【化学】黑龙江省齐齐哈尔市龙江二中2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版） 12页

黑龙江省齐齐哈尔市龙江二中2019-2020学年高一上学期12月月考试题 相对原子质量：Na：23 Mg：24 Al：27 Fe：56 Cu：64 O:16 Ca：40 C:16 ‎ 一、选择题 ‎1.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸氢钙溶液与盐酸混合：HCO3—+H＋=H2O+CO2↑‎ B. 氢氧化铜中加入盐酸：H＋+OH－=H2O C. 氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液：Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2↓‎ D. 铁与盐酸反应：2Fe+6H＋=2Fe3＋+3H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A．反应生成氯化钙、二氧化碳和水；‎ B．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式；‎ C．氯化铁中，铁为+3价；‎ D．不符合反应客观事实，二者反应生成亚铁离子。‎ ‎【详解】A．碳酸氢钙溶液与盐酸混合，离子方程式为HCO3—+H＋=H2O+CO2↑，A正确；‎ B．氢氧化铜中加入盐酸，离子方程式为2H++Cu(OH)2=2H2O+Cu2+，B错误；‎ C．氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，C错误；‎ D．铁与盐酸反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.在下列反应中，HCl作氧化剂的是（　　）‎ A. NaOH+HCl=NaCl+H2O B. Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑‎ C. MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑‎ D. CuO+2HCl=CuCl2+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化剂发生还原反应，元素化合价降低。‎ ‎【详解】A. NaOH+HCl=NaCl+H2O，反应为复分解反应，未发生化合价变化，A错误；‎ B. Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，氢离子体现氧化性，化合价降低，HCl作氧化剂，B正确；‎ C. MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，氯离子体现还原性，化合价升高，HCl作还原剂，C错误；‎ D. CuO+2HCl=CuCl2+H2O，无元素化合价变化，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎3.根据反应式：（1）2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，（2）Br2＋2Fe2＋=2Br－＋2Fe3＋，可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（ ）‎ A. Br－、Fe2＋、I－ B. I－、Fe2＋、Br－‎ C. Br－、I－、Fe2＋ D. Fe2＋、I－、Br－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)2Fe3++2I−=2Fe2++I2中Fe元素化合价由+3价变为+2价、I元素由−1价变为0价，所以还原剂是I−，还原产物是Fe2+，还原性I−>Fe2+；‎ ‎(2)Br2+2Fe2+=2Br−+2Fe3+中Br元素化合价由0价变为−1价、Fe元素化合价由+2价变为+3价，所以还原剂是Fe2+、还原产物是Br−，还原性Fe2+>Br−；‎ 通过以上分析知，还原性强弱顺序是I−>Fe2+>Br−，B项正确，‎ 故选B。‎ ‎4.在反应H2S+H2SO4（浓）=S↓＋SO2↑+2H2O中，若有32g硫生成则转移电子为(　　)‎ A. 6 mol B. 2 mol C. 3 mol D. 4 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在反应H2S+H2SO4（浓）=S↓+SO2↑+2H2O中，H2S→S，H2SO4→SO2，结合化合价的变化计算转移电子的物质的量。‎ ‎【详解】n(S)=，在反应H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中，H2S→S，H2SO4→SO2，S的化合价升降变化数值都为2，所以由方程式可知，生成1molS，转移的电子的物质的量为2mol，故选项B合理。‎ ‎5.用4×10－3 mol的KZO4 恰好将60 mL 0.1 mol/L的Na2SO3溶液氧化为Na2SO4，则元素Z在还原产物中的化合价是(　　)‎ A. ＋6 B. ＋4 C. ＋3 D. ＋2‎ ‎【答案】B ‎【解析】由信息可知，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X元素的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，4×10-3mol×(7-x)=0.06L×0.1mol/L×(6-4)，解得x=+4，故选B。‎ ‎6.在 FeCl3 和 CuCl2 的混合溶液中加入铁屑，反应结束后滤出固体物质，滤液中的阳离子可能是(　　)‎ ‎①只有Fe2+ ②Fe2+和Fe3+ ③Fe2+和Cu2+ ④Cu2+和Fe3+‎ A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于Fe3+能氧化Fe、Cu，充分反应后滤去固体物质，固体为Cu或Fe、Cu，所以滤液中一定无Fe3+，可排除②④，固体物质存在两种可能：1、当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故①正确；2、当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；综上可知：滤液中一定含有Fe2+，故③正确，故选A。‎ ‎7. 下列物质能通过化合反应直接制得的是(　　)‎ ‎①FeCl2②FeCl3③Fe（OH）3④HCl A. 只有①②③ B. 只有②③ C. 只有①③④ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：①氯化亚铁可以由氯化铁和铁化合得到；②氯化铁可以由铁和氯气化合得到；③氢氧化铁可以由氢氧化亚铁和氧气和水化合得到；④氯化氢可以由氢气和氯气化合得到。所以选D。‎ ‎8.将一小块钠投入盛5 mLFeCl2的试管里，不可能观察到的现象是(　　)‎ A. 钠熔成小球并在液面上游动 B. 有无色无味的气体生成 C. 溶液底部有银白色物质生成 D. 溶液中产生的沉淀最终为红褐色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】将一小块钠投入盛5 mLFeCl2的试管里，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与FeCl2反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁最终被氧化为氢氧化铁。‎ ‎【详解】钠与水反应放热，钠密度小于水，所以钠熔成小球并在液面上游动，故不选A；钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，故不选B；钠与FeCl2溶液反应最终生成氢气和红褐色氢氧化铁沉淀，故选C；溶液中产生的沉淀最终为红褐色氢氧化铁，故不选D。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是（　　）‎ A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：A13++4NH3·H2O═4NH4++2H2O+A1O2﹣‎ B. FeBr2溶液中通入足量的氯气：2Fe2++2Br﹣+2C12═2Fe3++Br2+4C1﹣‎ C. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水Fe2++2H++H2O2═Fe3++2H2O D. 在通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）：HSO3﹣+Br2+H2O═3H++2Br﹣+SO42﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化铝只能溶于强碱，不能溶于弱碱，氨水属于弱碱，因此氯化铝溶液中加入过量氨水中，离子方程式为：A13++3NH3·H2O═3NH4++A1(OH)3↓，A项错误；‎ B. FeBr2溶液中通入足量的氯气，反应生成Br2和溴化铁，离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3C12═2Fe3++2Br2+6C1﹣，B项错误；‎ C. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水，发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，C项错误；‎ D. 在通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）：HSO3﹣+Br2+H2O═3H++2Br﹣+SO42﹣，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.向100mL 0.1mol/L AlCl3溶液中,加入c mol/L NaOH 溶液100mL后,再滴加1mol/L 盐酸,滴加盐酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示,则加入的NaOH溶液的浓度为（ ）‎ A. 0.25mol/L B. 2mol/L C. 1mol/L D. 0.5 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像可知当加入20mL盐酸时产生的沉淀质量最大，溶液中的溶质为氯化钠，根据氯离子守恒可知氯化钠的物质的量是0.1L×0.1mol/L×3＋0.02L×1mol/L＝0.05mol，所以氢氧化钠的物质的量是0.05mol，则其浓度为0.05mol÷0.1L＝0.5mol/L，答案选D。‎ ‎11. 相同物质的量的下列物质分别与等物质的量浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，则消耗NaOH的量最多的是(　　)‎ A. Al B. Al2O3 C. Al(OH)3 D. AlCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎12.下列有关NH4Fe（SO4）2水溶液的叙述正确的是（　　）‎ A. 该溶液中，H+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣可以大量共存 B. 该溶液能使淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的离子方程式为：Fe3++2I﹣═Fe2++I2‎ C. 该溶液和足量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓‎ D. 该溶液与足量铜粉反应的离子方程式为：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. NH4Fe(SO4)2电离后生成NH4+、Fe3+和SO42-，分析与其余四种离子是否能共存；‎ B. 离子反应电荷不守恒；‎ C. 与足量的氢氧化钡反应，NH4+、Fe3+与OH-反应，Ba2+与SO42-反应；‎ D. 铜的还原性小于铁，反应后生成Fe2+和Cu2+。‎ ‎【详解】A. NH4Fe(SO4)2电离后生成NH4+、Fe3+和SO42-，与H+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣都能共存，A项正确；‎ B. 该溶液能使淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，B项错误；‎ C. NH4Fe(SO4)2水溶液和足量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═Fe(OH)3↓+BaSO4↓+NH3•H2O，C项错误；‎ D. 该溶液与足量铜粉反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.相同质量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，生成的氢气在相同条件下的体积比是(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶3 D. 3∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，方程式是 ；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应方程式是，根据关系式计算生成的氢气在相同条件下的体积比。‎ ‎【详解】根据镁和铝分别与盐酸反应的方程式，有关系式：Mg～H2，Al～H2，设镁、铝的质量均为m g，则Mg产生的H2为mol，Al产生的H2为mol×＝mol，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，所以两者生成的气体的体积比为∶＝3∶4，故D正确。‎ ‎14.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL 3mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）‎ A. 2.7g B. 3.6g C. 5.04g D. 4.05g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，‎ 盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0．1L×3mol/L=0．3mol，‎ 设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：‎ 解得x==0.15mol，‎ 则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×=0.225mol，‎ 碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：‎ 解得y==0.15mol，‎ 则铝的质量为0.15mol×27g/mol=4.05g，故D正确。‎ ‎15.向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为(　　)‎ A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎16.下列说法错误的是(　　)‎ A. Na2O2可用作供氧剂 B. Al2O3可用作耐火材料 C. 地沟油经处理后可用作燃料油 D. 胶体和溶液的本质区别是胶体具有丁达尔现象 ‎【答案】D ‎【解析】A．Na2O2能与水和CO2反应生成氧气，可作供氧剂，故A正确；B．Al2O3是高熔点氧化物，可用作耐火材料，故B正确；C．可以将地沟油处理后，用作燃料油，提供废物的利用率，故C正确；D．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，鉴别胶体和溶液可利用丁达尔现象，故D错误；答案为D。‎ 二、填空题 ‎17.在 K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O反应中。‎ ‎（1）______元素被氧化 ‎（2）此反应若转移了12mol的电子，则生成氯气______L（标准状况）‎ ‎【答案】(1). Cl (2). 134.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由方程式可知，反应中Cr从+6价降低到+3价，得到电子，发生还原反应，Cl从-1价升高到0价，发生氧化反应，且电子转移6mol时被氧化的HCl为6mol，据此计算。‎ ‎【详解】（1）由分析可知Cl元素被氧化；‎ ‎（2）电子转移6mol时被氧化的HCl为6mol，生成氯气3mol，因此反应若转移了12mol的电子，生成氯气6mol，体积为6mol×22.4L/mol=134.4L。‎ ‎18. 已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下 ‎3Cu + 8HNO3 ="=" 3Cu(NO3)2+ 2NO↑+ 4H2O ‎（1）上述反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比 。‎ ‎（2）若生成NO的体积为3.36L(标准状况)，且硝酸足量，则消耗铜的质量 g，转移电子的数目为 ，被还原的硝酸为 mol。‎ ‎（3）写出该反应的离子方程式 。‎ ‎【答案】（1）2:3（2）14.4 0.45NA0.15（3）3Cu + 8H++2NO3 -="=" 3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O ‎【解析】试题分析：（1）根据化学方程式化合价的变化情况可知，8mol硝酸中有2mol做氧化剂，氧化产物是3mol硝酸铜，所以上述反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2:3 ；‎ ‎（2）3.36LNO的物质是量为3.36/22.4=0.15mol,则消耗铜的质量为（64×3）:2=m:0.15,计算得m=14.4，转移电子的数目为0.15×3NA=0.45NA，被还原的硝酸为0.15mol；‎ ‎（3）该反应的离子方程式为3Cu + 8H++2NO3 -="=" 3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O ‎19.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol·L－1盐酸、6 mol·L－1硫酸和蒸馏水)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中液体试剂选用________________。‎ ‎(2)装置B的作用是_________。装置E中碱石灰的作用是________。‎ ‎(3)装置D中发生反应的化学方程式是__________。‎ ‎(4)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_____。‎ ‎【答案】(1). 6 mol·L－1盐酸 (2). 除去气体中的HCl (3). 吸收装置D中反应剩余的CO2，防止水蒸气进入D中干扰实验 (4). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2=Na2CO3 (5). 78%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】装置A中盐酸与CaCO3固体制得二氧化碳，因盐酸具有挥发性，二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置C中浓硫酸干燥二氧化碳除去水蒸气，装置D为二氧化碳和过氧化钠和氧化钠反应的装置，装置E中碱石灰吸收过量的二氧化碳，防止水蒸气进入D中干扰实验，装置F和G为量气装置，测定反应生成氧气的体积。‎ ‎【详解】(1)碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为6 mol·L－1盐酸；‎ ‎(2)碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，用饱和碳酸氢钠溶液来除去；装置E中碱石灰的作用是吸收未反应的二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，故答案为除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的CO2，防止水蒸气进入D中干扰实验；‎ ‎(3)装置D含有氧化钠和过氧化钠，均会和二氧化碳反应，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应的化学方程式为Na2O＋CO2=Na2CO3，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2=Na2CO3；‎ ‎(4) 标准状况下224 mL氧气的物质的量为0.01mol，由反应2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2可计知过氧化钠的物质的量为0.02 mol，则过氧化钠的纯度为×100%＝78%，故答案为78%。‎ ‎20.已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。‎ ‎（1）物质A的化学式为 ________。‎ ‎（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________________________，化学方程式为___________________________________________。‎ ‎（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为___________________________________，由此反应可知A有作为_________的用途。‎ ‎（4）步骤①的离子方程式_______________________________________，请写出检验步骤①得到的溶液中主要阳离子（除H+外）所需要的试剂：_____________、____________（填化学式）。‎ ‎【答案】(1). Na2O2 (2). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (3). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑ (5). 供氧剂 (6). Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O (7). KSCN (8). K3[Fe(CN)6]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】已知A为淡黄色固体，能与水反应生成B和C，A为Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，C为气体，则C为O2、B为NaOH，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，Fe能与O2在点燃时反应生成D为Fe3O4，Fe3O4先与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，再加入足量铁粉，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，则E为FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应生成H为Fe(OH)2，Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3。‎ ‎【详解】(1). 由上述分析可知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2，故答案为Na2O2；‎ ‎(2). Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3‎ ‎，实验现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学反应方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，故答案为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；‎ ‎(3). 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na＋+ 4OH－ + O2↑，由此反应可知Na2O2可以用作供氧剂，故答案为2Na2O2 + 2H2O = 4Na＋+ 4OH－ + O2↑；供氧剂；‎ ‎(4). Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O，①所得到的溶液中主要阳离子除H+外，还含有Fe2+、Fe3+，可选用KSCN检验Fe3+，用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，故答案为KSCN；K3[Fe(CN)6]。‎ ‎21.已知有以下物质相互转化，试回答：‎ ‎（1）写出B的化学式_______________，D的化学式_______________________。‎ ‎（2）写出由B转变成E的化学方程式_____________________________。‎ ‎（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式______________；向G溶液加入A的有关离子反应方程式___________。‎ ‎【答案】(1). FeCl2 (2). KCl (3). FeCl2 + 2KOH =Fe(OH)2↓ + 2KCl (4). Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3 (5). 2Fe3+ +Fe =3Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】仔细分析转化关系，由白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F可以推出，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，则G是FeCl3；由D溶液加硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀H，可推出H为AgCl，溶液焰色反应呈紫色，则D中含有K+，故D为KCl，B中含有Fe2+和Cl-，C溶液为KOH溶液，A应为Fe，Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气符合转化关系，以此分析解答。‎ ‎【详解】（1）通过以上分析可知B为氯化亚铁，化学式为FeCl2，D为氯化钾，化学式为KCl，故答案为FeCl2 ；KCl；‎ ‎（2）由B转变成E是氯化亚铁和氢氧化钾反应生成氢氧化亚铁沉淀和氯化钾，化学方程式为FeCl2 + 2KOH =Fe(OH)2↓ + 2KCl，故答案为FeCl2 + 2KOH =Fe(OH)2↓ + 2KCl；‎ ‎（3）G溶液FeCl3溶液，含有Fe3+,加入KSCN溶液出现血红色，用于鉴别FeCl3溶液，离子方程式Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3；向FeCl3溶液加入Fe生成FeCl2，离子反应方程式为2Fe3+ +Fe =3Fe2+，故答案为Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3 ；2Fe3+ +Fe =3Fe2+。‎ ‎ ‎