山西省萬榮縣第二中學(xué)2020-2021學(xué)年高一化學(xué)上學(xué)期期末考試試題含解析202104220188

wordword/word某某省萬榮縣第二中學(xué)2020-2021學(xué)年高一化學(xué)上學(xué)期期末考試試題〔含解析〕可能用到相對可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56一、選擇題(共48分，每一小題中只有一個選項(xiàng)符合題意)1.重水(D2O)是重要的核工業(yè)原料，如下說法錯誤的答案是A.氘(D)原子核外有1個電子B.1H與D互稱同位素C.H2O與D2O互稱同素異形體D.1H218O與D216O的相對分子質(zhì)量一樣【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．氘(D)原子核外有1個電子，正確；B．中1H與D質(zhì)子數(shù)同，中子數(shù)不同，1H與D互稱同位素，正確；C．同素異形體都是單質(zhì)，不是化合物，錯誤；D．1H218O與D216O的相對分子質(zhì)量都是20，正確。答案選C。2.如下物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑B.Fe2O3

能與酸反響，可用于制作紅色涂料C.Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑D.ClO2

有復(fù)原性，可用于自來水的殺菌消毒【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.NaHCO3能與鹽酸反響，可用作胃酸中和劑，與NaHCO3受熱易分解無關(guān)，故A不選；B.Fe2O3

是紅棕色固體，可以用作紅色涂料，與Fe2O3

能與酸反響無關(guān)，故B不選；C.Na2O2可與CO2反響生成O2，常用作呼吸面具的供氧劑，故C選；D.ClO2

有強(qiáng)氧化性，可用于自來水的殺菌消毒，故D不選；答案選C。3.NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值，如下說法不正確的答案是A.3g3He

含有的中子數(shù)為1NAB.1mol

K2Cr2O7被復(fù)原為Cr3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6

NAC.28gCO和N2的混合物含有的電子數(shù)為14NA

NA【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.3He

的中子數(shù)為3-2=1，如此3g3He

的中子數(shù)為=NA，選項(xiàng)A正確；B.重鉻酸鉀被復(fù)原為鉻離子時，鉻元素從+6降低到+3，1mol重鉻酸鉀轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3mol×2×NAmol-1=6NA，選項(xiàng)B正確；C．CO和N2的摩爾質(zhì)量均為28g/mol，每個分子所含有電子數(shù)均為14，如此28g混合物的物質(zhì)的量為1mol，所含有的電子數(shù)等于14NA，選項(xiàng)C正確；A，選項(xiàng)D不正確；答案選D。4.如下方程式，不能正確表達(dá)反響顏色變化的是A.Na2O2在空氣中放置后由淡黃變?yōu)榘咨?Na2O22Na2O+O2↑B.向飽和Na2CO3溶液中通入足量的CO2生成白色沉淀：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓C.在酸性KMnO4中滴加FeSO4，溶液褪色：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2OD.在FeCl3溶液中通入H2S氣體，生成黃色沉淀：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．過氧化鈉在空氣中與二氧化碳反響生成碳酸鈉，由淡黃色變?yōu)榘咨?，發(fā)生反響：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A錯誤；B．一樣條件下，碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉，向飽和的Na2CO3溶液中通入足量的CO2氣體，會有固體析出，故B正確；C．Fe2+具有復(fù)原性，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化復(fù)原反響而使其褪色：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2O，故C正確；D．硫化氫具有較強(qiáng)復(fù)原性，易被FeCl3氧化生成單質(zhì)硫，反響的化學(xué)方程式：2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，故D正確；答案選A。5.現(xiàn)有①Na2O2②Fe3O4③FeCl2④FeCl3⑤Fe(OH)3五種物質(zhì)，如下說法正確的答案是A.均能通過化合反響生成B.只有①②④能通過化合反響生成C.過量的鐵在氯氣中燃燒可以生成③D.將1mol①投入含有1mol③的溶液中，生成白色絮狀沉淀并有氣泡冒出【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.Na和O2在點(diǎn)燃條件下生成Na2O2，F(xiàn)e和O2在點(diǎn)燃條件下生成Fe3O4，F(xiàn)e和FeCl3反響生成FeCl2，F(xiàn)e在Cl2中燃燒生成FeCl3，F(xiàn)e(OH)2和O2、H2O反響生成Fe(OH)3，均為化合反響，故A正確；B.由A項(xiàng)分析可知，五種物質(zhì)均能通過化合反響生成，故B錯誤；C.氯氣的氧化性強(qiáng)，無論鐵是否過量，在氯氣中燃燒時只能生成FeCl3，鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵需要在水溶液中才能發(fā)生，故C錯誤；D.Na2O2具有強(qiáng)氧化性，將Na2O2投入FeCl2溶液中，生成紅褐色Fe(OH)3沉淀并有氣泡(O2)冒出，故D錯誤；答案選A。6.如下推斷正確的答案是()A.鋁片外表的氧化膜能保護(hù)鋁片不受腐蝕，故鐵絲外表氧化膜也能保護(hù)B.鐵能從硫酸銅溶液中置換出銅，故鈉也能從硫酸銅溶液中置換出銅C.鈉與氧氣、水等反響時均作復(fù)原劑，金屬單質(zhì)參與化學(xué)反響時均作復(fù)原劑D.活潑金屬鈉保存在煤油中，故活潑金屬鋁也保存在煤油中【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．Al外表有一層致密的氧化膜，鐵外表的氧化膜是疏松的，故鐵外表的氧化膜不能保護(hù)鐵，故A錯誤；B．金屬鈉非?；顫?，與鹽溶液反響時優(yōu)先與溶液中的水反響，故金屬鈉不能置換硫酸銅溶液中的銅元素，故B錯誤；C．金屬沒有負(fù)價，故金屬單質(zhì)參與反響時均作復(fù)原劑，故C正確；D．金屬Al外表易形成一層致密的氧化膜，使金屬Al不易被氧化，不用保存在煤油中，故D錯誤；應(yīng)當(dāng)選C。7.在酸性條件下有強(qiáng)氧化性，如下各組離子能夠大量共存的是()A.參加粉后產(chǎn)生的溶液中：B.滴加石蕊試劑變紅的溶液中：C.澄清透明的溶液中：D.酸性溶液中：【答案】C【解析】【分析】能大量共存，說明各離子間均不反響?！驹斀狻緼．參加Al粉能產(chǎn)塵大量氫氣的溶液，可能為強(qiáng)酸，可能為強(qiáng)堿，在強(qiáng)酸或者強(qiáng)堿溶液中均不能共存，故A錯誤；B．滴加石蕊變紅的溶液，溶液呈酸性，在酸性條件下具有氧化性，能將氧化成，故B錯誤；C．四種離子間均不反響，能大量共存，故C正確；D．中與反響生成硫氰化鐵，故D錯誤；應(yīng)當(dāng)選C。8.如圖鐵與水反響的實(shí)驗(yàn)中，如下做法不正確的答案是〔〕A.試管中的鐵粉用繞成團(tuán)的細(xì)鐵絲代替B.將試管底部的濕棉花移到試管口部C.用鐵絲網(wǎng)罩住酒精燈火焰D.點(diǎn)燃肥皂泡驗(yàn)證氫氣的生成【答案】B【解析】分析】【詳解】A、鐵粉易堵塞導(dǎo)管口，而鐵絲與水蒸氣反響的接觸面積也較大，A正確；B、濕棉花在加熱時提供水蒸氣，假如濕棉花移到試管口部，不能與鐵絲充分反響，B錯誤；C、鐵絲網(wǎng)罩罩住酒精燈火焰，提高溫度，如此能使該反響在高溫下進(jìn)展，C正確；D、該反響生成氫氣，能燃燒，所以點(diǎn)燃肥皂泡驗(yàn)證氫氣的生成，D正確；應(yīng)當(dāng)選B。9.如下有關(guān)實(shí)驗(yàn)說法正確的答案是()A.除去氧化鐵中混有的少量氧化鋁，可參加過量的氫氧化鈉溶液，完全反響后，過濾B.為測定熔融氫氧化鈉的導(dǎo)電性，可在鋁制容器中熔化氫氧化鈉固體后進(jìn)展測量C.制備膠體，通常是將固體溶于熱水中D.可用澄清石灰水鑒別溶液和NaHCO3溶液【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．氧化鋁為兩性氧化物，氧化鐵與NaOH不反響，故可用NaOH除去氧化鐵中混有的氧化鋁，故A正確；B．Al為兩性金屬，能與強(qiáng)酸強(qiáng)堿反響，不能用鋁制容器融化NaOH，故B錯誤；C．制備膠體的步驟為：向沸水中滴入幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸，即得到氫氧化鐵膠體，故C錯誤；D．碳酸鈉和碳酸氫鈉均能與石灰水反響生成沉淀，不能用石灰水鑒別，故D錯誤；應(yīng)當(dāng)選A。10.將鈉、鎂、鋁各0.3mol分別放入足量的鹽酸中，同溫同壓下產(chǎn)生的氣體的體積比是〔〕A.1∶1∶1B.1∶2∶3C.6∶3∶2D.3∶1∶1【答案】B【解析】【分析】××3=0.9mol，如此同溫同壓下產(chǎn)生氣體的體積比0.3mol：0.6mol：0.9mol=1：2：3，故B選項(xiàng)正確；答案選B。11.如下有關(guān)堿金屬元素和鹵素的說法中，錯誤的答案是()A.溴單質(zhì)與H2的反響比碘單質(zhì)與H2的反響更劇烈B.堿金屬元素中，鋰原子失去最外層電子的能力最弱；鹵素中，氟原子得電子的能力最強(qiáng)C.隨核電荷數(shù)的增加，堿金屬元素和鹵素的熔沸點(diǎn)都逐漸降低D.鉀與水的反響比鈉與水的反響更劇烈【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．同一主族元素，非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而降低，和氫氣的化合越來越難，所以溴單質(zhì)與H2的反響比碘單質(zhì)與H2的反響更劇烈，正確，A不符合題意；B．同主族元素從上到下失電子能力逐漸增強(qiáng)，所以堿金屬元素中，鋰原子失去最外層電子的能力最弱，同主族元素從上到下得電子能力逐漸減弱，所以鹵素中，氟原子得電子的能力最強(qiáng)，正確，B不符合題意；C．堿金屬單質(zhì)是金屬晶體，從上到下原子半徑增大金屬鍵減弱，熔沸點(diǎn)降低；鹵素單質(zhì)是分子晶體，從上到下相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力越大，熔沸點(diǎn)增大，錯誤，C符合題意；D．堿金屬元素從上到下單質(zhì)的金屬性逐漸增強(qiáng)，和水的反響越來越劇烈，即鉀與水的反響比鈉與水的反響更劇烈，正確，D不符合題意；答案選C。12.X、Y、Z和R分別代表4種元素。如果aXm+、bYn+、cZn-、dRm-四種離子的電子層結(jié)構(gòu)一樣(a，b，c，d為元素的原子序數(shù))，如此如下關(guān)系正確的答案是〔〕A.a-c=m-nB.a-b=n-mC.c-d=m+nD.b-d=n+m【答案】D【解析】【分析】【詳解】由aXm+、bYn+、cZn-、dRm-四種離子的電子層結(jié)構(gòu)一樣可知：這四種離子的核外電子數(shù)相等。由于離子核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)-陽離子的電荷數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)+陰離子的電荷數(shù)，原子序數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，所以可得：a-m=b-n=c+n=d+m。A．根據(jù)離子核外電子數(shù)相等可知：a-m=c+n，所以a-c=m+n，A錯誤；B．根據(jù)離子核外電子數(shù)相等可知：a-m=b-n，如此a-b=m-n，B錯誤；C．根據(jù)離子核外電子數(shù)相等可知：c+n=d+m，所以c-d=m-n，C錯誤；D．根據(jù)離子核外電子數(shù)相等可知：b-n=d+m，所以b-d=m+n，D正確；故合理選項(xiàng)是D。13.如下有關(guān)元素周期表的表示錯誤的答案是〔〕①元素周期表有18列，所以有18個族②最外層電子數(shù)為2的元素都位于IIA族③除0族外，短周期元素的最高正化合價的數(shù)值等于該元素的主族序數(shù)④除短周期外，其他周期均有18種元素⑤堿金屬元素是指IA族的所有元素⑥過渡元素沒有非金屬元素A.①②③④⑤B.②③④⑤⑥C.①③④⑤D.①②③⑥【答案】A【解析】【分析】【詳解】①元素周期表中第8、9、10列為VIII族，共有16個族，①錯誤；②He的最外層電子數(shù)為2，卻屬于0族，②錯誤；③O沒有最高正價，F(xiàn)無正價，③錯誤；④第6、7周期均有32種元素，④錯誤；⑤堿金屬是指除H外的IA族元素，⑤錯誤；⑥過渡元素是周期表中IIIB~IIB族的元素，全部是金屬元素，⑥正確；綜上所訴，①②③④⑤錯誤，答案為A。14.A、B、C均為短周期元素，它們在周期表中的位置如下列圖.B、C元素的族序數(shù)之和是A元素族序數(shù)的2倍，B和C元的原子序數(shù)之和是A的4倍，如此A、B、C分別為()A.、、B.、、C.、、D.、、【答案】D【解析】【分析】【詳解】設(shè)A的原子序數(shù)是x，如此B和C分別是x+7、x+9，如此根據(jù)B、C元素的原子序數(shù)之和是A元素原子序數(shù)的4倍，可知4x＝x+7+x+9，解得x＝8，如此A是O，B是P，C是Cl，答案選D。15.電子工業(yè)制作印刷電路板常用FeCl3溶液腐蝕覆銅板，使用后的腐蝕液中參加一定量鐵粉，充分反響。如下對反響后反響體系中成分分析合理的是()A.假如無固體剩余，如此溶液中可能還有Fe3+B.假如有固體存在，如此該固體可能只有鐵C.假如溶液中有Cu2+，如此一定沒有固體析出D.假如溶液中有Fe2+，如此一定有Cu析出【答案】A【解析】【分析】FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅發(fā)生反響：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，腐蝕液中應(yīng)含有Fe3+

、Fe2+、Cu2+，由于Fe3+

氧化性強(qiáng)于Cu2+，參加鐵粉先與Fe3+反響：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再與Cu2+反響：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+?！驹斀狻緼.假如無固體剩余，說明溶液銅全部以Cu2+形式存在，參加的鐵粉完全反響，溶液中一定含有Fe2+，假如參加的鐵粉不足，不能將Fe3+全部轉(zhuǎn)化為Fe2+，如此溶液中可能還有Fe3+，故A正確；B．假如有固體存在，該固體一定有銅，假如參加的鐵粉過量，可能還含有鐵，但不可能只有鐵，故B錯誤；C．假如溶液中有Cu2+，參加的鐵粉不足，可能只與Fe3+反響生成Fe2+，也可能將Fe3+全部轉(zhuǎn)化為Fe2+后還有剩余，剩余局部不能將Cu2+全部轉(zhuǎn)化為Cu，如此可能有固體析出，故C錯誤；D．當(dāng)參加的鐵粉不足，只發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+時，如此不會有Cu析出，故D錯誤；答案選A。16.質(zhì)量數(shù)為A的離子X+，核內(nèi)中子數(shù)為N，如此ag它的氯化物中所含電子的物質(zhì)的量為()A.molB.molCmolD.mol【答案】B【解析】【分析】【詳解】X+離子的氯化物為XCl，X+離子的質(zhì)量數(shù)為A，核內(nèi)中子數(shù)為N，如此質(zhì)子數(shù)為A-N。它的氯化物的摩爾質(zhì)量為A+35.5，ag它的氯化物的物質(zhì)的量為mol，它的氯化物的質(zhì)子數(shù)為A-N+17，電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)，因此mol的該物質(zhì)的電子的物質(zhì)的量為mol。答案選B二、填空題(共52分)17.下表是元素周期表的一局部，按要求回答如下問題：族周期ⅠAⅡAⅢⅣAⅤAⅥAⅦA01①2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨(1)③元素符號為_______，⑦的原子結(jié)構(gòu)示意圖為_______。(2)①~⑨對應(yīng)元素中，非金屬性最強(qiáng)的是_______(填元素符號，下同)，金屬性最強(qiáng)的是_______，單質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)最不活潑的是_______。(3)②③④分別與①組成含10個電子的分子分別為_______(填化學(xué)式，下同)，⑥⑦兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物中，堿性最強(qiáng)的是_______。(4)⑧的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為_______，⑨的單質(zhì)與NaOH溶液反響的化學(xué)方程式_______。(5)能比擬元素⑧和⑨非金屬性強(qiáng)弱的實(shí)驗(yàn)事實(shí)是_______(填字母)。a.⑧的氫化物的酸性比⑨的氫化物的酸性弱b.⑨的單質(zhì)與化合比⑧的單質(zhì)Q與化合容易，且HR的穩(wěn)定性比H2Q強(qiáng)⑧的氫化物H2Q的水溶液中通少量⑨的單質(zhì)氣體可置換出單質(zhì)Q【答案】(1).O(2).(3).S(4).Na(5).Ne(6).、、(7).(8).(9).(10).bc【解析】【分析】元素①為第一周期第IA族，為H元素；元素②在第二周期第ⅤA族，為N元素；元素③④⑤與②同周期，且原子序數(shù)以此增加，分別為O、F、Ne元素；⑥與①同主族，且為第三周期，為Na元素；如此⑦為Mg元素；⑧與③同族，為S元素，⑨與⑧相鄰且原子序數(shù)大，為Cl元素?！驹斀狻?1)③的元素符號為O；⑦的元素符號為Mg，原子序數(shù)12，原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故填O、(2)根據(jù)元素周期律，同周期從左到右依次增強(qiáng)，金屬性減弱；同主族從上到下依次減弱，金屬性增強(qiáng)，故以上元素非金屬性最強(qiáng)的為F元素；金屬性最強(qiáng)的為Na；0族元素為惰性元素，其單質(zhì)非常穩(wěn)定，所以以上元素單質(zhì)最不活潑的是Ne，故填S、Na、Ne；(3)②③④分別對應(yīng)N、O、F元素，其與H元素組成粉含10個電子的物質(zhì)為、、；金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，因金屬性Na>Mg，故堿性，故填、、、；(4)S的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為；⑨的單質(zhì)為，其與NaOH反響的化學(xué)方程式為，故填、；(5)a.氫化物的酸性與非金屬性無關(guān)，故a錯誤；b.與反響比S與反響容易，說明非金屬性Cl>S，且非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物越穩(wěn)定，故b正確；說明氧化性，即非金屬性Cl>S，故C正確；故填bc。18.框圖中甲、乙為單質(zhì)，其余均為化合物，B為常見液態(tài)化合物，A為淡黃色固體，F(xiàn)、G所含元素一樣且均為氯化物，E為紅褐色沉淀。請回答如下問題：(1)反響①~⑤中，既屬于氧化復(fù)原反響又屬于化合反響的是_______(填序號)。(2)反響⑤的化學(xué)方程式為_______。(3)甲與B反響的離子方程式為_______。(4)在實(shí)驗(yàn)室將C溶液滴入F溶液中，觀察到的現(xiàn)象_______?！敬鸢浮?1).①⑤(2).(3).(4).生成白色沉淀，白色沉淀迅速變成灰綠色，最終生成紅褐色沉淀【解析】【分析】A為淡黃色固體，即為，B為常見液體，且能與反響，故B為，與反響的化學(xué)方程式為；因?yàn)橐覟閱钨|(zhì)，所以乙為，C為；根據(jù)A的化學(xué)式，可知甲為Na；E為紅褐色沉淀，為，如此G為，同理可知F為，與反響生成和NaCl，又D能與氧氣和水反響生成，如此D為。【詳解】(1)反響①為，既是化合反響，又是氧化復(fù)原反響；反響②為，氧化復(fù)原反響；反響③為，復(fù)分解反響；反響④為，復(fù)分解反響；反響⑤為，既是化合反響，又是氧化復(fù)原反響，故填①⑤；(2)反響⑤為氫氧化亞鐵的氧化反響，其反響為，故填；(3)Na與水反響生成NaOH和氫氣，其離子方程式，故填；(4)將溶液滴入到溶液中時，反響生成白色沉淀，白色沉淀迅速變成灰綠色，最終生成紅褐色沉淀，故填生成白色沉淀，白色沉淀迅速變成灰綠色，最終生成紅褐色沉淀。19.經(jīng)檢測某工廠的酸性廢水中所含離子與其濃度如下表所示：離子Fe3+Cu2+SO42-Na+H+濃度/(mol/L)2×10-31×10-31×10-22×10-3〔1〕c(H+)=___________mol/L?！?〕為了減少污染并變廢為寶，工程師們設(shè)計(jì)了如下流程，回收銅和綠礬〔FeSO4·7H2O〕。①工業(yè)廢水中參加鐵粉后，反響的離子方程式為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、____________、____________。②試劑B是__________。③操作③是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、___________，最后用少量冷水洗滌晶體，在低溫下枯燥。④通過檢驗(yàn)溶液D中Fe3+來判斷廢水中Fe3+是否除盡，實(shí)驗(yàn)方法是____________。⑤獲得的FeSO4·7H2O需密閉保存，原因是___________。⑥上述1000L廢水經(jīng)處理，可獲得FeSO4·7H2O的物質(zhì)的量是________mol。【答案】(1).0.01(2).Fe+2Fe3+=3Fe2+(3).Fe+2H+=Fe2++H2↑(4).硫酸(5).過濾(6).取少量D中溶液于試管中，滴加1滴KS溶液，不出現(xiàn)紅色，說明廢水中Fe3+除盡(7).FeSO4有復(fù)原性，易被氧化〔或FeSO4·7H2O失去結(jié)晶水〕(8).12【解析】【分析】【詳解】〔1〕根據(jù)電荷守恒知，c(H+)+3c(Fe3+)+2c(Cu2+)+c(Na+)=c(OH－)+2c(SO42-)，廢水呈強(qiáng)酸性，氫氧根濃度很小，計(jì)算時可忽略，代入題給數(shù)據(jù)計(jì)算得c(H+)=0.01mol/L；〔2〕①工業(yè)廢水中含有硫酸銅、硫酸鐵和硫酸，參加鐵粉后，反響的離子方程式為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。②過濾，固體C為鐵和銅的混合物，參加過量硫酸，過濾，得銅和硫酸亞鐵溶液，故試劑B是硫酸。③操作③是從溶液中獲得晶體的操作，為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，最后用少量冷水洗滌晶體，在低溫下枯燥。④Fe3+的檢驗(yàn)用KS溶液，故判斷廢水中Fe3+是否除盡，實(shí)驗(yàn)方法是取少量D中溶液于試管中，滴加1滴KS溶液，不出現(xiàn)紅色，說明廢水中Fe3+除盡。⑤Fe2＋易被氧化，綠礬晶體易失去結(jié)晶水，故FeSO4·7H2O需密閉保存，原因是FeSO4有復(fù)原性，易被氧化〔或FeSO4·7H2O失去結(jié)晶水〕。⑥1000L廢水中n(Fe3+)=2mol，560g鐵粉的物質(zhì)的量為10mol，根據(jù)鐵元素守恒知，經(jīng)上述處理，可獲得FeSO4·7H2O的物質(zhì)的量是12mol。20.為驗(yàn)證鹵素單質(zhì)氧化性的相對強(qiáng)弱，某小組用如下列圖裝置進(jìn)展實(shí)驗(yàn)(夾持裝置已略去，裝置氣密性已檢驗(yàn))。實(shí)驗(yàn)過程：Ⅰ.打開彈簧夾，打開活塞a，滴加濃鹽酸。Ⅱ.當(dāng)B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時，夾緊彈簧夾。Ⅲ.當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時，關(guān)閉活塞a。Ⅳ.…(1)A中產(chǎn)生黃綠色氣體，配平化學(xué)方程式：