湖南省名校联盟2023-2024学年高一年级化学阶段性调研卷（二）
时间：75分钟 总分：100分
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每题给出的选项中只有一项符合要求。)
1．下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）
纯净物 混合物 电解质 非电解质
A 盐酸 冰水混合物 硫酸 干冰
B 蒸馏水 蔗糖溶液 硫酸钡 二氧化硫
C 胆矾 盐酸 铁 乙醇
D 碘酒 食盐水 氯化铜 碳酸钙
A．A B．B C．C D．D
2．4月27日，武汉大学抗疫科技攻关团队最新研究成果《武汉两所医院的新冠病毒气溶胶动力学分析》于《Nature》在线发表。下列有关胶体的说法错误的是（ ）
A．可用渗析法提纯、精制胶体
B．丁达尔效应可被用来区分胶体和溶液
C．氢氧化铁胶粒带正电荷，一个胶粒中含有一个Fe(OH)3
D．气溶胶是胶体的一种，是混合物
3．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量氢气：
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：
4．下列有关溶液配制说法错误的是（ ）
A．称取12.5g胆矾[CuSO4·5H2O]溶于水中，并加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为0.1mol L-1
B．取58.5gNaCl固体放入1L水中充分溶解，所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1mol·L-1
C．将100g5%的食盐水加热蒸发掉50g水后（没有晶体析出)，所得溶液中NaCl的质量分数为10%
D．将浓度为2mol L-1硫酸钠溶液10mL加水稀释至200mL，所得溶液浓度为0.1mol L-1
5．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A 溶液 Fe粉
B NaCl溶液 NaOH溶液、稀盐酸
C 溶液
D 、无水
A．A B．B C．C D．D
6．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，氖气与氢气所含原子数均为
B．铜与足量稀硫酸反应生成氢气转移的电子数为
C．与足量反应，生成和混合物，钠失去的电子总数为
D．溶液中含有氧原子数为
7．某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是（ ）
A．蒸馏烧瓶中反应的离子方程式是2Fe＋6H＋=3Fe2＋＋3H2↑
B．实验开始时应先关闭止水夹a、打开止水夹b，再向烧瓶中加入稀盐酸
C．反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀
D．反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe (OH)2可较长时间存在
8．取Na2CO3和NaHCO3的混合粉末样品22.1g，将其加热到质量不再改变，冷却后称固体质量为15.9g。则原混合物中Na2CO3的质量为（ ）
A．4.2g B．5.3g C．8.4 g D．10.6 g
9．一定温度和压强下，用质量相等的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中不正确的是（ ）
A．气球②中装的是CO2
B．气球①和气球③中气体分子数相等
C．气球①和气球②中原子数之比为11：16
D．气球③和气球④中气体体积之比为1：2
10．下图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法错误的是（ ）
A．配制100 mL 2.0 mol·L-1 NaOH溶液，操作1需要称量8.0 g NaOH固体
B．操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中
C．操作4是用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切
D．操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，要继续滴加蒸馏水
11．一定条件下硝酸铵受热分解的化学反应为：NH4NO3→HNO3+N2↑+H2O。下列说法正确的是（ ）
A．在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为3∶5
B．HNO3为氧化产物
C．N发生还原反应
D．每反应1molNH4NO3，生成标准状况下17.92LN2
12．下列图象所表示的化学知识中，不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是（ ）
选项 A B C D
试剂a CuSO4 (NH4)2CO3 H2SO4 HCl
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NaCl
A．A B．B C．C D．D
14．某地区的雾霾中可能含有、、、、SO、、CO、HCO等离子。某同学收集雾霾样品。经必要的预处理配成试样溶液，设计如下实验探究其中含有的离子。①取一定体积的溶液，加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加足量盐酸，沉淀不溶解，同时得到无色气体。②另取一定体积的溶液，加入足量NaOH溶液，产生白色沉淀，继续滴加足量稀盐酸，沉淀全部溶解。下列判断错误的是（ ）
A．可能含有、 B．操作①中产生的无色气体为CO2
C．肯定含有、SO、HCO D．一定不存在、、
二、非选择题(本题共4个大题，每空2分，共58分。)
15．为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：
称取粗盐 滤液 精盐
(1)第①步中，操作A是 ，第⑤步中，操作B是 。
(2)第④步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2＋的主要存在形式为氯化钙) 、 。
(3)若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是 。
(4)判断氯化钡已过量的方法是 。
16．在工业上次磷酸()常用于化学镀银，酸性条件下发生的反应如下：
______+______+____________+______+______
请回答下列问题：
(1)中，P元素的化合价为 ；该反应中，被 (填“氧化”或“还原”)；反应每消耗1个，转移 个电子。
(2)配平该离子方程式： 。
(3)已知是一元弱酸，属于 (填：酸式盐、正盐或者碱式盐)。写出与足量溶液反应的离子方程式： 。
17．作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代，成为自来水的消毒剂。已知是一种易溶于水的气体，实验室制备的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：，下图是实验室用于制备和收集一定量纯净的的装置(某些夹持装置和垫持用品已省略)，其中E用于除去中的未反应的。
(1)仪器P的名称是 。
(2)写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式： 。
(3)B装置中所盛试剂是 。
(4)F为收集装置，应选用的装置是 (填序号)，其中与E装置导管相连的导管口是 (填接口字母)。
(5)的另一种制备方法是用氯酸钠()与浓盐酸反应，同时生成。
①请写出该反应的化学方程式： 。
②浓盐酸在该反应中表现出来的性质是 (填序号)。
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
18．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，其中铁元素的化合价为 价。
(2)Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO的离子方程式是 。
(3)补全“氧化”中反应的离子方程式：
ClO + Fe3+ + ___________ = FeO42- + ___________ + ___________
(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。
(6)K2FeO4与稀硫酸反应生成Fe3+和O2，通过测定生成O2的体积，可计算K2FeO4的纯度。[M(K2FeO4)=198 g/mol]取m g K2FeO4产品与稀硫酸反应，测得生成O2的体积为v mL(标准状况)。
①计算K2FeO4的纯度= (列算式)。()
②若将稀硫酸换成稀盐酸，生成的气体中含有Cl2，导致K2FeO4的纯度的计算值偏大，原因是 。湖南省名校联盟2023-2024学年高一年级化学阶段性调研卷（二）
参考答案：
1．B
【详解】A. 盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，冰水混合物是H2O的不同状态的物质，属于纯净物，A错误；
B. 选项物质都符合物质的分类标准，B正确；
C. Fe是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D. 碘酒是I2的酒精溶液，属于混合物，碳酸钙是盐，属于电解质，D错误；
故合理选项是B。
2．C
【详解】A. 胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，可利用渗析法提纯精制胶体，故A正确；
B. 胶体可发生丁达尔效应，而溶液无此现象，利用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液，故B 正确；
C.胶粒是胶体的聚集体，一个氢氧化铁胶粒中含有多个Fe(OH)3胶体，故C错误；
D. 胶体可以分为气溶胶、液溶胶和固溶胶，它们均是混合物，故D正确；
答案选C。
3．D
【详解】A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，离子方程式为：，A错误；
B．反应物还有水，用铝粉和NaOH溶液反应制取少量氢气：，B错误；
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：，C错误；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：，D正确。
答案选D。
4．B
【详解】A．称取12.5g胆矾[CuSO4·5H2O]的物质的量为，加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为，故A正确；
B．由于水的体积为1L，则将58.5gNaCl固体放入1L水中时，溶液的体积大于1L，故溶液的浓度小于1mol·L-1，故B错误；
C．100g5%的食盐水的质量为m=100g×5%=5g，加热蒸发掉50g水后，溶液的质量变为50g，所得溶液中NaCl的质量分数为，故C正确；
D．将浓度2 mol·L-1硫酸钠溶液10mL加水稀释200mL，稀释后的浓度为，故D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．Fe粉和FeCl3溶液反应除去FeCl3生成FeCl2，铁元素的化合价变化了，涉及到氧化还原反应，故A不符合题意；
B．NaOH溶液和MgCl2溶液反应除去MgCl2是复分解反应，稀盐酸除去过量的NaOH溶液也是复分解反应，复分解反应是非氧化还原反应，故B符合题意；
C．二氧化碳和碳酸氢钠溶液不反应，和碳酸钠溶液反应，除杂试剂选用错误，故C不符合题意；
D．二氧化氮溶于水时发生化学变化，生成一氧化氮同时生成硝酸，此过程是氧化还原反应过程，利用无水氯化钙吸收水汽制得干燥纯净的一氧化氮气体，故D不符合题意；
答案B。
6．C
【详解】A．氖气为单原子分子，标准状况下22.4L氖气所含原子数为，A错误；
B．铜与稀硫酸不发生反应，B错误；
C．1molNa与足量反应，Na作还原剂，失去的电子数为，C正确；
D．溶液中，、都含氧原子，所含氧原子数大于，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．蒸馏烧瓶中反应的离子方程式是Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，A错误；
B．实验开始时应先打开止水夹a、b，利用生成的氢气将装置内的空气排出，然后关闭a，B错误；
C．利用氢气的压强将氯化亚铁压入锥形瓶中，NaOH与氯化亚铁反应生成Fe(OH)2，立即观察到白色沉淀， C错误；
D．反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，装置内空气及溶液中氧气均已除去，则Fe(OH)2可较长时间存在， D正确；
答案选D。
8．B
【分析】NaHCO3不稳定，受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体混合物加热最后得到固体为碳酸钠，根据反应前后固体质量差，利用差量法先计算其中碳酸氢钠的质量，进而计算原样品中碳酸钠的质量。
【详解】假设原混合物中含NaHCO3质量为x。NaHCO3不稳定，受热分解，反应方程式为
所以168g：x=62g：6.2g，解得x=16.8g，所以原混合物中Na2CO3的质量为22.1g-16.8g=5.3g，选项B正确。
【点睛】本题考查混合物有关计算，注意利用差量法计算，本题侧重考查学生分析和计算能力。
9．B
【分析】同温同压同质量下，气体的物质的量之比=气体分子数之比=气体体积比=其摩尔质量的反比。
【详解】A．同温同压同质量下，气体体积比与摩尔质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，②中装的是CO2，故A正确；
B．根据A的分析，④、③、②、①四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球①和气球③中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32:64=1:2，故B错误；
C．气球①和气球②中气体分子数之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为44:64=11:16，又因为两者都是三原子分子，所以原子数之比也为11:16，则故C正确；
D．气球③和气球④中气体体积比与摩尔质量成反比，即为：16:32=1:2，故D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．配制100 mL 2.0 mol·L-1 NaOH溶液，操作1需要称量NaOH固体的质量为0.1L ×2.0 mol·L-1×40g/mol=8.0g，故A正确；
B．用容量瓶配制溶液要在室温下进行，操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中，故B正确；
C．4是定容操作，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切，故C正确；
D．操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，属于正常现象，不能继续滴加蒸馏水，若继续滴加蒸馏水，会使溶液浓度偏低，故D错误；
选D。
11．D
【详解】A.由题给方程式可知，反应中铵根离子中氮元素的化合价升高被氧化，硝酸根离子中氮元素化合价降低被还原，氮气即是氧化产物又是还原产物，则由得失电子数目守恒可知反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为5:3，故A错误；
B.由题给方程式可知，硝酸中氮元素的化合价与硝酸根离子中氮元素化合价相同，没有化合价变化，则硝酸不是氧化产物，故B错误；
C.由题给方程式可知，反应中铵根离子中氮元素的化合价升高被氧化，发生氧化反应，故C错误；
D.由得失电子数目守恒可知可知，反应的化学方程式为5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，反应中消耗5mol硝酸铵，生成4mol氮气，则消耗1mol硝酸铵，标准状况下生成氮气的体积为1mol××22.4L/mol=17.92L，故D正确；
故D正确。
12．C
【详解】A．分散系按照分散质粒子直径大小可分为溶液、胶体、浊液，当分散质粒子直径大于100nm，该分散系为浊液，当分散质粒子直径小于1nm，则该分散系为溶液，当分散质粒子直径介于1nm和100nm之间，则该分散系为胶体，故A正确；
B．溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带的电荷数有关，离子带的电荷数越多、离子浓度越大，溶液的导电能力越强，刚开始向1.0mol/L NaOH溶液中通入HCl气体时，两者发生反应，反应方程式为，溶液中阴离子和阳离子总的浓度没有发生变化，所以溶液导电能力不变；当氢氧化钠被反应完全后，再继续通入氯化氢，溶液会溶解氯化氢气体，导致溶液中阴离子和阳离子总的浓度增大，溶液导电能力也增大，当溶液中氯化氢气体溶解达到饱和时，溶液中离子浓度不再发生变化，继续通入氯化氢，溶液导电能力不再变化，故B正确；
C．向氯化铝溶液中逐滴加入氨水，开始时，氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝，反应方程式为：，所以随着氨水的加入，氢氧化铝的物质的量逐渐增大，直至Al3＋被完全反应转化为 ，再继续滴加氨水，与不发生反应，所以氢氧化铝的物质的量不会发生变化，故C错误；
D．向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸首先发生反应：，无气体产生，后发生反应：，产生气体，故D项正确；故选C。
13．D
【详解】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由“亮→暗(或灭)→亮”，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。据此判断。
【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A不选；
B．Ca(OH)2是强电解质，随碳酸铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B不选；
C．向Ba(OH)2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C不选；
D．氯化氢和氯化钠均为强电解质，且二者不反应，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D选；
故选：D。
14．D
【分析】加入足量BaCl2溶液后，产生白色沉淀，可能是BaSO4或者BaCO3，继续滴加足量盐酸，沉淀不溶解，说明沉淀是BaSO4，没有BaCO3，则原溶液中有，没有，因为有，则原溶液中没有Ba2+，滴加足量盐酸还得到无色气体，因为没有，一定有，产生的无色气体是CO2，则原溶液中没有Fe3+(双水解)；加入足量NaOH溶液，产生白色沉淀，切加足量盐酸，沉淀全部溶解，说明沉淀是Mg(OH)2，则原溶液中有Mg2+，综之，原溶液中一定有、、Mg2+、一定没有、Ba2+、Fe3+，可能有Na+、Cl-，据此解答。
【详解】A．根据上述分析可知，可能有Na+、Cl-，A正确；
B．滴加足量盐酸还得到无色气体，因为没有，一定有，该无色气体是CO2，B正确；
C．由分析，一定有、、Mg2+，C正确；
D．一定没有、Ba2+、Fe3+，可能有Cl-，D错误；
答案选D。
15． 溶解 过滤 CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl BaCl2＋Na2CO3=2NaCl＋BaCO3↓ ③和④中生成的沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去 在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量
【分析】称取粗盐后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去镁离子，加入碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，之后过滤取滤液，滤液中加入适量盐酸除去过量的氢氧根和碳酸根，然后经蒸发、结晶、烘干得到精盐。
【详解】(1)称量的粗盐固体要先溶解，才能再除杂，所以操作A为溶解；加入一系列试剂除杂后溶液中会生成沉淀，应过滤得到滤液，所以操作B为过滤；
(2)第④步中加入碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，发生的化学方程式为：CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3=2NaCl＋BaCO3↓；
(3)若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，③和④中生成的沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去；
(4)氯化钡过量后硫酸根完全沉淀，上层清液中不再含有硫酸根，所以方法为：在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量。
16．(1) +1 氧化 2
(2)4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+
(3) 正盐 H3PO2＋NaOH= NaH2PO2＋H2O
【详解】（1）化合物中所有元素化合价代数和等于0，在H3PO2中，H为+1价，O为-2价，则P元素的化合价为+1价；在该反应中P元素化合价由反应前H3PO2中的+1价变为反应后H3PO4中的+5价，P元素化合价升高，失去电子，被氧化；配平离子方程式可得4Ag＋＋1H3PO2＋2H2O=4Ag↓＋H3PO4＋4H＋,反应每消耗1个H2O，转移2个电子，故答案为：+1；氧化；2；
（2）在该反应中Ag元素化合价由反应前Ag+中的+1价变为反应后Ag单质中的0价，元素化合价降低1价；P元素化合价由反应前H3PO2中的+1价变为反应后H3PO4中的+5价，元素化合价升高4价，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知Ag+、Ag系数是4，H3PO2、H3PO4系数是1；根据电荷守恒，可知H+的系数是4；根据原子守恒，可知H2O的系数是2，故该反应方程式4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+；故答案为：4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+；
（3）H3PO2是一元弱酸，H3PO2与足量NaOH溶液反应产生NaH2PO2、H2O，NaH2PO2属于正盐，H3PO2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：H3PO2＋NaOH= NaH2PO2＋H2O；故答案为：正盐；H3PO2＋NaOH= NaH2PO2＋H2O；
17．(1)分液漏斗
(2)MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)饱和NaCl溶液
(4) ② d
(5) B
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与亚氯酸钠反应制备二氧化氯，装置E中盛有的四氯化碳用于除去氯气，装置F为向上排空气法收集二氧化氯的装置，装置G为空载仪器，用于作安全瓶，起防止尾气倒吸的作用，尾气吸收装置中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器P为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）由分析可知，装置A中烧瓶内发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；
（3）由分析可知，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，故答案为：饱和NaCl溶液；
（4）由分析可知，装置E为向上排空气法收集二氧化氯的装置，则收集装置为②，其中与E装置导管相连的导管口是d，故答案为②；d；
（5）①由题意可知，用氯酸钠与浓盐酸反应制备二氧化氯发生的反应为氯酸钠与浓盐酸反应生成氯化钠、二氧化氯、氯气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由氧化还原反应规律可知，反应中浓盐酸中氯元素的化合价部分升高被氧化，浓盐酸表现酸性和还原性，故选B。
18．(1)+6
(2)Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O
(3)3ClO + 2Fe3+ + 10OH = 2FeO+ 3Cl + 5H2O
(4)abc
(5)乙醇
(6) Cl 被K2FeO4氧化生成Cl2，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，而生成1 mol O2转移4 mol电子，所以当转移电子数相同时，生成Cl2，气体的物质的量增大，计算值偏大
【分析】硝酸铁固体在过量氢氧化钠溶液中被氯气氧化生成高铁酸钠，过滤得到高铁酸钠溶液，加入过量氢氧化钾固体转化为高铁酸钾，过滤得到粗高铁酸钾，最终经过处理得到纯高铁酸钾固体，据此解答。
【详解】（1）K2FeO4中K和O的化合价分别是+1价和－2价，依据化合价代数和为0可知其中铁元素的化合价为+6价。
（2）Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO的离子方程式是Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O。
（3）反应中氯元素化合价从+1价降低到－1价得到2个电子，铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为3ClO + 2Fe3+ + 10OH = 2FeO+ 3Cl + 5H2O；
（4）a．由于FeO在碱性溶液中稳定，中性和酸性溶液中不稳定，所以“氧化”中NaOH溶液过量的目的是使FeO稳定存在，a正确；
b．“转化”中钠盐转化为钾盐，因此生成K2FeO4固体，b正确；
c．滤液2中含有氢氧化钠，可以循环利用，则设计物质循环的目的是提高原料的利用率，c正确；
答案选abc；
（5）由于K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇，KOH易溶于乙醇，所以去除固体表面的KOH，可以用乙醇洗涤。
（6）①K2FeO4与稀硫酸反应生成Fe3+和O2，方程式为4FeO+20H+＝4Fe3++3O2↑+10H2O，测得生成O2的体积为v mL(标准状况)，因此K2FeO4的纯度=。
②由于Cl 被K2FeO4氧化生成Cl2，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，而生成1 mol O2转移4 mol电子，所以当转移电子数相同时，生成Cl2，气体的物质的量增大，计算值偏大。
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