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  • 2021-07-08 发布

黑龙江省齐齐哈尔市龙江二中2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

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www.ks5u.com 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 化学试题 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。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解题关键,注意化学式拆分、反应必须遵循客观事实等。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】一般处在最高价的元素只有氧化性,处在最低价的元素只有还原性。‎ ‎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I−>Fe2+>Br−,B项正确,‎ 故选B。‎ ‎【点睛】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,同理,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应,本题注意从化合价角度进行计算。对于同一元素价态发生变化的化学反应,若反应物中该元素化合价有高有低,生成物中该元素化合价也有高有低,则生成物中价态较高的物质是由反应物中价态较高的物质反应产生;生成物中价态较低的物质是由反应物中价态较低的物质反应产生,即符合“只靠拢、不交叉”规律。‎ ‎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。‎ ‎【点晴】本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较,能正确判断固体的成分是解本题的关键。根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序,从而确定固体的成分、溶液的成分;有固体剩余,若固体只有铜,则反应后的溶液中一定无Fe3+存在,一定存在Fe2+;可能含有Cu2+;若有铁剩余,一定有铜生成,Fe3+、Cu2+无剩余。‎ ‎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。‎ 考点:铁的化合物的性质 ‎【名师点睛】这里所说化合反应没有要求必须是单质之间的化合,所以也可以是化合物之间的化合。有些化合物元素比较多,可以由化合物之间的化合得到。例如氧化钠和水化合反应生成氢氧化钠,氧化钠和二氧化碳化合得到碳酸钠,碳酸钠和水和二氧化碳化合得到碳酸氢钠等。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断中,要关注反应物“少量”、“足量”、“一定量”对产物的影响。‎ ‎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 考点:考查氧化还原反应。‎ ‎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%。‎ ‎【点睛】注意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是解答关键,也是难点。‎ ‎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+。‎ ‎【点睛】解无机推断题要寻找突破口,突破口可以是特殊的反应、特殊的现象等,本题要抓住氢氧化亚铁的不稳定性,在空气中会迅速从白色转化为灰绿色,最后变为红褐色的氢氧化铁,以此顺推和逆推,便可解决,平时要注意对知识的积累。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎