2019-2020学年高一化学上学期第四次月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高一化学上学期第四次月考试题(含解析)1. 以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保方面的原因，目前要推广使用水基防锈漆，但水基漆较易溶解O2，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑，为此要在水基漆中加入缓蚀剂，以下可作为缓蚀剂添加的是A. KMnO4 B. NaNO2 C. FeCl3 D. HNO3【答案】B【解析】本题考查物质的性质。缓蚀剂能够除去水基漆中的氧气，则缓蚀剂能与空气反应，具有还原性，所给选项中只有NaNO2具有还原性。2. 已知: 2Fe +3Br2=2FeBr3 2Fe3+2I-=2Fe2+I2，现将Fe (NO3) 2溶液分别滴入到以下溶液中: H2SO4 HNO3 溴水碘水，其中能使Fe2+转变成Fe3+的是A. 只有 B. C. D. 全部【答案】B【解析】试题分析：由题中反应方程式可知，离子的氧化性关系为：Br2Fe3+I2，HNO3Fe3+，、Fe（NO3）2溶液滴入硫酸中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够将亚铁离子还原成铁离子，故正确；Fe（NO3）2溶液滴入硝酸中，硝酸检验强氧化性，能发生反应3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故正确；Fe（NO3）2溶液滴入溴水中，由于氧化性Br2Fe3+，所以溴单质能够将亚铁离子氧化成铁离子，故正确；Fe（NO3）2溶液滴入碘水中，由于氧化性Fe3+I2，所以碘单质不能够氧化亚铁离子，故错误；考点：考查了铁盐与亚铁盐的相互转变、氧化还原反应中氧化性强弱比较的相关知识。3. 已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S 与HNO3 的物质的量之比为2:13，则该反应的还哎产物为A. N2O B. NO C. NO2 D. N2O3【答案】A【解析】试题分析：设Cu2S的物质的量为2mol，则HNO3的物质的量为13mol.1个Cu2S被氧化，共失去1x2 +8=10个电子，2molCu2S共失去20mol电子，另2molCu2S中的Cu需8mol NO3-与之结合，剩余5mol NO3-被还原，根据得失电子守恒：20=5 (5-x),解得x=1,故选A.考点：考查了氧化还原反应中电子守恒的应用的相关知识。4. 臭氧可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式为: KI+O3+H2OKOH+I2+O2 (未配平)，下列叙述正确的是A. O3在反应中被还原为O2 B. 该反应的还原产物为I2C. lmolO3在反应中得到2mol 电子 D. 反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1:3【答案】C【解析】A因氧气和臭氧中氧元素的化合价都是0，所以臭氧生成氧气时未发生化合价的变化，故A错误；B在该反应中，碘元素化合价从1价升高到0价，所以KI是还原剂，氧化产物是I2，故B错误；C1molO3在反应中得到1mol（2-0）=2 mol电子，故C正确；D该反应的氧化产物是碘，还原产物是氢氧化钾，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2，由方程式可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:2，故D错误，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价的变化情况是解答本题的关键，该反应中碘元素化合价由-1价变为0价，氧元素的化合价由0价变为-2价，根据物质间的关系分析解答即可，要特别注意臭氧和氧气中氧元素的化合价相同。5. 某溶液中含有CH3COO-、SO42-、SO32-、HCO3-、CO32-等五种离子。将过量的Na2O2固体加入其中后，仍能大量存在的离子是A. CH3COO-、SO42-、HCO3- B. SO42-、SO32-、CO32-C. SO32-、HCO3-、SO42- D. CH3COO-、SO42-、CO32-【答案】D【解析】加入过量的过氧化钠固体后，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，CH3COO浓度基本不变；HCO3与OH反应生成CO32，则HCO3离子浓度减小，CO32离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，则SO32离子浓度减小，SO42增大，所以仍能大量存在的离子是：CH3COO、SO42、CO32，故答案选D。点睛：本题主要考查限制条件下的离子共存问题，熟练掌握过氧化钠的性质是解答本题的关键。过氧化钠具有强氧化性，可与具有强还原性的离子（如本题中的SO32）发生氧化还原反应，能与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应后溶液呈碱性，与OH反应的离子（如本题中的HCO3）不能大量共存，以此解答即可。6. 三聚氰酸C3N3(OH)3可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为:C3N3(OH)33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂C. 1molNO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2 是还原剂【答案】C【解析】试题分析：C3N3(OH)33HNCO为化学变化，经过反应生成了不同的物质，故A错误；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中HNCO作还原剂，NO2作氧化剂，故B、D错误；反应中转移电子数为38=24，若生成1mol NO2，转移电子为24/6=4mol，故C正确。考点：本题考查氧化还原反应。7. 将ag铁和氧化铁的混合物加入800mL0.1mol/L 的盐酸中充分反应后，盐酸全部消耗，放出标准状兄下气体0.224L。则下列判断中正确的是A. 原混合物中n (Fe) :n (Fe2O3) =2: 1B. 向溶液中滴入无色的KSCN 溶液，显血红色C. 无法计算出原混合物的质量D. 此混合物中铁元素的质量分数为68.6%【答案】A【解析】因该混合物中只有铁和盐酸反应放出气体，则该气体一定是氢气。由于氧化性Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，生成氢气的物质的量为：0.224L22.4L/mol=0.01mol，HCl物质的量为0.8L0.1mol/L=0.08mol，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，消耗Fe为0.01mol，消耗HCl为0.01mol2=0.02mol，故反应Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，消耗HCl的物质的量为：0.08mol0.02mol=0.06mol，由方程式可知该反应中消耗Fe为0.06mol=0.01mol，Fe2O3的物质的量=0.06mol=0.01mol。由以上分析可知，A. 原混合物中n(Fe):n(Fe2O3)=(0.01mol+0.01mol):0.01mol=2:1，故A正确；B. 反应后得到的是FeCl2溶液，向溶液中滴入无色的KSCN溶液，不显血红色，故B错误；C. Fe、氧化铁的物质的量已经计算出，根据m=nM可以计算混合物的质量，故C错误；D. 根据上述分析可知，原混合物中铁的物质的量是0.02mol，Fe2O3的物质的量是0.01mol，则此混合物中铁元素的质量分数为：100%=82.4%，故D错误；答案选A。点睛：本题考查混合物的计算，难度中等。解答本题的关键是根据氧化性Fe3+H+判断发生反应的先后顺序，当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，解题时可以巧妙利用总反应方程式Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O简化计算。8. 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂正确的一组是选项待提纯的物质试剂AFe2(SO4)3(FeSO4)溶液氯气BCu (Fe2O3)稀盐酸CFeSO4(Fe2(SO4)3)溶液铜粉DNaHCO3 (Na2CO3)溶液CO2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A.选用氯气除去FeSO4杂质时，会引入Cl杂质，故A错误；B.稀盐酸和氧化铁发生反应：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O，生成的Fe3可以和Cu发生反应；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，故B错误；C.铜粉与硫酸铁溶液中的Fe3发生反应；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，引入了Cu2杂质，故C错误；D.CO2和Na2CO3溶液发生反应：CO2H2ONa2CO3=2NaHCO3，从而除去Na2CO3杂质，故D正确；答案选D。9. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的有( )个等物质的量的N2 和CO 所含分子数均为NA1mol Na2O2 与水完全反应时转移电子数为2NA标准状况下，22.4 LN2和H2 混合气中含2NA个原子3mol 单质Fe完全溶解在适量稀硝酸中，失去9NA个电子将NA个NH3分子溶于1L水中得到1 molL-1的氨水水的摩尔质量就是NA个水分子的质量之和0.1mol FeC13完全转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒将0.1molCl2通入1L 水中，转移的电子数目为0.1NA常温常压下，14.9gKC1与NaClO的混合物中含氯元素的质量为7.1glmol Na2O2 中共含有4NA个离子A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是NA个，故错误；Na2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，即NA个，故错误；标准状况下，22.4 LN2和H2 混合气体的物质的量是1mol，因N2和H2 都是双原子分子，则所含原子的物质的量是2mol，原子数目是2NA，故正确；因硝酸的量未知，则铁最终的化合价无法确定，可能是+3价，也可能是+2价，还可能是既有+3价又有+2价，所以无法计算转移的电子数，故错误；将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液的浓度不是1molL1，故错误；水的摩尔质量是18g/mol，NA个水分子的质量之和是18g，二者单位不同，只是数值相等，故错误；氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol FeC13完全转化为氢氧化铁胶体，生成的胶粒小于0.1NA个；故错误；将0.1molCl2通入1L 水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移电子小于1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故错误； KC1与NaClO的相对分子质量相等，14.9gKC1与NaClO的物质的量是0.2mol，则所含氯原子的物质的量也是0.2mol，氯原子的质量是0.2mol35.5g/mol=7.1g，故正确；lmol Na2O2 中含有2mol钠离子和1mol过氧离子，共3mol离子，离子总数是3NA，故错误；根据上述分析可知，正确的是，故答案选B。10. 下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是A. 某无色溶波中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-B. 使pH 试纸变红的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-C. Fe2+与H2O2 在酸性溶液中的反应: 2Fe2+H2O2+ 2H+=2Fe3+2H2OD. 稀硫酸和Ba(OH) 2溶液反应: H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O【答案】C【解析】A.MnO4显紫色，在无色溶液中不能大量存在，故A错误；B.使pH试纸变红的溶液呈酸性，H和SiO32反应生成H2SiO3沉淀，SiO32不能大量存在，故B错误；C.Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为H2O，离子方程式为：2Fe2+H2O2+ 2H+=2Fe3+2H2O，故C正确；D.H2SO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故D错误；答案选C。11. H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:（I）2P4 +3Ba (OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3（II）Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4+2H3PO2 下列推断不正确的是A. 反应I是氧化还原反应，反应II是非氧化还原反应B. H3PO2具有还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C. 反应I中氧化剤与还原剂的质量之比为1: 1D. 在标准状况下生成2.24 LPH3时，转移0.3 mol电子【答案】C【解析】A、反应I中P元素的化合价既升高又降低，是氧化还原反应，反应II中没有元素化合价发生变化，是非氧化还原反应，选项A正确；B、H3PO2具有强还原性，高温时在空气中可能被氧化成磷酸，选项B正确；C、在反应I中，2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3，P元素的化合价一部分由0价降低到-3价，一部分由0价升高到+1价，氧化剂与还原剂的质量之比为1:3，选项C不正确；D、在标准状况下生成2.24LPH3的物质的量为0.1mol，P元素的化合价一部分由0价降低到-3价，则反应转移0.3mol电子，选项D正确。答案选C。12. 二氧化硒(SeO2) 是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应： SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+ 4KNO3+2H2O；Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O；Se+4HNO3 (浓)= SeO2+4NO2+2H2O。下列有关叙述正确的是A. SeO2、H2SO4 (浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4 (浓) SeO2I2B. 反应中Se 是氧化产物，I2 是还原产物C. 反应中生成0.6mol I2，转移的电子数目为2.4NAD. 反应、中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2: 1【答案】A【解析】试题分析： A在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可知氧化性：SeO2I2，中氧化性：H2SO4（浓）SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2，故A正确；B反应中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，故B错误；C根据化合价的变化可知，反应中每有0.6 mol I2生成，转移的电子数目应为0.6 mol2（1-0）NA=1.2NA故C错误；D由反应可知，设Se均为1 mol，由反应、可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2:4=1：2，故D错误；故选A。考点：氧化还原反应。【名师点晴】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意氧化性比较的规律，题目难度不大。13. 从某含有FeCl2、FeCl、CuCl2的工业废液中回收铜并制各氯化铁晶体的流程如下，则下列说法正确的是A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B. 操作I、操作II、操作III所用仪器相同C. 试剂c 是氯气，相应的反应为2Fe2+Cl2=2Cl-+2Fe3+D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否还有Fe2+【答案】C【解析】试题分析：A、由最终要得到的氯化铁及流程图知b是盐酸，错误；B、操作I和操作是过滤，操作为蒸发结晶，故所有仪器有差异，错误；C、滤液Z中均含有氯化亚铁，所有c为氯气，正确；D、高锰酸钾能氧化氯离子，错误。考点：铁的化合物的性质14. 下列说法正确的有（）个将铁屑放入稀HNO3中，证明Fe比H2活泼FeCl3腐蚀Cu 制印刷电路板是由于铁比铜的金属性强检验溶液中是否含有Fe2+，取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN 溶液，观察实验现象磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+3H2O将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为: Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3 和H21mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA检验Fe (NO3)2晶体是否氧化变质的方法是将Fe (NO3) 2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN 溶液，观察溶液是否变红图示装置能较长时间观察到Fe (OH) 2白色沉淀A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】将铁屑放入稀HNO3中，硝酸具有强氧化性，生成氮的氧化物而不产生氢气，所以不能证明Fe比H2活泼，故错误；FeCl3具有强氧化性，可与Cu发生反应：2Fe3Cu=2Fe2Cu2，与铁、铜的活泼性无关，故错误； 加入少量新制氯水，可将亚铁离子氧化成铁离子，所以试剂加入顺序不合理，应先加KSCN溶液无现象、再加氯水，故错误；磁性氧化铁为固体，应写成化学式，正确的离子方程式为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故错误；将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备胶体，故错误；氢氧化铁与HI溶液反应生成的Fe3与I会发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2O，故错误；铁与水蒸气在高温下反应的产物是Fe3O4和H2，故错误； FeI2与足量氯气发生反应的化学方程式为：2FeI23Cl2=2FeCl32I2，根据方程式可知，1molFeI2消耗1.5molCl2，转移电子3mol，转移的电子数为3NA，故正确；将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，在酸性条件下，NO3能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故错误；要较长时间观察到Fe (OH) 2白色沉淀，必须在制取过程中尽可能减少和空气接触，而该装置中生成的Fe(OH)2与空气接触发生反应：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，故错误；根据上述分析可知，只有正确，故答案选A。15. FeCO3 与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示。下列说法错误的是A. 可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质B. 沉淀过程中有CO2气体放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D. 产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO【答案】D【解析】试题分析：FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体；A亚铁离子变质会生成铁离子，则验FeSO4溶液若变质会生成铁离子，可利用KSCN溶液检，故A正确；BFeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B正确；C过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；D二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁是，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，故D错误，故选D。考点：考查过滤操作、铁的化合物的性质及检验。 16. 现有两瓶白色固体化学药品，一瓶为Na2CO3，另一瓶为NaHCO3。无法将其鉴别开来的方法是A. 加热 B. 两者分别与同浓度的稀盐酸反应C. 溶于水，加入CaCl2溶液 D. 两者分别加入Ba (OH)2溶液【答案】D.点睛：本题考查物质的检验和鉴别，注意把握物质性质的异同是解答本类试题的关键，鉴别时必须有明显的不同现象且操作简单。具体到本题，Na2CO3和NaHCO3两种物质中，NaHCO3不稳定，加热易分解，二者都可与氢氧化钡溶液反应生成沉淀，但与盐酸反应的速率不同，以此解答该题即可。 17. 根据要求回答下列问题:（1）氯气与氢氧化钠在70时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3:1的离子方程式_。（2）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（3）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银H3PO2中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4 :1，则氧化产物为_(填化学式)。（4）取300mL 0.2mol/L 的KI溶液与一定量的酸性KMnO4 溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是_mol。（5）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是_，又变为棕黄色的原因是_(用离子方程式解释)。【答案】 (1). 10Cl2+20OH-16Cl-+C1O-+10H2O (2). 2:1 (3). +1 (4). H3PO4 (5). 0.032 (6). 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+ (7). 3Fe2+4H+NO3-= 3Fe3+NO+2H2O【解析】（1）氯气与氢氧化钠在70时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为31，二者均是氧化产物，其还原产物是氯化钠，根据得失电子守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为：10Cl2+20OH-16Cl-+C1O-+10H2O，故答案为：10Cl2+20OH-16Cl-+C1O-+10H2O；（2）.工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，则氯元素的化合价降低，KClO3作氧化剂，所以Na2SO3作还原剂，SO32被氧化成SO42，根据得失电子守恒和电荷守恒得该反应的离子方程式为：2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，由离子反应可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，故答案为：2:1；（3）.在H3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为2价，根据化合价代数和为0，则P元素的化合价为+1价，故答案为：+1；.利用H3PO2进行化学镀银反应中，反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，设产物中P元素的化合价为x，根据化合价升降相等可得4(10)=1(x1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为：H3PO4；（4）.n(KI)=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，共失去电子的物质的量为20.02mol+0.02mol5(1)=0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量是0.16mol(72)=0.032mol，故答案为：0.032；（5）.Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是Fe3+将SO32氧化，自身生成Fe2+，离子方程式是2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+，又变为棕黄色的原因是NO3、H+、Fe2+发生氧化还原反应又生成了Fe3+，离子方程式为3Fe2+4H+NO3-= 3Fe3+NO+2H2O，故答案为：2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+；3Fe2+4H+NO3-= 3Fe3+NO+2H2O.18. 常温下，在没有氧气存在时，铁粉与水几乎不反应，但在高温下，铁粉能与水蒸气反应。（1）铁粉与水蒸气反应的化学方程式是_。（2）停止反应，待装置冷却后，取出反应后的混合物，加入过量的稀硫酸充分反应，过滤。简述检验所得滤液中含有Fe3+的操作方法:_。（3）经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明铁粉与水蒸气反应所得的产物中不含+3价的铁，原因是(结合化学方程式说明)_。（4）向上述滤液中加入NaOH 溶液后，观察到的现象为_。沉淀由白色变为红褐色的原因是_(用化学方程式表示)（5）为了得到白色的Fe(OH)2沉淀，并尽可能可能较长时间保持白色沉淀，该同学设计了如图所示的装置，请简述实验操作:_。【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (2). 取少量滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液变为红色，说明原滤液中含有Fe3+，否则不含Fe3+ (3). 如果反应后的混合物中铁粉过量，可发生反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁粉将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，加入KSCN 溶液后不会变为红色 (4). 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (6). 实验时，先打开活塞K，再将分液漏斗的活塞打开，使稀硫酸与铁粉反应，用生成的H2排出装置中的空气；然后关闭K，利用生成的H2将试管中的FeSO4溶液压入NaOH溶液中，则可在盛NaOH 溶液的试剂瓶中较长时间保存白色Fe(OH)2沉淀【解析】（1）.在高温下，铁粉能与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应方程式为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；（2）.检验所得滤液中是否含有Fe3+，可利用Fe3+与SCN反应使溶液显红色进行检验，具体的操作方法是：取少量滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液变为红色，说明原滤液中含有Fe3+，否则不含Fe3+，故答案为：取少量滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液变为红色，说明原滤液中含有Fe3+，否则不含Fe3+；（3）.铁与水蒸气反应生成的四氧化三铁可与稀硫酸发生反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，若铁粉过量，还可以和铁离子反应生成亚铁离子：Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以滤液中可能含有铁离子，也可能不含有铁离子，故答案为：如果反应后的混合物中铁粉过量，可发生反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁粉将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，加入KSCN 溶液后不会变为红色；（4）.向上述滤液中加入NaOH 溶液后，Fe2与OH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，接触空气时很快被氧化为Fe(OH)3，现象是生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案是：生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ；19. 已知MnO2和浓盐酸加热可以制取Cl2，某化学研究性学习小组拟用下列装置和药品制备无水氯化铁晶体，该物质极易潮解，100左右时升华。请回答下列问题（1）制备开始时A 装置烧瓶中产生的现象为_；发生反应的离子 方程式为_。（2）按气流方向连接完整转置：a_bc_(填仪器接口字母编号)。_（3）装置E的作用是_；B装置硬质政璃管内导管口处棉花的作用是_。（4）若无C装置可能产生的后果是_。（5）本实验合理的操作步骤为_(按操作顺序选择序号)添加药品连接仪器检查装置气密性点燃A处酒精灯点燃B处酒精灯使B中硬质玻璃管内充满黄绿色气体【答案】 (1). 溶液中有气泡冒出，烧瓶内充满黄绿色气体 (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). h i d e f g (4). 吸收氯气中的水蒸气 (5). 防止固体粉末堵塞导管口 (6). 反应完的Cl2污染空气、空气中的H2O 可使无水FeCl3水解 (7). 【解析】（1）.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，现象为：溶液中有气泡冒出，烧瓶内充满黄绿色气体，该反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：溶液中有气泡冒出，烧瓶内充满黄绿色气体；MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）. 制备无水FeCl3需要经过如下步骤：制备氯气、除去氯化氢、干燥氯气、制备氯化铁、防止空气中水蒸气进入硬质试管及尾气处理，洗气时应长进短出，所以正确的顺序为：ahidebcfg，故答案为：h i d e f g；（3）E装置中盛装的是浓硫酸，结合上述分析可知，该装置是用于除去氯气中的水蒸气；铁粉和氯化铁是固体物质，气流通过时可能会有固体堵塞导管口，所以棉花的作用是防止固体粉末堵塞导管口，故答案为：吸收氯气中的水蒸气；防止固体粉末堵塞导管口；（4）.C装置主要用于尾气处理和防止空气中的水蒸气进入B装置中使氯化铁水解，故若无C装置可能产生的后果是：反应完的Cl2污染空气、空气中的H2O可使无水FeCl3水解；（5）.本实验包括气体的制备和物质的制备，气体制备需要先连接装置，再检验装置气密性，然后添加药品，开始制备氯气，即加热A处酒精灯，然后排空气，并使B中充满氯气，开始制备氯化铁，即加热B处酒精灯，所以步骤为，故答案为：。20. 已知溶液中，还原性为HSO3-I-，氧化性为IO3-I2SO42-。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示，请回答下列问题下列问题:（1）a点处的氧