1、上海市曹杨第二中学2018-2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）考生注意：1.答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚。2.本试卷共有道试题，满分100分，考试时间60分钟请考生用水笔或圆珠笔将答案直接写在答题卷上。相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Ba-133一.选择题（每题一个正确答案）1.新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述：“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为()A. CuSO45H2OB. FeSO47H2OC. KAl(S
2、O4)212H2OD. Fe2(SO4)39H2O【答案】B【解析】【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。【详解】CuSO45H2O为蓝色晶体，FeSO47H2O是绿色晶体，KAl（SO4）212H2O是无色晶体，Fe2（SO4）39H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”主要成分为FeSO47H2O，故选B。【点睛】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键。2.关于金属晶体和金属键的叙述中，错误的是（ ）A. 金属键的强弱
3、决定了金属单质的化学活动性B. 金属的导电.导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关C. 金属晶体里的自由电子为许多金属离子所共有D. 金属键是指金属离子之间通过自由电子产生的强烈相互作用【答案】A【解析】【详解】A选项，金属键的强弱决定金属的熔、沸点和硬度等物理性质，故A错误；B选项，金属的导电、导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关，故B正确；C选项，金属晶体中金属离子以一定方式堆积，电子在里自由移动，故自由电子为许多金属离子所共有，故C正确；D选项，金属键是指金属离子之间与自由电子产生的强烈相互作用，故D正确；综上所述，答案为A。【点睛】金属的化学性质主要取决于最外层电子数，金属的导电性、
4、导热性、延展性都可以用电子来解释。3.联合国卫生组织经过严密的科学分析，认为我国的铁锅是最理想的炊具，并向全世界大力推广.其最主要原因是（ ）A. 价格便宜B. 烹饪的食物中留有人体必需的铁元素C. 保温性能好D. 生铁导热性能最好【答案】B【解析】【详解】我国的铁锅是最理想的炊具，并向全世界大力推广，主要原因是在烹饪食物过程中微量的铁变为了亚铁离子，亚铁离子对人体具有补铁的作用，故B正确；综上所述，答案为B。【点睛】补铁口服液是补亚铁，铁锅在烹煮食物过程中铁变为铁离子。4.下列物质在空气中放置较长时间，因发生氧化反应而变质的是（ ）A. 氢氧化铁B. 氢氧化钠C. 氢氧化亚铁D. 硫酸铁【答
5、案】C【解析】【详解】A选项，氢氧化铁在空气中长久放置可能发生分解，最终变为氧化铁，化合价没有变化，故A错误；B选项，氢氧化钠在空气中长久放置会与二氧化碳反应生成碳酸钠，化合价没有变化，故B错误；C选项，氢氧化亚铁在空气中长久放置被氧气氧化变为氧化铁，故C正确；D选项，硫酸铁在空气中长久放置可能会发生水解，但没有化合价变化，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】+2价的铁有很强的还原性，易被空气氧化。5.下列物质熔点高低排列顺序正确的是（ ）A. NaClMgOH2OB. NaMgAlC. KNaLiD. 单晶硅金刚石氮化碳【答案】B【解析】【详解】A选项，不同类型的晶体的熔点比较的一般规律为
6、：分子晶体离子晶体原子晶体，NaCl、MgO是离子晶体，H2O为分子晶体，熔点低，故A错误；B选项，金属晶体的熔点比较：离子半径越小，熔沸点越高，半径AlMgNa，熔沸点NaMgAl，故B正确；C选项，金属晶体的熔点比较：离子半径越小，熔沸点越高，半径KNaLi，故熔沸点LiNaK，故C错误；D选项，原子晶体熔沸点比较：半径越小，熔沸点越高，因此三者熔沸点为：金刚石氮化碳单晶硅，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】晶体熔沸点一般规律为：原子晶体 离子晶体 分子晶体原子晶体、金属晶体：主要看半径，半径越小，键越强，熔沸点越高；离子晶体：主要比较离子半径和晶格能，离子半径越小，晶格能越大，熔沸点
7、越高；分子晶体：结构和组成相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，有氢键的物质熔沸点格外的高。6.制备氯化物时，常用两种方法：用金属与氯气直接化合制得；用金属与盐酸反应制得用以上两种方法都可制得的氯化物是()A. AlCl3B. FeCl3C. FeCl2D. CuCl2【答案】A【解析】【详解】A、AlCl3可由Al与Cl2反应生成，也可由Al与HCl反应生成，A正确；B、Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe与HCl生成FeCl2，B错误；C、Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe与HCl生成FeCl2，C错误；D、Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，D错误。答案选A。7.常温下，
8、将醋酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）A. c(CH3COO)c(Na+)B. c(CH3COO)c(Na+)C. c(CH3COO)= c(Na+)D. 无法确定c(CH3COO)与c(Na+)的关系【答案】C【解析】【详解】常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，根据电荷守恒，c(CH3COO) + c(OH)= c(H+)+ c(Na+)，溶液pH=7，c(OH)= c(H+)，因此c(CH3COO) = c(Na+)，故C正确；综上所述，答案为C。【点睛】应用电荷守恒和溶液pH =7结合思考。8. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A. 明矾溶液加热B. CH
9、3COONa溶液加热C. 氨水中加入少量NH4Cl固体D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】【详解】A明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；BCH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；C氨水为弱碱，部分电离：NH3H2ONH4+OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4+Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；D加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。答案选B。【点晴】解答时注
10、意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。9.pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，则混合液的pH为（ ）A. 7B. 8C. 6D. 无法计算【答案】C【解析】【详解】pH=5的盐酸，pH=9的氢氧化钠溶液，物质的量浓度相等，体积比11：9混合，则酸过量，则混合液的pH： ，故C正确；综上所述，答案为C。【点睛】是什么溶液先表示什么是酸溶液先表示c(H+)，是碱溶液先表示c(OH)，根据谁大计算谁，不管谁大，一定要计算c(H+)，再计算pH。10.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断正确的是（
11、）A. 溶液可能含Fe3+B. 溶液中定一定含Cu2+C. 溶液中加KSCN一定变红色D. 剩余固体中一定含Cu【答案】D【解析】【分析】FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁先和铁离子反应，生成亚铁离子，铁离子反应完，铁再和铜离子反应，生成铜和亚铁离子，充分反应后仍有固体存在，说明可能固体为铜，也可能为铜和铁。【详解】A选项，因有固体剩余，则固体会与铁离子反应，因此溶液不可能含Fe3+ ，故A错误；B选项，如果固体中还剩余铁，则溶液中一定不含Cu2+，故B错误；C选项，因有固体，因此不可能有铁离子，因此溶液中加KSCN不可能变为红色，故C错误；D选项，因有固体剩余，当铁少量，
12、则为铜，当加入的铁过量，剩余为铜和铁固体，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】铁与FeCl3、CuCl2的混合溶液反应，先是铁与FeCl3反应，再与CuCl2溶液反应，有固体剩余，则一定含铜，可能有铁。11.如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误（ ）A. 生铁块中的碳是原电池的正极B. 红墨水柱两边液面变为左高右低C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe-3e-=Fe3+D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管发生了析氢腐蚀【答案】C【解析】【分析】左试管中生铁放在食盐水中发生吸氧腐蚀，右试管中发生析氢腐蚀。【详解】A选项，左
13、试管中生铁放在食盐水中发生吸氧腐蚀，生铁块中的碳是原电池的正极，铁为负极，故A正确；B选项，左试管中生铁放在食盐水中发生吸氧腐蚀，左边气体减少，右试管中发生析氢腐蚀，右边生成了氢气，因此红墨水柱两边的液面变为左高右低，故B正确；C选项，两试管中铁都为负极，其电极反应式是：Fe2e=Fe2+；故C错误；D选项，a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管发生了析氢腐蚀，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】电化学中铁的变化只能变为亚铁离子，即Fe2e=Fe2+。12.将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数目最多的是（ ）A. NH4ClB. K2SO4C. Na2CO3D. Al(OH)
14、3【答案】C【解析】【详解】A选项，0.1 mol NH4Cl溶于水形成溶液中含有0.1 mol氯离子，铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨，只含极少量氢氧根离子；B选项，0.1 mol K2SO4溶于水形成溶液中含有0.1 mol硫酸根离子、极少量氢氧根离子，氢氧根离子就等于纯水电离出的氢氧根离子；C选项，0.1 mol Na2CO3溶于水形成溶液中碳酸根水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，促进水解，因此比A、B中氢氧根离子多，消耗得碳酸根离子数目与生成的碳酸氢根离子数目相等，故阴离子数目最多；D选项，0.1 mol Al(OH)3在水中溶解度很少，因此溶液中阴离子数目较少；综上所述
15、，答案为C。13.室温下，由水电离出的 c(H+) = 10-11mol/L 溶液中，一定能大量存在的离子是（ ）A. Fe3+B. CH3COO-C. HCO3-D. NO3-【答案】D【解析】室温下，由水电离出 c(H+) = 10-11mol/L 溶液是水的电离受到抑制的情况，溶液可能显酸性也可能显碱性。A. 在碱性溶液中Fe3+ 不能大量存在，故A错误；B. 在酸性溶液中CH3COO-不能大量存在，故B错误；C. 在酸性溶液和强碱性溶液中HCO3-不能大量存在，故C错误；D. 在酸性或碱性溶液中NO3-都能大量存在，故D正确；故选D。14.利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说
16、法不正确的是A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe2e =Fe2+C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D. 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H+2e=H2【答案】B【解析】【详解】A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为
17、碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H+2e=H2，故D正确。故选B15.关于如图装置中的变化叙述错误的是A 电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片B. 铜片上发生氧化反应C. 右侧碳棒上发生的反应：2H+2eH2 D. 铜电极出现气泡【答案】B【解析】【分析】右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。【详解】A. 根据原电池工作原理可知：电子从负极锌
18、沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片，故A正确；B.根据氧化还原的实质可知：锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应，故B错误；C. 根据电解池工作原理可知：左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应: 2H+2eH2 ，故C正确；D. 根据原电池工作原理可知：铜电极是正极，正极端氢离子得电子放出氢气，故D正确；答案选B。16.常温下用aLpH=3的HX溶液与bLpH=11的氢氧钠溶液相混合，下列叙述正确的（ ）A. 若两者恰好中和，则一定是a=bB. 若混合液显碱性，则一定是baC. 若混合液显中性，则一定是abD. 若混合液显
19、酸性，则一定是ab【答案】C【解析】【分析】常温下，aL pH=3的HX溶液，bL pH=11的氢氧钠溶液，【详解】A选项，当HX为强酸时，恰好中和，则一定是a=b；当HX为弱酸时，c(HX)浓度远远大于，恰好中和，则a a；当HX为弱酸时，由于弱酸的浓度较大，若混合液显碱性，则b a，故B错误；C选项，当HX为强酸时，恰好中和，则一定是a=b；当HX为弱酸时，c(HX)浓度远远大于，恰好中和，则a b；当HX为弱酸时，若混合液显酸性，则可能是a b或a=b或b a，则D错误；综上所述，答案为C。17.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是A. B. C. D. 【答案】B【解析
20、】【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。、原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。18.下列离子方程式错误是（已知氧化性Br2Fe3+）A. 铜片放入FeCl3溶液中：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+B. 溴化亚铁溶液中通足量的Cl2：2Fe2+4Br-+3Cl
21、2=2Fe3+2Br2+6Cl-C. 溴化亚铁溶液中通少量Cl2：2Br-+ Cl2=2Cl-+Br2D. 氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3+3OH-=Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A选项，铜片放入FeCl3溶液中：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故A正确；B选项，溴化亚铁溶液中通足量的Cl2：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故B正确；C选项，溴化亚铁溶液中通少量Cl2：2 Fe2+ Cl2=2Fe3+ 2Cl，故C错误；D选项，氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3+3OH=Fe(OH)3，故D正确；综上所述，答案为C。19.根据下列实验事实：FeCl
22、3溶液中滴加KI溶液，加CCl4振荡后静置，CCl4层呈紫色，FeCl2溶液中加氯水，再加KSCN溶液，呈红色，KMnO4溶液中加入浓盐酸，KMnO4溶液褪色，下列各组微粒的氧化性由大到小顺序正确的是（ ）A. I2、Cl2、Fe3+、MnO4-B. MnO4-、Cl2、Fe3+、I2C. Cl2、I2、Fe3+、MnO4-D. Fe3+、MnO4-、Cl2、I2【答案】B【解析】【详解】FeCl3溶液中滴加KI溶液，加CCl4振荡后静置，CCl4层呈紫色，2Fe3+2I= I2+2Fe2+，则氧化性：Fe3+ I；FeCl2溶液中加氯水，再加KSCN溶液，呈红色，2 Fe2+ Cl2=2Fe
23、3+ 2Cl，则氧化性：Cl2 Fe3+；KMnO4溶液中加入浓盐酸，KMnO4溶液褪色，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，则氧化性：MnO4 Cl2，因此MnO4 Cl2 Fe3+ I，故B正确；综上所述，答案为B。20.铁、镁、铝三种金属，分别和同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下产生相同体积的氢气，则参加反应的金属（ ）A. 所失去的电子数目相等B. 质量相等C. 反应后溶液中金属离子物质的量浓度相同D. 物质的量比是28：12：9【答案】A【解析】【分析】铁、镁、铝三种金属，分别和同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下产生相同体积的氢气，则参加反应的金属转移电子数目相等。【详解】A选项，根据分析
24、转移的电子数目相等，即所失去的电子数目相等，故A正确；B选项，根据分析转移的电子数目相等，其消耗金属的物质的量之比为3:3:2，其质量不相等，故B错误；C选项，根据分析转移的电子数目相等，其消耗金属的物质的量之比为3:3:2，反应后溶液中金属离子物质的量浓度之比为3:3:2，故C错误；D选项，根据分析转移的电子数目相等，其消耗金属的物质的量之比为3:3:2，故D错误；综上所述，答案为A。21.有物质的量浓度均为0.1mo/L的下列溶液：（1）NH3H2O FeCl2 NaHSO4 KOH Ba(OH)2 H2SO4，其pH由大到小的顺序排列的是（填序号）_。（2）写出氯化亚铁溶液中，亚铁离子水
25、解的离子方程式_。（3）写出硫酸氢钠与氢氧化钡2：1反应的离子方程式_。（4）将氢氧化钾与氯化亚铁溶液混合，现象_。依次发生的化学方程式_、_。（5）氯化亚铁保存时为何加少量铁粉_，若保存硫酸铁溶液时应向溶液中加入_。（6）如何利用氯水和硫氰化钾检验氯化亚铁溶液中的Fe2+，写出加入试剂的先后顺序和对应现象_。【答案】 (1). (2). Fe2+ 2H2O2Fe(OH)2+ 2H+ (3). Ba2+ 2H+SO42 + 2OH = BaSO4 + 2H2O (4). 先生成白色沉淀，后迅速变灰绿色，最终变为红褐色 (5). 2KOH+ FeCl2 = Fe(OH)2 + 2KCl (6).
26、 4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3 (7). 防止亚铁离子被氧化 (8). 稀硫酸 (9). 取少溶液于试管，向试管中加入KSCN，无现象，再向溶液中滴加少量氯水，溶液变为红色，则溶液中含有Fe2+【解析】【详解】NH3H2O FeCl2 NaHSO4 KOH Ba(OH)2 H2SO4，六者显酸性的有NaHSO4，FeCl2，H2SO4，H2SO4酸性更强，NaHSO4，电离显强酸性，但比硫酸酸性弱，FeCl2是水解显酸性，酸性较弱，三者pH从大到小依次FeCl2，NaHSO4，H2SO4，六者显碱性的有NH3H2O，KOH，Ba(OH)2，其中KOH，Ba(OH)2是
27、强碱电离显碱性，且氢氧化钡电离出的氢氧根多，碱性更强，NH3H2O是弱电解质，电离显弱碱性，故三者pH从大到小顺序为Ba(OH)2，KOH，NH3H2O，因此六者pH从大到小顺序为；氯化亚铁溶液中，亚铁离子水解的离子方程式Fe2+ 2H2O2Fe(OH)2+ 2H+，故答案为Fe2+ 2H2O2Fe(OH)2+ 2H+；假设2 mol硫酸氢钠溶液中电离出2 mol 氢离子、2 mol硫酸根离子、2 mol钠离子1 mol氢氧化钡溶液电离出1 mol钡离子、2 mol氢氧根离子，因此分析得出氢氧根和氢离子反应完，硫酸根只反应了1 mol，故离子方程式为Ba2+ 2H+SO42 + 2OH = B
28、aSO4 + 2H2O；故答案为Ba2+ 2H+SO42 + 2OH = BaSO4+ 2H2O；将氢氧化钾与氯化亚铁溶液混合，现象先生成白色沉淀，后迅速变灰绿色，最终变为红褐色，依次发生的化学方程式2KOH+ FeCl2 = Fe(OH)2 + 2KCl、4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3，故答案为先生成白色沉淀，后迅速变灰绿色，最终变为红褐色；2KOH+ FeCl2 = Fe(OH)2 + 2KCl、4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3；氯化亚铁保存时为何加少量铁粉防止亚铁离子被氧化，若保存硫酸铁溶液时应向溶液中加入稀硫酸以防止其发生水解，故答案为防止
29、亚铁离子被氧化；稀硫酸；利用氯水和硫氰化钾检验氯化亚铁溶液中的Fe2+，加入试剂的先后顺序和对应现象为：取少溶液于试管，向试管中加入KSCN，无现象，再向溶液中滴加少量氯水，溶液变为红色，则溶液中含有Fe2+。故答案为：取少溶液于试管，向试管中加入KSCN，无现象，再向溶液中滴加少量氯水，溶液变为红色，则溶液中含有Fe2+。22.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A_，D_
30、，E_，X_。（2）在反应中，不属于氧化还原反应的是_。（填编号）（3）反应的离子方程式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子_mol。【答案】 (1). Fe (2). Fe(NO3)3 (3). Fe3O4 (4). HCl (5). (6). Fe3+ 3SCN Fe(SCN)3 (7). 3Fe 4H2O(g) Fe3O4 4H2 (8). 0.8【解析】【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体
31、且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态， E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【详解】根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；在反应中，反应分别属于氧化还原反应，氧化还原反应，复分解反应，氧化还原反应，氧化还原反应，复分解反应，氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是，故答案为；反应的离子方程式为Fe3+ 3SCN Fe(SCN)3，故答案为Fe3+ 3SCN Fe(SCN)3；反应的化学方程式为3Fe 4H2O(g
32、) Fe3O4 4H2，故答案为3Fe 4H2O(g) Fe3O4 4H2；反应中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8 mol，故答案为0.8 mol。23.向炙热的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为_，B中加入的试剂是_，D中盛放的试剂_。（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取_，尾气的成分是_，仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是_、_。（3）若操作不当，制
33、得的FeCl2会含有少量FeCl3，原因可能是_，欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先_，再_。【答案】 (1). MnO2 4HCl(浓) MnCl2 Cl2 2H2O (2). 浓硫酸 (3). NaOH溶液 (4). HCl (5). HCl和H2 (6). 发生倒吸 (7). 可燃性气体H2不能被吸收 (8). 氯化亚铁被装置内的氧气氧化 (9). 通入HCl气体一段时间(排出装置内空气) (10). 点燃C处酒精灯【解析】【分析】由制备氯化铁的实验装置可以知道，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B中浓硫酸干燥氯气，C中Fe与氯气反应生成氯化铁，D中NaOH溶液吸收尾气；若制备无水
34、氯化亚铁，A中浓硫酸与NaCl反应生成HCl，B中浓硫酸干燥HCl，C中炽热铁屑中与HCl反应生成无水氯化亚铁，D为尾气处理，但导管在液面下可发生倒吸。【详解】由制备氯化铁的实验装置可以知道，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，反应为MnO2 4HCl(浓) MnCl2 Cl2 2H2O，装置B主要作用是干燥氯气，因此B中加入的试剂是浓硫酸，D装置主要是处理尾气，因此用NaOH溶液来处理尾气；故答案分别为MnO2 4HCl(浓) MnCl2 Cl2 2H2O；浓硫酸；NaOH溶液；制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取HCl，Fe与HCl反应生成氢气，可以知道尾气的成分是HCl和H2，若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收，故答案分别是HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，主要原因是氯化亚铁被装置内的氧气氧化，欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)，再点燃C处酒精灯，故答案分别是氯化亚铁被装置内的氧气氧化；通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)；点燃C处酒精灯。
