北京市延庆区2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份北京市延庆区2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷共8页，分为两个部分，5 Fe 56， 下列元素不属于短周期的是， 下列元素的原子半径最小的是， 下列物质互称同位素的是， 下列离子方程式书写不正确的是等内容，欢迎下载使用。

北京市延庆区2022-2023学年高二上学期期末考试
化学试题
考生须知：
1.本试卷共8页，分为两个部分。第一部分为选择题，25小题(共50分)；第二部分为非选择题，8个小题(共50分)。
2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 C 135.5 Fe 56
第一部分 (选择题 共50分)
本部分共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1. 下列所用材料不属于合金的是
A.青花瓷罐
B.青铜器
C.飞机外壳(硬铝)
D.不锈钢手术器械





A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】青花瓷罐属于陶瓷，是无机非金属材料，不属于合金；青铜器、飞机外壳(硬铝)、不锈钢手术器械都属于合金，故A符合题意；
综上所述，答案为A。
2. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A. 盐酸 B. 蔗糖溶液 C. Fe(OH)3胶体 D. NaCl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸是溶液，不可能产生丁达尔效应，故A错误；
B．蔗糖溶液不可能产生丁达尔效应，故B错误；
C．当光束通过Fe(OH)3胶体时能观察到丁达尔效应，故C正确；
D．NaCl溶液不可能产生丁达尔效应，故D错误；
故答案为C。
3. 下列物质不属于电解质的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A符合题意；
B．是酸，属于电解质，故B不符合题意；
C．是碱，属于电解质，故C不符合题意；
D．是盐，属于电解质，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
4. 下列元素不属于短周期的是
A. H B. C. S D. K
【答案】D
【解析】
【分析】短周期为一、二、三周期，结合元素在周期表的位置来解答。
【详解】A．氢元素为第一周期元素，为短周期元素，A不选；
B．氧元素为第二周期元素，为短周期元素，B不选；
C．硫元素位于第三周期，为短周期元素，C不选；
D．K元素为第四周期元素，为长周期元素，选D；
故本题选D。
5. 下列物质含有非极性共价键的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有离子键和极性键，故A不符合题意；
B．只含有非极性键，故B符合题意；
C．只含极性键，故C不符合题意；
D．只含离子键，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6. 下列元素的原子半径最小的是
A. Na B. Mg C. Al D. Cl
【答案】D
【解析】
【详解】同一周期元素从左到右，原子半径逐渐增大，Cl原子半径最大；
故选D。
7. 下列物质进行焰色试验，其火焰为黄色的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，灼烧钠盐，火焰的颜色呈黄色；
【详解】A．NaCl含有钠元素，火焰的颜色呈黄色，选项A正确；

B．CaCl2不含钠元素，焰色反应为砖红色，选项B错误；
C．KCl不含钠元素，焰色反应为紫色，选项C错误；
D．CuCl2不含钠元素，焰色反应颜色为黄绿色，选项D错误；
答案选A。
8. 下列物质互称同位素的是
A. 和 B. 和 C. 和 D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，据此分析。
【详解】A．和是两种化合物，不是原子，A错误；
B．和是氧元素的不同单质为同素异形体，不是同位素，B错误；
C．NO和NO2是不同化合物，C错误；
D．和是质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，D正确；
故本题选D。
9. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 钠与水反应：
B. 铁与氯化铁溶液的反应：
C. 氧化铁放入稀盐酸中：
D. 碳酸钙与盐酸反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故反应的离子方程式为：，A正确；
B．铁与氯化铁溶液的反应，原方程电荷不守恒，正确的离子方程式为：，B错误；
C．氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，故反应的离子方程式为：，C正确；
D．碳酸钙与盐酸反应会生成氯化钙、水和二氧化碳，故反应的离子方程式为：，D正确；
故本题选B。
10. 下列关于物质分类的叙述中，不正确的是
A. 属于单质 B. 属于氧化物
C. 属于酸 D. 属于碱
【答案】D
【解析】
【详解】A．是只由一种元素组成的纯净物，属于单质，选项A正确；
B．是由氧元素和铁元素组成的纯净物，属于氧化物，选项B正确；
C．是电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸 ，选项C正确；
D．不会电离出氢氧根离子，不属于碱，属于盐，选项D不正确；
答案选D。
11. 下列关于金属铝的描述中，不正确的是
A. 有银白色金属光泽 B. 具有较强的还原性
C. 硬度高于硬铝 D. 常温下能与空气中的氧气反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属铝也具有金属的通性，故金属铝有银白色金属光泽，A正确；
B．金属铝最外层有3个电子，容易失去电子，故具有较强的还原性，B正确；
C．硬铝是合金，一般合金的硬度都大于纯金属，故硬铝硬度高于铝，C错误；
D．铝单质非常活泼，在常温下能与空气中的氧气反应生成氧化铝，D正确；
故本题选C。
12. 下列说法不正确的是
A. 1mol的质量是35.5g B. 0.5mol中含有1molO
C. 的摩尔质量是56g/mol D. 1L1mol/L溶液中含有1mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol的质量：，A错误；
B．0.5mol中含有氧原子的物质的量为：0.5mol2=1mol，B正确；
C．的摩尔质量是56g/mol，C正确；
D．1L1mol/L溶液中含有的物质的量为：，D正确；
故本题选A。
13. 硒()被称为长寿元素、抗癌之王，在机体中充当抗氧化剂。下列关于的说法不正确的是
A. 质子数为34 B. 质量数为43 C. 中子数为43 D. 核外电子数为34
【答案】B
【解析】
【分析】元素符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，质量数=中子数+质子数；对于原子来说，原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，据此回答。
【详解】A．由上述分析可知，质子数为34，A正确；
B．质量数为77，B错误；
C．中子数为77-34=43，C正确；
D．核外电子数为34，D正确；
故本题选B。
14. 下列各组离子能在溶液中大量共存的是
A. 、、、 B. 、、、
C 、、、 D. 、、、
【答案】D
【解析】
详解】A．与反应生成二氧化碳气体和水而不共存，故A不符合题意；
B．与反应生成沉淀而不共存，故B不符合题意；
C．、、发生氧化还原反应而不共存，故C不符合题意；
D．、、、大量共存，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
15. 下列有关性质的比较不能用元素周期律解释的是
A. 金属性： B. 酸性：
C. 碱性： D. 热稳定性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：，故A不符合题意；
B．不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性强弱，故B符合题意；
C．同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐减弱，因此碱性：，故C不符合题意；
D．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐渐减弱，因此热稳定性：，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
16. 下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是

实验操作及事实
实验结论
A
绿豆大小的和K分别放入水中，K与水反应更强烈
金属性：
B
向盛有沉淀的两支试管中，分别滴加足量盐酸和溶液，振荡后，均得到无色溶液
是两性氢氧化物
C
将盐酸滴入碳酸钠中得到
非金属性：
D
向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色
氧化性：

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，由K与水反应更剧烈，可知金属性： Na< K，A正确；
B．Al(OH)3与盐酸和NaOH溶液均反应生成盐和水，可知氢氧化铝具有两性，B正确；
C．盐酸为无氧酸，不能由盐酸和碳酸的酸性比较Cl和C的非金属性强弱，C错误；
D．向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色，棕黄色为碘水的颜色，说明反应过程中有碘单质的生成，Cl2＋2I－=2Cl－＋I2 ，氯气是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性：，故D正确；
故本题选C。
17. 铁与水蒸气反应的实验装置如图所示，下列有关该实验的说法不正确的是

A. 湿棉花的作用是提供水蒸气
B 每消耗3mol，生成4mol
C. 点燃酒精灯产生肥皂泡，证明发生了反应
D. 铁与水蒸气反应生成的固体产物是
【答案】C
【解析】
【分析】加热时，湿棉花提供水蒸气，铁粉与水蒸气发生反应，3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 +4H2，肥皂液的主要作用是收集生成的H2，检验氢气的存在，以此解答该题。
【详解】A．有上述分析可知，湿棉花提供给水蒸气，A正确；
B．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 +4H2，由方程式的反应关系可知，每消耗3mol，生成4mol，B正确；
C．点燃酒精灯产生肥皂泡，只能说明有气体出来，可能氢气，也可能是空气和水蒸气，需要检验气体能否燃烧，才能确定是不是发生了反应，C错误；
D．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 +4H2，铁与水蒸气反应生成的固体产物是，D正确；
故本题选C。
18. 下列说法不正确的是
A. 22g在标准状况下的体积约为11.2L
B. 1mol中含有的电子数约为
C. 配置250mL1.0mol/L溶液需要18mol/L溶液的体积约为13.9mL
D. 1mol与足量反应时，转移的电子数约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．22g在标准状况下的体积约为11.2L，故A正确；
B．1个N2分子中含有14个电子，1mol中含有的电子数约为，故B错误；
C．配置250mL1.0mol/L溶液需要18mol/L溶液的体积约为13.9mL，故C正确；
D．1mol与足量反应时，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa转移1mol电子，转移的电子数约为，故D正确；
选B。
19. 下列电子式书写不正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯原子最外层有7个电子，氯气形成一对共用电子对，氯气还有孤对电子，其电子式，故A错误；
B．氢原子最外层有1个电子，氢气形成一对共用电子对，其电子式，故B正确；
C．氢原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，氯化氢形成一对共用电子对，氯原子还有孤对电子，其电子式，故C正确；
D．氢原子最外层有1个电子，氧原子最外层有6个电子，水有两根氢氧键即两对共用电子对，氧原子还有孤对电子，其电子式，故D正确。
综上所述，答案为A。
20. 取等质量的镁粉和铝粉分别放入过量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生相同状况下氢气的体积
A. 镁粉多 B. 铝粉多 C. 一样多 D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意得到关系式Mg～H2，2Al～3H2，等质量的镁粉和铝粉，设质量为mg，则产生氢气物质的量分别为、，则铝反应放出的氢气多，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
21. 实现下列变化需要加入氧化剂的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘元素的化合价由-1价变为0价，化合价升高，为还原剂，发生氧化反应，故需要外加氧化剂，选A；
B．硫元素铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故B不选；
C．铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故C不选；
D．，锰元素的化合价由+7价变为+4价，化合价降低，被还原，故需要加入还原剂，D不选；
故本题选A。
22. 下列对图示的解释不正确的是
A
B
C
D
固体在水中形成水合离子

向稀硫酸中加入溶液，溶液导电能力变化

的形成示意图

光照过程中氯水的变化


a时刻稀硫酸与溶液恰好完全反应

降低的原因是氯气逸出

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaCl在水中形成水合离子，水合钠离子和水合氯离子，其电离方程式，故A正确；
B．向稀硫酸中加入溶液，两者点反应生成硫酸钡沉淀和水，完全反应时，溶液几乎不导电，后来继续加入氢氧化钡，导电能力逐渐增强，故B正确；
C．钠原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，钠失去最外层的1个电子形成钠离子，钠原子失去的这个电子转移给氯原子，氯原子得到1个电子形成氯原子，钠离子和氯离子形成氯化钠，故C正确；
D．氯水中主要有HCl和HClO，HClO见光分解生成盐酸和氧气，溶液氢离子浓度增大，pH降低，故D错误。
综上所述，答案为D。
23. 向溶液中依次加入甲、乙、丙三种溶液，进行如下实验：

则甲、乙、丙中的溶液可能是
A. 、、 B. 、、
C. 、、 D. 、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与反应没有沉淀产生，故不符合题意，A不选；
B．与反应会产生碳酸钡的白色沉淀，加入过量的，沉淀会溶解，生成二氧化碳气体和硝酸钡（还有过量的硝酸），硝酸钡与氯化亚铁没有白色沉淀产生，不符合题意，B不选；
C．与反应会产生碳酸钡的白色沉淀，加入过量的，沉淀会溶解，生成二氧化碳气体和氯化钡（还有过量的盐酸），再加入硫酸钠溶液，会有硫酸钡的白色沉淀产生，符合题意，选C；
D．与反应没有沉淀产生，故不符合题意，D不选；
故本题选C。
24. 下列关于“100mL 0.1 mol∙L−1溶液”的说法正确的是
A. 该溶液与0.1 mol∙L−1溶液中的相等
B. 若取该溶液10mL，其中
C. 该溶液中含有的微粒主要有：、、、
D. 若取该溶液10mL，恰好能与10mL 0.1 mol∙L−1溶液完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．100mL 0.1 mol∙L−1溶液中，0.1 mol∙L−1溶液中的，两者的不相等，故A错误；
B．若取该溶液10mL，离子浓度不变，因此，故B错误；
C．氯化钡全部电离，因此该溶液中含有的微粒主要有：、、，故C错误；
D．若取该溶液10mL，与10mL 0.1 mol∙L−1溶液，两者的，因此两者恰好完全反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
25. 下列实验方案中，不能测定和混合物中的质量分数是
A. 取ag混合物充分加热，减重bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C. 取ag混合物与足量氢氧化钠充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
D. 取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A不选；
B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，B不选；
C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出Na2CO3质量分数，选C；
D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，最后得到固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，D不选；
故本题选C。
第二部分 (非选择题 共50分)
本部分共8小题，共50分。
26. 补齐物质与其用途之间的连线如B−a_______
物质
用途
A．碳酸氢钠
a．作呼吸面具供养剂
B．过氧化钠
b．作食品膨松剂
C．漂粉精
c．作红色颜料
D．氧化铁
d．作游泳池消毒剂

【答案】A−b，C−d，D−c
【解析】
【详解】碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，常用作作食品膨松剂，故A−b；漂白精具有消毒杀菌作用，常用作游泳池消毒剂，故C−d；氧化铁是红棕色粉末，常用作红色颜料，故D−c；综上所述，答案为：A−b，C−d，D−c。
27. 选择完成下列实验的装置

（1）加热和浓盐酸的混合物制，用_______(填序号，下同)。
（2）从食盐水中获得食盐，用_______。
（3）配制100mL1.00 mol∙L−1溶液，用_______。
【答案】（1）② （2）①
（3）③
【解析】
【小问1详解】
加热和浓盐酸的混合物制，圆底烧瓶中装二氧化锰，分液漏斗中装入浓盐酸，用酒精灯加热，因此用②装置；故答案为：②。
【小问2详解】
从食盐水中获得食盐，用蒸发结晶的方法，需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等装置，故用①；故答案为：①。
【小问3详解】
配制100mL1.00 mol∙L−1溶液，用100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯等装置，因此用③；故答案：③。
28. 实验室制的化学方程式为。
（1）作氧化剂的物质是_______，锰元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。
（2）反应中每生成1mol，消耗的物质的量是_______mol，转移电子的物质的量是_______mol。
【答案】（1） ①. ②. 降低
（2） ①. 4 ②. 2
【解析】
【小问1详解】
反应方程式，MnO2中Mn化合价降低，被还原，发生还原反应，因此作氧化剂的物质是MnO2，锰元素的化合价降低；故答案为：MnO2；降低。
【小问2详解】
根据反应方程式分析，反应中每生成1mol，消耗的物质的量是4mol，转移电子的物质的量是2mol；故答案为：4；2。
29. 用固体配制100mL1.00mol/L溶液。
（1）计算需要固体的质量为_______g。
（2）配制溶液时，正确的实验操作顺序是_______。
a.将称好的固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解并冷却至室温。
b.根据计算结果，称量固体。
c.将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签。
d.将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100L容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，将洗涤液也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
e.将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
【答案】（1）4.00
（2）badec
【解析】
【小问1详解】
配制100mL1.00mol/L溶液，需要溶质的质量为：
，答案为：4.00；
【小问2详解】
用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的操作顺序为：badec；答案为：badec。
30. 84消毒液是北京某医院在1984年研制成功的一种高效含氯消毒液。该消毒液可由与溶液反应制得，其主要成分为、，是无色或淡黄色液体。人们主要利用84消毒液中的氧化性进行消毒。比要稳定的多，虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右。

（1）84消毒液的有效成分是。_______
（2）84消毒液是由和两种物质组成的混合物。_______
（3）用与溶液制备84消毒液的反应属于氧化还原反应。_______
（4）很稳定，高温加热不分解。_______
【答案】（1）正确 （2）错误
（3）正确 （4）错误
【解析】
【小问1详解】
84消毒液中的氧化性进行消毒，故84消毒液的有效成分是，答案为：正确；
【小问2详解】
84消毒液是由、和水组成的混合物，答案为：错误；
【小问3详解】
与反应过程中生成了、和水，氯元素的化合价由0价分别变到了+1价和-1价，故该反应属于氧化还原反应，答案为：正确；
【小问4详解】
不稳定，高温条件下会分解，故答案为：错误。
31. 海洋是巨大的化学资源宝库。从海水中可以制取氯、溴、镁等多种化工产品。
（1）在元素周期表中的位置是第_______周期、第_______族。
（2）的最高价氧化物对应的水化物为，其中溴元素的化合价是_______，的酸性比的酸性_______(填“强”或“弱”)。
（3）金属性强于用原子结构解释原因：和位于同一周期，原子核外电子层数相同，_______，原子半径大于，失电子能力强于。
（4）在元素周期表中，溴()位于第4周期，与同主族。下列实验或事实能说明得电子能力强于的是_______(填字母)。
a．将通入溶液中可制得
b．常温常压下，为气态，为液态
c．约500℃开始分解，HCl约1000℃开始缓慢分解
【答案】（1） ①. 三 ②. ⅦA
（2） ①. +7 ②. 弱
（3）核电荷数小于
（4）ac
【解析】
【小问1详解】
是17号元素，核外电子排布是2、8、7，因此Cl在元素周期表中的位置是第三周期、第VIIA族；故答案为：三；VIIA。
【小问2详解】
的最高价氧化物对应的水化物为，氢为+1价，氧为−2价，则溴元素的化合价是+7，根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，因此的酸性比的酸性弱；故答案为：+7；弱。
【小问3详解】
金属性强于用原子结构解释原因：和位于同一周期，原子核外电子层数相同，核电荷数小于，原子半径大于，失电子能力强于；故答案为：核电荷数小于。
【小问4详解】
a．将通入溶液中可制得，说明氧化性，则一般得到非金属性强于，故a符合题意；b．常温常压下，为气态，为液态，得电子能力与物质的状态无关，故b不符合题意；c．根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐渐减弱，约500℃开始分解，HCl约1000℃开始缓慢分解，则非金属性强于，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。
32. 电子工业中，常用溶液腐蚀铜(原理为：)制造印刷线路板。为了从腐蚀废液中回收铜并重新得到溶液，可以采用下列步骤：

（1）上述过程中属于过滤操作的是_______(填序号)。
（2）加入物质A生成单质的离子方程式是_______。
（3）滤渣为混合物，物质B是_______(用化学式表示)，作用是_______。
（4）写出③中通入反应的离子方程式为_______。
（5）检验溶液中所含金属离子的实验操作和现象为：_______。
（6）若加入A的物质的量为amol，整个操作过程中生成的物质的量为bmol，若不考虑空气中氧气参与反应，请计算③至少消耗的物质的量为_______mol。(用含a、b的代数式表示)
【答案】（1）①②； （2）；
（3） ①. HCl； ②. 除去粉中的；将铁转化成氯化亚铁；
（4）；
（5）取待测液少许于试管中，滴加溶液，变红色；
（6）。
【解析】
【分析】电子工业中，常用溶液腐蚀铜，制造印刷线路板，则腐蚀废液中主要为氯化铜、氯化铁和氯化亚铁，加入过量A，产生滤液和滤渣，滤液通入氯气生成氯化铁，说明滤液为氯化亚铁，则A为单质铁，则滤渣为铁和铜；加入过量B，得到单质铜和氯化亚铁，说明B为稀盐酸，据此分析。
【小问1详解】
操作①、②后均有固体和滤液，则说明①②操作为过滤；答案为：①②；
【小问2详解】
由上述分析可知，物质A是铁单质，铁与铜离子发生置换反应，故反应的离子方程式为：；答案为：；
【小问3详解】
由上述分析可知，物质B是HCl；HCl的作用是使铜和铁单质分离，同时生成氯化亚铁溶液，故答案为：HCl；除去粉中的；将铁转化成氯化亚铁；
【小问4详解】
由上述分析可知，滤液是氯化亚铁溶液，二价铁离子被氯气氧化成三价铁离子，故反应的离子方程式为：；答案为：；
【小问5详解】
检验三价铁离子，可以取待测液少许于试管中，滴加溶液，变红色，说明有三价铁离子存在，故答案为：取待测液少许于试管中，滴加溶液，变红色；
【小问6详解】
物质A是铁单质，amol的铁单质由0价，最终转化为三氯化铁中的三价铁离子，共失去3amol的电子，得电子的物质为盐酸和氯气，题干要求计算至少消耗的量，故不考虑原溶液中的铜离子和铁离子，根据氢气的量，盐酸共得2bmol电子，则氯气得电子的物质的量为：（3a-2b）mol，故需要氯气的物质的量为：（）mol；答案为：。
33. 某小组同学为了获取在制备过程中，沉淀颜色的改变与氧气有关的证据，用下图所示装置进行了实验(夹持装置已略去，气密性已检验)。

实验步骤：
Ⅰ．向三颈瓶中加入饱和溶液，按如图1所示装置连接；
Ⅱ．打开磁力搅拌器，立即加入10%溶液；
Ⅲ．采集瓶内空气中含量和溶液中含量()的数据。
实验现象：生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。
实验数据：

问题与解释：
（1）三颈瓶中溶液的颜色为_______，盛放溶液的仪器名称为_______。
（2）生成白色沉淀的离子方程式是_______。
（3）沉淀颜色发生变化最后变成红褐色的化学方程式是_______。
（4）通过上述实验，可得到“在制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是_______。
【答案】（1） ①. 浅绿色 ②. 分液漏斗
（2）
（3）
（4）瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变
【解析】
【分析】硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，根据数据采集溶解氧和瓶内氧气的量逐渐减小，沉淀的颜色迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。
【小问1详解】
三颈瓶中溶液的颜色为浅绿色，根据图中信息得到盛放溶液的仪器名称为分液漏斗；故答案为：浅绿色；分液漏斗。
【小问2详解】
生成白色沉淀是亚铁离子和氢氧根反应生成，其反应的离子方程式是；故答案为：。
【小问3详解】
沉淀颜色发生变化最后变成红褐色是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成，其反应的化学方程式是；故答案为：。
【小问4详解】
通过上述实验，根据沉淀颜色的改变、以及图2、图3的实验数据可得到“在制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变；故答案为：瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变。