2022-2023学年福建省连城县第一中学高一上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省连城县第一中学高一上学期第二次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。

福建省连城县第一中学2022-2023学年高一上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质制造或使用过程中没有发生化学变化的是
A
B
C
D




燃放烟花爆竹
烧制陶瓷
含的抗酸药
治疗胃酸过多症
氨气制造液氨冷却剂

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．燃放烟花爆竹属于燃烧，是发光放热的氧化还原反应，属于化学变化，A不符合题意；
B．烧制陶瓷时发生复杂的物理和化学反应，B不符合题意；
C．NaHCO3治疗胃酸过多是NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，属于化学反应，C不符合题意；
D．氨气制造液氨冷却剂，氨气的状态发生改变，没有生成新物质，不属于化学变化，D符合题意；
故选D。
2．下列叙述不正确的是
A．漂白粉、生石灰、液氯都是混合物
B．含氯消毒剂ClO2可有效灭活新冠病毒，按物质的组成分类，ClO2属于氧化物
C．硬铝常用于制造飞机的外壳
D．豆浆、NaCl溶液均属于分散系
【答案】A
【详解】A．液氯是Cl2，仅含有Cl2一种元素，属于单质，不是混合物，A不正确；
B．ClO2中仅含有Cl、O两种元素，因此属于氧化物，B正确；
C．硬铝是铝合金，铝合金硬度大、密度小，适合用于制造飞机外壳，C正确；
D．豆浆、NaCl溶液均是混合物，混合物属于分散系，D正确；
故合理选项是A。
3．以下物质间的转化均能一步实现且均为氧化还原反应的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．Cu与O2反应生成CuO属于氧化还原反应，CuO与硫酸反应生成CuSO4的过程中元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．CaO与水化合成Ca(OH)2，Ca(OH)2与少量CO2反应生成CaCO3，此转化过程中的反应都不是氧化还原反应，B不符合题意；
C．Na2CO3与HCl（或BaCl2等）反应生成NaCl，NaCl与AgNO3反应生成NaNO3，此转化过程中的反应都不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO见光分解成HCl，此转化过程的两步都有元素化合价的升降，都属于氧化还原反应，D符合题意；
答案选D。
4．下列选用的相关仪器符合实验要求的是

A．分离Fe(OH)3胶体和蔗糖溶液
B．加热分解NaHCO3固体
C．称量8.55g氯化钠固体
D．配制240mL0.10mol/L的NaCl溶液
【答案】D
【详解】A．胶体和溶液均能透过滤纸，分离Fe(OH)3胶体和蔗糖溶液不能用过滤的方法，而应该用渗析的方法，A错误；
B．加入固体需在坩埚或大试管中进行，不能在蒸发皿中进行，B错误；
C．天平的读数只能精确到小数点后面一位，故不能称量到8.55gNaCl，C错误；
D．根据容量瓶“大而近”的选择原则可知，配制240mL的溶液需用250mL的容量瓶，D正确；
故答案为：D。
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，48gO2和O3的混合气体含有的氧原子数为3NA
B．标准状况下22.4LNe和NH3的混合气体中含原子总数为2NA
C．39gNa2O2晶体中含阴阳离子数目为2NA
D．71gCl2与铁完全反应生成FeCl3时，反应转移的电子数为3NA
【答案】A
【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，则48g混合物中含有的氧原子的物质的量为，故氧原子数为，A正确；
B．标准状况下22.4LNe和NH3的混合气体的物质的量为1mol，Ne和NH3都含有10个电子，故含电子总数为10，B错误；
C．39g Na2O2的物质的量为0.5mol，阴阳离子数目为，C错误；
D．71gCl2(物质的量为1mol)与铁完全反应生成FeCl3时，氯元素的化合价由0价变成-1价，反应转移的电子数为，D错误；
故选A。
6．下列溶液中，能大量共存的离子组是
A．含大量H+的溶液：K+、Na+、ClO-、SO
B．澄清透明的溶液：K+、Fe3+、NO、SO
C．某强碱性溶液：HCO、Na+、Cl-、NO
D．含大量Fe3+的溶液：K+、Na+、SCN-、Cl-
【答案】B
【详解】A．H+会与ClO-反应生成弱酸HClO，不能大量共存，A错误；
B．澄清透明的溶液中K+、Fe3+、NO、SO之间不存在任何反应，能大量共存，B正确；
C．强碱性溶液中含有OH-，OH-会与HCO反应生成H2O和，不能大量共存，C错误；
D．Fe3+会与SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，D错误；
故选B。
7．2021 年9月，我国中科院天津工业生物所首次在实验室实现以二氧化碳(CO2)为原料人工合成淀粉[ (C6H10O5)n ]。下列有关二氧化碳和淀粉的说法正确的是
A．常温常压下，1 mol CO2的体积约为22.4 L
B．淀粉的摩尔质量为162 g· mol-1
C．淀粉中C、H、O的质量之比为6：10：5
D．11g CO2的物质的量为0.25mol
【答案】D
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则1 mol CO2的体积大于22.4 L，A错误；
B．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，则淀粉的摩尔质量为162 ng· mol-1，B错误；
C．淀粉中C、H、O原子个数之比为6:10:5，则质量之比为(6×12):(1×10):(5×16)=36:5:40，C错误；
D．11g CO2的物质的量为，D正确；
故选D。
8．下列有关事实的解释正确的是
选项
事实
解释
A
用FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
铁比铜的金属性强
B
用绿矾(FeSO4·7H2O)处理含有Cr2O的废水
绿矾是硫酸盐
C
Na长期暴露在空气中的最终产物是Na2CO3
Na在空气中与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果
D
Fe2O3用作油漆、橡胶、涂料的颜料
Fe2O3难溶于水

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板的反应是氧化还原反应，反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2不是置换反应，故反应不能说明铁比铜金属性强，A错误；
B．绿矾中的亚铁离子可以和重铬酸根离子发生氧化还原反应，并不是因为绿矾是硫酸盐，B错误；
C．暴露在空气中的钠能与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸，C正确；
D．Fe2O3用作油漆、橡胶、涂料的颜料是因为Fe2O3为红棕色固体，D错误；
故选 C。
9．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.)恢复了磁性。“钴酞菁”分子直径与人体内的血红素(血液中的分散质粒子)非常相似。下列说法中正确的是
A．“钴酞菁”分子的直径比钠离子的小 B．“钴酞菁”分子属于胶体
C．“钴酞菁”分子具有丁达尔效应 D．人体的血液属于液溶胶
【答案】D
【详解】A．“钴酞菁”分子的直径为1.，钠离子直径小于1nm，故“钴酞菁”分子的直径比钠离子的大，A错误；
B．“钴酞菁”分子是纯净物，不是胶体，B错误；
C．“钴酞菁”分子是纯净物，不是胶体，不具有丁达尔效应，C错误；
D．人体的血液是胶体，属于液溶胶，D正确；
故选D。
10．油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。下列判断正确的是
A．从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐
B．放置过程发生的反应为氧化还原反应
C．放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质
D．反应的离子方程式为2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】A
【详解】A．从物质的分类角度来看，油条配方中的KAl(SO4)2·12H2O、Na2CO3、NaCl都由金属阳离子和酸根阴离子构成，都属于盐类，A正确；
B．放置过程发生的反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O，没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，B错误；
C．放置过程发生的反应中，生成物CO2为非电解质，C错误；
D．根据原子守恒，反应物中应该有水参加反应，该反应2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑未遵循质量守恒，D错误；
故选A。
11．下列反应对应的离子方程式正确的是
A．向硝酸银溶液中加入铁粉：
B．少量溶液与过量反应：
C．将溶液与NaOH溶液混合：
D．将Na投入中：
【答案】B
【详解】A．向硝酸银溶液中加入铁粉，离子方程式为2Ag++Fe=Fe2++2Ag，A错误；
B．少量溶液与过量反应，离子反应为：，B正确；
C．将溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，C错误；
D．将Na投入中，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；
故答案选B。
12．常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法错误的是

A．反应Ⅰ的离子反应方程式为：
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应前溶液中一定等于反应后溶液中的
D．反应过程中混合溶液内和的总数一定不变
【答案】C
【详解】A．根据图示可知反应Ⅰ的离子方程式为，A正确；
B．反应Ⅱ的反应物为、、NO，生成物为、、，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得反应的离子方程式为，NO是氧化剂，是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；
C．反应前后溶液中n(Ce4+)不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增大，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；
D．根据Ce原子守恒可知，反应过程中混合溶液内和的总数不变，D正确；
故选C。
13．Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。

已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O
下列说法不正确的是
A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸
【答案】C
【分析】本实验的目的是先制得干燥、纯净的氯气，再与HgO反应制取Cl2O，最后利用液化法实现Cl2O与Cl2的分离。
【详解】A．利用KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气中混有HCl气体和水蒸气，装置②用饱和食盐水吸收HCl，装置③用浓硫酸吸收水蒸气，从而制得干燥、纯净的氯气，A正确；
B．通入干燥的空气，一方面可将装置内的Cl2O不断排出，另一方面可起稀释作用，降低Cl2O的浓度，减少爆炸危险，B正确；
C．Cl2O的沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃，用液氨降温，可将Cl2O液化，则从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2，C不正确；
D．题干信息显示，Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，所以装置④与⑤之间不用橡皮管连接，D正确；
故选C。
14．反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①；
②。
下列说法正确的是
A．碘元素在反应①反应②中均被氧化
B．氧化性：、
C．两个反应中硫元素的化合价均未发生变化
D．反应①②中生成等质量的时，转移电子数之比为5：1
【答案】B
【详解】A．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项错误；
B．由反应①可知氧化性： MnO2>I2 ，由反应②可知氧化性： ，故B项正确；
C．反应②中硫元素化合价升高，故C项错误；

D．由反应①得，生成1mol I2 转移2 mol e− ，由反应②得，生成1mol I2 转移10 mol e− ，所以当生成等量的 I2 时，转移电子数之比为1：5，故D项错误；
故选B。

二、元素或物质推断题
15．元素的“价-类”二维图是同学们认识物质性质及其转化关系的重要思维工具根据下列二维图回答有关问题(A、B、C、D、E、F中均含有元素X)：

(1)A的水溶液为工业三大强酸之一，则X的元素符号是___________， F水溶液中的电离方程式是___________。
(2)B的水溶液中含有的离子有、___________及很少量的(填离子符号)。
(3)D为漂白粉的有效成分，写出由B制备漂白粉的化学方程式：___________。
(4)常温下，A的浓溶液与E的溶液反应可制备B，写出该反应的离子方程式：___________，其中氧化产物与还原产物的质量之比为___________。
(5)某学生欲使用0.30mol·L-1的A溶液950mL，现拟用36.5%(ρ=1.2g/cm3)的浓A溶液来配制，请回答下列问题：
①配制该溶液需要用量筒量取36.5%的A溶液的体积为___________mL。
②该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、___________。
③下列操作会使所配溶液浓度小于0.30mol·L-1的是：___________(填对应的序号)
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒；
c、定容时视线俯视刻度线；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线。
【答案】(1)     Cl     HClO4=H++ClO
(2)Cl-、ClO-
(3)2Ca(OH)2+2Cl2 =Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
(4)     +5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O     5：1
(5)     25.0     胶头滴管、1000mL容量瓶     bd

【分析】根据二维图中元素X的常见化合价及物质类别，可以推知X为氯，A为氢化物，则A为氯化氢，B为单质，则B为氯气，C为氯化物、D为次氯酸盐、E为氯酸盐、F为HClO4。
【详解】（1）由分析可知，X为Cl；F为HClO4在水中电离成H+和ClO，电离方程式为HClO4=H++ClO；
（2）B的水溶液为氯水，其中含有的离子除了H+和OH-外还有Cl-、ClO-；
（3）漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，制备漂白粉是将氯气通入石灰乳中，方程式为2Ca(OH)2+2Cl2 =Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
（4）-1价氯和+5价氯在酸性条件下可以发生归中反应生成氯气，离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，在该反应中-1价氯由-1价变为0价，这部分产物为氧化产物，+5价氯由+5价变为0价，这部分产物为还原产物，根据得失电子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量之比为5∶1；
（5）①配置时应选用1000mL容量瓶，浓盐酸的物质的量浓度为，根据稀释定律，稀释前后物质的量不变，设36.5%的盐酸的体积为x，则有 ，解得x=0.025L，故需要36.5%的盐酸的体积为25.0mL；
②需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、1000mL容量瓶；
③a．容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水，对溶液浓度没有影响；
b．在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶液物质的量减小，所配溶液浓度偏低；
c．定容时视线俯视刻度线，所加入的水的体积偏少，所配溶液浓度偏高；
d．定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线，溶质的物质的量偏少，所配溶液浓度偏低；
e．将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液，对溶液浓度没有影响；
f．用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线，量取的浓盐酸的体积偏多，所配溶液浓度偏高。
故选bd。
16．某无色溶液中可能含大量的下列表格中的离子不考虑其他离子：
阳离子
、、、
阴离子
、、、

为了推断溶液中离子的种类，取待测溶液进行以下流程图所示的实验已知也能使酚酞变红。

取白色沉淀溶于盐酸，沉淀的质量与加入盐酸体积的关系如图所示。

(1)白色沉淀中含有的物质的化学式为___________。
(2)步骤产生白色沉淀的离子方程式为___________。
(3)根据上述信息推断，原溶液中一定不存在的离子有___________。
(4)原溶液中阳离子的浓度范围为___________。
(5)为了进一步确定原溶液中“可能存在的离子”，进行如下实验：
操作
现象
结论
取原溶液于试管中，加入过量硝酸钡溶液过滤
产生白色沉淀

取少量中滤液于试管中，滴加酚酞溶液
溶液变红色
原溶液中含___________


【答案】(1)BaCO3、BaSO4
(2)Ag++Cl-=AgCl↓
(3)Ba2+、Cu2+、Ca2+
(4)c(Na+)＞0.4mol/L
(5)OH-

【分析】待测液为无色溶液，故不含Cu2+，加入足量硝酸钡溶液，得到沉淀M和溶液1，结合沉淀M溶于盐酸的反应图像可知，M加足量盐酸后没有完全溶解，故该沉淀为BaCO3和BaSO4的混合物，所以该溶液一定含有、，故一定不含有Ba2+、Ca2+，一定含有阳离子，只能是Na+；溶液1加足量硝酸，变为溶液2，溶液2加入硝酸银生成白色沉淀为AgCl，所以一定含有Cl-；综上所述，溶液中一定含有Cl-、、、Na+，一定不含Ba2+、Cu2+、Ca2+，待测液加入酚酞变红，可能是，也可能是OH-，所以不能确定是否含有OH-。
【详解】（1）根据分析，M为BaCO3和BaSO4的混合物；
（2）根据分析，步骤4为Ag+与Cl-生成AgCl的反应，离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；
（3）根据分析，原溶液中一定不存在的离子有Ba2+、Cu2+、Ca2+；
（4）由图像可知，m(BaSO4)=2.33g，m(BaCO3)=4.30-2.33g=1.97g，n()=n(BaSO4)= =0.01mol，n()=n(BaCO3)= =0.01mol，c()=c()==0.1mol/L，因为溶液中含有Cl-，还可能有OH-，因此根据电荷守恒，c(Na+)＞0.1mol/L×2+0.1mol/L×2=0.4mol/L。
（5）①取原溶液于试管中，加入过量硝酸钡溶液过滤，把沉淀完全；②取少量①中滤液于试管中，滴加酚酞溶液，此时溶液变红，只能是由于OH-的存在。

三、实验题
17．某研究性学习小组的同学设计了用二氧化锰与浓盐酸反应制取纯净而干燥的氯气的实验，其实验装置如下：

(1)装置连接完成后必须进行的操作是___________，指出装置中的一处错误：___________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________，
①假设理论上有0.5mol的HCl被氧化，可产生标准状况下的气体体积为___________L(不考虑损耗)
②如果将过量的二氧化锰与含14.6gHCl的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于7.1g，其主要的原因有___________、___________。
(3)B中盛放的液体是___________，装置C的作用是___________。
(4)装置L的作用是___________，装置E中发生反应的离子方程式为___________。
(5)为了提高浓盐酸的利用率，可以使用固体在常温下与浓盐酸反应，得到的氧化产物和还原产物与浓盐酸和反应得到的相同，该反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)     检查装置的气密性     装置D中的导管长度不对，左侧应为长导管，右侧应为短导管
(2)     MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O     5.6     浓盐酸变稀，不能继续反应     浓盐酸挥发
(3)     饱和食盐水     干燥氯气
(4)     平衡气压，便于浓盐酸顺利流下     Cl2 +2OH-= Cl-+ClO-+ H2O
(5)2+16H++10Cl-=5Cl2↑+2Mn2++8H2O

【分析】装置A用于制取氯气，反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；装置B中为饱和食盐水，用于除去氯气中含有的HCl气体；装置C中为浓硫酸，干燥氯气；装置D用于收集氯气，其中氯气密度比空气大，应用向上排空气法，即长进短出；装置E为尾气处理装置，吸收多余的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）连接好仪器，应先检查装置的气密性，防止气体泄漏；装置D用于收集氯气，其中氯气密度比空气大，应用向上排空气法，即长进短出，因此D中的导管错误；
（2）根据分析，装置A用于制取氯气，反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
①理论上有0.5mol的HCl被氧化，生成Cl2的物质的量为0.25mol，体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
②盐酸变稀后不再与MnO2反应，反应中浓盐酸易挥发，且不断消耗HCl，都会导致盐酸变稀，导致反应停止；
（3）根据分析，装置B中为饱和食盐水，用于除去氯气中含有的HCl气体；装置C中为浓硫酸，干燥氯气；
（4）装置L可以平衡烧瓶和分液漏斗中的气压，使分液漏斗中的液体顺利滴下；装置E为尾气处理装置，吸收多余的氯气，防止污染空气，离子反应为Cl2 +2OH-= Cl-+ClO-+ H2O，
（5）
KMnO4与浓盐酸反应的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，离子方程式为2+16H++10Cl-=5Cl2↑+2Mn2++8H2O。
18．在高温条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到粉末状的四氧化三铁，四氧化三铁又可以经过此反应的逆反应，在高温条件下生成颗粒很细的铁粉，这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以俗称“引火铁”，可用于焊接铁轨。下面是某兴趣小组在实验室制备“引火铁”的过程。回答下列问题：
I.利用图1所示装置(加热装置省略)制取铁的氧化物。

(1)试管A中发生反应的化学方程式是_______，若在D中收集到气体(已折算为标准状态下)，则转移的电子数目为_______。
(2)装置B的作用是_______。
(3)为检验产物中是否有四氧化三铁生成，甲同学进行了如下实验
步骤
现象
取少量产品于试管中，加入稀盐酸
产品溶解，有气泡产生
在上述溶液中滴加溶液
溶液未变红

①写出稀盐酸与四氧化三铁反应的离子反应方程式_______。
②甲同学根据上述现象，认为没有四氧化三铁生成；乙同学认为可能有四氧化三铁，原因是_______(用离子反应方程式表示)。
Ⅱ.利用图2所示装置制取“引火铁”。

(4)仪器a的名称是_______，装置C的作用是_______。
(5)为了安全，装置D加热前，应该进行的操作是_______。
【答案】(1)     3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2     10-3mol
(2)提供反应所需的水蒸气
(3)     Fe3O4 +8H+= 2Fe3++Fe2++4H2O；     2Fe3++Fe=3Fe2+
(4)     分液漏斗     浓硫酸
(5)预热

【分析】I．一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到四氧化三铁，由制备实验装置可知， A中为Fe粉，加热烧瓶B中水，提供水蒸气，C作安全瓶，D中排水法收集氢气；
Ⅱ.四氧化三铁又可以与氢气反应，生成颗粒很细的铁粉，由实验装置可知，A为锌和盐酸制取氢气的发生装置，B除杂装置除去氯化氢，C为除杂装置除水， D中为Fe3O4 ，以此来解析；
【详解】（1）在高温条件下用普通铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，1mol气体在标准状况下为22.4L，n===5×10-4 mol，H化合价由+1价降低为0价，可得H2～2e-，转移的电子数数目为2×5×10-4 mol=10-3mol；
（2）铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，装置B用于提供反应所需的水蒸气；
（3）①稀盐酸与四氧化三铁反应反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，四氧化三铁和水属于氧化物不拆开，而氯化亚铁、氯化铁和盐酸属于易溶的强电解质拆成离子，反应的离子方程式为：Fe3O4 +8H+= 2Fe3++Fe2++4H2O；
②取少量产品于试管中，加入稀盐酸产品溶解，有气泡产生，说明产品中还有铁剩余，剩余的铁会与盐酸与四氧化三铁反应生成氯化铁发生反应生成氯亚铁，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（4）根据仪器的构造和特点为分液漏斗，装置C为除去水蒸气而且为液体一般为浓硫酸；
（5）试管加热前不预热可能会发生爆裂；

四、填空题
19．I、现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1mol/L的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25mL沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：
(1)其中操作正确的同学是___________。
(2)证明有Fe(OH)3胶体生成的简单实验操作是___________。
II、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
(3)干法制备高铁酸钠的主要反应为： 2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2X+2Na2SO4+O2↑
①该反应中物质X应是___________，该反应的还原剂是___________。
②简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用___________
(4)已知湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、C1O-、OH-、FeO、C1-、H2O
①完成并配平湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的离子方程式，并用单线桥标出该反应的电子转移方向和数目：___________
②已知有3.21gFe(OH)3参加了反应，则上述反应共转移了___________个电子，
③根据(1)、(2)推测FeO能和下列___________(填序号)物质反应。
A．KMnO4 B．SO2  C．H2S  D．O2
【答案】(1)丙
(2)用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”
(3)     Na2O     FeSO4、Na2O2     强氧化剂，且还原产物水解生成胶体作净水剂
(4)          0.09NA或5.418×1022     BC

【详解】（1）Fe(OH)3胶体的制备方法是向25mL沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，故丙同学操作正确；
（2）用丁达尔效应区分溶液和胶体，故证明有Fe(OH)3胶体生成的简单实验操作是用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”；
（3）①反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O；反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由-1价升高到0价，因此还原剂是FeSO4、Na2O2；
②K2 FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质；
（4）①高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，ClO-具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应的单线桥为 ；
②3.21gFe(OH)3的物质的量为=0.03mol，根据单线桥可知，1molFe(OH)3转移3mole-，故0.03molFe(OH)3转移0.09mole-，数目为0.09NA或5.418×1022；
③FeO具有强氧化性，能与还原剂反应，SO2、H2S具有还原性，故选BC。