2022-2023学年吉林省吉林松花江中学高一上学期1月期末考试化学试题含答案

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吉林省吉林松花江中学2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．高铁、移动支付、共享单车、网购，被称为中国“新四大发明”。用于高铁和共享单车制造业的重要金属材料是(　　)

A．Na﹣K合金 B．Cu﹣Sn合金 C．Sn﹣Pb合金 D．Mg﹣Al合金
【答案】D
【详解】A.Na﹣K合金作熔点低，导热性好，所以用Na﹣K合金作原子反应堆的导热剂，不是用于高铁和共享单车制造业的重要金属材料，故A错误；
B.铜锡合金密度较大，不适宜于用于高铁和共享单车制造业，故B错误；
C.Sn﹣Pb合金密度较大，不适宜于用于高铁和共享单车制造业，故C错误；
D.镁铝合金(如硬铝，成分为0.5% Mg、0.5% Mn、0.7% Si、4% Cu其余为Al)由于强度和硬度大，几乎相当于钢材，且密度小被广泛应用于汽车、船舶、飞机、高铁和共享单车等制造业，故D正确；
故选D。
2．下列说法不正确的是
A．18O和16O互为同位素
B．质子数为6，中子数为8的微粒：
C．NaClO的电子式
D．HCl的形成过程：
【答案】D
【详解】A．18O和16O是同一种元素的不同原子，故18O和16O互为同位素，A正确；
B．质子数为6，原子序数为6，故为碳元素，质子数为6，中子数为8，故质量数为14，该微粒是，B正确；
C．NaClO是离子化合物，由Na+离子和离子构成，中Cl、O原子间形成共价键， Cl、O原子外围达到8e-结构，则NaClO的电子式为，C正确；
D．HCl是共价化合物，电子式为， 则HCl的形成过程为，D错误；
故本题选D。
3．下列各组物质中化学键的类型完全相同的是
A．NH3     H2O     CO2 B．H2O     Na2O    CO2
C．CaCl2    NaOH     H2O D．HCl     MgCl2   NH4Cl
【答案】A
【详解】A．NH3、H2O、CO2均为共价化合物，都只含有极性共价键，化学键类型相同，故A选；
B．H2O、CO2为共价化合物，只含有共价键，Na2O为离子化合物，只含有离子键，所以H2O、Na2O、CO2化学键类型不同，故B不选；
C．NaOH、CaCl2均为离子化合物，含有离子键，H2O为共价化合物，只含有共价键，所以NaOH、CaCl2、H2O化学键类型不同，故C不选；
D．HCl为共价化合物，只含有共价键，MgCl2 、NH4Cl均为离子化合物，含有离子键，所以HCl、MgCl2 、NH4Cl化学键类型不同，故D不选；
故选A。
4．下列实验方案能达到目的的是
A．用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl
B．用加热的方法除去NaHCO3固体中的少量Na2CO3固体杂质
C．将Cl2通入石灰水中制取漂白粉
D．用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
【答案】D
【详解】A．饱和Na2CO3溶液能与二氧化碳反应生成NaHCO3，会消耗CO2，不能达到目的，选项A不符合题意；
B．NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3固体和挥发出去的水、CO2气体，用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质，反而是除去原物质而不是杂质，不能达到目的，选项B不符合题意；
C．石灰水中只溶解少量氢氧化钙，将Cl2通入石灰水中难以制取到漂白粉，不能达到目的，选项C不符合题意；
D．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有，用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，能达到目的，选项D符合题意；
答案选D。
5．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．1 mol/L Na2SO4溶液中离子总数为3 NA
B．1.00 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子
C．4℃、101 kPa时，54 mL H2O中含有的分子数为3 NA
D．22.4 L的CO气体与1 mol N2所含的电子数相等
【答案】C
【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，故A错误；
B．NaCl是由钠离子和氯离子构成，不含NaCl分子，故B错误；
C．4℃、101 kPa时，水的密度为1g/mL，所以54 mL H2O的质量为54g，所含分子数为=3 NA，故C正确；
D．温度和压强未知，22.4 L的CO的物质的量无法确定，故D错误；
综上所述答案为C。
6．下列说法中正确的是
A．某酸性溶液中：、、、能大量共存
B．含有大量的溶液中：、、、能大量共存
C．某透明溶液中：、、、可能大量共存
D．取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的溶液，观察到有白色沉淀生成，则证明该溶液中含有
【答案】C
【详解】酸性溶液中会生成弱电解质醋酸，A错误；
B，和不能共存，生成和水，B错误；
C，是棕黄色，但是透明，各离子均不反应，可以共存，C正确；
D，可能含有银离子，会生成氯化银，D错误；
故选C。
7．用如图所示装置检验SO2气体中是否存在CO2，试剂a应选用

A．NaHCO3溶液 B．NaOH溶液
C．酸性KMnO4溶液 D．Na2CO3溶液
【答案】C
【分析】由于SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，因此检验SO2气体中是否存在CO2时需要先除尽混合气体中的SO2，据此分析解答。
【详解】A．SO2可与NaHCO3溶液反应生成CO2，不能检验SO2气体中是否存在CO2，A不符合题意；
B．NaOH溶液会将SO2、CO2都吸收，不能达到实验目的，B不符合题意；
C．SO2具有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化吸收，CO2不会，因此可以达到实验目的，C符合题意；
D．CO2会与Na2CO3溶液反应被吸收，且SO2可与Na2CO3溶液反应生成CO2，不能达到实验目的，D不符合题意；
答案选C。
8．用如图所示实验装置进行相关实验探究，下列说法不合理的是

A．图1若二氧化锰过量，则浓盐酸可全部反应完
B．图2证明Na2O2与水反应放热
C．图3证明Cl2能与烧碱溶液反应
D．图4探究钠与Cl2反应
【答案】A
【详解】A．随着HCl消耗，浓盐酸变为稀盐酸时反应不能再发生，二氧化锰即使过量，浓盐酸也不可能全部反应完，A不合理；
B．滴水后脱脂棉燃烧，证明Na2O2与水反应放热，B合理；
C．加入NaOH溶液，锥形瓶内Cl2反应消耗，瓶内气压下降，气球鼓起，C合理；
D．黄绿色Cl2通入硬质玻璃管与加热后的钠反应生成白烟，现象明显，D合理；
故选A。
9．下列关于物质的性质及用途，说法不正确的是
A．氯化铁溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
B．二氧化碳不支持燃烧，故泡沬灭火器可用于金属钠着火后灭火
C．浓硫酸难挥发，可用于实验室制备盐酸
D．高纯硅是半导体，广泛应用于信息技术和新能源技术等领域
【答案】B
【详解】A．氯化铁溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品，对应化学反应式为，A正确；
B．二氧化碳不支持燃烧，但钠燃烧后会产生过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳、水反应后会产生助燃的氧气，钠与水反应生成氢气，氢气与氧气高温会爆炸，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，B错误；
C．浓硫酸难挥发，可用于实验室制备盐酸，对应化学反应式为，利用浓硫酸的难挥发性，C正确；
D．高纯硅是半导体，在信息技术领域中是集成电路产业的基础，在新能源技术领域是太阳能电池板的主要材料，D正确；
故选B。
10．实验室现需要配制的溶液，以下操作及分析正确的是
A．用托盘天平称量固体
B．用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、容量瓶
C．定容摇匀后发现液面下降，需要继续补加水至刻度线
D．定容时仰视刻度线会导致溶液浓度偏低
【答案】D
【详解】A．托盘天平的精度0.1g，所以托盘天平不能称量固体，故A错误；
B．用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶以及玻璃棒，故B错误；
C．定容摇匀后发现液面下降，不能继续补加水至刻度线，否则会使所配溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时仰视刻度线实际体积大于100mL，会导致溶液浓度偏低，故D正确；
答案选D。
11．下列关于浓硫酸的叙述正确的是
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
D．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
【答案】C
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化，故A错误；B．浓硫酸与铜的反应应在加热条件下进行，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，故C正确；D．浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故D错误；故选C。
点睛：注意把握浓硫酸的特性以及性质之间的区别，浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖碳化，以此解答该题。
12．下列有关反应的化学方程式或离子反应方程式书写正确的是
A．检验补铁剂是否变质，溶解后加入KSCN溶液：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
B．Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al+2OH-=+H2↑
C．Fe(OH)2沉淀与水溶液中的O2反应的化学方程式为：2Fe(OH)2+O2+H2O=2Fe(OH)3
D．FeCl2与Cl2反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【详解】A．检验补铁剂是否变质，即检验是否存在铁离子，溶解后加入KSCN溶液：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，A错误；
B．Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2+3H2↑，B错误；
C．Fe(OH)2沉淀与水溶液中的O2反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，C错误；
D．FeCl2与Cl2反应，Fe2+被Cl2氧化，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D正确；
故选D。
13．侯德榜(如图)是我国近代著名的化学家，他提出的联合制碱法得到世界各国的认可，其工业流程如图。下列说法错误的是

A．该工艺流程中发生了复分解反应、分解反应，没有发生氧化还原反应
B．应该向“饱和食盐水”中先通入过量CO2，再通入NH3
C．滤渣主要成分是NaHCO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠
D．最终所得“母液”可循环利用
【答案】B
【分析】向饱和食盐水中先后通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，煅烧碳酸氢钠生成碳酸钠，同时生成的二氧化碳可以循环使用，滤液中加入食盐并通入氨气，通过降温结晶析出氯化铵，据此解答。
【详解】A．联合制碱法工艺流程中发生的反应主要有：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O，发生了复分解反应、分解反应，没有发生氧化还原反应，故A正确；
B．因CO2在水中的溶解度小，所以应该向“饱和食盐水”中先通入过量NH3，再通入CO2，故B错误；
C．因碳酸氢钠的溶解度小，所以滤渣的主要成分是NaHCO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠的溶解度，故C正确；
D．滤液中加入食盐并通入氨气，通过降温结晶析出氯化铵，所得母液为氯化钠溶液，可以循环利用，故D正确；
答案选B。
14．X、Y分别代表两种非金属元素，下列不能说明非金属性X比Y强的是
A．X的氧化物对应水溶液的酸性比Y的氧化物对应水溶液的酸性强
B．Y-的还原性强于X-
C．X的单质X2能将Y的阴离子Y-氧化为Y2
D．X、Y的单质分别与Fe化合，产物中前者Fe为＋3价，后者Fe为＋2价
【答案】A
【详解】A．元素非金属性强弱可由其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，没有指明是否是最高价氧化物，故不能说明非金属性的强弱，A符合题意；
B．元素非金属性越弱，对应离子的还原性越强，B不符合题意；
C．X的单质X2能与Y的阴离子Y-发生以强制弱的置换反应生成Y2，说明X比Y的非金属性强，C不符合题意；
D．X、Y的单质分别氧化同一种金属，产物中金属元素的价态越高，说明单质的氧化性越强，说明X比Y的非金属性强，D不符合题意；
故选A。
15．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述错误的是

A．Q和W元素形成化合物QW2分子中，各原子的最外层均满足8电子的稳定结构
B．T的氧化物能与NaOH溶液反应
C．R元素的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应
D．元素的非金属性：Q强于W
【答案】D
【分析】短周期元素周期序数与主族序数相等的有H、Be、Al，结合图示T所处周期表中的位置，推断T为Al元素，则Q、R、W分别为C、N、S元素。
【详解】A．据分析，Q和W元素形成化合物QW2分子是CS2，各原子的最外层均满足8电子的稳定结构，A正确；
B．据分析，T的氧化物是Al2O3，是两性氧化物，能与NaOH溶液反应，B正确；
C．据分析，R元素的气态氢化物是NH3，最高价氧化物对应的水化物是HNO3，两者可以反应生成NH4NO3，C正确；
D．据分析，Q、W分别为C、S元素，元素的非金属性：S强于C，D错误；
故选D。
16．电视剧中《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：，下列说法中正确的是
A．每生成1molZnO共转移2mol电子 B．该反应中氧化产物只有一种
C．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 D．每产生448mLN2生成0.72gH2O
【答案】C
【分析】在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，NH4NO3中N元素分别为-3、+5价，反应后都转化为0价；Zn生成ZnO，由0价升高到+2价。
【详解】A．在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，电子转移的数目为5e-，所以每生成1molZnO，共转移5mol电子，A错误；
B．通过分析可知氮气和氧化锌都是氧化产物，B错误；
C．NH4NO3中N元素价态既升高又降低，所以既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D．没有指明反应的温度和压强，无法计算448mLN2的物质的量，所以无法确定生成水的质量，D错误；
故选C。
17．30 mL18 mol·L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后被还原的硫酸的物质的量为
A．0.54 mol B．0.27mol C．在0.27-0.54 mol之间 D．小于0.27 mol
【答案】D
【详解】30 mL 18 mol·L－1的H2SO4溶液中含有溶质的物质的量是n(H2SO4)=18mol/L×0.03L=0.54mol，根据浓硫酸与铜反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑+2H2O，可知：2mol硫酸完全反应，发生还原反应的硫酸物质的量是1mol，所以若硫酸溶液中含有溶质0.54mol的硫酸完全反应，被还原的硫酸物质的量是0.27mol，但对于该反应来说，随着反应的进行，硫酸变稀，溶质不能继续反应，所以充分反应后被还原的硫酸的物质的量小于0.27mol；
答案选D。
18．现有CuO和Fe2O3组成的混合物a g，向其中加入2mol/L的硫酸溶液50mL，恰好完全反应。若将a g该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体质量为
A．1.6a g B．(a－1.6)g C．(a－3.2)g D．1.6g
【答案】B
【详解】CuO和Fe2O3的混合物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由电荷守恒，可知ag混合物中含有的O原子的物质的量n(O)=n(SO42-)=0.05 L×2mol/L=0.1mol，则ag混合物中氧元素的质量为m(O)=0.1mol×16g/mol=1.6g，若用足量H2还原a g混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，则金属质量为两种金属氧化物的质量减去氧元素的质量，即金属质量为：m(金属)=ag-1.6g=(a-1.6)g，故合理选项是B。

二、结构与性质
19．食品添加剂可以改善食品的色香、味等品质，能更好地满足吃货们的心愿，丰富舌尖上的营养和美味。请回答下列问题：
I.磷酸氢钙CaHPO4是一种常用的营养强化剂和膨松剂，可以用于糕点、代乳品、婴幼儿配方食品等。
(1)Ca的结构示意图为_______。中子数为23的P，其核素符号为_______。
(2)下列说法中不正确的是_______。
A．热稳定性； H2O> NH3> PH3 B．碱性： KOH >Ca(OH)2>Al(OH)3
C．酸性： H3PO4>H2SiO3> H2CO3 D．还原性： O2-Al3+
(7)

【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A的一种核素原子核内没有中子，则A为H元素，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素，C元素的原子在同周期主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，原子序数大于氧，故C为Na， D元素原子的最外层电子数与电子层数相等，推知D为Al，B(氧)、E元素的原子最外层电子数相同，推知E为S， F的原子序数最大，故F为Cl，据此分析。
【详解】（1）Ca是20号元素，故Ca的结构示意图为：；P是15号元素，质子数为15，中子数为23，则质量数为38，则P核素符号为；答案为：；；
（2）A．同周期元素，越往右非金属性越强，同主族元素，由上到下，非金属性越弱，故三种元素的非金属性：O> N> P，元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故氢化物的热稳定性：H2O> NH3> PH3，A正确；
B．同周期元素，越往左金属性越强，同主族元素，由上到下，金属性越强，故三种元素的金属性：K>Ca>Al，金属性越强，对应的最高价氧化物水化物的碱性越强，故碱性： KOH >Ca(OH)2>Al(OH)3，B正确；
C．同主族元素，由上到下，非金属性越弱，故非金属性：C > Si，则对应的最高价氧化物水化物的酸性：H2CO3> H2SiO3，C错误；
D．电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同，根据半径比较规律，“序小径大”，故三种离子的半径关系为：Al3+；
（7）D、 C元素最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化铝、氢氧化钠，二者反应会生成偏铝酸钠和水，故反应的离子方程为：；答案为：。

三、实验题
20．某校两个化学兴趣小组完成关于氯气的实验。小组1为了验证在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明Cl2的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)。请按要求回答下列问题：

(1)写出烧瓶中发生反应的离子方程式_______。
(2)装置B中盛放的试剂名称是_______，作用是_______。
(3)结合离子方程式解释装置D和E出现的不同现象的原因_______。
(4)AgNO3溶液的作用是_______、_______。
(5)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种，乙同学提出应该在装置_______之间(填装置字母序号)增加一个装置，所增加装置里面的试剂可以为_______。
A．湿润的淀粉碘化钾试纸    B．浓硫酸        C．湿润的红色布条           D．饱和食盐水
(6)A装置中分液漏斗内所用溶液浓度为5.9mol/L，现欲用其配制100mL0.6mol/L的稀溶液。则需量取_______mL浓溶液，量取所用量筒的规格是_______(选填“10mL”、“25mL”或“50mL”)。若所配制的稀溶液浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水       B．量取浓溶液时，仰视液面
C．未经冷却，立即转移至容量瓶定容     D．定容时，仰视液面
【答案】(1)MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)     无水硫酸铜     验证有水蒸气挥发出来
(3)干燥的氯气无漂白性，次氯酸有漂白性
(4)     吸收产生的HCl， 防止污染空气     检验HCl的产生
(5)     FG     AC
(6)     10.2     25     BC

【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，并对于“验证在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明Cl2的某些性质”实验的评价。
【详解】（1）烧瓶中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）装置B中盛放的试剂名称是无水硫酸铜，作用是验证有水蒸气挥发出来，现象是固体由白色变为蓝色；
（3）装置D和E出现的不同现象说明的问题是干燥的氯气无漂白性，次氯酸有漂白性；
（4）G中发生反应的离子方程式：Ag++Cl－=AgCl↓ ，AgNO3溶液的作用是吸收产生的HCl， 防止污染空气，检验HCl的产生；
（5）为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种，乙同学提出应该在装置FG之间增加一个装置，验证没有氯气存在，所增加装置里面的试剂可以为AC；
（6）c浓V浓= c稀V稀，V浓= =mL=10.2mL，则需量取10.2mL浓溶液，量取所用量筒的规格是25mL；
A. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对所配溶液浓度不影响，选项A不符合；
B. 量取浓溶液体积增大，所配制的稀溶液浓度偏大，选项B符合；
C. 溶液体积减小，所配制的稀溶液浓度偏大，选项C符合；
D. 所配制的稀溶液体积增大，所配制的稀溶液浓度偏小，选项D不符合；
答案选BC。

四、工业流程题
21．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型净水剂，制备流程如下：

资料：Ⅰ.K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇。KOH易溶于乙醇。
Ⅱ.FeO在碱性溶液中稳定，中性和酸性溶液中不稳定。
(1)K2FeO4具有强氧化性，K2FeO4 电离方程式_______ 。
(2)Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO的离子方程是_______。
(3)补全“氧化”中反应的离子方程式：_______。
ClO-＋Fe3＋＋_______=FeO＋_______＋_______
(4)下列说法正确的是_______。
a.“氧化”中NaOH溶液过量的目的是使FeO稳定存在
b.“转化”中生成K2FeO4固体
c.设计物质循环的目的是提高原料的利用率
(5)粗K2FeO4转化为纯K2FeO4的操作包含洗涤，去除固体表面的KOH，可以用_______洗涤。
【答案】(1)
(2)
(3)3；2；；2；；
(4)abc
(5)乙醇

【分析】NaOH和Cl2反应生成NaClO，NaClO具有强氧化性，碱性条件下NaClO和Fe(NO3)3反应生成Na2FeO4、NaCl和水，过滤得到料渣1为NaCl、NaNO3，向滤液中加入过量KOH固体，K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇，过滤得到滤渣K2FeO4，滤液中含有KOH，提纯高铁酸钾得到纯高铁酸钾固体，据此分析。
【详解】（1）K2FeO4是盐，在水溶液中完全电离，电离方程式为：；答案为：；
（2）Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，同时生成NaCl和H2O，反应的离子方程式为：；答案为：
（3）具有强氧化性，碱性条件下，Fe3+能被氧化为， 被还原为，离子方程式为：；答案为：3；2；；2；；；
（4）a． 在碱性条件下稳定存在，所以“氧化”中NaOH溶液过量的目的是使稳定存在，故a正确；
b．氧化过程中得到的是Na2FeO4，“转化”中生成K2FeO4，故b正确；
c．设计物质循环能减少物质的损失，所以能提高原料的利用率，故c正确；
故答案为：abc；
（5）K2FeO4难溶于乙醇，KOH易溶于乙醇，所以可以用乙醇除去K2FeO4固体表面的KOH，故答案为：乙醇。