广西钦州市第四中学2017-2018学年高二上学期开学考试化学试卷含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精广西钦州市第四中学2017年秋季高二化学开学考试试卷解析版一．选择题1．将足量CO2通入下列各溶液中,所含离子均还能大量存在的是A．K+、OH—、Cl-B．Na+、HCO3—、SO42-C．Na+、K+、CO32—D．Ba2+、AlO2-、NO3-答案：B解析:离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A．K+、OH—、Cl—在溶液中不反应,能大量共存,但将足量CO2通入后生成碳酸氢钾，不能大量共存，A错误；B．Na+、HCO3—、SO42-在溶液不反应，中能大量共存，将足量CO2通入后仍然不反应，能大量共存,B正确；C．Na+、K+、CO32—在溶液中不反应，能大量共存，但将足量CO2通入后生成碳酸氢盐，不能大量共存，C错误；D．Ba2+、AlO2-、NO3-在溶液中不反应，能大量共存，但将足量CO2通入后生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D错误，答案选B.考点:考查离子共存正误判断2．下列叙述正确的是（）A．蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B．硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成SO3C．将少量SO2通入BaCl2溶液能生成白色沉淀D．将浓盐酸、浓硝酸和浓硫酸分别露置在空气中,溶质的物质的量浓度都降低答案：D解析:A、蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性,错误;B、硫粉在氧气中燃烧，无论氧气不足还是过量均生成SO2，二氧化硫转化为三氧化硫的条件为催化剂、加热，错误；C、根据弱酸不能制强酸分析，将少量SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀,错误；D、将浓盐酸、浓硝酸和浓硫酸分别露置在空气中，浓盐酸、浓硝酸易挥发，浓硫酸具有吸水性，溶质的物质的量浓度都降低,正确。考点：考查硫元素单质及其化合物的性质.3．短周期金属元素甲~戊在周期表中的相对位置如下表所示，下面判断不正确的是（)A．原子半径：甲＜乙＜丙B．金属性：甲＜丙C．氢氧化物碱性:丙＞丁＞戊D．最外层电子数：甲＜乙答案：A解析：A．同主族从上到下，原子半径逐渐增大,同周期原子半径从左向右在减小，则原子半径为丙＞甲＞乙，A项错误；B．同主族从上到下元素的金属性在增强,则金属性为甲＜丙，B项正确；C．同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,则氢氧化物碱性为丙＞丁＞戊，C项正确；D．同周期从左向右最外层电子数增大，则最外层电子数为甲<乙,D项正确；答案选A。【考点定位】考查元素周期表和元素周期律的综合应用等知识。【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用等知识。①同周期原子半径从左向右在减小,同主族原子半径从上到下增大；②同主族从上到下元素的金属性在增强;③同周期从左向右金属性减弱，金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；④同周期从左向右最外层电子数增大，同主族最外层电子数相同。4．①、②是两种常见烃的球棍模型，下列对于其共同点的叙述正确的是(）A．都含有共价键B．都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．都能发生加成反应D．等质量的①、②完全燃烧时,放出等质量的CO2答案：A解析：①的结构简式为CH3－CH3，②的结构简式为CH2=CH2，A、两者都是共价化合物，含有共价键，故正确；B、乙烷不能使酸性高锰酸钾褪色,乙烯可以,故错误；C、乙烷不能加成反应，而乙烯发生加成反应，故错误；D、两者摩尔质量不同,等质量时,其物质的量不同，产生CO2也不同,故错误。考点：考查球棍模型、乙烷、乙烯的性质等知识。5．下列各组溶液中，c(Cl-)最大的是A．500mL1mol/LKClB．800mL0。5mol/LMgCl2C．250mL1mol/LFeCl3D．200mL1mol/LCaCl2答案：C解析：A．500mL1mol/LKCl溶液中c(Cl-)=c（KCl）=1mol/L;B．800mL0。5mol/LMgCl2溶液中c(Cl—）=2c(MgCl2)=1mol/L；C．250mL1mol/LFeCl3溶液中c(Cl—）=3c(FeCl3）=3mol/L；D．200mL1mol/LCaCl2溶液中c(Cl—)=2c（CaCl2)=2mol/L.所以溶液中Cl—离子浓度最大的是250mL1mol/LFeCl3，选项C正确。考点：考查电解质溶液中离子浓度比较的知识.6．同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述正确的是A．体积比1:1B．体积比11：16C．分子个数比1:1D．密度比11:16答案：B解析：同温同压下，等质量的二氧化硫和二氧化碳，其物质的量为44：64=11:16。A、在同温同压下，物质的量比等于体积比,所以体积比为11：16,错误，不选A；B、体积比为11：16,正确,选B；C、分子个数比等于物质的量比,为11：16，错误，不选C;D、同温同压下，密度比等于摩尔质量之比，为16:11，错误,不选D。考点：阿伏伽德罗定律7．X、Y、Z、W、R均是短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的最高正化合价与最低负化合价绝对值相等.下列说法正确的是（)XYZWRA．X、Y形成的某种化合物可作为呼吸面具中X2的来源B．气态氢化物的热稳定性：HmX>HmR>WHnC．Z、W、R分别与X形成的化合物的水化物都是强酸D．化合物YaX和YaR中，阳离子半径均大于阴离子半径答案：AB解析:短周期中“最高正化合价与最低负化合价绝对值相等”的元素是碳元素或硅元素,根据各种元素在周期表中的位置关系可以知道，W为Si,故X为O、R为S、Y为Na、Z为Al。铝元素形成的酸是两性氢氧化物,C选项错误；在Na2S中，r（Na2＋)小于r（S2－），D选项错误.8．在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在的较多的阳离子是A．Cu2+B．Fe3+C．Fe2+D．H+答案：C解析:发生的反应是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑,固体能被磁铁所吸引,说明固体中含有铁单质,因此溶液中存在的离子Fe2＋,故选项C正确。考点：考查铁及其化合物的性质等知识。9．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（)A．lmolNa2O2晶体中共含有4NA个离子B．0。1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0。1NA个胶粒C．常温常压下16gO2和O3混合气体含有NA个氧原子D．电解精炼铜时每转移NA个电子,阳极溶解32g铜答案：C解析：过氧化钠中阳离子与阴离子的个数之比是2︰1，选项A不正确,应该是含有3NA个离子；水解是可逆的,所以选项B不正确，即胶粒的个数小于0.1NA个；氧气和臭氧都是由氧元素形成的不同单质，所以选项C正确；由于粗铜中含有杂质，因此首先被电解的是活泼性强的锌和铁等,选项D不正确，答案选C.点评：凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应，所以准确标出有关元素的化合价变化情况，是判断的根本。而氧化还原反应中的计算，则需要依据电子的得失守恒进行。10．在xR2++yH++O2=4R3++nH2O的离子方程式中，下列判断正确的是A。y=4,R2+是氧化剂B。y=2，R2+是还原剂C。y=2，R3+是还原产物D.y=4，R3+是氧化产物答案:D解析：离子方程式遵守电荷守恒、元素守恒。由2x+y=34,根据元素守恒x=4，y=4.R的化合价由+2价升高到+3价,化合价升高，被氧化，R3+是氧化产物，故答案选D。考点：氧化还原反应11．已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族,X、Y、Z同周期,其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是A．原子半径：X＞Y＞Z＞WB．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D．若W与X原子序数差为5,则形成化合物的化学式为X3W2答案：A解析：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素,且只有X是金属元素，则这四种元素在元素周期表中的相对位置为。A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大.所以原子半径：X＞Y＞Z＞W,正确；B．W的最高价氧化物对应的水化物的酸性一定比Z的强，但含氧酸的酸性不一定比Z的强，如B的含氧酸可能是HNO2，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，错误；C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，错误;D．若W、X原子序数相差5,当W为N，X为Mg时，满足X3W2,当W为O，X为Al时，满足X2W3，当W为F,X为Si时，满足XW4，错误。【考点定位】考查元素周期表和元素周期律综合应用、原子半径比较方法。【名师点睛】本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素,依据题给信息准确推断元素种类是解题关键.元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易,形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易,元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素,从左到右，随着原子序数逐渐增大,原子半径减小,金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强.12．既是氧化还原反应,又是吸热反应的是A．氢气在氧气中燃烧B．铝片与稀硫酸反应C．灼热的炭与水蒸气反应D．消石灰与氯化铵固体反应答案：C解析：凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应。A、B都是放热的氧化还原反应；D是吸热反应，但不属于氧化还原反应.C是吸热的氧化还原反应，答案选C.考点：考查氧化还原反应、放热反应以及吸热反应的判断点评：该题是基础性试题的考查,难度不大。该题的关键是明确氧化还原反应的判断依据，其次还需要记住常见的放热反应和吸热反应，即一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应,铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应.13．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:元素代号XYZW原子半径/10－121601107066主要化合价＋2＋5、＋3、－3＋5、＋3、－3－2下列叙述正确的是 (）。A．离子半径:W＜XB．气态氢化物的稳定性:Z＞WC．化合物X3Z2中既含有离子键又含有共价键D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y答案：D解析:由各元素的化合价及原子半径可知，X为Mg，Y为P，Z为N，W为O。Mg2＋与O2－的电子层结构相同，核电荷数越大,半径越小,故离子半径:W＞X，A项错误；非金属性:O＞N,故稳定性：H2O＞NH3，B项错误；化合物Mg3N2属于离子化合物，且化合物中只存在离子键，C项错误；非金属性：N＞P，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4，D项正确。14．体积相同的两种气体，在相同条件下,则它们必然（）A．有相同数目的原子B。有相同数目的分子C．都约占22。4LD.有相同的摩尔质量答案:B解析：在相同条件下体积相同的两种气体,物质的量相等，所以含有的气体分子数相同，但是由于每个气体分子中含有的原子个数不一定相同，所以含有的原子总数不一定相等；由于条件、气体的物质的量也不一定是1mol，所以不能确定气体的体积大小，气体的摩尔质量与气体分子的相对分子质量的大小有关，而与气体的体积大小和外加条件无关.因此正确选项是B。考点：考查阿伏伽德罗定律的应用的知识。15．用下面的实验装置示意图进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A、若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液,则C中溶液褪色B、若A为稀硝酸，B为贝壳，C中盛CaCl2溶液，则C中溶液变浑浊C、若A为浓氨水,B为生石灰,C中盛A1C13溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D、实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用答案：D解析：A、浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，所以不选A；B、硝酸和贝壳的主要成分碳酸钙反应生成二氧化碳，但二氧化碳不和氯化钙反应，不选B；C、浓氨水和生石灰反应生成氨气，氨气和氯化铝反应生成白色沉淀，沉淀不会溶解,不选C；D、由于D的体积较大，所以可以防止溶液倒吸,选D。考点：实验方案的设计。16。A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末,B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色,水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去）,回答下列问题：（1）A所含元素在周期表中的位置为，C的电子式为。（2）A与H在加热条件下反应的离子方程式为.（3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E,I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为。I是中强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应,参加反应的I和氯气的物质的量比为1:4，该反应的离子方程式为。(4）向含有0．4molF、0．1molG的混合溶液中加入过量盐酸,完全反应后收集到aL气体C（标准状况），取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3．2g，则a=。答案:（1）第三周期第ⅥA族，;（2）3S+6OH—2S2—+SO32-+3H2O；（3）2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O，4Cl2+S2O32-+5H2O8Cl—+2SO42-+10H+;（4）2.24。解析:常温下A是淡黄色粉末，且为单质，则A是硫;B、D是气体，A和D生成E，E有漂白性，说明E为SO2,D是O2，则B是H2，C为H2S,F、G、H的焰色反应均为黄色,F、G、H中均含有钠元素,水溶液均显碱性，SO2和H2S均能与H反应，H为NaOH，则F为Na2S,G为Na2SO3，（1）A是硫单质，位于第三周期ⅥA元素，C为H2S，属于共价化合物，其电子式为；（2）硫单质与热的氢氧化钠溶液发生歧化反应，生成硫化钠和亚硫酸钠,即离子反应方程式为：3S＋6OH－2S2－＋SO32－＋3H2O；（3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3,Na2S2O3在酸性条件下生成S和SO2,即离子反应方程式为：S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O,氯气具有强氧化性，能把S2O32－氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，Na2SO3和氯气的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，S2O32－＋4Cl2→2SO42－＋8Cl－，根据化学反应方程式原子个数守恒,反应前少5个O，即缺少5molH2O，则生成物中应有10H＋，其离子反应方程式为4Cl2＋S2O32－＋5H2O=8Cl－＋2SO42－＋10H＋;（4）反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3．2g，根据反应2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓，该反应中消耗的Na2S为0.1mol；Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸,发生反应：2S2－＋SO32－＋6H＋=3S↓＋3H2O，消耗Na2SO30。1mol，剩余的Na2S0.1mol与盐酸反应放出H2S，放出H2S的物质的量为0。1mol，标准状况下的体积为2.24L。考点：考查元素以及化合物的推断等知识。17．浓氨水可与新制生石灰作用生成氨气,干燥的氨气在高温下能被CuO氧化成N2实验室欲用图仪器装置和药品来制取纯净的氮气。试回答下列问题：(1)这些装置按气流方向自左向右的连接顺序是(填A、B、C……）________。(2）E中发生反应的化学方程式是________.（3）装置④中应当选用的干燥剂是（写名称）___________。(4)装置①中发生氧化还原反应的化学方程式是___________.其中氧化剂是______，氧化产物是________（写化学式)。（5）装置②中浓硫酸的作用是_________。答案：（1)F→G→H→A→B→D→C（A、B顺序可颠倒)；（2)CaO＋NH3·H2O＝Ca(OH）2＋NH3↑；（3）碱石灰；（4)2NH3＋3CuON2↑3H2O＋3Cu；CuO;N2；（5）除去水蒸气和氨气。解析：本题综合考查运用氧化还原反应等知识，以及气体制取、干燥、尾气吸收等实验技能,解决新情境下化学实际问题的能力。本题中生成氨气和氨氧化反应的原理及产物，不难根据题给的条件确定，不再赘述。在此基础上，可依题目叙述的顺序，将各步的条件、任务与备选装置结合起来，找出相应的仪器装置，再合理连接起来，以完成整体实验装置的选择与组装。浓氨水与新制生石灰作用生成氨气，属于固体与溶液反应制气体,应选用装置③；“干燥的氨气"暗示接下来应该是干燥气体的装置。鉴于浓硫酸吸收氨气生成硫酸铵，不是干燥氨气,而是吸收氨气的装置，此干燥装置只能是④；氨气在高温下被氧化铜氧化，应使用装置①；根据题意“制取纯净的氮气”，可知最后应连接装置②，用浓硫酸吸收未被氧化的氨气及反应产生的水蒸气。应注意,作为洗气装置的③，气体应从D管进入，C管排出.18．向铜片中加入115mL某浓度的硫酸，在加热条件下反应，待铜片全部溶解后，将其溶液稀释到500mL，再加入足量锌粉，使之充分反应，收集到2．24L（标准状况）气体。过滤残留固体,干燥后称量，质量减轻了7．5g.(1）求参加反应的锌粉的物质的量（2)原硫酸的物质的量浓度。答案：（1）1．1mol（2）18．2mol/L解析：(1）由题意知，Zn与稀硫酸反应产生0．1mol的氢气，消耗Zn0．1mol，质量减轻6．5g，固体共减轻7．5g，所以Zn与硫酸铜反应置换出铜又减轻1g,根据Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4得消耗Zn1mol，则参加反应的Zn的物质的量为1．1mol；(2）该过程中硫酸先与Cu反应，剩余硫酸与Zn反应。由Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑知产生2．24L(标况下）H2此时消耗H2SO4为0．1mol；由：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4固体减重1．0g产生硫酸铜为1mol，由：Cu+2H2SO4(浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O知其所消耗硫酸为2mol因此:115ml硫酸溶液中共有H2SO4为2．1mol，C（H2SO4）=2．1mol/0．115L=18．2mol/L．考点：考查氧化还原反应的计算19．以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A的结构简式为,B分子中的官能团名称为。（2）反应⑦中物质X的分子式为，反应⑧的类型为。（3）反应⑤的化学方程式为。反应⑥用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2应选用的试剂是.（4）已知D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40。68%、5.08％，其余为氧元素，则D的分子式为。（5)检验反应①进行程度，需要的试剂有_________________。A．新制的Cu（OH)2悬浊液B．碘水C．NaOH溶液D．FeCl3溶液答案：（1）CH3CHO羧基（1分）(2）Br2取代反应(3)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2ONaOH溶液(4）C4H6O4（1分)(5)ABC解析：(1）乙醇能在铜作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛,则A为乙醛，结构简式为CH3CHO；乙醛能与氧气在催化剂的条件下发生反应生成乙酸,则B为乙酸，乙酸分子中的官能团名称为羧基。(2）反应⑦是乙烯与溴发生加成反应生成1，2—二溴乙烷,所以反应⑦中物质X的分子式为Br2；反应⑧是C2H4Br2与NaCN反应生成C2H4(CN)2，是—CN代替了—Br，该反应属于取代反应。（3）反应⑤是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；乙烯与NaOH溶液不反应，而SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠,所以除去乙烯中混有的SO2气体选用的试剂是NaOH溶液。（4)已知D的相对分子量为118，碳、氢两元素的质量分数分别为40。68%、5。08％,其余为氧元素,则分子中含有的碳原子数为，含氢原子数为，含氧原子数为,所以D的分子式为C4H6O4。（5)反应①是淀粉在稀硫酸催化下发生水解反应生成葡萄糖，若水解反应发生,则会产生葡萄糖，葡萄糖是五羟基醛，只要检验醛基是否存在即可，实验方案为:取反应①的溶液2mL于试管中,用10%的NaOH溶液调节溶液至中性，再向其中加入2mL10％的NaOH溶液，再加入4～5滴5％的CuSO4溶液,加热一段时间.若有砖红色沉淀,则证明反应①已发生。如果淀粉有剩余，则利用碘检验淀粉，答案选ABC。【考点定位】本题主要是考查有机物的推断，常见有机物的化学性质【名师点晴】掌握常见有机物的结构和性质是解答的关键，注意官能团的转化.难点是淀粉水解实验，淀粉在酸的作用下能够发生水解反应最终生成葡萄糖。反应物淀粉遇碘能变蓝色，不能发生银镜反应；产物葡萄糖遇碘不能变蓝色,能发生银镜反应。依据这一性质可以判断淀粉在水溶液中是否已发生了水解和水解是否已进行完全。（1）如果淀粉还没有水解，其溶液中没有葡萄糖则不能发生银镜反应；(2）如果淀粉已完全水解，其溶液中没有淀粉遇碘则不能变蓝色；（3）如果淀粉仅部分水解，其溶液中有淀粉还有葡萄糖则既能发生银镜反应,又能遇碘变成蓝色。20．A是用途最广的金属，B、C是两种常见气体单质，E溶液为常见强酸，D溶液中滴加KSCN溶液显红色,它们相互转化关系如图所示．请回答：（1）写出B物质的化学式：．（2)写出第③步反应的化学方程式为．（3）第④步反应的离子方程式是．（4）写出SO2在水中与B反应的离子方程式．(5）F溶液中滴入NaOH溶液可能产生的实验现象是．答案：(1）Cl2;（2）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；（4）SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣；（5)先生成灰白色沉淀，立即变成灰绿色，最后变成红褐色解析:A是用途最广的金属，则A为Fe；D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D中含有铁离子，B是常见气体单质,且具有强氧化性，所以B应为Cl2,依次推出D为FeCl3，F为FeCl2；结合转化关系图可知,Fe和E溶液反应生成FeCl2和C,则E为HCl，C为H2，（1）由上述推断可知，B为Cl2，故答案为：Cl2;（2）第③步反应为Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故答案为:Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；（3)第④步反应为Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁,离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为:2Fe3++Fe=3Fe2+；(4）B为Cl2,与SO2反应生成硫酸和盐酸，离子反应为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣,故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣；(5）F为FeCl2，其溶液中滴入NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，最终被氧化物红褐色的氢氧化铁沉淀，观察到现象为先生成灰白色沉淀，立即变成灰绿色，最后变成红褐色,故答案为：先生成灰白色沉淀，立即变成灰绿色，最后变成红褐色考点：无机物的推断21．某同学在一次实验中发现：把新制氯水逐滴加到含有酚酞的氢氧化钠溶液中,当加到最后一滴时溶液的红色突然消失。（1)知识储备：将氯气通入水中的化学方程式为；(2）探究“溶液的红色突然消失"的原因：①猜想：a．是氯水中的盐酸中和了NaOH,使酚酞由红色变成无色;b．是