云南省红河市2026届高一化学第一学期期末综合测试模拟试题含解析

云南省红河市2026届高一化学第一学期期末综合测试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，三氧化硫中所含分子数约为B．溶液中含有的钾离子数目为C．盐酸与足量共热，转移的电子数为D．常温下，固体中，含有的阴阳离子总数为2、下列反应对应的离子方程式正确的是（）A．氯化铵溶液与浓溶液混合加热：B．氢氧化亚铁在空气中被氧化：C．氧化亚铁加入稀硝酸中：D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：3、将12.4g钠和过氧化钠混合物完全溶于水中得100mL溶液，所收集的气体在一定条件下恰好完全反应，则原混合物中钠和过氧化钠的物质的量之比是A．2∶1 B．1∶2 C．1∶1 D．1∶34、下列四种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液A．①④ B．②③ C．②③④ D．①②③5、配制0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是A．用敞口容器称量NaOH且时间过长B．定容时俯视读取刻度C．原容量瓶洗净后未干燥D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒6、下列有关说法正确的是（）A．因为硫单质具有氧化性，故铁粉与硫粉共热可以生成Fe2S3B．硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯氧中燃烧的产物是SO3C．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质D．二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加7、标准状况下，700L氨气溶于1L水得到密度为0.9g·cm－3的饱和氨水，则该氨水的物质的量浓度约为()A．16.4mol·L－1 B．17.4mol·L－1 C．18.4mol·L－1 D．19.4mol·L－18、配制250mL0.2mol/L的KNO3溶液，需量取4mol/LKNO3溶液的体积为（）A．125mL B．12.5mL C．50mL D．75mL9、在下列变化中，必须加入合适的氧化剂才能实现的是A．CuO→Cu B．SO2→S C．CaCO3→CO2 D．FeCl2→FeCl310、下列叙述中正确的是（）A．氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华的方法提纯B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的漂白性D．浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，例如可用于NH3的干燥11、对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是()A．Cu3P既是氧化产物也是还原产物B．11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移C．P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5D．CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应12、下列化合物能通过相应单质直接化合而成的是A．FeCl2 B．NO2 C．Na2O2 D．SO313、下列溶液中含浓度最高的是()A．的氯化铁溶液 B．的氯化钙溶液C．的氯化亚铁溶液 D．的氯化钠溶液14、下列书写不正确的是A．硫酸的分子式H2SO4 B．甲烷的结构式C．Mg原子结构示意图 D．溴化氢的电子式15、在一定条件下，将充满NO2和O2的试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积为原混合气体体积的，则原混合气体中NO2和O2的体积之比是A．8：1 B．7：3 C．1：7 D．4：116、实验室欲用18mol/L的浓硫酸配制90mL1mol/L的稀硫酸，下列说法正确的是()A．用量筒量取5.0mL的浓硫酸B．浓H2SO4在烧杯中稀释后，立即转移至容量瓶中C．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D．定容时，若仰视刻度线，所配溶液浓度会偏低二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。请回答下列问题：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。画出X的阴离子的结构示意图：____________。(2)Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是________(写电子式)。(3)Y的金属性与Mg的金属性相比，________的金属性强(写化学式)，请用实验证明它们金属性的相对强弱：___________。(4)写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式：_______。18、有一透明溶液，可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na＋、H＋、SO42-、CO32-中的一种或几种，取此溶液做下列实验：①取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；②取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物质的量如图所示。试推断并完成作答：（1）溶液中一定含有的离子是___________；（2）溶液中肯定不含有的离子是_________；（3）检验可能含有的离子的方法是____________。（4）图示中a点沉淀的成分是______________。19、某化学兴趣小组对铜、铁与硝酸的反应进行实验探究。回答下列问题：（1）验证铜与硝酸的反应(实验装置如图所示)。已知仪器a中盛有足量的一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有6.4g铜片。①仪器a的名称是___。②在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有___。③待试管b中铜片完全消失。如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是___g。（2）探究铁与稀硝酸的反应。用5.6gFe粉和含有0.3molHNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好完全反应，且HNO3只被还原成NO。①Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸铁的化学方程式为___。②Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁的离子方程式为___。③反应结束后的溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+)：n(Fe2+)=___。④标准状况下，生成NO气体的体积为___L(保留两位小数)。20、在常温下，Fe与水并不发生反应，但在高温下，Fe与水蒸气可以发生反应，应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，即可以完成高温下Fe与水蒸气的反应实验，请回答下列问题：(1)写出反应的化学方程式____。(2)圆底烧瓶中盛装的是水，该装置受热后的主要作用是___。(3)酒精灯和酒精喷灯点燃的顺序是先点燃___，理由是___。(4)试管收集到的气体是__，如果要在A处点燃气体，则必须对该气体进行__。21、铜是生产和生活中用量较多的金属。(1)下列有关铜元素的说法中，不正确的是__________（填字母）A．青铜、不锈钢、硬铝都是合金B．铜表面易形成致密的氧化膜C．铜与O2反应生成黑色的CuOD．CuSO4·5H2O是一种混合物，加热后变为白色固体(2)某化学小组为测定某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量①请写出方案Ⅰ中铜与稀硝酸反应的离子方程式：___________，该方案中稀硝酸表现出来的性质是___________（填字母）。A．挥发性B．酸性C．氧化性D．还原性②方案Ⅱ比方案Ⅰ更易于实施，理由是________________。请写出方案Ⅱ中发生反应的化学方程式：____________，该反应产生气体在标准状况下的体积为________(铜铝混合物质量是m1g，反应后剩余固体的质量m2g，用含m1、m2的代数式表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.标准状况下，三氧化硫为固态，所以无法用22.4L/mol计算2.24L三氧化硫物质的量，故A错误；B.溶液，溶液体积未知，无法计算溶液中离子数目，故B错误；C.50mL12mol/L盐酸中n（HCl）=0.6mol，4molHCl参与反应转移2mol电子，随着反应的进行，盐酸变稀，稀盐酸与不反应，所以反应无法进行到底，转移的电子数少于，故C错误；D.固体的物质的量为0.1mol，中含有2个钠离子、1个过氧根离子，所以含有的阴阳离子总数为，故D正确；故选D。【点睛】在运用气体摩尔体积进行相关计算时，要注意使用条件：是否为标准状态，是否为气体。2、A【解析】

A.氯化铵溶液与浓溶液混合加热，生成氯化钠、氨气和水，其离子反应方程式为：，A正确；B.氢氧化亚铁是白色沉淀，不能拆写，其化学反应方程式，B错误；C.氧化亚铁是氧化物，不能拆写，其离子反应方程式为：↑，C错误；D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，其离子反应方程式为：↓，D错误；故答案为：A。3、A【解析】

将12.4g钠和过氧化钠混合物完全溶于水中得100mL溶液，钠与水反应生成氢气，过氧化钠与水反应生成氧气，氢气与氧气完全反应生成水，根据方程式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2H2＋O22H2O，得到n(Na):n(Na2O2)=4:2=2:1，故选A。4、B【解析】①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性；③溴水褪色，体现二氧化硫的还原性；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，答案选B。点睛：本题考查二氧化硫的化学性质，侧重还原性和漂白性的考查，注意使溶液褪色不一定为漂白性，明确二氧化硫对品红溶液的漂白，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能与具有氧化性的物质发生氧化还原反应；二氧化硫为酸性氧化物，能与碱反应，以此来解答。5、B【解析】A．用敞口容器称量NaOH且时间过长，导致称取的溶质中含有氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B．定容时俯视读取刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B正确；C．原容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积、溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，C错误；D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选B。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，准确分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，注意误差分析的依据：c＝n/V，因此凡是使n偏大，V偏小的操作都能使溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低。6、D【解析】

A.因为硫单质具有氧化性，但氧化性不强，铁粉与硫粉共热生成FeS，A错误；B.硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯氧中燃烧的产物也是SO2，B错误；C.SO2的水溶液能导电，因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，二氧化硫不是电解质，C错误；D.二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加，D正确；答案为D。【点睛】S具有弱氧化性，与Fe反应生成FeS。7、C【解析】

令氨气为700L，则水为1L，氨气的物质的量=mol，氨气的质量=mol×17g/mol=g，水的质量=1L×1000g/L=1000g，溶液的体积=L，所得氨水的物质的量浓度=mol÷L=18.4mol/L，故选C。8、B【解析】

根据稀释前后溶质的物质的量相等，可得，解得；故选B。9、D【解析】

A.铜元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，A错误；B.S元素的化合价降低，需要加还原剂实现，B错误；C.碳酸钙加热分解产生二氧化碳，元素化合价不变，不需加氧化剂，C错误；D.FeCl2→FeCl3中铁元素的化合价升高，需加入氧化剂才能实现，D正确；故合理选项是D。10、A【解析】A．碘易升华，可用升华的方法除杂，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，不一定为氯气，可为二氧化氮等气体，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D．浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，应用碱石灰，故D错误；故选A。11、D【解析】

11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；答案选D。12、C【解析】

所涉及反应为：3Cl2＋2Fe2FeCl3，2NO＋O22NO2，2Na＋O2Na2O2，S＋O2SO2，答案为C。13、C【解析】

根据溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数计算并比较大小，与溶液的体积无关。【详解】A.的氯化铁溶液中，c(Cl-)=c(FeCl3)×3=0.1mol⋅L−1×3=0.3mol⋅L−1；B.的氯化钙溶液，c(Cl-)=c(CaCl2)×2=0.1mol⋅L−1×2=0.2mol⋅L−1；C.的氯化亚铁溶液，c(Cl-)=c(FeCl2)×2=0.2mol⋅L−1×2=0.4mol⋅L−1；D.的氯化钠溶液，c(Cl-)=c(NaCl)=0.3mol⋅L−1；故选C。14、C【解析】

A.硫酸是由分子构成的，其分子式为H2SO4，故A不选；B.结构式是把电子式中的共用电子对改为短线，所以甲烷的结构式为，故B不选；C.镁原子核外的12个电子分三层排布，第一层2个，第二层8个，第三层2个，题干中的是镁离子结构示意图，故C选；D.溴化氢是共价化合物，氢原子和溴原子共用一对电子，所以其电子式为，故D不选。故选C。15、B【解析】

NO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中，发生反应可能为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为原混合气体的，试管中剩余体积的可能为NO或O2，结合反应方程式列式计算。【详解】发生反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为原混合气体的，则试管中剩余体积的为NO或O2。设NO2和O2的总体积为V，当剩余气体为NO时，说明氧气不足，生成V体积的NO消耗二氧化氮的体积为：V×3=；则反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中总共消耗二氧化氮和氧气的总体积为：，原混合气体中氧气的体积为：×=V，原混合气体中二氧化氮的体积为：，原混合气体中NO2和O2的体积比为：：V=7：1；当氧气过量时，剩余的V体积为O2，说明NO2不足量，则参加反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中总共消耗NO2和O2的总体积为，混合气体中二氧化氮的总体积为：×=，O2总体积为，故原气体中NO2和O2的体积比为：=7：3，故合理选项是B。【点睛】本题考查化学反应方程式的计算的知识，把握发生的化学反应及差量法计算为解答的关键，注意掌握氮的氧化物与氧气及水的反应的性质。正确判断剩余气体的成分是解答的基础。16、D【解析】

配制90mL1mol/L的稀硫酸需要用到容量瓶，因为没有90mL的容量瓶，故选100mL容量瓶，配制100mL溶液；【详解】A.实际配制硫酸体积为100mL，根据稀释规律：100mL×1mol/L=18mol/L×VmL，解之得V=5.6mL，故所需浓硫酸体积为5.6mL，A错误；B.浓硫酸稀释放出大量的热，需要冷却后再转移到容量瓶中，B错误；C.定容时加水超过刻度线若用滴管吸出，也会吸出一部分溶质，故只能重新配制，C错误；D.定容时，仰视刻度线会造成溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；答案选D。【点睛】配制溶液中的误差分析：根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。二、非选择题（本题包括5小题）17、三ⅣANaNa与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解析】

四种常见的短周期元素，X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X的质子数为8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图Y的原子半径大于O原子半径，所以Y为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，W的原子序数大于Na，则W为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，W为Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X为O元素，其阴离子为O2-，离子结构示意图为，故答案为：三；ⅣA；；(2)Z元素为Cl元素，其氢化物为HCl，因为非金属性Cl>Br，所以稳定性HCl>HBr，HCl的电子式为，故答案为：；(3)同一周期从左到右，元素金属性依次减弱，且Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢，因此金属性Na>Mg，故答案为：Na；Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢；(4)Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，两者发生中和反应，反应方程式为NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案为：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O。【点睛】本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答。18、Mg2＋、Al3＋、SO42-CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋焰色反应检验Al（OH）3和Mg（OH）2【解析】

取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定含有SO42-，取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，从图上看一开始就产生了沉淀，故溶液中无H+，Fe3+，Cu2+，因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解，说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+，那么溶液中一定没有CO32-，Na+无法确认，综上所述，一定还有的离子为：Mg2＋、Al3＋、SO42-，一定不含的离子为：CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，可能含有Na+，据此解答。【详解】（1）由分析可知，溶液中一定含有的离子是Mg2＋、Al3＋、SO42-，故答案为：Mg2＋、Al3＋、SO42-；（2）溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，故答案为：CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋；（3）可能含有的为Na+，可用焰色反应来检验，故答案为：焰色反应检验；（4）图示中a点沉淀达到最大值，是Mg2＋、Al3＋恰好完全转换为沉淀的点，所以a点沉淀的成分为：Al(OH)3和Mg(OH)2，故答案为：Al(OH)3和Mg(OH)2。【点睛】CO32-的判断：既然溶液中一定含Mg2＋、Al3＋，那么一定不含CO32-。19、分液漏斗酸性和强氧化性9.8Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O1:31.68【解析】

(1)①根据装置图可知仪器的名称；②反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，部分降低生成氮的氧化物；③铜完全反应生成硝酸铜，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据n=计算铜的物质的量，根据铜原子守恒计算氢氧化铜的物质的量，再根据m=nM计算；(2)①铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，结合原子守恒和电子守恒写出反应的化学方程式；②Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，结合原子守恒和电子守恒写出反应的离子方程式；③5.6gFe粉的物质的量为=0.1mol，根据得失电子守恒和物料守恒分析解答；④一氧化氮的物质的量为：0.3-3n(Fe3+)-2n(Fe2+)。【详解】(1)①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗；②反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸，性部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性；③6.4g铜的物质的量为=0.1mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知n[Cu(OH)2]=n(Cu)=0.1mol，故m[Cu(OH)2]=0.1mol×98g/mol=9.8g；(2)①铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，发生反应的化学方程式为Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；②Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，发生反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；③根据得失电子守恒和物料守恒可知：n(Fe3+)+n(Fe2+)=0.1mol；3n(Fe3+)+2n(Fe2+)=3[0.3-3n(Fe3+)-2n(Fe2+)]，解之得：n(Fe3+)=0.025mol；n(Fe2+)=0.075mol，所以溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+):n(Fe2+)为

1:3；④一氧化氮的物质的量为：0.3-3n(Fe3+)-2n(Fe2+)=0.3-3×0.025mol-2×0.075mol=0.075mol，所以生成NO气体的体积为：0.075mol×22.4L/mol=1.68L。20、3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2提供水蒸气酒精灯产生的水蒸气赶走管内的空气，防止铁与氧气反应H2验纯【解析】

根据题中图示，左边是产生水蒸气装置；中间是探究Fe与H2O(气)的反应装置；接着是干燥装置，吸收H2中的水蒸气，最后是H2收集装置；据此解答。【详解】（1）铁与水蒸气发生氧化还原反应，生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2；答案为3Fe+4H2OFe3O4+4H2。（2）反应物为水蒸气与铁，水受热形成水蒸气，