四川省峨眉第二中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省峨眉第二中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的4个选项中，只有1项是符合题目要求的。)
1. 近年来，我国科技成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A. 人工合成淀粉使用的原料——二氧化碳、水
B. “蛟龙”号载人潜水器耐压球壳使用的材料——钛合金
C. “长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢
D. “C919”飞机机身使用的材料——碳纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．人工合成淀粉使用的原料为二氧化碳和水，均为非金属氧化物，故A不选；
B．钛合金属于金属合金材料，故B选；
C．液氢属于非金属单质，故C不选；
D．碳纤维属于无机非金属材料，故D不选；
故选B。
2. 下列关于氯的单质及化合物的叙述中，不正确的是
A. 常温常压下，是黄绿色气体B. 在化学反应中能表现还原性
C. 加热能使次氯酸发生分解D. 氯水和液氯的成分相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温常压下，是黄绿色气体，故A正确；
B．中氯元素化合价既可以升高又可以降低，在化学反应中既能表现还原性又能表现氧化性，故B正确；
C．次氯酸加热分解为盐酸和氧气，故C正确；
D．氯水是氯气的水溶液，氯水是混合物；液氯中只含氯分子，液氯是纯净物，故D错误；
选D。
3. 下列试剂发生变质与氧化还原反应无关的是
A. 氢氧化钠固体露置在空气中B. 打磨过的铁片露置在潮湿空气中
C. 硫酸亚铁溶液露置在空气中D. 新制氯水保存在无色的试剂瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠固体露置在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故选A；
B．打磨过的铁片露置在潮湿空气中生成氧化铁，铁元素化合价升高，铁发生氧化反应，故不选B；
C．硫酸亚铁溶液露置在空气中被氧化为硫酸铁，属于氧化还原反应，故不选C；
D．新制氯水保存在无色的试剂瓶中，次氯酸分解为盐酸和氧气，氯元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选D；
选A。
4. 下列方程式不能准确解释相应物质用途的是
A. 用过氧化钠将呼吸产生的二氧化碳转化为氧气：
B. 用小苏打可以缓解胃酸过多引起的不适：
C. 用稀盐酸除去铁制品表面的锈层：
D. 用氯化铁溶液做腐蚀液制印刷电路板：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 过氧化钠可以与二氧化碳反应产生氧气，可作为供氧剂，所以用过氧化钠将呼吸产生的二氧化碳转化为氧气：，A正确；
B. 用小苏打可以缓解胃酸过多引起的不适，小苏打是碳酸氢钠，反应的化学方程式是：，B错误；
C. 铁制品表面的锈层的主要成分是氧化铁，用稀盐酸除去铁制品表面的锈层：，C正确；
D. 用氯化铁溶液做腐蚀液制印刷电路板：，D正确；
故选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，16gO3中所含氧原子的物质的量是1ml
B. 标准状况下，22.4L的任何气体所含原子数为NA
C. 1ml不同的卤素单质做氧化剂时，所得到的电子均为1ml
D. 将含0.1ml溶质的FeCl3饱和溶液滴入沸水制得胶体，其中胶粒数为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．O3中只含有氧原子，常温下，16gO3中所含氧原子的物质的量是16g÷16g/ml=1ml，A正确；
B．标准状况下，22.4L的任何气体物质的量为1ml，单原子分子所含原子数为NA，双原子分子所含原子数为2NA，B错误；
C．1ml不同的卤素单质做氧化剂时，化合价由0变为-1，所得到的电子均为2×1ml=2ml，C错误；
D．氢氧化铁胶体中胶粒是多个氢氧化铁的集合体，胶粒数小于0.1 NA，D错误；
故选A。
6. 某澄清透明的溶液中，下列离子组可以大量共存的是
A. H+、Na+、SO、Cu2+B. Cl-、Ba2+、SO、Mg2+
C. H+、K+、OH-、NOD. H+、Mg2+、I-、HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．H+、Na+、SO、Cu2+相互之间不反应，能共存，A符合题意；
B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀而不共存，B不符合题意；
C．氢离子和氢氧根离子生成水，不共存，C不符合题意；
D．氢离子和碳酸氢根离子生成水和二氧化碳，不共存，D不符合题意；
故选A。
7. 下列实验操作错误的是
A. 将实验后剩余的钠粒放回原试剂瓶中
B. 焰色反应前将铂丝用稀硫酸清洗并灼烧至火焰与原来颜色相同
C. 可用干燥沙土扑灭着火的金属钠
D. 制备时将胶头滴管伸入溶液液面下再挤出NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠的化学性质活泼，实验后剩余的钠粒要放回原试剂瓶中，防止钠在空气中发生危险，故A正确；
B．焰色反应中铂丝用盐酸洗涤，不能用稀硫酸，因为氯化物易挥发，而硫酸盐难挥发，不能达到完全清洗铂丝的目的，故B错误；
C．钠着火会生成过氧化钠，因此不能用水和二氧化碳灭火，可用干燥沙土扑灭，故C正确；
D．很容易被空气中的氧气氧化，因此制备时将胶头滴管伸入溶液液面下再挤出NaOH溶液，避免生成的和氧气接触，故D正确；
答案选B。
8. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为＋4价，Y元素与Z元素位于同一周期，且与M元素同主族；化合物Z2X2的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是
A. 原子半径：Z＜Y＜M
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>M
C. X、Z和Q三种元素形成化合物一定是共价化合物
D. Z2X2 分子中只存在极性键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素为第IVA族元素，Y元素与M元素同主族，则Y为C元素，M为Si元素；化合物Z2X2的电子总数为18，且Y元素与Z元素位于同一周期，则Z为O元素，X的电子数为 ，则X为H元素，该化合物为H2O2；Q元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，Q为第三周期元素，最外层电子数为8-1=7，则Q为Cl元素；X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Si元素，Q为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．同周期元素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：Z(O)＜Y(C)＜M(Si)，A正确；
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于元素的非金属性： C＞Si，所以元素最高价氧化物对应水化物的酸性：Y(C)＞M(Si)，B正确；
C．X、Z和Q三种元素分别为H、O、Cl，只能形成共价化合物，C正确；
D．Z2X2为H2O2，分子中H原子和O原子间是极性键，O原子和O原子间是非极性键，D错误；
故选D。
9. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. 装置甲：浓盐酸与二氧化锰制氯气
B. 装置乙：用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸
C. 装置丙：制备氢氧化亚铁
D. 装置丁：收集铁与水蒸气反应产生的少量气体产物以便检验
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰制氯气需要加热，缺少加热装置，故A不符合题意；
B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B不符合题意；
C．Fe与稀硫酸反应生成氢气可排出装置内空气，但不能使硫酸亚铁与NaOH接触，故C不符合题意；
D．铁与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，肥皂泡可收集少量氢气，点燃肥皂泡可检验氢气，故D符合题意；
故答案选D。
10. 学习元素化合物知识时，利用“价类二维图”构建知识网络，有助于建立系统的知识体系。如图所示是铁及其化合物的“价类二维图”，下列有关叙述正确的是
A. A和水蒸气反应可得到B
B. D受热分解能生成B
C. A中加入足量的溶液可得到E
D. 向F的水溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液可以转化成G溶液
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知该图为铁元素的价类二维图。根据铁元素的化合价和物质类别，可以得知A为Fe，B为Fe2O3，C为FeO，D为Fe(OH)3，E为Fe(OH)2，F为铁盐，G为亚铁盐。
【详解】A．Fe和水蒸气反应可得到四氧化三铁，而B为Fe2O3，A错误；
B．D为Fe(OH)3，受热分解能生成Fe2O3，B正确；
C．Fe与NaOH溶液不反应，C错误；
D．F为铁盐，G为亚铁盐，向G的水溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液可以转化成F溶液，D错误；
故选B。
11. 硫酸亚铁溶液可用于催化脱除烟气中的二氧化硫等有害气体，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. “反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:1
B 反应一段时间后，溶液中保持不变
C. “反应Ⅱ”的离子方程式为
D. 反应中每脱除1 ml，增大2 ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应I的方程式为，该反应中氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4，故A错误；
B．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，硫酸的浓度会增大，故B错误；
C．反应II是铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成二价铁离子和硫酸的过程，反应的离子方程式为，故C正确；
D．溶液的体积未知，不能计算增大的，故D错误；
故答案选C。
12. 下列实验与结论相匹配的是
A AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有可能生成氯化银沉淀，不一定是生成硫酸钡沉淀，A不符合题意；
B．稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，产生使澄清石灰水变浑浊的气体二氧化碳，说明盐酸酸性大于碳酸钠，但盐酸不是氯元素最高价氧化物对应的水合物，故不能说明非金属性：Cl＞C，B不符合题意；
C．向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，则溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，C不符合题意；
D．根据氧化还原反应规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，用溶液腐蚀铜电路板，其反应为，铁离子为氧化剂、铜离子为氧化产物，则说明氧化性：Fe3+＞Cu2+，D符合题意；
故选D。
13. 某白色粉末可能含有、、，进行如下实验：
①将少量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成
②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生
③取少量②的溶液，滴入溶液，有白色沉淀生成
依据实验现象，下列关于白色粉末的判断正确的是
A. 只含有
B. 一定含有、和
C. 一定含有和，可能含有
D. 一定含有，还含有和中的一种
【答案】C
【解析】
【详解】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，该沉淀是碳酸钡或碳酸钙，一定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种；
②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生，说明含有碳酸根离子；
③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀一定是AgCl，故确定原溶液含有CaCl2。
根据以上分析，原固体混合物中肯定含有K2CO3、CaCl2，可能含有Ba(NO3)2；
故选C。
14. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾[KAl(SO4)2•12H2O]的一种工艺流程如图：
下列说法中，不正确的是
A. ①中加NaOH溶液，发生反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
B. 操作a是过滤
C. 乙溶液中含有的离子是Al3+、SO
D. 由④可推测，室温下明矾溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度
【答案】C
【解析】
【分析】Al有两性，能与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，而Mg、Fe不反应以单质固体形式除去，则操作a是过滤，再加稀硫酸调节pH析出Al(OH)3沉淀，过滤固体，继续向纯固体中加入过量稀硫酸得到Al2(SO4)3和硫酸的混合溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。
【详解】A．l有两性，能与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，A正确；
B．a为分离固液的操作，为过滤，B正确；
C．乙溶液为Al2(SO4)3和硫酸的混合溶液，含有的离子是H+、Al3+、SO，C错误；
D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于和的溶解度，D正确；
故选C。
二、填空题：(本题共4个小题。)
15. 化学源自生活和生产实践，并随着人类社会的进步而不断发展。根据所学知识，回答下列问题：
（1）分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，如图所示分类方法是______(选填“树状分类法”或“交叉分类法”)。
（2）氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应的还原剂是______(填化学式)，生成1mlH2转移的电子数目为______。
（3）碳酸钠是一种重要的化工基本原料，俗称______，向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸，会生成NaCl和______(填化学式)。除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，最好的方法是______(用化学方程式表达)。
（4）下列物质：①液氯②盐酸③CO2④硝酸钾固体⑤熔融NaHSO4；⑥铝，其中属于电解质的是______(填序号，后同)，能导电的是______，⑤的电离方程式为______。
（5）向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，混合溶液导电能力的变化如图中______(填字母)所示。
（6）把5.1g镁铝合金(不含其他杂质)的粉末放入过量的盐酸中，充分反应后得到5.6LH2(标准状况)，该合金中铝和镁的物质的量之比为______。
【答案】（1）树状分类法
（2） ①. NaH ②. NA
（3） ①. 纯碱或苏打 ②. NaHCO3 ③. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（4） ①. ④⑤ ②. ②⑤⑥ ③. NaHSO4(熔融)=Na++HSO
（5）C （6）1∶1
【解析】
【小问1详解】
交叉分类法是根据物质不同的分类标准对同一事物进行多种分类的一种分类方法。树状分类法是对同一类事物按照某些属性进行再分类的方法。该分类属于交叉分类法；
【小问2详解】
该反应中NaH中氢元素化合价-1升高为0，为还原剂，电子转移关系为H2~e-，则生成1mlH2转移的1ml电子，数目为NA；
【小问3详解】
碳酸钠俗称苏打、纯碱；向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸会生成NaCl和NaHCO3；碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，最好的方法是加热至恒重；
【小问4详解】
电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；属于电解质的是④硝酸钾固体⑤熔融NaHSO4；②盐酸⑤熔融NaHSO4⑥铝；⑤熔融电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO；
【小问5详解】
溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，稀硫酸和氢氧化钡生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时溶液中几乎不存在自由移动的离子，导电性为零，继续滴稀硫酸，稀硫酸过量又存在自由移动的氢离子、硫酸根离子，溶液导电性增强，故选C；
【小问6详解】
5.1g镁铝合金(不含其他杂质)的粉末放入过量的盐酸中，充分反应后得到5.6LH2(标准状况下为0.25ml)，设该合金中铝和镁的物质的量分别为aml、bml，则24a+27b=5.1，、，则a+1.5b=0.25，解得a=0.1、b=0.1，故为1:1。
16. 现用98%的浓H2SO4(密度为1.84g/cm3)来配制480mL0.2ml/L的稀H2SO4。
（1）该浓硫酸的物质的量浓度为______，应用量筒量取的浓硫酸体积是______mL，实验中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外还有______。
（2）配制时正确的操作顺序是______(用字母符号表示，每个字母符号只能用一次)。
A.用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒各2~3次，将洗涤液全部注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶
B.用量筒准确量取所需体积的浓硫酸
C.将已恢复至室温的硫酸沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E.改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切
F.继续往容量瓶中小心地滴加蒸馏水，直到液面接近瓶颈上的刻度线1~2cm处
G.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入已注入少量蒸馏水(约60mL)的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌使其混合均匀
（3）将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度大于0.2ml/L。下列操作会引起所配溶液浓度偏高的有______(填字母)。
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. 烧杯未进行洗涤
（4）取0.27g铝粉加入100mL所配制的0.2ml/L的稀H2SO4中，再向混合液中逐滴滴加0.1ml/L氢氧化钠溶液直至过量，写出滴加NaOH过程中发生的化学方程式(或离子方程式)_______(提示：有3个反应)。当加入300mL该氢氧化钠溶液时，产生的沉淀质量为______g。
【答案】16. ①. 18.4ml/L ②. 5.4 ③. 500mL容量瓶
17. BGCAFED 18. AC
19. ①. H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- ②. 0.52
【解析】
【分析】一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；
【小问1详解】
由可知，浓硫酸中硫酸的物质的量为=18.4ml/L；配制480mL0.2ml/L的稀H2SO4需要使用500mL的容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后硫酸的物质的量不变，则有V×10-3L×18.4ml/L=0.5 L×0.2ml/L，解得V≈5.4mL；需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶，故缺500mL容量瓶；
【小问2详解】
一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；故顺序为：B.用量筒准确量取所需体积的浓硫酸，G.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入已注入少量蒸馏水(约60mL)的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌使其混合均匀，C.将已恢复至室温的硫酸沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中，A.用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒各2~3次，将洗涤液全部注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，F.继续往容量瓶中小心地滴加蒸馏水，直到液面接近瓶颈上的刻度线1~2cm处，E.改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切，D.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀；
【小问3详解】
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，导致浓硫酸量取的体积偏大，溶质的物质的量偏多，由于最终配制溶液的体积不变，故最后使配制溶液浓度偏高，A符合题意；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，由于后面需加水定容，故该操作对配制溶液的浓度无影响，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，当溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，C符合题意；
D．烧杯未进行洗涤，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，故最后会使配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是AC；
【小问4详解】
0.27g铝粉（为0.01ml）加入100mL所配制的0.2ml/L的稀H2SO4（H2SO4为0.02ml）中，，则反应中铝完全转化为0.01ml铝离子，硫酸过量0.005ml，过量氢离子为0.01ml；再向混合液中逐滴滴加0.1ml/L氢氧化钠溶液直至过量，氢氧化钠首先和过量硫酸生成水：H++OH-=H2O，再和铝离子生成氢氧化铝沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，过量氢氧化钠和氢氧化铝生成偏铝酸钠：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；当加入300mL该氢氧化钠溶液时，为0.03mlNaOH，则氢离子消耗0.01mlNaOH，剩余0.02mlNaOH生成氢氧化铝沉淀。
17. 高铁酸钾(，其中元素为价)是新型绿色水处理剂，其制备方法如下图所示(部分步骤已略去)。
已知：在碱性溶液中的溶解度：
（1）过程I的目的是制备，反应的离子方程式为_______。
（2）过程II为碱性条件下制备高铁酸钠()。
①补全过程II中发生反应的离子方程式：□□□_______=□□_______□__。
②除外，过程II中还可能生成一种含铁元素的难溶性杂质，该物质的化学式为__。
（3）过程III中，发生反应的化学方程式为_______。
（4）过程I~III中，需要进行过滤操作的是_______(填序号)。
（5）可将氨氮废水中的转化为除去。从价态角度分析，能处理氨氮废水的原因是_______。
【答案】（1）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2） ①. 2Fe3++3ClO-+10OH-═2+3Cl-+5H2O ②. Fe(OH)3
（3）+2KOH=↓+2NaOH
（4）II、III （5）K2FeO4中铁元素为+6价处于高价态具有氧化性，中氮元素为-3价处于最低价具有还原性，两者发生氧化还原反应，将氨氮废水中的转化为除去
【解析】
【分析】过程I是氯气和NaOH溶液反应制备，过程II利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4，铁离子易与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，则该难溶性杂质物质为Fe(OH)3，过程III中与KOH反应生成固体和NaOH；
【小问1详解】
过程I是氯气和NaOH溶液反应制备，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问2详解】
①在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4，铁元素从+3价升高至+6价，铁元素被氧化，而氯元素被还原，氯元素从+1价降低至-1价，缺的产物是Cl-，由得失电子转移相等，含铁元素物质前配系数2，含氯元素物质前配3，再根据电荷守恒，反应物缺10个OH-，最后由原子守恒可得离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-═2+3Cl-+5H2O；
②过程II的溶液呈碱性，铁离子易与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，则该难溶性杂质物质的化学式为Fe(OH)3；
【小问3详解】
已知：在碱性溶液中的溶解度：，反应易向更难溶的物质转化，与KOH反应生成固体和NaOH，反应的化学方程式为+2KOH=↓+2NaOH；
【小问4详解】
过程II分离出溶液和难溶性杂质，过程III分离出溶液和固体，则需要进行过滤操作的是II、III；
【小问5详解】
K2FeO4中铁元素为+6价处于高价态具有氧化性，中氮元素为-3价处于最低价具有还原性，铁元素化合价由+6价降低为+3价，氮元素化合价由-3价升高为0价，K2FeO4和两者发生氧化还原反应，因此能处理氨氮废水。
18. 氯气是一种重要的化工原料，它的发现和研究经过了化学家们的不懈努力。
（1）舍勒发现氯气的方法是实验室制取氯气(如图1)的主要方法之一。
①装置A中发生反应的化学方程式为_______。
②装置B中饱和食盐水的作用是______。
（2）泰纳将氯气通入石灰水，并进一步改进，制得了我们现在常用的漂白粉。漂白粉溶于水后，会与空气中的CO2反应产生具有漂白、杀菌作用的______(填化学式)。
（3）贝托莱发现氯气能溶于水。同学们利用数字化实验探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有新制氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中氯离子浓度和广口瓶中氧气的体积分数，得到如图2曲线。
①解释图2两图中曲线变化的原因_______(用化学方程式表示)。
②上述整个实验过程中，溶液pH的变化情况是______。
（4）向含有酚酞的NaOH溶液中滴加氯水，当氯水滴到一定量时，溶液红色会褪去。
①产生上述现象的原因可能有两种：一种是氯水中的酸与氢氧化钠发生中和反应，另一种是______。
②设计实验验证溶液红色褪去原因_______。(写出实验操作、现象及结论)。
【答案】（1） ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. 除去Cl2中混有的HCl气体
（2）HClO （3） ①. 2HClO2HCl+O2↑ ②. 渐渐减小
（4） ①. 酚酞因为氯水中HClO的漂白作用而褪色 ②. 取褪色后的溶液少许于试管中，加入过量的NaOH溶液，若溶液重新变红，说明是氯水中的酸与氢氧化钠发生中和反应；若溶液未变红，说明是氯水中HClO的漂白作用而褪色
【解析】
【分析】浓盐酸和二氧化锰在圆底烧瓶中发生反应，产生Cl2，装置B将氯气中的HCl除去，氯气在装置C中收集，装置D是尾气吸收；
【小问1详解】
①二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰和氯气，还有水，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②氯气不溶于饱和食盐水，而HCl溶于饱和食盐水，所以饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；
【小问2详解】
漂白粉溶于水后，会与空气中的CO2反应生成具有漂白、杀菌作用的HClO；
【小问3详解】
①次氯酸见光分解产生盐酸和氧气：2HClO2HCl+O2↑，所以两个图都显示氯离子和氧气的量在增加，；
②次氯酸见光分解产生强酸盐酸和，所以酸性增强，pH减小；
【小问4详解】
①氯水中氯气和水生成盐酸和漂白性次氯酸，所以红色退去的原因可能是酸碱中和，也有可能是氯水中HClO的漂白作用而褪色；实验
结论
A
向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定有SO
B
将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，产生使澄清石灰水变浑浊的气体
非金属性：Cl＞C
C
向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体
溶液中一定有CO
D
用FeCl3溶液腐蚀铜电路板
氧化性：Fe3+＞Cu2+