新疆维吾尔自治区克拉玛依市2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题（解析版）

这是一份新疆维吾尔自治区克拉玛依市2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列反应属于氧化还原反应的是， 下列反应中，只做氧化剂的是， 下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：100分钟 满分：100分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
一、单项选择题(共10道题，每题3分，合计30分)
1. 下列物质属于酸的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．是由钾离子和硝酸根组成的化合物，属于盐，故A不选；
B．在电离时产生的阳离子全部是氢离子，属于酸，故B选；
C．NaOH是由钠离子和氢氧根离子构成的化合物，属于碱，故C不选；
D．属于有机化合物，故D不选；
答案选B。
2. 当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应的是
①胶体 ②水 ③蔗糖溶液 ④溶液 ⑤云、雾
A. ①⑤B. ②⑤C. ②③D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】胶体可以产生丁达尔效应，①Fe(OH)3胶体属于胶体；②水为溶剂，不是胶体；③蔗糖溶液属于溶液；④FeCl3溶液属于溶液；⑤云、雾属于气溶胶，是胶体；故①⑤会产生丁达尔效应；
答案选A。
3. 下列说法不正确的是
A. 氯化钠在熔融状态下的电离方程式可以表示为
B. 稀硫酸的电离方程式可以表示为
C. 铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
D. 熔融的能导电，所以是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠是由离子形成的化合物，在熔融状态下可以电离，表示为，故A正确；
B．硫酸在溶液中电离为氢离子和硫酸根，电离方程式为：，故B正确；
C．铜丝、石墨都是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．属于盐类，在水溶液中或熔融状态下都能电离而导电，是电解质，故D正确；
答案选C。
4. 下列反应属于氧化还原反应的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故A不选；
B．反应中Fe元素和Cl元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故B选；
C．反应中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故C不选；
D．反应中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D不选；
答案选B。
5. 下列反应中，只做氧化剂的是
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑中，H由+1价变为0价，化合价降低，H2O做氧化剂，故A选；
B．是非氧化还原反应，故B不选；
C．反应，水中H元素的化合价降低，氧元素的化合价升高，水既是氧化剂也是还原剂，故C不选；
D．反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂，故D不选；
答案选A。
6. 下列叙述正确的是
A. 水的摩尔质量为18g
B. 64g的物质的量为0.5
C. 22.4L的质量一定为28g
D. 0.5中含有的数目约为个
【答案】D
【解析】
【详解】A．摩尔质量单位为g/ml，水的摩尔质量为18g/ml，故A错误；
B．64g的物质的量为=1，故B错误；
C．没有说明是标准状况，故22.4L的物质的量不一定是1ml，质量不一定是28g，故C错误；
D．0.5中含有的物质的量为1ml，数目约为个，故D正确；
答案选D。
7. 下列有关合金的说法中，正确的是
A. 钢的含碳量比生铁的高
B. 合金的熔点一定比各成分金属的低
C. 稀土金属只能单独使用，不可用于生产合金
D. 新型合金可广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域
【答案】D
【解析】
【详解】A．生铁和钢都是铁合金，但钢的含碳量比生铁的低，故A错误；
B．合金熔点一般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，故B错误；
C．稀土金属添加至镁、铝、铜、锌、镍等有色合金中，可以改善合金的物理、化学性能，并提高合金室温及高温机械性能，常用于生产合金，故C错误；
D．新型合金如钛合金、耐热合金和形状记忆合金等，具有质量轻，强度大，耐高温，耐腐蚀等优点，广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域，故D正确；
答案选D。
8. 下列关于F、Cl、Br、I的比较，不正确的是
A. 它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B. 单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱
C. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强
D. 单质的颜色随核电荷数的增加而加深
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． F、Cl、Br、I的原子核外电子层数分别为2、3、4、5，随核电荷数的增加而增多，故A正确；
B． F、Cl、Br、I原子半径增大，原子核对电子的引力逐渐减小，单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I， F、Cl、Br、I原子半径增大，与氢原子的作用力逐渐减小，它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而减弱，故C错误；
D． 单质的颜色分别是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，单质的颜色随核电荷数的增加而加深，故D正确；
故选C。
9. 下列有关化学键的说法不正确的是
A. 化学键是一种作用力
B. 离子键、共价键、分子间作用力都属于化学键
C. 化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合
D. 在化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学键是使相邻的两个或多个原子之间的强烈相互作用，A正确；
B．离子键、共价键都属于化学键，而分子间作用力是存在于物质分子之间的一种微弱的作用力，比化学键弱的多，不属于化学键，B错误；
C．化学键的类型包括离子键、共价键、金属键等，它可以使离子相结合形成离子化合物，也可以使原子相结合形成单质或共价化合物，C正确；
D．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，形成单个原子，然后这些原子重新结合形成生成物，此时产物分子中的化学键形成，D正确；
故合理选项是B。
10. 下列化学用语表示正确的是
A. 的电子式为：
B. 的电子式为
C. 气体溶于水时氯化氢分子中的共价键被破坏
D. 中既含有离子键又含有共价键，它是共价化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2属于共价化合物，电子式为，故A错误；
B．NaCl为离子化合物，由钠离子与氯离子构成，电子式为，故B错误；
C．HCl气体溶于水时，在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子，所以共价键被破坏，故C正确；
D．中氢氧根离子与钠离子存在离子键，氧原子与氢原子存在共价键，所以NaOH中既含有离子键也含有共价键，属于离子化合物，故D错误；
答案选C。
二、填空题(共9道题，合计70分)
11. 下列6种化学符号：、、、、、，请回答以下问题。
（1）___________和___________互为同位素。
（2）___________和___________的质量数相等，但不能互称为同位素。
（3）画出的原子结构示意图___________，与剩余5种化学符号中___________的中子数相等，但质子数不等，所以不是同一种元素。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，所以互为同位素的是、；
【小问2详解】
、质量数都是14，但是质子数不同，不能互称为同位素；
【小问3详解】
的原子核外有12个电子，原子结构示意图为，与的中子数都是12，但质子数不等，所以不是同一种元素。
12. 元素周期律的发现，对化学的发展有很大的影响。元素周期表作为元素周期律的表现形式，反映了元素之间的内在联系，是学习、研究和应用化学的一种重要工具。请回答下列问题。
（1）以元素周期表中第三周期元素为例(稀有气体元素除外)，从左到右，元素原子的电子层数___________(“增多”、“减少”或“不变”)；最外层电子数逐渐___________(“增多”、“减少”或“不变”)；原子半径逐渐___________(“增大”、“减小”或“不变”)；元素的非金属性逐渐___________(“增强”、“减弱”或“不变”)。
（2）以元素周期表中碱金属元素为例，从上到下，元素原子的电子层数逐渐___________(“增多”、“减少”或“不变”)；最外层电子数___________(“增多”、“减少”或“不变”)；原子半径逐渐___________(“增大”、“减小”或“不变”)；元素的金属性逐渐___________(“增强”、“减弱”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 不变 ②. 增多 ③. 减小 ④. 增强
（2） ①. 增多 ②. 不变 ③. 增大 ④. 增强
【解析】
【分析】同一周期元素的变化规律是：序大径小，原子序数越大，元素的非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱；同一主族元素的变化规律是：序大径大，原子序数越大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。
【小问1详解】
以元素周期表中第三周期元素为例(稀有气体元素除外)，从左到右，元素原子的电子层数不变，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强；
【小问2详解】
以元素周期表中碱金属元素为例，从上到下，元素原子的电子层数逐渐增多，最外层电子数不变，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强。
13. 下表是元素周期表的一部分，针对表中的①~⑧元素，填写下列空白：
（1）画出表中⑧原子结构示意图___________。
（2）表中①至⑧元素中，金属性最强的元素是___________(填写元素符号)。
（3）元素④、⑤简单氢化物的稳定性较强的是___________(用化学式表示)。
（4）元素③、⑤、⑦的原子半径由大到小的顺序___________(用元素符号表示)。
（5）元素②、⑦最高价氧化物对应水化物碱性较强的是___________(用化学式表示)。
（6）请用电子式表示元素⑦与元素⑧组成的物质的形成过程___________。
【答案】（1） （2）Na
（3）HF （4）：Na＞N＞F
（5）NaOH （6）
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，可知：①是H，②是Li，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Ne，⑦是Na，⑧是S元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【小问1详解】
⑧是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S原子结构示意图为：；
【小问2详解】
根据元素周期律：同一周期元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱；同一主族元素，原子序数越大，元素的金属性就越强，则表中①至⑧元素中，金属性最强的元素是⑦号表示的Na元素；
【小问3详解】
根据上述分析可知：④是O，⑤是F，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＜F，则二者形成的简单氢化物的稳定性：HF＞H2O，所以HF的稳定性比H2O的强；
【小问4详解】
原子核外电子层数越多，原子半径就越大；同一周期元素，原子核外电子层数相同，原子序数越大，原子半径就越小。上述元素中，③是N，⑤是F，二者核外都有2个电子层，⑦是Na，原子核外有3个电子层，因此原子半径大小关系为：Na＞N＞F；
【小问5详解】
②是Li，⑦是Na，二者是同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素的金属性就越强，其形成的最高价氧化物对应水化物碱性就越强，元素的金属性：Na＞Li，所以碱性：NaOH＞LiOH，即NaOH的碱性比LiOH的更强；
【小问6详解】
⑦是Na，是活泼的金属元素，在反应中容易失去最外层的1个电子变为Na+；⑧是S元素，是较活泼的非金属元素，在反应中容易获得2个电子，变为S2-，因此Na与S能够形成离子化合物Na2S，其形成过程用电子式表示为：。
14. 实验室需用1.00 ml/LNaCl溶液配制100 mL0.50 ml/L的NaCl溶液，请回答下列问题。
（1）计算所需1.00 ml/L的NaCl溶液的体积为___________mL。
（2）用___________(填仪器名称)量取所需体积的1.00 ml/L的NaCl溶液并注入烧杯中，加入适量蒸馏水，用___________(填仪器名称)慢慢搅动，使其混合均匀。
（3）将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入仪器①，该仪器为___________(填仪器规格及名称)。用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，将洗涤液都注入仪器①。轻轻摇动仪器①，使溶液混合均匀。
（4）继续向仪器①中加入蒸馏水，直到液面在刻度线以下1-2 cm时，改用___________(填仪器名称)滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线___________。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，装瓶，贴标签。
（5）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)
①实验过程中，未用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次：___________。
②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线：___________。
【答案】（1）50.0
（2） ①. 50 mL量筒 ②. 玻璃棒
（3）100 mL容量瓶
（4） ①. 胶头滴管 ②. 相平
（5） ①. 偏低 ②. 偏低
【解析】
【分析】配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变。
【小问1详解】
根据溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，可知要用用1.00 ml/LNaCl溶液配制100 mL0.50 ml/L的NaCl溶液，需要1.00 ml/L NaCl溶液的体积是V==50.0 mL。
【小问2详解】
用50 mL量筒量取所需体积的1.00 ml/L的NaCl溶液并注入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
【小问3详解】
将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100 mL容量瓶中，用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，将洗涤液都注入100 mL的容量瓶中。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
【小问4详解】
继续向仪器①中加入蒸馏水，直到液面在刻度线以下1-2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相平，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，装瓶，贴标签。
【小问5详解】
①实验过程中，若未用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，则配制溶液中溶质偏少，由此导致的配制的溶液浓度偏低；
②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，这是由于部分溶液粘在容量瓶颈上所致。由于溶液具有均一性，因此其对溶液浓度无影响，若此时又滴加蒸馏水至刻度线，会导致溶液体积偏大，由此引起的配制溶液浓度偏低。
15. 有一瓶澄清的无色溶液，其中可能含有、、、、、、、。取该溶液进行以下实验：
（1）由题干信息可知原溶液中一定不存在___________(填离子符号，下同)。
（2）用试纸检验该溶液，呈强酸性，则可证明原溶液中存在___________，同时可以排除原溶液中一定不存在___________。
（3）取部分原溶液滴加过量的溶液，产生白色沉淀，则可证明原溶液中存在___________。
（4）取少量(3)反应后的溶液，滴加溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中存在___________，可以排除原溶液中一定不存在___________。
（5）根据上述实验事实可知原溶液中一定还存在的离子有___________，不确定是否一定存在的离子有___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3）
（4） ①. ②.
（5） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
题干要求是澄清的无色溶液，说明一定不含有；
【小问2详解】
用试纸检验该溶液，呈强酸性，则可证明原溶液中存在，与要反应，故同时可以排除原溶液中一定不存在；
【小问3详解】
取部分原溶液滴加过量的溶液，产生白色沉淀，则可证明原溶液中存在；
【小问4详解】
取少量(3)反应后的溶液，滴加溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中存在，可以排除原溶液中一定不存在；
【小问5详解】
根据上述分析，已经排除了和，根据电荷守恒，则一定含有；确定是否一定存在的离子有。
16. 亚氯酸钠()是一种新型氧化剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等，工业上制备亚氯酸钠有多种方法，其中一种方法是在温度为55℃下，减压蒸发获得亚氯酸钠固体，其化学原理可用如下过程表示：。
（1）亚氯酸钠中氯元素的化合价为___________，在上述反应中，被氧化的元素为___________，被还原的元素为___________(填元素符号)。
（2）配平上述化学方程式___________，若该反应生成了3，则转移电子的物质的量为___________。
（3）上述反应生成的亚氯酸钠中的亚氯酸根在酸性条件下不稳定，可以分解生成氯离子与二氧化氯，写出对应的离子反应方程式___________。
【答案】（1） ①. +3 ②. O ③. Cl
（2） ①. ②. 6
（3）
【解析】
【小问1详解】
亚氯酸钠中氯元素的化合价为+3，在上述反应中，H2O2中O元素的化合价从-1价升高为0价，被氧化的元素是氧；中Cl元素的化合价从+4价降低为+3价，被还原；
【小问2详解】
根据电子守恒和原子守恒，上述方程式配平为，由配平后的方程式可知，生成1ml氧气，转移2ml电子，则生成3ml氧气时转移6ml电子；
【小问3详解】
亚氯酸根在酸性条件下不稳定，可以分解生成氯离子与二氧化氯，对应的离子反应方程式为：。
17. Na2O2可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，某小组欲通过实验探究Na2O2的性质与用途。
【实验Ⅰ】探究Na2O2与水的反应：
（1）如图，将1~2 mL水滴入盛有1~2 g Na2O2固体的试管中，立即把带火星的小木条伸入试管中，观察到带火星的小木条复燃，写出该反应的化学方程式___________。
【实验Ⅱ】探究Na2O2与CO2的反应：
（2）A是实验室中制取二氧化碳的装置，写出A中发生反应的离子方程式___________。
（3）填写下列表中空白
（4）写出D中发生反应的化学方程式：___________。
（5）G中得到的物质是___________，其验证方法为___________。
【答案】（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（2）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
（3） ①. 除去CO2中的杂质HCl ②. NaOH溶液 ③. 除去O2中过量CO2气体
（4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（5） ①. O2 ②. 将带有余烬的木条放在试管内，若看到木条复燃，就证明其中盛有的气体是O2
【解析】
【分析】实验Ⅰ：过氧化钠与水发生反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
实验Ⅱ：在装置A中碳酸钙与稀盐酸发生复分解反应产生CO2气体，盐酸具有挥发性，用装置B的盛有饱和NaHCO3溶液除去CO2中的杂质HCl，然后颈装置C的浓硫酸的干燥作用后，将CO2气体通入装置D，与Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，装置E中NaOH溶液作用是除去O2中过量CO2气体，最后用排水法在装置F中收集达到O2，可根据O2的助燃性进行检验。
【小问1详解】
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应放出大量的热，所以观察到带火星的小木条复燃，说明生成了O2，用手触摸试管外壁，感觉发烫，说明该反应是放热反应；
【小问2详解】
在装置A中CaCO3与稀HCl发生复分解反应制取CO2气体，该反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
【小问3详解】
在装置B中盛有饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的杂质HCl；
二氧化碳为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化碳，因此在装置E中盛有NaOH溶液，作用是除去O2中过量CO2气体；
【小问4详解】
在装置D中发生反应：过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小问5详解】
根据上述分析可知：在装置G中得到的物质是O2，O2有助燃性，可以使带火星的木条复燃，据此检验。其检验方法是：将带有余烬的木条放在试管内，若看到木条复燃，就证明其中盛有的气体是O2。
【点睛】| 解:(1)
故答案为:02;放热;
(2)依据仪器的形状可知，装置A中盛装碳酸钙的仪器名称是锥形瓶,
故答案为:锥形瓶;
(3): 2Na2O2+2CO2=2Na2C03+O2, .
(4)
故答案为: NaOH溶液;
(5 )过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,通过氢氧化钠吸收过量的二氧化碳，剩余气体为氧气,所以G中气体
为02,证明Na2O2可用作呼吸面具和潜水艇的供氧剂，
18. 某化学小组利用如图所示装置进行氯气的制取及其性质探究的实验。请回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中仪器a的名称是___________，所发生反应的化学方程式为___________。
（2）装置Ⅱ中的实验现象为___________。
（3）装置Ⅲ中的所发生反应的化学方程式为___________。
（4）装置Ⅳ中的试剂通常为___________，其作用是___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）溶液由红色变为无色
（3）Cl2+2KI=2KCl+I2
（4） ①. NaOH溶液 ②. 尾气处理，防止污染空气
【解析】
【分析】在装置Ⅰ中MnO2与浓盐酸混混合加热制取Cl2，在装置Ⅱ中根据品红溶液褪色检验氯水的漂白性，在装置Ⅲ中根据淀粉KI溶液变为蓝色证明Cl2的强氧化性，Cl2是有毒气体，可根据其能够与NaOH溶液反应产生可溶性物质，进行尾气处理，防止污染大气。
【小问1详解】
根据图示可知：装置Ⅰ中仪器a的名称是圆底烧瓶；在烧瓶中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
Cl2与H2O会发生反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化变为无色物质，因此具有漂白性。故将制取的氯气通入盛有品红溶液的试管中，会看到品红溶液会由红色变为无色，即试管Ⅱ中实验现象是：品红溶液褪色；
【小问3详解】
Cl2具有氧化性，会将KI氧化为I2，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，反应产生I2遇淀粉，溶液变为蓝色；
【小问4详解】
氯气是有毒气体，不能随意排入大气。可根据Cl2能够与碱NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应产生的物质是可溶性物质，因此装置Ⅳ中的试剂通常为NaOH溶液，其作用是吸收多余氯气，防止污染空气。
19. 某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题：
（1）加入过量铁粉发生反应的离子方程式为：___________。
（2）请写出加入试剂⑤的化学式___________，⑥的操作方法是___________。
（3）某兴趣小组同学欲鉴别④中的金属阳离子，设计如下实验：
Ⅰ．甲同学取2 mL ④溶液，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是___________，产生该现象所涉及的化学方程式为___________、___________。
Ⅱ．乙同学取2 mL④溶液，先加入几滴___________溶液，无明显现象，再加入几滴氯水，现象为：___________，其中涉及氧化还原反应的离子方程式为___________。
（4）在实验室若用500 mL1.00 ml/L的硫酸与足量的铁粉完全反应来制备FeSO4，请计算在标准状况下产生氢气的体积约为___________L。
【答案】（1）Cu2++Fe=Cu+Fe2+
（2） ①. 稀H2SO4 ②. 过滤
（3） ①. 先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色； ②. FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4 ③. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ④. KSCN ⑤. 溶液变为血红色 ⑥. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）11.2
【解析】
【分析】向废水(含有大量的FeSO4和较多的Cu2+)中加入过量铁粉，Cu2+全部被铁粉还原为Cu，再过滤得到的①是滤渣，主要含有Cu、Fe，②是FeSO4滤液；向含有Cu、Fe的滤渣中加入稀H2SO4，铁与稀H2SO4反应转化为FeSO4，铜与稀H2SO4不反应，操作⑥为过滤，得到的③是Cu，滤液④是FeSO4溶液，将其与滤液②合并，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥 得到FeSO4·7H2O，据此解答。
【小问1详解】
向含有大量的FeSO4和较多的Cu2+的废水中加入过量Fe粉，Cu2+全部被铁粉还原为Cu，反应的离子方程式为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+；
【小问2详解】
根据上述分析可知，试剂⑤是稀H2SO4，⑥的操作方法是过滤；
【小问3详解】
④为FeSO4溶液，欲鉴别的金属阳离子为Fe2+。
Ⅰ．甲同学取2 mL FeSO4溶液，滴加氢氧化钠溶液，先发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的O2氧化成红褐色的Fe(OH)3沉淀，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，产生的现象是：先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，产生该现象所涉及的化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
Ⅱ．乙同学取2 mL FeSO4溶液，先加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴氯水，现象为：溶液变为血红色，证明反应前的溶液中不含有Fe3+，反应后的溶液中含有Fe3+，说明该Fe3+是Fe2+被Cl2氧化产生，其中涉及氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问4详解】
Fe与稀H2SO4会发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe足量，500 mL1.00 ml/L H2SO4中含有n(H2SO4)=0.5 L×1.00 ml/L=0.5 ml，与足量Fe反应产生H2的物质的量是n(H2)=n(H2SO4)=0.5 ml，在标准状况下的体积约为V(H2)=0.5 ml×22.4 L/ml=11.2 L。主族
周期
A
0
1
①
A
A
A
A
A
A
2
②
③
④
⑤
⑥
3
⑦
⑧
装置序号
加入试剂
加入试剂的目的
B
饱和NaHCO3
①___________
E
②___________
③___________