【化学】山东省德州一中2018-2019学年高一上学期第三次月考试卷（解析版）

山东省德州一中2018-2019学年高一上学期第三次月考试卷
1.下列关于金属钠的叙述中，正确的是 (　　)
A. 钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物都一样
B. 钠能与CuSO4溶液发生置换反应生成Cu
C. 将金属钠与水反应后的溶液中通入适量氯气后，溶液中含有两种溶质
D. Na2O2与H2O反应是一个置换反应，有单质O2产生
【答案】C
【详解】A. 钠在空气中的缓慢氧化生成氧化钠，钠在空气中点燃生成过氧化钠，产物不一样，A错误；
B. 钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与CuSO4溶液发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能置换生成Cu，B错误；
C. 钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与适量氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以溶液中含有两种溶质，C正确；
D. Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，属于氧化还原反应，但不是置换反应，D错误；
综上所述，本题选C。
2.分类法在化学发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是(　　)
A. 根据是否含有氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂
B. 根据是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质
D. 根据是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
【答案】D
【解析】试题分析：A、氧化剂不一定有氧元素，所以错误，不选A；B、根据分散系中分散质的微粒直径大小将分散系分成溶液或胶体或浊液，错误，不选B；C、物质必须是化合物才能可能是电解质或非电解质，错误，不选C；D、氧化还原反应中肯定有电子转移，正确，选D。
3.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A. 1 mol氯气与足量铁反应转移的电子数目为3 NA
B. 常温常压下，32 g氧气所含原子数目为NA
C. 标准状况下，a L氧气和氮气的混合物含有的分子数约为a/22.4×6.02×1023个
D. 标准状况下，22.4 L水中所含的分子数约为6.02×1023个
【答案】C
【详解】A.氯气与足量铁反应生成氯化铁，氯元素化合价由0价降低到-1价，所以1 mol氯气完全反应转移的电子数目为2NA，A错误；
B. 32 g氧气物质的量为1mol，所含原子数目为2NA，B错误；
C. 标准状况下，a L气体的物质的量为a/22.4mol，a/22.4mol氧气和氮气的混合物含有的分子数约为a/22.4×6.02×1023个，C正确；
D. 标准状况下，水为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
综上所述，本题选C。
4.“绿色化学实验”已走近课堂，下列做法符合“绿色化学”理念的是(　　)

①实验室收集氨气采用图甲所示装置
②实验室中做氯气与钠反应的实验时采用图乙所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与HCl反应生成铵盐的实验
④实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③
C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【详解】①在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的NH3，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选①；
②用沾有碱液的棉球吸收多余的Cl2，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选②；
③没有气体处理装置，挥发的HCl和NH3，会污染大气，不符合“绿色化学”，故不选③；
④气球可以用来收集生成的NO，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选④。
故正确序号为①②④。
综上所述，本题选C。
5. 下列条件下，两种气体的分子数一定不相等的是(　　)
A. 相同质量、不同密度的N2和C2H4
B. 相同体积、相同密度的CO和C2H4
C. 相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2
D. 相同压强、相同体积、相同质量的O2和N2
【答案】D
【解析】试题分析：A、质量相同、摩尔质量也相同，因此两种气体的物质的量也相同，即分子数一定相同，故说法正确；B、同体积、同密度，气体的质量相同，气体的摩尔质量也相同，即物质的量相同，分子数则相同，故说法正确；C、根据PV=nRT，温度相同、压强相同、体积相同，则物质的量相同，即分子数相等，故说法正确；D、质量虽然相同，但两种气体的摩尔质量不相等，则物质的量不相等，即分子数一定不相等，故说法错误。
6.把a L含(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液分为两等份，一份加入b mol烧碱加热，恰好使全部NH4+转化为NH3逸出；另一份与含c mol BaCl2的溶液恰好反应。则原溶液中NO3-的物质的量浓度是(　　)
A. (2b－4c)/a mol·L－1 B. (b－2c)/a mol·L－1
C. (2b－c)/a mol·L－1 D. (b－4c)/a mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液中加入bmol烧碱加热，恰好使全部 NH4+转化为氨气逸出，消耗的氢氧化钠中钠离子的物质的量就等于铵离子的物质的量；氯化钡与硫酸反应,钡离子的物质的量就等于硫酸根离子的物质的量，据此可以计算出硫酸铵的物质的量，再根据总的铵离子的物质的量计算出硝酸铵的物质的量,最后根据c=n/V计算出溶液中硝酸根离子的物质的量浓度，注意带人的溶液的体积V=a/2L；据以上分析解答。
【详解】a L混合溶液分为两等份，每份的体积为a/2L，一份与含bmol烧碱溶液混合加热,恰好使全部NH4+转化为氨气逸出，反应生成了硫酸钠和硝酸钠，所以钠离子的物质的量就等于铵离子的物质的量，即n(NH4+)=n(Na+)=bmol；另一份与含cmolBaCl2的溶液恰好反应，说明硫酸根离子的物质的量为cmol，硫酸铵中的铵离子的物质的量为2c,所以硝酸铵的物质的量为：b－2c，所以硝酸铵的物质的量浓度为:c=(b－2c)/(a/2)=(2b－4c)/a mol·L－1，则原溶液中NO3-的物质的量浓度是(2b－4c)/a mol·L－1；A正确；
综上所述，本题选A。
7.下列关于配制一定物质的量浓度的溶液说法正确的是（ ）
A. 将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0．6g）读数的和为8．6g
B. 容量瓶上标有刻度线、温度和浓度，使用前要事先检查是否漏水
C. 配制一定物质的量浓度的溶液用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
D. 配制1L0.2mol/L的H2SO4 溶液，定容时仰视刻度线操作，则配出浓度偏高
【答案】C
【解析】A．由用托盘天平称量药品时，砝码和药品放反了，已知砝码质量为8g，游码质量为0.6g，再根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，即8g=药品质量+0.6g，所以药品实际质量7.4g，读出的数值比真实值大，故A错误；B．容量瓶上标有刻度线、温度和容量，没有浓度，使用前要事先检查是否漏水，故B错误；C．配制步骤为计算、称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容，称量时用到仪器是天平、钥匙（量取时用到量筒），溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管，故C正确；D． 配制1L0.2mol/L的H2SO4 溶液，定容时仰视刻度线操作，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，则配出浓度偏低，故D错误；答案为C。
8.下列各组物质中，按酸、 碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的顺序排列正确的是(　　)
A. 盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅
B. 硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫
C. 次氯酸、消石灰、硫酸铵、过氧化钠、二氧化碳
D. 醋酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳
【答案】B
【解析】
【分析】电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物是盐；能跟酸起反应,生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物；酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物；据以上分析解答。
【详解】A.盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅分别属于酸、盐、盐、碱性氧化物、酸性氧化物,故A错误；
B.硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫分别属于酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物,故B正确；
C.次氯酸、消石灰、硫酸铵、过氧化钠、二氧化碳分别属于酸、碱、盐、过氧化物、酸性氧化物,故C错误；
D.醋酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳分别属于酸、过氧化物、盐、碱性氧化物、不成盐氧化物,故D错误；
综上所述，本题选B。
9.下列应用或事实与胶体的性质无关的是(　　)
A. 清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)
B. 用石膏或盐卤点制豆腐
C. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D. 在海水与河水交界处，易形成沙洲
【答案】C
【解析】
【分析】A.气溶胶具有丁达尔现象；
B.胶体加入电解质发生聚沉；
C.红褐色沉淀是生成的氢氧化铁,不是胶体；
D.河流中的水含有泥沙胶粒。
【详解】A.清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象,是胶体的丁达尔现象,与胶体有关,所以A选项是正确的； 
B.用石膏或盐卤点制豆腐,利用的是胶体的聚沉,和胶体性质有关,所以B选项是正确的；
C.在 FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀,发生的是复分解反应,与胶体无关,故C错误；
D.河流中的水含有泥沙胶粒,海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质,二者相遇是可以发生胶体凝聚,就形成三角洲,与胶体有关,所以D选项是正确的；
综上所述，本题选C。
10.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是(　　)
A. 次氯酸钙溶液中通入少量CO2：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2H＋＋2ClO－
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O
C. 氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2＋＋CO32-===CaCO3↓
D. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：Cu2＋＋SO42-＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【答案】D
【详解】A. 次氯酸钙溶液中通入少量CO2反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸属于弱酸，不能拆成离子形式，离子方程式书写错误，A错误；
B. 澄清的石灰水属于溶液，氢氧化钙完全电离，写成离子形式，离子方程式书写错误，B错误；
C. 氯化钙与碳酸氢钾溶液混合不发生反应，离子间不反应，C错误；
D. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式书写正确，D正确；
综上所述，本题选D。
11.下列各组离子中，能在强酸溶液里大量共存，并且溶液呈无色透明的是（　　）
A. MnO4-，K＋，Na＋，SO42- B. Na＋，K＋，HCO3-，Cl－
C. Mg2＋，NH4+，Cl－，NO3- D. Ba2＋，K＋，S2－，SO42-
【答案】C
【解析】MnO4－有颜色，故A错误；强酸溶液里HCO3－不能存在，故B错误；强酸溶液里Mg2＋、NH4+、Cl－、NO3-不反应，故C正确；Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。
12.下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是 (　　)
①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中
A. 只有① B. ①② C. ①②③ D. ①③
【答案】A
【详解】虽然铁粉过量，但铁与Cl2发生反应的产物为FeCl3，故①中有＋3价铁生成；Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，故②中只有＋2价铁生成；Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中时，若铁粉很多，则过量的铁粉与生成的FeCl3发生反应生成FeCl2，而使溶液中无Fe3＋，故③中不一定有＋3价铁生成，A正确；
综上所述，本题选A。
13.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（　　）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解
该溶液中一定含有SO42﹣
B
向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体
该溶液中一定含有CO32﹣
D
向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体
该溶液中一定含有NH4+
【答案】D
【解析】A．向某溶液中先加入氯化钡溶液，再加盐酸，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故A错误；B．向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色，没有排除原溶液中是否有Fe3+，故B错误；C．向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊，说明溶液中有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故C错误；D．向某溶液中加入氢氧化钠，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即为氨气，则证明该溶液含有铵根离子，故D正确；故选D。
14.下列不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种无色固体的实验操作是( )
A. 分别加热这两种固体，并将生成的气体通入澄清石灰水中
B. 分别在这两种物质中加入CaCl2溶液
C. 在两种固体物质中加入等浓度的稀盐酸
D. 分别在两种物质的溶液中加入澄清石灰水
【答案】D
【解析】试题分析：A、加热这两种固体物质，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，并将生成的气体通入澄清的石灰水中，可以鉴别，正确；B、在这两种物质的溶液中加入CaCl2溶液，碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和CaCl2不反应，正确；C、在等量的两种固体中加入等体积等浓度的稀盐酸，碳酸钠开始无现象，生成碳酸氢钠，全部都转化成碳酸氢钠后，开始放气体，碳酸氢钠中加入盐酸后立即有气体生成，正确；D、在这两种物质的溶液中加入少量澄清的石灰水都有白色沉淀生成，无法鉴别，错误。
15.已知R2Ox2-在一定条件下可以与Mn2＋作用，使其转化为MnO4-，而自身则转化为RO42-；又知反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶5，则x的值是(　　)
A. 7 B. 8 C. 5 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂和还原产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，氧化剂得电子被还原后的产物为还原产物；氧化还原反应中氧化剂得到电子的总数等于还原失去电子的总数；根据化合物中正负化合价代数和为零，从而求得x值；据以上分析解答。
【详解】由题意可知，发生的反应为R2Ox2-+Mn2+→MnO4-+ RO42-；若还原剂Mn2+为1mol，则还原产物 RO42-为5mol，由R守恒知，R2Ox2-为2.5mol；设R2Ox2-中R的化合价为a ，则由得失电子守恒知(a-6)×2.5×2=(7-2)×1，a=7；再根据化合物中正负化合价代数和为零，得2×7+x(-2)=-2，解得x=8；B正确；
综上所述，本题选B。
16.运动会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3＋6P===3P2O5＋5KCl，则下列有关叙述错误的是(　　)
A. 上述反应中Cl的化合价由＋5价变为－1价
B. P2O5是P被还原后所得的产物
C. 该反应被还原与被氧化物质的物质的量之比为5∶6
D. 上述反应中消耗3 mol P时，转移电子的物质的量为15 mol
【答案】B
【解析】试题分析：A、该反应中，KClO3中Cl元素的化合价为+5价，KCl中Cl元素的化合价为-1价，正确；B、P元素的化合价升高，被氧化，所以P2O5是P被氧化后所得的产物，错误；C、该反应中，被氧化的物质是P，被还原的物质是KClO3，所以被还原与被氧化物质的物质的量之比为5∶6，正确；D、P的化合价从0价升高到+5价，失去5个电子，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量是15mol，正确，答案选B。
17.已知反应：HCl＋NH3===NH4Cl(固体)，如图所示，抽去装置中的玻璃片，使两种气体充分反应(整个过程中认为装置气密性良好)，等温度恢复到原来温度。下列说法正确的是(　　)

A. 反应后瓶内压强是反应前的1/10 B. 装置中氢元素的总质量为0.42 g
C. 生成物的分子数目为0.1NA D. 反应结束后，两个集气瓶很容易分开
【答案】B
【解析】试题分析：氨气与HCl反应方程式为：HCl+NH3=NH4Cl，二者反应生成0.1mol氯化铵固体，剩余0.02molHCl。A．反应前两瓶内压强相同，反应后两瓶内压强仍然相同，反应后两瓶内压强为反应前的：=，故A错误；B．根据质量守恒可知，装置中含有H原子的总物质的量为：0.12mol+0.1mol×3=0.42mol，质量为：1g/mol×0.42mol=0.42g，故B正确；C．生成物为离子化合物，不存在氯化铵分子，故C错误；D．该反应中气体体积减小，容器中的压强减小，反应结束后，两个集气瓶不容易分开，故D错误；故选B。
18.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL
【答案】A
【解析】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。
19.（一）有以下几种物质：①碳酸氢钠晶体　②液态氯化氢　③铁　④蔗糖　⑤酒精　⑥熔融的K2SO4　⑦干冰　⑧石墨。试回答(填序号)：
（1）以上物质能导电的是_________________________。
（2）以上物质中属于非电解质的是_________________________。
（3）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是_________________________。
（4）①、②在水溶液中反应的离子方程式为_________________________________。
（二）某溶液的溶质可能由下列离子组成：Cl－、、、H＋、Ba2＋、Na＋，某同学进行了如下实验：
Ⅰ 向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤；
Ⅱ 向Ⅰ中滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；
Ⅲ 将Ⅰ中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生。
（5）依据以上实验可以推断，原溶液中一定含有____________ (用离子符号表示，下同)；一定没有______________；可能含有________________，检验是否存在该离子的方法为_____________________________________________。
【答案】(1). ③⑥⑧ (2). ④⑤⑦ (3). ①②⑥⑦ (4). H＋+HCO3-== H2O+ CO2↑ (5). SO42-、CO32-、Na＋ (6). H＋、Ba2＋ (7). Cl－ (8). 取少量溶液于试管中，向溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－
【解析】
【分析】（1）据物质导电的原因分析,只要含有自由移动的离子或自由电子即可；
（2）在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括非金属氧化物、一些氢化物和大部分有机物；
（3）根据物质导电的原因分析,只要水溶液含有自由移动的离子即可；
（4） 碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
（5）Ⅰ向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明原溶液中没有Ba2＋；Ⅲ 将Ⅰ中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生可知一定含有SO42-和CO32-；由于加入BaCl2溶液引入了Cl－，所以不能由实验Ⅱ确定原溶液中是否含Cl－；而CO32-与H＋不能大量共存，所以肯定不含有(大量)H＋；这样，在3种阳离子中只剩下Na＋了，则必然含有Na＋；据以上分析解答。
【详解】（1）③铁、⑧石墨中均有自由电子,所以能导电，⑥熔融的K2SO4有自由移动的离子,所以能导电；①碳酸氢钠晶体、②液态氯化氢、④蔗糖、⑤酒精、⑦干冰中没有自由移动的离子或自由电子,所以不能导电；因此，本题正确答案是：③⑥⑧。 　
（2）在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，④蔗糖、⑤酒精、⑦干冰属于非电解质；因此，本题正确答案是: ④⑤⑦。
（3）①碳酸氢钠晶体、②液态氯化氢、⑥熔融的K2SO4、⑦干冰等上述物质溶于水后，溶液中存在自由移动的离子而导电；因此，本题正确答案是: ①②⑥⑦。
（4）①碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：H＋+HCO3-== H2O+ CO2↑；综上所述所，本题答案是：H＋+HCO3-== H2O+ CO2↑。
（5）Ⅰ向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明原溶液中没有Ba2＋；Ⅲ 将Ⅰ中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生可知一定含有SO42-和CO32-；由于加入BaCl2溶液引入了Cl－，所以不能由实验Ⅱ确定原溶液中是否含Cl－；而CO32-与H＋不能大量共存，所以肯定不含有(大量)H＋；这样，在3种阳离子中只剩下Na＋了，则必然含有Na＋；
结合以上分析可知：原溶液中一定含有SO42-、CO32-、Na＋；一定没有H＋、Ba2＋；可能含有Cl－；检验氯离子常用硝酸和硝酸银溶液，具体操作如下：取少量溶液于试管中，向溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－；综上所述，本题答案是：取少量溶液于试管中，向溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－。
20.已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。

（1）写出A、C、F、G的化学式：A________；C________；F________；G________。
（2）保存C溶液时要加固体A的原因是______________________。
（3）写出下列转化的离子方程式。
①D→C：___________________________________________________；
②C→D：___________________________________________________；
③B→C＋D__________________________________________________。
（4）写出E→F的化学方程式：__________________________________。
【答案】(1). Fe (2). FeCl2 (3). Fe(OH)3 (4). Fe2O3 (5). 防止Fe2＋被O2氧化 (6). 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ (7). 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ (8). Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O (9). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
【解析】
【分析】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe；Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3；C溶液为FeCl2溶液，亚铁离子易被氧化为铁离子，根据铁离子与铁单质反应生成亚铁离子分析解答。
【详解】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3；
（1）由上述分析可知，A为Fe，C为FeCl2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3；综上所述，本题答案是：Fe，FeCl2，Fe(OH)3 ，Fe2O3。
（2）FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化；综上所述，本题答案是：防止Fe2＋被O2氧化。
（3）①氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，D→C的反应离子方程式为：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；综上所述，本题答案是：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
②氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，C→D的反应离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ ；综上所述，本题答案是：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ 。
③四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，B→C＋D的反应离子方程式为：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；综上所述，本题答案是：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O。
（4）氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，E→F的反应化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
21.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：

（1）设计装置A的目的是________________________________________，为达此目的应进行的操作____________________________________________________________；A中反应的化学方程式是_________________________________________________________。
（2）在（1）中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是_______；B中反应的离子方程式是_____________________________________________。
（3）装置E和F的作用是_______________________________________，为实现此目的，操作方法是_______________________________________________________。
（4）D装置的作用是_______________________________________________。
【答案】(1). 利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰　 (2). 打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K (3). CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O (4). 铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色 (5). 3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (6). 验证无色气体为NO (7). 将注射器F中的空气推入E中 (8). 吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气
【解析】
【分析】（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用二氧化碳气体排净装置内的空气；稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，据此写出化学方程式；
（2）铜和稀硝酸反应，观察到气泡冒出，有无色气体生成，溶液变为蓝色；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，据此写出离子方程式；
（3）无色NO遇到氧气生成红棕色NO2；
（4）实验中生成的NO、NO2均为有毒气体，而且NO2易溶于水，据此分析。
【详解】（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对铜与稀硝酸反应产生的气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是：打开K，观察到C中变浑浊，关闭K，移动铜丝与硝酸接触；A中稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式是：CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰；打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K； CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O 。
（2）因铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子反应为3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，观察到气泡冒出，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色；综上所述，本题答案是：铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色；3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
（3）将F中的空气推入E中，发生反应2NO+O2=2NO2，E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则装置E和F的作用是验证NO的生成；综上所述，本题答案是：验证无色气体为NO；将注射器F中的空气推入E中。
（4）该实验中生成的NO、NO2均为有毒气体，需要吸收尾气，而且NO2易溶于水，需要防倒吸装置；综上所述，本题答案是：吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气。