2024届北京市中央美术学院附属实验学校化学高一下期末调研模拟试题含解析

2024届北京市中央美术学院附属实验学校化学高一下期末调研模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、合成氨化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=−92.4kJ/mol。将lmolN2(g)、3molH2(g)充入2L的密闭容器中，在500℃下反应，10min时达到平衡，NH3的体积分数为，下列说法中正确的是A．若达到平衡时，测得体系放出9.24kJ热量，则H2反应速率变化曲线如图甲所示B．反应过程中，混合气体平均相对分子质最M，混合气体密度d，混合气体压强p，三者关系如图乙所示C．图丙容器I和II达到平衡时，NH3的体积分数，则容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4kJD．若起始加入物料为1molN2，3molH2，在不同条件下达到平衡时，NH3的体积分数变化如图丁所示2、100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A．加入适量的6mol·L－1的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液3、C、CO、CH4、C2H5OH是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧生成CO2(g)及H2O(l)时，放出的热量依次为393.5kJ、283.0kJ、890.3kJ、1366.8kJ。相同质量的这4种燃料，完全燃烧时放出热量最多的是（）A．C B．CO C．CH4 D．C2H5OH4、下列常

见金属的冶炼原理中不合理的是金属冶炼原理AFeFe2O3+3CO2Fe+3CO2BHg2HgO2Hg+O2↑CMgMgO+H2Mg+H2ODNa2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑A．A B．B C．C D．D5、既可用排水法又可用向上排空气法收集的气体是A．NOB．NO2C．O2D．CH46、常温下，甲、乙两烧杯盛有同浓度同体积的稀硫酸将纯锌片和纯铜片分别按图示方式插入其中，以下有关实验现象或结论的叙述正确的是A．两烧杯中铜片表面均有气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．甲杯溶液的c(H+)减小，乙杯溶液的c(H+)变大D．产生气泡的速率甲比乙快7、已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A~E能发生如图所示一系列变化，则下列说法错误的是A．A分子中所有原子均在同一平面内B．A→B所用试剂为C．分子式为的酯有3种D．等物质的量的B、D分别与足量钠反应生成气体的量相等8、下列说法正确的是（）A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B．NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D．活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同9、只用水不能鉴别的一组物质是A．乙醇和乙酸 B．乙酸乙酯和乙醇C．苯和四氯化碳 D．溴水和溴苯10、下列对于太阳能、生物质能和氢能的利用的说法不正确的是()A．芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热,夜里重新结晶放热,实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能B．将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中,在富氧条件下,经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气,从而有效利用生物质能C．生活、生产中大量应用氢能源,首先要解决由水制备氢气的能耗、氢气的储存和运输等问题D．垃圾焚烧处理厂把大量生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能,减轻了垃圾给城市造成的压力,改善了城市的环境,增强了市民的环保意识11、检验实验室存放的蒸馏水中是否含有氯离子，可选用的试剂是()A．硝酸银溶液 B．稀盐酸酸化的硝酸银溶液C．稀硝酸酸化的硝酸银溶液 D．稀硫酸酸化的硝酸银溶液12、已知：还原性强弱：I-＞Fe2+。往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有一半的Fe2＋被氧化成Fe3＋。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为A．0.6mol·L-1B．0.8mol·L-1C．1.0mol·L-1D．1.2mol·L-113、下列物质中只含有离子键的是A．NaOH B．HCl C．MgO D．Ne14、山梨酸是应用广泛的食品防腐剂,其结构如图,下列关于山梨酸的说法错误的是（）A．分子式为C6H8O2B．1mol该物质最多可与3molBr2发生加成反应C．可使酸性KMnO4溶液褪色D．可与醇发生取代反应15、下列属于吸热反应是A．金属钠与水的反应 B．盐酸与氢氧化钠的反应C．铝与氧化铁的铝热反应 D．NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O晶体反应16、为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是()序号不纯物除杂试剂分离方法ACH3CH3（CH2=CH2）酸性高锰酸钾溶液洗气B溴苯（Br2）水蒸馏CCH≡CH（H2S）硫酸铜溶液洗气D苯（甲苯）酸性高锰酸钾溶液分液A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、下表是元素周期表的一部分，针对表中的①~⑩种元素，填写下列空白ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩(用元素符号或化学式回答下列问题)(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是_______，其原子结构示意图是_________。(2)用电子式表示元素④与⑦组成的化合物的形成过程：________，该化合物属于_______(填“共价”或“离子”)化合物。(3)常温下呈液态的非金属单质是_______。(4)表中能形成两性氢氧化物的元素是_________，该元素的单质与⑨的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式是___________。(5)①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，按酸性增强的顺序排列为_________。18、X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：（1）X元素在元素周期表中的位置_______________________________________。（2）由Y和W形成的化合物的电子式________。（3）YX2分子的结构式为________，其化学键类型为是_________。（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是________________________________。（5）写出Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式___________________。19、某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程式是______。（2）装置E中的现象是______。（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。写出可能发生的有关反应化学方程式：______。（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3•6H2O晶体，设计流程如图所示：①步骤I中通入Cl2的作用是________。②简述检验滤液中Fe3+的操作方法_______。③步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体的主要操作包括：_______。20、实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，测定装置如图(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出)：取17.1gA放入装置中，通入过量O2燃烧，生成CO2和H2O，请回答下列有关问题：(1)通入过量O2的目的______________________。(2)C装置的作用是_____________________________。D装置的作用是_____________________。(3)通过该实验，能否确定A中是否含有氧原子？__________。(4)若A的摩尔质量为342g/mol，C装置增重9.90g，D装置增重26.4g，则A的分子式为________。21、将9.4克的铜铝合金，投入到足量的稀硫酸中充分反应后，共收集到标准状况下氢气6.72升，计算：（1）参加反应的H2SO4的物质的量；（2）合金中金属铜的质量。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A、达到平衡时放出的热量为9.24kJ，由热化学方程式可知参加反应的氢气的物质的量为0.3mol，10min内氢气的平均速率为0.015mol/（L•min），反应速率应为由高到低，A错误；B、混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度为定值；随反应进行、混合气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大、混合气体的压强降低，B错误；C、恒温恒容下，容器Ⅱ中按化学计量数转化为N2、H2，可得N21mol、H23mol，容器Ⅰ、容器Ⅱ内为等效平衡。平衡时容器内对应各物质物质的量相等，两个容器反应之和相当于生成2molNH3，容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4kJ，C正确；D、增大压强平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数增大，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时NH3的体积分数减小，D错误；答案选C。2、B【解题分析】

因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。【题目详解】A．加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；B．加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；C．加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，C项错误；D．加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；答案选B。3、C【解题分析】

设4种燃料的质量为m，则n(C)=mol，n(CO)=mol，n(CH4)=mol，n(C2H5OH)=mol，完全燃烧时放出热量：C为×393.5kJ=32.8mkJ，CO为×283.0kJ=10.1mkJCH4为×890.3kJ=55.6mkJ，C2H5OH为×1366.8kJ=29.7mkJ，故C正确。答案选C。4、C【解题分析】

分析：金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程．金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来．金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来。热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来。电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。详解：A、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故B正确；C、Mg为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物氯化镁的方法冶炼，故C错误。D、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物氯化钠的方法冶炼，故D正确。故选C。点睛：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，解题关键：注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，易错点C，氢气不能将氧化镁还原为镁。5、C【解题分析】分析：根据和空气不反应且密度和空气密度相差较大的可以采用排空气法收集，气体密度大于空气，采用向上排空气法收集，气体密度小于空气密度，采用向下排空气法收集；根据和水不反应的气体可以采用排水法收集。详解：A．NO和空气中的氧气反应，且密度比空气相差不大，不能采用排空气法收集，但NO不溶于水，能用排水法收集，选项A错误；B．NO2和空气中不反应且密度比空气大，可以采用排空气法收集，但NO2能与水反应，不能用排水法收集，选项B错误；C．O2和空气不反应且密度比空气大，可以采用排空气法收集，O2不溶于水，可以用排水法收集，选项C正确；D．CH4和空气不反应且密度比空气小，可以采用向下排空气法收集，也能用排水法收集，选项D错误；答案选C。点睛：收集气体的方法要根据气体的密度和溶水性确定，密度大于空气密度的可用向上排空气法收集，密度小于空气密度的可用向下排空气法收集，不易溶于水的可用排水法收集。6、D【解题分析】分析：甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成氢气,总反应式为:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,没有电流产生，以此进行分析。详解：甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成氢气,所以甲中铜片表面有气泡产生,A错误；乙中不构成原电池,铜片不是电极,B错误；甲中铜片上氢离子得电子生成氢气,乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气,所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小,溶液的pH值都增大,C错误；甲能形成原电池,乙不能构成原电池,所以产生气泡的速度甲比乙快,D正确；正确选项D。7、C【解题分析】

依题意可得气态烃A的相对分子质量为14×2=28，即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇，据此分析解答。【题目详解】A．乙烯为平面结构，所以所有原子在同一平面内，故A正确；B．乙烯与水发生加成反应得到乙醇，故B正确；C．分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故C错误；D．金属钠能与醇羟基反应放出氢气，也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故D正确；故选C。8、D【解题分析】

A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；

B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。

所以D选项是正确的。9、A【解题分析】

A.乙醇和乙酸均易溶于水，无法用水鉴别，A正确；B.乙酸乙酯不溶于水，且比水密度小；乙醇易溶于水，无分层，可以鉴别，B错误；C.苯、四氯化碳均不溶于水，苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，可以鉴别，C错误；D.溴水溶于水与水无分层，溴苯不溶于水，密度比水大，可以鉴别，D错误；答案为A10、B【解题分析】

A、芒硝在白天光照下失水，是太阳能转化为化学能，晚上重新结晶放热，是化学能转化成热能，故A说法正确；B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在氧气不充足、厌氧菌的作用下进行，故B说法错误；C、氢能源开发利用过程中需要解决的课题是探索廉价制氢气的方法和怎样解决氢气的贮存运输问题，故C说法正确；D、利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，故D说法正确。答案选B。11、C【解题分析】

A.加入硝酸银溶液产生白色沉淀，此沉淀可能是碳酸银，故A错误；B.用稀盐酸酸化引入了氯离子，故B错误；C.稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生不溶于硝酸的白色沉淀，说明该沉淀为氯化银，则溶液中含有氯离子，故C正确；D.稀硫酸酸化的硝酸银溶液中含有硫酸根，可能产生硫酸钡白色沉淀，无法排除硫酸根离子的干扰，故D错误；故选C。【题目点拨】检验氯离子的试剂是硝酸酸化的硝酸银溶液，硝酸酸化的目的是排除碳酸根等离子的干扰。12、B【解题分析】试题分析：还原性强弱：I-＞Fe2+，故往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，反应完成后溶液中有一半的Fe2＋被氧化成Fe3＋设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I-）=2c（FeI2）=2c，c（Fe2+）=cmol/L，，根据反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2、Cl2+2Fe2+=2Cl-+Fe3+结合电子守恒知0.2c+0.05c=2n（Cl2）=0.2mol，解得c=0.8mol·L-1，选B。考点：考查氧化还原反应计算。13、C【解题分析】

A.NaOH是由Na+、OH-通过离子键结合而形成的离子化合物，在OH-中H与O通过共价键结合，因此NaOH中含有离子键、共价键，A不符合题意；B.HCl是由HCl分子构成的物质，在HCl分子内H、Cl原子通过共价键结合，因此B不符合题意；C.MgO是由Mg2+、O2-通过离子键结合而形成的离子化合物，C符合题意；D.Ne是由Ne分子构成的物质。1个分子中仅含有1个Ne原子，无化学键，D不符合题意；故合理选项是C。14、B【解题分析】

A．由结构简式可知分子为C6H8O2，故A正确；B．分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1mol该物质最多可与2molBr2发生加成反应，故B错误；C．分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．分子中含有羧基，可与醇发生取代反应，故D正确；故选B。15、D【解题分析】

A．金属钠与水的反应属于放热反应，故A错误；B．盐酸和氢氧化钠溶液反应为中和反应，是放热反应，故B错误；C．铝热反应属于放热反应，故C错误；D．氯化铵晶体与氢氧化钡晶体反应，属于吸热反应，故D正确；故选D。【题目点拨】考查吸热反应和放热反应，明确常见的吸热反应和放热反应是解题的关键；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O晶体的反应。16、C【解题分析】

A、CH2=CH2被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，CH3CH3中引入新杂质二氧化碳，故A错误；B、Br2易溶于溴苯，Br2微溶于水，不能用水除溴苯中的Br2，故B错误；C、H2S与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，CH≡CH不溶于水且与硫酸铜溶液不反应，故C正确；D、苯甲酸微溶于水易溶于苯，加酸性高锰酸钾溶液.将甲苯氧化为苯甲酸后，故不能用分液法分离，故D错误。【题目点拨】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的评价，注意物质的性质的异同，除杂时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ar离子Br2Al2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑H2CO3＜H2SO4＜HClO4【解题分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br，结合原子结构和元素周期律分析解答。【题目详解】由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br。(1)上述元素中，最不活泼的是惰性元素，为Ar，其原子结构示意图为，故答案为：Ar；；

(2)④与⑦的化合物为氯化钠，为离子化合物，其形成过程用电子式表示为，故答案为：；离子；(3)常温下呈液态的非金属单质为Br2，故答案为：Br2；(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，铝能与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾，反应的化学方程式为

2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑，故答案为：Al；2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑；

(5)元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，按酸性增强的顺序排列为H2CO3＜H2SO4＜HClO4，故答案为：H2CO3＜H2SO4＜HClO4。18、第三周期第VIA族（CCl4电子式略）S=C=S极性键NH3分子间存在氢键Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O【解题分析】分析：根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。详解：（1）X为S元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和W形成的化合物为CCl4，电子式为；（3）YX2分子CS2，结构式为S=C=S，其化学键类型为极性键共价键；（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；（5）Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。点睛：本题考察重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，短周期元素的核外电子排布特点等，根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。19、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2将Fe2+氧化成Fe3+取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色加热浓缩、冷却结晶、过滤【解题分析】

A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，据此解答该题。【题目详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生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；（2）装置B中铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；（3）在固体中加入过量稀盐酸后四氧化三铁、铁和盐酸以及铁和氯化铁之间发生反应，其方程式为Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2；（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，因此步骤I中通入Cl2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；②检验三价铁应该用KSCN溶液，观察