2022-2023学年河北省定州市高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省定州市高一上学期期末考试化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，元素或物质推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法错误的是
A．为防控新冠病毒，将“84”消毒液与酒精1：1混合，消毒效果更好
B．中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度
C．2022年北京冬奥火种灯采用了很多高科技手段致力于结构创新和节能减碳，火种灯材质采用的铝合金是混合物
D．2021年5月，四川广汉三星堆遗址最新发现的3号祭祀坑的国宝级商代文物“铜顶尊跪坐人像”再惊天下，青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术
【答案】A
【详解】A.“84”消毒液的有效成分NaClO是一种强氧化剂，而酒精（C2H5OH）具有还原性，二者混合会发生化学反应，不能使消毒效果更好，A错误；
B.合金的硬度比组成它的纯金属更高，B正确；
C.合金是金属与金属或金属与非金属组成的混合物，C正确；
D.我国商代已经掌握冶炼铜的技术，D正确；故答案选A。
2．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．HCl的电子式为B．Cl-的结构示意图
C．HClO的结构式为H-Cl-OD．质量数为37的氯原子Cl
【答案】B
【详解】A．HCl为共价化合物，选项错写成离子化合物的电子式，故A错误；
B．Cl-的结构示意图正确，故B正确；
C．HClO的结构式为H-O-Cl，故C错误；
D．质量数为37的氯原子符号为，故D错误；
故选B。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A．5.6 g Fe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．标准状况下，11.2 L H2O中所含分子数为0.5NA
C．标准状况下，46 gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NA
D．1 ml·L-1 Na2CO3溶液含有Na+个数为2NA
【答案】C
【详解】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价由0升高为+2，5.6 g Fe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故A错误；
B．标准状况下水是液体，11.2 L H2O的物质的量不是0.5ml，故B错误；
C．NO2和N2O4的最简式都是NO2，46 gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NA，故C正确；
D．没有明确溶液体积，不能计算1 ml·L-1 Na2CO3溶液含有Na+个数，故D错误；
选C。
4．下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是
A．碱金属单质都可保存在煤油中
B．随着核电荷数的增加，碱金属单质、卤素单质的熔沸点依次升高，密度依次增大
C．碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
D．砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI
【答案】D
【详解】A．金属锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，应保存在石蜡油中，故A错误；
B．随着核电荷数的增加，碱金属单质的熔沸点依次降低，故B错误；
C．金属锂与氧气共热反应生成氧化锂，而金属钠与氧气共热反应生成过氧化钠，金属钾与氧气共热反应生成超氧化钾，故C错误；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的还原性依次增强，则砹化氢的还原性强于碘化氢，故D正确；
故选D。
5．对下列各组物质的分类正确的是
①混合物：钢铁、水银、冰水混合物
②电解质：胆矾、氯化氢、硫酸钡
③酸性氧化物：CO、Al2O3、SO2
④同位素：2H2、1H、3H
⑤同素异形体：C60、金刚石、石墨
⑥干冰、液氯都是非电解质
A．①②③④⑤⑥B．④⑤⑥C．②⑤D．②④⑤
【答案】C
【详解】①水银、冰水混合物都是只有一种构成物质的基本微粒，属于纯净物，而不是混合物，①错误；
②胆矾、硫酸钡是盐，氯化氢是酸，它们都属于电解质，②正确；
③CO是不成盐氧化物，Al2O3是两性氧化物，只有SO2属于酸性氧化物，③错误；
④1H、3H互为同位素，而2H2是单质分子，不是同位素原子，④错误；
⑤C60、金刚石、石墨是C元素的不同性质的单质，三种物质互为同素异形体，⑤正确；
⑥干冰是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质，而液氯是单质，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质，⑥错误；
综上所述可知：说法正确的是②⑤，故合理选项是C。
6．下表是各物质及其所含的少量杂质，以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，其中正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．FeCl3与Cu反应，生成FeCl2和CuCl2，使FeCl2溶液中引入CuCl2杂质，A不正确；
B．Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成NaHCO3，从而将杂质转化为NaHCO3，达到了除杂目的，B正确；
C．Na2SO4与BaCl2溶液反应，生成BaSO4沉淀和NaCl，使NaNO3中混入NaCl杂质，C不正确；
D．MgO、Al2O3都能溶于盐酸，生成MgCl2、AlCl3混合溶液，不能达到除杂质的目的，D不正确；
故选B。
7．在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A．、、、B．、、、
C．、Cu2+、、D．、、、
【答案】A
【详解】A．选项离子均无色，在强酸性环境中选项离子与H+之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；
B．在强酸性环境中含有大量H+，H+与会发生反应产生H2O、CO2，不能大量共存，B不符合题意；
C．Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D．显紫色，在无色溶液中不能大量存在，D不符合题意；
故合理选项是A。
8．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．Ba(OH)2和H2SO4两溶液混合：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O
B．氢氧化铜加到盐酸中：OH－＋H＋=H2O
C．锌和硝酸银溶液反应：Zn＋Ag＋=Ag＋Zn2＋
D．FeCl3和NaOH溶液反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓
【答案】D
【详解】A．由于1ml Ba(OH)2电离出1mlBa2+和2mlOH-，1mlH2SO4电离出2mlH+和1ml，故Ba(OH)2和H2SO4两溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋=BaSO4↓＋2H2O，A错误；
B．氢氧化铜是沉淀，故氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2＋2H＋=2H2O+Cu2+，B错误；
C．该离子反应电荷不守恒，正确写法为：Zn＋2Ag＋=2Ag＋Zn2＋，C错误；
D．FeCl3和NaOH溶液反应生成Fe(OH)3和NaCl，故离子方程式为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，D正确；
故答案为：D。
9．酸性K2Cr2O7溶液具有较强的氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4。现有10 mL0.3 ml/L的Na2SO3溶液，与10 mL0.1 ml/L的K2Cr2O7溶液刚好完全反应，则还原产物中Cr的化合价为
A．+6B．+5C．+3D．+2
【答案】C
【详解】氧化还原反应中元素化合价升降总数相等。假设Cr元素得到电子后化合价为+x价，0.01 L×0.3 ml/L×(6-4)=0.01 L×0.1 ml/L×2×(6-x)，解得x=+3，所以合理选项是C。
10．下列叙述正确的是
①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；
②常温常压下，1gH2和14gN2的体积相同；
③28gCO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的摩尔质量成正比
⑦2mlH2SO4分子的摩尔质量是196g/ml
A．①③④⑥⑦B．②⑤⑥C．⑤⑥⑦D．①⑤⑥
【答案】B
【详解】①标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，故错误；
②常温常压下，1g H2物质的量为=0.5ml，14g N2的物质的量为=0.5ml，二者物质的量相等，相同状态下，二者体积相等，故正确；
③28gCO的体积不一定为22.4L，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标准状况下，故错误；
④标况下，两种物质不一定都是气体，它们物质的量相等，占有的体积不一定相等，故错误；
⑤在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的物质的量越大，压强越大，故正确；
⑥同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比，故正确；
⑦H2SO4分子的摩尔质量是98g/ml，故错误；
综上所述，②⑤⑥正确，故选B。
11．下列说法不正确的是
A．某短周期元素最外层有2个电子，则其一定是第ⅡA族元素
B．在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素
C．元素周期表有7个主族、8个副族和0族，副族均由长周期元素组成
D．117号元素Ts位于周期表的第七周期第ⅦA族
【答案】A
【详解】A．短周期中，He元素的原子最外层有2个电子，但其属于0族，则短周期中最外层电子数为2的元素不一定属于第ⅡA族，A不正确；
B．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，其性质往往介于典型的金属与典型的非金属之间，为制备半导体材料提供了可能性，B正确；
C．元素周期表有7个主族8个副族和0族元素，前3周期为短周期，只包含主族和0族元素，第4~7周期为长周期，包含主族、副族和0族元素，所以副族均由长周期元素组成，C正确；
D．由第118号元素位于第七周期0族，可推知117号元素位于第七周期第ⅦA族，D正确；
故答案为A。
【点睛】在确定元素在周期表中的位置时，若已知原子序数，可采用稀有气体元素（0族）定位法，第一至七周期的稀有气体元素的原子序数依次是2、10、18、36、54、86、118，可以此为标杆确定其它元素的周期序数和族序数。
12．可以根据5I- ++6H+=3I2+3H2O检验食盐中是否存在。下列说法正确的是
A．I2是氧化产物，H2O是还原产物B．得电子，被氧化
C．该条件下氧化性：强于I-D．每生成3 ml I2转移6 ml电子
【答案】C
【详解】A．由5I- ++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，I-化合价-1价失电子变为0价，即产物中I2有部分得电子生成，有部分失电子生成，则I2既是氧化产物，又是还原产物，故A错误；
B．由5I- ++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，是被还原，发生还原反应，故B错误；
C．由5I- ++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，是氧化剂，I-化合价-1价失电子变为0价，I-是还原剂，则该条件下氧化性强于I-，故C正确；
D．由5I- ++6H+=3I2+3H2O反应可知，每生成3 ml I2转移5 ml电子，故D错误；
答案为C。
二、多选题
13．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】A．铁和纯氧中点燃生成Fe3O4，A错误；
B．钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成NaOH，B正确；
C．HClO光照下反应生成HCl和O2，C错误；
D．过量的二氧化碳与NaOH溶液反应生成NaHCO3，碳酸氢钠和NaOH反应生成碳酸钠，能实现转化，D正确；
故选：BD。
14．氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在
C．先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【答案】BC
【分析】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，利用离子、分子的性质来分析。
【详解】A．次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；
B．氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C．因AgCl不溶于硝酸，先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl−存在，故C正确；
D．氯气和氢氧化钠发生氧化还原反应，氯水黄绿色消失，说明有Cl2分子存在，不能说明有HClO存在，故D错误；
答案选BC。
三、单选题
15．用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄()的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是
A．“酸溶”时加速搅拌可加快反应速率
B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和
C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为
D．“氧化”时离子方程式：
【答案】C
【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
【详解】A．加速搅拌可增大反应速率，A正确；
B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，B正确；
C．还原时有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2：14=1：7，C错误；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为，D正确；
故选C。
四、填空题
16．Ⅰ.现有以下物质：①盐酸②液氨③BaCO3固体④熔融 K2SO4⑤氢氧化铁胶体⑥蔗糖⑦CO2⑧NaOH 溶液。按要求回答问题：
(1)属于非电解质的是___________(填序号)，电解质的是___________(填序号)
(2)⑤的实验室制备方法：向沸水中滴加几滴饱和 FeCl3溶液，加热至液体呈红褐色，停止加热；其化学方程式为___________。
Ⅱ.某未知溶液中只可能大量存在下列离子：Na+、Ba2+、、、Cl-、H+，为探究其组成，某实验小组进行了以下实验：
(3)写出“沉淀2”的化学式___________；
(4)“沉淀1”与稀盐酸反应的离子方程式为___________；
(5)原溶液中一定大量存在的离子是___________，可能存在的离子是___________。
【答案】(1) ②⑥⑦ ③④
(2)FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl
(3)BaSO4
(4)BaCO3+2H+=Ba2++ CO2↑+H2O
(5) Na+、、 Cl-
【分析】①盐酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；②液氨自身不能电离，液氨是非电解质；③BaCO3固体在熔融状态下能导电，BaCO3固体是电解质；④熔融 K2SO4能导电，熔融 K2SO4是电解质；⑤氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑥蔗糖自身不能电离，蔗糖是非电解质；⑦CO2自身不能电离，二氧化碳是非电解质；⑧NaOH 溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质。
【详解】（1）根据以上分析，属于非电解质的是液氨、蔗糖、CO2；属于电解质的是BaCO3 固体、熔融 K2SO4；
（2）向沸水中滴加几滴饱和 FeCl3溶液，加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl；
（3）未知溶液加氯化钡生成生成1，沉淀1加盐酸部分溶解，说明沉淀1是碳酸钡、硫酸钡，沉淀2难溶于盐酸，沉淀2是硫酸钡，化学式为BaSO4；
（4）“沉淀1”中碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++ CO2↑+H2O；
（5）沉淀1是碳酸钡、硫酸钡，说明原溶液中含有、，钡离子与、反应生成沉淀，所以原溶液中不含Ba2+，与H+反应生成气体，所以原溶液中一定不含H+，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na+，原溶液中一定大量存在的离子是Na+、、，可能存在的离子是Cl-；
五、元素或物质推断题
17．如图是部分短周期元素(用字母x等表示)化合价与原子序数的关系图。
根据判断出的元素回答问题：
(1)h在周期表中的位置是___________。
(2)比较z、f、g、r常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)___________ ；比较r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱___________；比较d、m的氢化物的沸点___________；
(3)z的一种氢化物分子中既含非极性键又含极性键，其结构式为___________。
(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：___________。
【答案】(1)第三周期ⅣA族
(2) S2->O2->Mg2+>Al3+ HClO4>H2SO4 HF>HCl
(3)H-O-O-H
(4)
【分析】x最高正价为+4价，最低负价为-4价，且原子序数最小，则x为C，y最高正价为+5价，最低负价为-3价，y为N，z、d只有负价，最低负价分别为-2、-1，则z为O，d为F，e、f、g只有正价，最高正价分别为+1、+2、+3，则e、f、g分别为Na、Mg、Al，h最高正价为+4价，最低负价为-4价，h为Si，w最高正价为+5价，最低负价为-3价，w为P，r最高正价为+6价，最低负价为-2价，r为S，m最高正价为+7价，最低负价为-1价，m为Cl。
【详解】（1）h为Si，在元素周期表第三周期ⅣA族。
（2）z、f、g、r分别为O、Mg、Al、S，硫离子有三层电子层半径最大，其余三种离子电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2->O2->Mg2+>Al3+。S和Cl中Cl非金属性更强，则酸性HClO4>H2SO4。HF存在分子间氢键，HCl不存在分子间氢键，则沸点HF>HCl。
（3）O的一种氢化物中既含有非极性键又含有极性键，这种物质为H2O2，结构式为H-O-O-H。
（4）N和Cl、H组成的离子化合物为NH4Cl，其电子式为。
六、实验题
18．某同学进行实验时需要溶液左右，但实验室只有的浓硫酸。该同学利用所给试剂配制所需溶液。
(1)该同学应用量筒量取的浓硫酸体积为___________(精确到)，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是___________
(2)量取的浓硫酸需在烧杯中先稀释，稀释浓硫酸的操作是___________。
(3)配制过程中主要有以下操作：
①定容 ②转移 ③量取 ④洗涤 ⑤稀释 ⑥摇匀
正确的操作顺序应是___________。
A．①②③④⑤⑥ B．③⑤②④①⑥ C．④⑤③②①⑥
(4)下列操作会引起所配溶液浓度偏高的有___________
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出
【答案】(1) 13.6 250mL容量瓶
(2)将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌
(3)B
(4)AC
【详解】（1）同学进行实验时需要溶液左右，但实验室只有的浓硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到×V=，解得V=0.0136L=13.6mL，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是250mL容量瓶；故答案为：13.6；250mL容量瓶。
（2）量取的浓硫酸需在烧杯中先稀释，稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌；故答案为：将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌。
（3）配制过程中主要步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，正确的操作顺序应是③⑤②④①⑥即B；故答案为：B。
（4）A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，取浓硫酸体积偏多，配制浓度偏高，故A符合题意；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，故B不符合题意；
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故C符合题意；
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，物质的量浓度偏低，故D不符合题意；
综上所述，答案为AC。
19．作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代成为自来水的消毒剂。已知是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：。
下图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。其中E中盛有液体(用于除去中的未反应的)。
(1)仪器P的名称是___________。
(2)写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：___________。
(3)G瓶的作用是___________。
(4)F为收集装置，应选用的装置是___________(填序号)
(5)若用的浓盐酸与足量的制备，则被氧化的的物质的量是___________(填序号)。
A．B．C．D．无法判断
【答案】(1)分液漏斗
(2)
(3)防倒吸
(4)②
(5)C
【分析】浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法收集；并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置；
【详解】（1）浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗；
（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应为；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸（或安全瓶），故G瓶的作用是防倒吸（安全瓶）；
（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞，故答案为②，气体长进短出；
（5）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据可以知道，若用100mL2ml·L-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量＜0.1ml，故答案为C。
七、工业流程题
20．经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如表所示：
(1)___________。
(2)为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如图流程，回收铜和绿矾。
①工业废水中加入铁粉生成固体C的离子方程为：___________。
②试剂B的化学式是___________。
③通过检验溶液D，来判断废水中是否除尽，实验方法是___________。
④上述废水经处理，可获得的物质的量是___________。
⑤在含有的溶液中加入现象是___________；已知反应物恰好完全反应且反应转移电子，生成的气体标况下的体积为___________L。
【答案】(1)0.1或1×10－1
(2) Fe+Cu2+=Fe2++Cu H2SO4 取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则没有Fe3+未除尽。 12 有红褐色沉淀生成，有无色气体放出 22.4
【分析】溶液呈电中性，可以根据电荷守恒求算c(H＋)。工业废水中加入铁粉，Fe会与废水中的Fe3＋、Cu2＋和H＋反应。溶液D的主要成分为FeSO4和Na2SO4。固体C包括了过量的铁粉和置换出来的铜，加入稀硫酸，溶解铁粉，得到的溶液E的主要成分为FeSO4。铜与稀硫酸不反应，经过滤后可得到。
【详解】（1）溶液呈电中性，可以根据电荷守恒求算c(H＋)。根据阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则有3c(Fe3＋)＋2c(Cu2＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)=2c(SO)，带入数据3×2×10－2+2×1×10－2+ c(H＋)+1×2×10－2=2×1×10－1，可得c(H＋)=0.1。答案：0.1或1×10－1（根据表格中的数据格式写）。
（2）①固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，从工业废水中得到铜，利用的是铁与Cu2+的置换反应。离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。答案：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，加入试剂B后得到溶液E，要和溶液D混合制备FeSO4·7H2O，因此溶液E为FeSO4溶液，试剂B为稀硫酸，将剩余的Fe粉转化为FeSO4，且不与Cu反应，答案：H2SO4。
③加入的Fe粉会与Fe3＋反应，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液D中应该没有Fe3＋，检验Fe3＋是否除尽可用KSCN溶液。答案：取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则Fe3+未除尽。
④根据流程图，可知FeSO4·7H2O中的Fe2+来自于废水中的Fe3＋和加入的铁粉，根据Fe元素守恒，则可以算出n(FeSO4·7H2O)=100×2×10－2ml+ml=12ml，则可以得到12mlFeSO4·7H2O，答案：12。
⑤Na2O2具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，并且能与水生成NaOH。生成的Fe3＋会和NaOH反应生成Fe(OH)3，因此有红褐色沉淀生成。将4mlFeSO4中的Fe从＋2氧化到＋3，需要转移4ml电子；Na2O2氧化Fe2＋时，其O的化合价从－1降低到－2，1mlNa2O2可以得到2ml电子。根据得失电子守恒，则氧化4mlFeSO4，需要2mlNa2O2。还有2mlNa2O2剩余，与水生成O2和NaOH，其中的O化合价即升高又降低，方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。O的化合价从－1升高到0，生成1mlO2转移2ml电子。则还会生成1mlO2，溶液中有无色气体生成，其标况下的体积为1×22.4L=22.4L。答案：有红褐色沉淀生成，有无色气体放出 22.4。
选项
物质
杂质
除杂试剂或操作方法
A
FeCl2溶液
FeCl3
加入过量铜粉，再过滤
B
NaHCO3溶液
Na2CO3
通入过量的CO2气体
C
NaNO3溶液
Na2SO4
加入适量的BaCl2溶液，再过滤
D
MgO固体
Al2O3
加入过量的盐酸溶液，再过滤
离子
Fe3+
Cu2+
Na+
H+
浓度/(ml/L)