方程式为3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，故B错误；
C.第一个反应中部分Fe元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由−2价变为0价，第二个方程式中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价、H元素化合价由+1价变为0价，这两个反应中都有元素化合价升降，所以这两个转化过程都发生了氧化还原反应，故C正确；
D.过程Ⅰ方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程Ⅱ方程式为：3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，将Ⅰ+Ⅱ×2，整理可得：2H2O2H2↑+O2↑，在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，故D正确；
故选：B。
12.【答案】B
【解析】解：A.在过渡金属元素中寻找优良的催化剂，故A错误；
B.由F、Cl、Br的非金属性依次减弱，则HF、HCl、HBr的还原性依次增强，故B正确；
C. 92235U和 92238U是U元素的两种核素，故C错误；
D.O2和O3是氧元素形成的两种单质，是同素异形体，故D错误；
故选：B。
具有相同质子数不同中子数的同一类元素的不同核素互称为同位素；在周期表金属与非金属分界线处的元素具有一定的两性，过渡元素及其化合物中常含有优良的催化剂；同一种元素形成的不同单质互称为同素异形体；同一周期从左到右原子半径依次减小，元素的非金属性依次增强，同一主族从上到下，原子半径依次增大，元素的非金属性依次减弱；非金属性越强，则相应的氢化物越稳定，氢化物的还原性越弱，据此解答。
本题考查元素周期表、元素周期律及其应用，为高频考点，涉及到同位素、同素异形体概念的辨别，氢化物还原性的递变规律等，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W为C，X为N，Y为Mg，Z为Si元素，
A.主族元素同周期从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，则原子半径的大小顺序为：Y>Z>W>X，故A正确；
B.Y形成的氯化物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，故B错误；
C.非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性Si
故选：A。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子的最外层电子数之和为15；W、X同周期且相邻，其中一种元素的单质为空气的主要成分之一，该元素可能为N或O元素，W、Z同主族，若W为N元素，则X为O，Z为P，三者的最外层电子数之和为5+5+6=16>15，不满足条件，则W为C，X为N，Z为Si元素；Y的最外层电子数为15−4−4−5=2，Y的原子序数大于N，则Y为Mg元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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。
14.【答案】A
【解析】解：A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，向氨化的饱和食盐水通入二氧化碳气体有利于析出碳酸氢钠，则A为NH3，B为CO2，故A错误；
B.相同条件下NaHCO3的溶解度小，侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，故B正确；
C.第Ⅲ步操作是过滤，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，第Ⅳ步操作是灼烧，发生的反应为2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，故C正确；
D.侯氏制碱法的基本原理为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，最终产品是NH4Cl和Na2CO3，故D正确，
故选：A。
由流程图可知，饱和食盐水中先通入气体A为NH3，可增大二氧化碳的溶解，然后通入气体B为CO2，Ⅱ中发生反应NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤分离出NaHCO3晶体，Ⅳ中发生2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱。
本题主要考查侯氏制碱法的流程和操作，难度中等，掌握其原理和主要操作即可。
15.【答案】B
【解析】解：A.KClO3在反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3得到电子，化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B.C元素的化合价由+3升高到+4价，CO2是氧化产物，故B正确；
C.H2C2O4失电子，在反应中被氧化，是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，故C错误；
D.KClO3在反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应有1mol电子转移，故D错误；
故选：B。
反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是易错点，题目难度不大。
16.【答案】A
【解析】解：ag铁粉为a56mol，agCu为a64mol，根据氧化还原顺序Fe先与CuSO4反应，再与H2SO4反应，因为a56mol>a64mol，
所以CuSO4反应完全，剩余Fe与H2SO4反应，
所以参加反应的CuSO4的物质的量为a64mol，
参加反应的H2SO4的物质的量为(a56−a64)mol，
参加反应的CuSO4和H2SO4的物质的量之比为：a64：(a56−a64)=7：1，
故选A.
Fe先与CuSO4反应，再与H2SO4反应，根据反应的顺序和相关的量进行计算．
本题考查学生对金属铁的性质的掌握，可以根据所学知识进行回答，难度较大．
17.【答案】B
【解析】解：A.生成的二氧化碳可与碳酸钠溶液反应，不能测定二氧化碳的体积，应选饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B.煤油可隔绝空气，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，可制备氢氧化亚铁，故B正确；
C.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故C错误；
D.氢气不溶于水，应短导管进气收集，故D错误；
故选：B。
A.生成的二氧化碳可与碳酸钠溶液反应；
B.煤油可隔绝空气，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁；
C.二者均与NaOH溶液反应；
D.氢气不溶于水。
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、混合物分离提纯、物质的制备、气体的收集、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，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】解：A.Na与水反应生成NaOH、NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，图中转化均可一步完成，故A错误；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁、氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，图中转化均可一步完成，故B错误；
C.Mg与盐酸反应生成氯化镁、氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁、氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，图中转化均可一步完成，故C错误；
D.Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与水不反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，则A12O3→Al(OH)3不能一步实现转化，故D正确；
故选：D。
A.Na与水反应生成NaOH、NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁、氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁；
C.Mg与盐酸反应生成氯化镁、氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁、氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁；
D.Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与水不反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性知识的应用，题目难度不大。
19.【答案】12.5胶头滴管 500mL容量瓶 BCAFED C
【解析】解：(1)欲用12mol⋅L−1浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.3mol⋅L−1的稀盐酸，依据溶液稀释规律可知，需要浓盐酸体积为：0.3mol/L×0.5L12mol/L=0.0125L，即12.5mL，
故答案为：12.5；
(2)配制一定物质的量浓度一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器依次为：量筒、烧杯、玻璃棒、500容量瓶、胶头滴管，缺少的玻璃仪器：胶头滴管、500mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)配制一定物质的量浓度一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：BCAFED，
故答案为：BCAFED；
(4)A.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面最低处，导致浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；
C.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却到室温后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D.容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产影响，溶液浓度无影响，故D不选；
故答案为：C。
(1)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；
(2)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要的仪器；
(3)配制一定物质的量浓度一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析。
本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确配制原理及操作步骤是解题关键，难度不大，注意相关基础知识的积累。
20.【答案】0.5NA 5.6L4H2O2+H2S=H2SO4+4H2OH2CrO4 2：3
【解析】解：(1)2H2O2−MnO22H2O+O2↑中消耗68gH2O2转移2mol电子，据此计算消耗17gH2O2转移电子的物质的量=17g68g×2mol=0.5mol，转移电子数=0.5mol×NA/mol=0.5NA；生成n(O2)=12n(H2O2)=12×17g34g/mol=0.25mol，V=nVm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，
故答案为：0.5NA；5.6L；
(2)当H2O2和H2S在水溶液中反应时，参加反应的H2O2和H2S的个数比为4：1，其中氧元素只生成−2价，则生成H2O，设S元素在生成物中的化合价为x，根据转移电子守恒得4×[−1−(−2)]×2=1×[x−(−2)]，x=+6，因为在水溶液中，所以生成H2SO4，反应方程式为4H2O2+H2S=H2SO4+4H2O，
故答案为：4H2O2+H2S=H2SO4+4H2O；
(3)①由信息H2O2→O2可知，O元素的化合价由−1价升高到0，H2O2为还原剂，则Cr元素化合价应该降低，有+6价变为+3价，得电子的反应物是氧化剂，反应方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O，所以H2CrO4是氧化剂，
故答案为：H2CrO4；
②还原产物是Cr(OH)3、氧化产物是O2，根据方程式知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，
故答案为：2：3。
(1)2H2O2−MnO22H2O+O2↑中消耗68gH2O2转移2mol电子，据此计算消耗17gH2O2转移电子的物质的量；生成n(O2)=12n(H2O2)，V=nVm；
(2)当H2O2和H2S在水溶液中反应时，参加反应的H2O2和H2S的个数比为4：1，其中氧元素只生成−2价，则生成H2O，设S元素在生成物中的化合价为x，根据转移电子守恒得4×[−1−(−2)]×2=1×[x−(−2)]，x=+6，因为在水溶液中，所以生成H2SO4；
(3)①由信息H2O2→O2可知，O元素的化合价由−1价升高到0，H2O2为还原剂，则Cr元素化合价应该降低，有+6价变为+3价，得电子的反应物是氧化剂；
②还原产物是Cr(OH)3、氧化产物是O2，
本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、方程式的计算等知识点，明确基本概念内涵及方程式的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
21.【答案】HClO4 Cl−>O2−>A13+ 2A1+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑Na原子半径比Mg大，原子核对最外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg的强 NH3 非金属性越强，气态氢化物越稳定
【解析】解：(1)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，P、S、Cl三种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
(2)具有相同电子层结构的离子，质子数越小，离子半径越大，O2−>A13+，Cl−比O2−多一个电子，半径Cl−>O2−，
故答案为：Cl−>O2−>A13+；
(3)铝具有两性，能够与强碱发生反应，与碱反应的离子方程式为2A1+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2A1+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；
(4)同一周期从左到右原子半径依次减小，Na原子半径比Mg大，原子核对最外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg的强，
故答案为：Na原子半径比Mg大，原子核对最外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg的强；
(5)非金属性越强，则相应的气态氢化物越稳定，非金属性N>P，则气态氢化物中较稳定的是NH3，
故答案为：NH3；非金属性越强，气态氢化物越稳定。
由元素在周期表中位置，可知①是C、②是N、③是O、④是Na、⑤是Mg、⑥是Al、⑦是P、⑧是S、⑨是Cl；同一周期从左到右原子半径依次减小，元素的非金属性依次增强，同一主族从上到下，原子半径依次增大，元素的非金属性依次减弱；非金属性越强，则相应的氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物酸性越强，；氢氧化铝具有两性，能够与强酸或强碱发生反应，据此解答。
本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，熟悉元素周期表结构及原子结构是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，离子半径的比较为易错点。
22.【答案】KSCN溶液 溶液变为红色 过滤 Fe、CuFe+2Fe3+=3Fe2+ 产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
【解析】解：反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣C中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液B中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁．滤渣C中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液B通入氯气，进而生成氯化铁，
(1)检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，
故答案为：KSCN溶液；溶液变为红色；
(2)操作①用于分离和固体，为过滤操作，固体C为Fe、Cu的混合物，故答案为：过滤；Fe、Cu；
(3)废液加入过量铁反应和铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，向B的溶液中滴加NaOH溶液生成氢氧化亚铁，反应现象为产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
(4)氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，实质是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−.
反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣C中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液B中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁．滤渣C中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液B通入氯气，进而生成氯化铁，以此解答该题．
本题考查了化学工艺流程、常用化学用语、元素化合物性质等知识，为高频考点，题目难度不大，掌握元素化合物的性质是关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
23.【答案】铁屑 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑打开 排除装置和溶液中的空气 氢气 关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】解：(1)制取Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，需先制取氢氧化亚铁，需用铁和硫酸反应制氢气，所以在烧瓶中应该先加入铁屑，铁和稀硫酸反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，
故答案为：铁屑；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
(2)Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，实验开始时应先将活塞E打开，让生成的氢气排走装置和溶液中的空气，并且通过出气口排出，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，氢气不溶于水，所以装置C中收集到的气体的主要为氢气，
故答案为：打开；排除装置和溶液中的空气；氢气；
(3)生成Fe(OH)2的操作过程为：关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应，
故答案为：关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；
(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，看到的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
使用铁屑、6mol⋅L−1硫酸溶液制备Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，由图可知，分液漏斗中为硫酸，烧瓶中为铁屑，加药品时先固体后液体，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中为NaOH溶液，实验中先打开E，利用氢气将装置中的空气排出，C为排水法收集氢气；当关闭E时，利用氢气的压力使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应生成Fe(OH)2，然后拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，可观察颜色的变化，
(1)A装置中铁和稀硫酸反应能生成硫酸亚铁和氢气；
(2)氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，先将活塞E打开需让生成的氢气排走装置和溶液中的空气；
(3)A反应一段时间后将活塞E关闭A装置内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入B装置与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2；
(4)实验结束，拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3。
本题考查物质的制备实验及性质实验，为高频考点，把握氢氧化亚铁的性质及实验中氢气的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意：氢氧化亚铁极易被氧气氧气，制取氢氧化亚铁时必须在无氧气的条件下进行反应，题目难度不大。
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