2024届上海理工大附中化学高一上期末教学质量检测试题含解析

2024届上海理工大附中化学高一上期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验装置原理正确且能达成实验目的的是（）A．制SO2B．分离乙醇和水C．收集NO2D．制作喷泉2、将相同质量的镁条分别在①氧气、②空气、③氮气、④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序（）A．③＜②＜①＝④ B．④＝①＝②＝③C．③＜②＜①＜④ D．③＜①＜②＜④3、将CO2气体通入下列溶液中，联系所学知识推测一定不会出现浑浊的是A．饱和Na2CO3溶液B．CaCl2溶液C．澄清石灰水D．Na2SiO3溶液4、关于钠和铁分别与盐酸反应的叙述不正确的是()A．钠和铁分别作氧化剂 B．都有气体放出C．反应类型都是置换反应 D．钠与酸反应要比铁剧烈得多5、下列混合物可以用分液法分离的是()A．食盐水中的泥沙 B．碘与四氯化碳 C．植物油与水 D．碳酸钡与氯化银6、等质量的下列物质，物质的量最大的是（）A．H2 B．Na C．Cl2 D．CO7、下列说法中不正确的是（）A．鉴别氢氧化铝胶体（无色）和食盐水，可以不用任何试剂B．鉴别白糖水和食盐溶液，可以不用任何试剂C．鉴别粉笔末与水、豆油与水组成的浊液，可以不用任何试剂D．鉴别氯化钠溶液与硫酸铜两种溶液，可以不用任何试剂8、如图用分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是XYZA纯碱盐纯净物B胶体分散系混合物CAl2O3两性氧化物氧化物D单质参与反应置换反应氧化还原反应A．A B．B C．C D．D9、下列关于实验室保存药品的方法，错误的是（）A．过氧化钠密封保存在细口玻璃瓶中B．氯水保存在带磨口玻璃塞的棕色试剂瓶中C．硫酸亚铁溶液在保存时应加入铁粉D．金属钠保存在液体石蜡或煤油中10、下列离子方程式书写正确的是A．CaCO3与盐酸反应：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑B．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2OC．Cu与FeCl3溶液反应：Cu＋Fe3＋＝Cu2＋＋Fe2＋D．Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋OH－＝ClO－＋HCl11、下列物质中按其成分能与玻璃、水泥、陶瓷归于一类的是()A．硅石 B．碳化硅 C．硅酸钠 D．二氧化硅12、下列离子方程式书写正确的是（）A．氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O13、下列所述性质中能证明化合物微粒间一定存在离子键的是()A．易溶于水 B．具有较高的熔点C．熔融状态下能导电 D．溶于水能电离出离子14、将镁、铝的混合物0.1mol溶于100mL2mol/LH2SO4溶液中，然后在所得溶液中滴加1mol/LNaOH溶液，沉淀的质量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法错误的是A．0~V1段发生的离子方程式为：H++OH-=H2OB．V2~V3段发生的离子方程式为：C．Mg2+、Al3+刚好完全沉淀时加入NaOH溶液的休积是400mLD．若V1=160mL，则V3=500mL15、一种盐X与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，Y经一系列氧化后再溶于水可得Z溶液，Y和Z反应又生成X，则X是（）A．(NH4)2SO4 B．NH4NO3C．NH4Cl D．NH4HCO316、下列说法正确的是()A．O3是由3个氧原子构成的化合物 B．生石灰与水混合的过程只发生物理变化C．可用丁达尔效应区分溶液与胶体 D．CuSO4·5H2O是一种混合物二、非选择题（本题包括5小题）17、某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。（1）B、C、D、E4种物质的化学式为：B____________、C____________、D____________、E____________。（2）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。沉淀E与稀硫酸反应的离子方程为____________________________________。溶液G与过量稀氨水反应的化学方程为________________________________。18、甲、乙、丙、丁四种短周期元素的位置如图所示(其中乙、丙、丁的位置未标出)。已知四种元素的原子序数之和为36，乙的原子序数与甲、丁原子序数之和相等。(1)甲元素在周期表中的位置为______________。(2)丙、丁可形成AB2型化合物，其化学式为________。(3)丙是自然界中形成化合物种类最多的元素，则丙是________(填名称)，其单质与甲元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液共热时反应的化学方程式是______________________。(4)若甲、乙、丙、丁四种元素两两化合时，丁与其他三种元素得到的化合物种类最多，则丁是________(填元素符号)，写出这些化合物中任意两种符合以下条件的化学式______________________（①原子个数比为1∶2；②分子中价电子总数为偶数）。19、氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。为探究氯气的性质，某同学设计了如图1所示的实验装置。（1）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中还原剂是_____，还原产物是_____（2）利用（1）中制气原理，从图2中选择合适的制气装置（A处）：_____（填写序号）。（3）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置_____中的红色布条退色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均退色，其原因可能是_____，说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法_____（4）为了验证氯气的氧化性，将氯气通入FeCl2溶液中，写出氯气与FeCl2溶液反应的离子方程式_____（5）工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_____（填化学式）。20、电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。(1)写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式:______________________。(2)某工程师为了从使用过的腐蚀废液（主要含CuCl2、FeCl3溶液等）中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用如图所示流程:（已知：加过量①为Fe；加过量④为稀盐酸；通入⑥为Cl2）①上述实验中滤渣③的主要物质为___________________（填化学式），写出向②⑤的合并液中通入⑥的离子方程式:______________________________。②配制并保存FeCl2溶液时，需加入铁屑，其目的是_______________________________。③要证明FeCl3溶液是否含有Fe2+，可选择下列选项中的______________（已知：加入该物质后，生成蓝色沉淀）。A．加入K3[Fe(CN)6]溶液B．加入NaOH溶液C．加入KSCN溶液(3)现有1.2L含3molFeCl2的酸性溶液恰好与0.6molHIO3完全反应，还原产物为_______（填化学式，已知该物质遇淀粉溶液变蓝），该反应离子方程式为___________________________________。21、电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质制备等方面应用广泛。（1）钢闸门在海水中易被腐蚀，常用以下两种方法减少其腐蚀：①图1中，A为钢闸门，材料B可以选择___（填字母序号）。a．碳棒b．铜板c．锌板②图2中，钢闸门C做___极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极反应式为___，检验该电极反应产物的方法___。（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的___极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为___。（3）利用电化学法生产硫酸，可使绝大多数单质硫直接转化为SO3，在生产硫酸的同时还能化学发电。图4为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。①正极每消耗4.48LO2（标准状况下），电路中转移电子的数目为___。②S(g)在负极生成SO3的电极反应式为___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A、Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，故A错误；B、乙醇与水互溶，不能分液分离，故B错误；C、二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故C错误；D、氨气极易溶于水，可形成喷泉实验，故D正确。2、C【解题分析】

Mg在氧气中的燃烧反应为：，在空气中燃烧的主要反应也是和氧气的反应，在氮气中的燃烧反应为：，在二氧化碳中的燃烧反应为：；则设镁的物质的量为1mol，即24g，在①氧气中燃烧可生成1molMgO，其质量为1mol×40g/mol=40g，在③氮气中生成molMg3N2，其质量为mol×100g/mol=33.3g，在②空气中燃烧主要生成MgO，同时还混有少量的Mg3N2，故固体质量在小于40g，在④CO2中燃烧产生1molMgO和0.5molC，固体质量为46g；故燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序为③＜②＜①＜④，故选C。3、B【解题分析】饱和Na2CO3溶液与CO2气体反应生成溶解度更小的碳酸氢钠固体，溶液变浑浊，A错误；CaCl2溶液与CO2气体不反应，因为碳酸不能制备盐酸，B正确；澄清石灰水通入少量CO2气体，溶液变浑浊，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳气体过量，沉淀又溶解，生成碳酸氢钙溶液，C错误；Na2SiO3溶液和CO2气体反应生成硅酸沉淀，体现了强酸制弱酸的规律，D错误；正确选项B。4、A【解题分析】

A．在反应中盐酸作氧化剂，钠和铁元素化合价均升高，钠单质和铁单质均作还原剂，故A符合题意；B．钠、铁都能与盐酸发生置换反应，都有氢气产生，故B不符合题意；C．钠单质、铁单质与盐酸反应均生成氢气单质，属于置换反应，故C不符合题意；D．钠是一种活泼性很强的金属，与酸反应要比铁与酸反应剧烈得多，故D不符合题意；故答案为：A。【题目点拨】钠与酸溶液反应的实质为：先与溶液中酸所电离出的氢离子发生反应，然后与水发生反应，与水反应的实质为与水电离出的氢离子发生反应，前者速率较快，后者速率较慢。5、C【解题分析】

A.食盐易溶于水，泥沙不溶于水，食盐水中的泥沙可用过滤的方法分离，A不符合题意；B.碘与四氯化碳沸点不同，可用蒸馏法分离，B不符合题意；C.植物油与水不互溶，会分层，可用分液法分离，C符合题意；D.碳酸钡与氯化银都不溶于水，但碳酸钡溶于酸，氯化银不溶于酸，可加盐酸反应完全后过滤洗涤即可得到氯化银，D不符合题意；故答案为：C。【题目点拨】过滤：液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法；蒸馏：利用液体混合物中各组分的沸点差异而将组分分离的传过程；分液：分离两种互不相容的液体的方法。6、A【解题分析】

。【题目详解】由可知，等质量的情况下摩尔质量越小的物质，物质的量越大，氢气的摩尔质量为2g/mol，钠的摩尔质量为23g/mol，氯气的摩尔质量为71g/mol，一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，氢气的摩尔质量最小，因此其物质的量最大；答案选A。7、B【解题分析】

A．氢氧化铝胶体和食盐水，分别为胶体和溶液，可利用丁达尔效应鉴别，A正确；B.白糖水和食盐溶液，虽然一甜一咸，但化学药品不能品尝，所以不用化学试剂无法鉴别，B不正确；C．粉笔末与水的悬浊液静置后可产生沉淀，豆油与水的乳浊液静置后可分为两层，C正确；D．氯化钠溶液没有颜色，硫酸铜溶液显蓝色，通过观察溶液的颜色便可区分，D正确。故选B。8、D【解题分析】

A.盐包含纯碱，纯净物包含盐，故A正确；B.分散系包含胶体，混合物包含分散系，故B正确；C.两性氧化物包含，氧化物包含两性氧化物，故C正确；D.氧化还原反应包含置换反应，有单质参加的反应也可能是化合反应，不一定是置换反应，故D错误；故答案为：D。9、A【解题分析】

A.过氧化钠是固体，密封保存在广口玻璃瓶中，故A错误；B.氯水见光要分解，因此保存在带磨口玻璃塞的棕色试剂瓶中，故B正确；C.硫酸亚铁溶液在保存时应加入铁粉，主要防止亚铁离子被氧化，故C正确；D.金属钠密度比煤油或石蜡密度大，钠易与水和氧气反应，因此金属钠保存在液体石蜡或煤油中，故D正确。综上所述，答案为A。【题目点拨】氯水中次氯酸见光分解生成氧气和HCl，因此久置氯水颜色变浅，最终变为稀盐酸。10、B【解题分析】

A.CaCO3是难溶于水的固体，写离子反应时不能拆，CaCO3与盐酸反应的正确的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝Ca2++H2O＋CO2↑，故A错误；B.Al2O3难溶于水，所以Al2O3溶于NaOH溶液反应的正确的离子反应：Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2O，故B正确；C.电荷不守恒，左边三个正电荷，右边四个正电荷，Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，故C错误；D.HCl是强电解，在水溶液中是完全电离，要拆开，Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl-+H2O，故D错误；答案选B。11、C【解题分析】

根据陶瓷、玻璃、水泥的主要成分判断，它们都是硅酸盐产品。【题目详解】A．硅石的主要成分是二氧化硅，选项A错误；B．碳化硅不是硅酸盐，选项B错误；C．硅酸钠是硅酸盐，选项C正确；D．二氧化硅不是硅酸盐，选项D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查无机非金属材料，题目难度不大，注意知识的积累。12、D【解题分析】A、HClO为弱酸，写离子方程式时不能拆写成离子形式，且反应为可逆反应，正确的应为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，A错误；B、铁和稀硫酸反应生成的是Fe2+而不是Fe3+，正确的应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，B错误；C、醋酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的应为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-，C错误；D、Al(OH)3为沉淀，写离子方程式时仍写成分子形式，D正确。正确答案为D。13、C【解题分析】

A、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如HCl、CH3CH2OH等，这些化合物都易溶于水，但都是共价化合物，均不含离子键，A错误；B、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如SiO2等，该化合物是共价化合物，不含离子键，B错误；C、该选项能证明化合物微粒间一定存在离子键，只有离子化合物在熔融状态下可以导电，C正确；D、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如HCl，该化合物是共价化合物，不含离子键，D错误；故选C。【题目点拨】含离子键的化合物一定是离子化合物，其在熔融状态下一定能导电；而共价化合物不存在离子键，在熔融状态下只能以分子形式存在，不能电离出离子，因而熔融的共价化合物不能导电。因此，常用熔融状态的化合物的导电性来判断其是否属于离子化合物。14、D【解题分析】

A．0~V1段滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明硫酸过量，滴入的氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，A说法正确；B．V2~V3段沉淀从最大量减少到恒定量，沉淀逐渐减少，说明氢氧化铝沉淀与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，发生的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O，B说法正确；C．Mg2+、Al3+刚好完全沉淀时，溶液中的溶质为硫酸钠，此时n()=2mol/L×0.1L=0.2mol，则加入NaOH的体积为400mL，C说法正确；D．若V1=160mL，V2=400mL，镁、铝的混合物0.1mol，n(Mg)+n(Al)=0.1mol，根据电荷守恒2n(Mg)+3n(Al)=0.24L×1mol/L×1，解得n(Mg)=0.06mol，n(Al)=0.04mol，n(Al)=n(Al3+)=n[Al(OH)3]，则消耗NaOH的体积为40mL，V3=440mL，D说法错误；答案为D。15、B【解题分析】

一种盐与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，则Y为NH3，氨气经一系列氧化后的产物再溶于水可得Z溶液，Z溶液为HNO3溶液，Y和Z溶液反应又可生成X，则盐X是硝酸铵，故选B。16、C【解题分析】

A.O3是由3个氧原子构成的单质，不是化合物，故A项错误；B．生石灰与水混合的过程会发生：，为化学反应，故B项错误；C．胶体有丁达尔效应，溶液没有，丁达尔效应可以区分胶体和溶液，故C项正确；D．CuSO4·5H2O是一种纯净物，故D项错误；答案为C。【题目点拨】CuSO4·5H2O是一种纯净物，CuSO4也是一种纯净物，故CuSO4吸水转化成CuSO4·5H2O的过程是化学变化。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al2O3Fe2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAl(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4【解题分析】本题考查无机推断，Al2(SO4)3溶于水，Al2O3和Fe2O3是不溶于水的物质，因此A中加水，过滤，沉淀F为Al2O3和Fe2O3的混合物，溶液G为Al2(SO4)3，氧化铝属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，因此F中加入NaOH发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，然后过滤，沉淀C为Fe2O3，溶液D为NaAlO2，溶液G中加入过量的稀氨水，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，沉淀E为Al(OH)3，氢氧化铝不稳定受热分解为Al2O3，即B为Al2O3，（1）根据上述分析，B为Al2O3，C为Fe2O3，D为NaAlO2，E为Al(OH)3；（2）沉淀F为氧化铝和氧化铁的混合物，氧化铁属于碱性氧化物，不与NaOH反应，氧化铝属于两性氧化物，与NaOH反应：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；氢氧化铝为两性氢氧化物，与硫酸反应的离子反应方程式为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；硫酸铝与过量氨水的反应化学方程式为Al2(SO4)＋6NH3·H2O=2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。18、第二周期第ⅤA族CO2碳C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2OOCO2、N2O、N2O4【解题分析】

设甲的原子序数为n，则根据四种元素的原子序数之和为36可知(n-1)+n+(n+1)+(n+8)=36，解得n=7，即甲为N，由于乙的原子序数等于甲与丁原子序数之和，乙为P，丁为O，则丙为C，据此分析解答。【题目详解】根据以上分析可知甲为N，乙为P，丙为C，丁为O，则（1）甲元素是氮元素，在周期表中的位置为第二周期第VA族；（2）丙、丁可形成AB2型化合物，该化合物是二氧化碳，其化学式为CO2；（3）丙是自然界中形成化合物种类最多的元素，则丙是碳，其单质与甲元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液，即浓硝酸共热时反应的化学方程式是C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；（4）若甲、乙、丙、丁四种元素两两化合时，丁与其他三种元素得到的化合物种类最多，则丁是O，氧与碳、氮、磷形成的原子个数比为1∶2的化合物有CO2、NO2、N2O、N2O4，其中NO2的价电子总数为奇数，不符合题意。19、HClMnCl2②CCl2中可能混有少量的水蒸气应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣Ca（ClO）2【解题分析】

（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O根据还原剂和还原产物的概念解答；（2）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）起漂白作用的是HClO，干燥的红色布条不能被氯气漂白，说明Cl2中可能混有少量的水蒸气，设计装置除水即可；（4）氯气把Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣；（5）漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2。【题目详解】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中锰元素化合价从+4价变化为+2价，化合价降低被还原得到还原产物MnCl2，HCl中氯元素化合价升高做还原剂被氧化；（2）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，固体和溶液加热反应生成气体选择发生装置为②；（3）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置C中的红色布条退色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均退色，其原因可能是：Cl2中可能混有少量的水蒸气，说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法：应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；（4）氯气把Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣；（5）工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2。20、Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋Cu、FeCl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl－防止Fe2＋被氧化或2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋AI212H+＋10Fe2＋＋2IO3－＝10Fe3＋＋I2＋6H2O或10H+＋10Fe2＋＋2HIO3＝10Fe3＋＋I2＋6H2O【解题分析】

(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；(2)反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁．滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁，据此进行解答；(3)含I2的溶液遇淀粉溶液变蓝，则1.2L含3molFeCl2的溶液恰好与0.6molHIO3完全反应生成I2的同时，所得氧化产物为Fe3+，结合质量守恒，还应有水生成，据此写出发生反应的离子方程式。【题目详解】(1)铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；(2)由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，目的是制取氯化铁，废液应该与铁过量的Fe反应，故①Fe；滤液②中含有FeCl2，通入⑥氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属Cu、未反应的Fe，加入④盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有FeCl2，与滤液②合并，制备氯化铁，由上述分析可知：①Fe②FeCl2③Fe和Cu④HCl⑤FeCl2⑥Cl2；①实验中滤渣③中含有金属Cu、未反应的Fe；向②⑤的合并液中通入⑥的反应是氯气氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

②Fe2+离子变质是因为被空气中的氧气给氧化为了Fe3+，所以此时加入铁粉，就是为了能将生成的Fe3+还原为Fe2+，发生的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+；

③在含有Fe2+的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液会有蓝色沉淀生成，则检验Fe2+应选用K3[Fe(CN)6]溶液，故答案为A。(3)含I2的溶液遇淀粉溶液变蓝，则1.2L含3molFeCl2的溶液恰好与0.6molHIO3完全反应生成I2的同时，所得氧化产物为Fe3+，结合质量守恒，还应有水生成，据此写出发生反应的离子方程式为12H+＋10Fe2＋＋2IO3－＝10Fe3＋