【化学】山东省日照市莒县2019-2020学年高一下学期期中考试过程性检测试卷（解析版）
山东省日照市莒县2019-2020学年高一下学期期中考试过程性检测试卷
1.化学与生产、生活、环境密切相关下列说法正确的是（ ）
A. 95%的乙醇能有效杀死新型冠状病毒
B. 某些金属元素的焰色反应、海水提溴、海水提碘都是化学变化
C. 氮氧化物的大量排放会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题
D. 白葡萄酒含维生素C等多种维生素，添加微量SO2可防止其被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般用75%的酒精杀菌消毒，而不是95%的酒精，A错误；
B．金属的焰色反应是物理变化，B错误；
C．温室效应主要与CO2有关，与氮氧化物无关，C错误；
D．SO2具有还原性，微量的SO2可以防止维生素等被氧化，D正确；
答案选D。
2.下列有关化学用语的表示正确的是（ ）
A. 中子数为117、质子数为78的铂原子：
B. 二氧化碳的电子式：
C. 氯离子的结构示意图：
D. NH5的结构与NH4Cl相似，则NH5的结构示意图为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．左下角表示质子数，左上角表示质量数，因此中子数为117、质子数为78的铂原子应表示为，A错误；
B．CO2为共价化合物，C原子和每个O原子形成2对共用电子对，则电子式为，B正确；
C．Cl得到1个电子变为Cl-，则氯离子的结构示意图为，C错误；
D．NH4Cl为离子化合物，NH5的结构与NH4Cl相似，则NH5为离子化合物，由和H+构成，无结构式，D错误；
答案选B。
3.LiH、LiD、LiT在一定条件下都可产生极高的能量，被广泛应用在火箭推进剂和核反应中。下列有关说法正确的是（ ）
A. LiH、LiD、LiT互称同位素
B. H、D、T的化学性质不同
C. H、D、T之间的转化是化学变化
D. LiH、LiD、LiT中氢元素的化合价均为-1价，因此在反应中常做还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素之间的互称，LiH、LiD、LiT为化合物，不是互称为同位素，A错误；
B．H、D、T均为氢元素的三种核素，质子数相同，化学性质几乎完全相同，B错误；
C．同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，H、D、T之间的转化是物理变化，C错误；
D．LiH、LiD、LiT中氢元素的化合价均为-1价，反应时化合价易升高，失去电子，因此在反应中常做还原剂，D正确；
答案选D。
4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数是0.1NA
B. 0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.2NA
C. 常温常压下，22.4L氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2NA
D. 0.1molN2与0.3molH2在密闭容器中充分反应，可生成0.6NA个N-H键
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2由Na+和O构成，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，因此含有0.1mol阴离子(O)，数目为0.1NA，A正确；
B．没有给定溶液的体积，无法计算溶液中OH-的数目，B错误；
C．常温常压下气体摩尔体积Vm不是22.4L/mol，因此得出Cl2的物质的量不一定为1mol，转移电子数也不一定为2NA，C错误；
D．N2与H2反应生成NH3为可逆反应，因此0.1molN2与0.3molH2在密闭容器中充分反应，生成的氨气的量小于0.2mol，因此生成N-H键的个数小于0.6NA，D错误；
答案选A。
5.下列利用相关实验仪器能够完成相应实验的是（ ）
选项
实验仪器
相应实验
A
250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平
配制250mL0.3mol·L－1NaCl溶液
B
三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角
从食盐水中得到NaCl晶体
C
分液漏斗、烧杯、铁架台、玻璃棒
用CCl4萃取溴水中的Br2
D
酒精灯、大试管、铁架台、铁夹
用碳酸氢铵固体制备氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．配制250mL0.3mol·L－1NaCl溶液，需要称量一定质量的NaCl，需要托盘天平，钥匙，溶解NaCl需要玻璃棒、烧杯，将溶液转移到250mL容量瓶中，需要玻璃棒引流，然后洗涤，定容时，需要胶头滴管，缺少了胶头滴管，A不能完成实验；
B．食盐水蒸发得到NaCl晶体，蒸发操作，需要酒精灯，蒸发皿，玻璃棒，坩埚钳；不需要使用到坩埚、泥三角，B不能完成实验；
C．用CCl4萃取溴水中的Br2，需要分液漏斗，振荡，静置分层时，需要铁架台，分液时，需要烧杯，C可以完全实验；
D．用碳酸氢铵固体制备氨气，仪器中没有集气瓶，导管，不能收集到氨气，D不能完成实验；
答案选C。
6.下列说法正确的组合是（ ）
①离子化合物中一定含有离子键，也可能含有共价键
②有化学键断裂的变化一定属于化学变化
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由分子组成的物质中一定存在化学键
⑤熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物
A. ①③⑤ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH，既含有离子键又含有共价键，①正确；
②NaCl溶于水时，离子键断裂，但不属于化学变化，②错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，③正确；
④稀有气体元素对应的单质由分子组成，但不存在化学键，④错误；
⑤熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以被破坏，存在自由移动的离子，能够导电，所以熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，⑤正确；
综上，①③⑤正确，答案选A。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、、Cl－、I－
B. 透明溶液中：Cu2＋、、Cl－、K＋
C. 0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液中：H＋、Al3＋、、Cl－
D. c(H+)＝1mol·L－1溶液：、Na＋、、CH3COO－
【答案】B
【解析】
【详解】A．I-可被Fe3+氧化而不能大量共存，A不符合题意；
B．Cu2＋、、Cl－、K＋四种离子相互不反应，且溶液透明，B符合题意；
C．与H+结合具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，C不符合题意；
D．c(H+)＝1mol·L－1的溶液中可与H+结合生成H2SiO3
沉淀不能大量共存，D不符合题意；
答案选B。
8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. Na与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋
B. 向次氯酸钙溶液中通入少量SO2（已知酸性H2SO3＞HClO）：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
C. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O
D. NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na会与CuSO4溶液中的水反应，生成NaOH，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，不能置换出Cu，A错误；
B．ClO－具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42－，离子方程式应为Ca2＋＋ClO－＋SO2+H2O=CaSO4↓＋2H++Cl－，B错误；
C．Ca(HCO3)2少量，完全反应掉，1molCa(HCO3)2消耗2molNaOH，离子方程式为2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，C正确；
D．NaOH足量，NH4＋也会与OH－反应，离子方程式为NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2O，D错误；
答案选C。
9.用下图所示的装置进行实验（夹持仪器略去），a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，能达到实验目的的是（ ）
选项
试剂1
试剂2
试剂3
实验目的
装置
A
浓盐酸
KMnO4
饱和NaCl溶液
制备干燥纯净的Cl2
B
稀硫酸
NaHCO3
Na2SiO3溶液
验证非金属性：C＞Si
C
稀硫酸
溶液X
澄淸石灰水
验证X中是否有
D
70%硫酸
Na2SO3
酸性KMnO4溶液
验证SO2具有漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有干燥装置，不能够制得干燥的Cl2，A不能达到实验目的；
B．根据强酸制弱酸，可知酸性：H2CO3强于H2SiO3，且两者分别为C、Si的最高价含氧酸，因此可验证非金属性：C＞Si，B能达到实验目的；
C．若溶液X中含有等，也能产生使澄清石灰水变浑浊的CO2气体，故不能验证X中含有，C不能达到实验目的；
D．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性，与漂白性无关，D不能达到实验目的；
答案选B。
10.下图是CO与O在催化剂表面形成化学键的反应过程示意图，下列说法错误的是（ ）
A. 状态I→状态II需要吸收能量
B. 状态I→状态III放热过程
C. 整个过程中既有旧键的断裂又有新键的形成
D. 状态I对应物质的稳定性低于状态III对应的物质
【答案】C
【解析】
【分析】由图知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答。
【详解】A．状态II的能量大于状态I，所以状态I→状态II需要吸收能量，A正确；
B．状态I的能量大于状态III，所以状态I→状态III是放热过程，B正确；
C．由图可知该过程中不存在CO的断键，整个过程中只有新键的形成，没有旧键的断裂，C错误；
D．能量越低物质的稳定性越好，状态I的能量大于状态III，所以状态I对应物质的稳定性低于状态III对应的物质，D正确。
答案选C。
11.下列反应过程中，同时有离子键和共价键的断裂和形成的是（ ）
A. 3NO2＋H2O==2HNO3＋NO
B. 2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑
C. 8NH3＋3Cl2==6NH4Cl＋N2
D. 2NH3＋CO2＋H2O==(NH4)2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．3NO2＋H2O==2HNO3＋NO 中有共价键的断裂和形成，但没有离子键的断裂和形成，A不符题意；
B．2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑中同时有离子键和共价键的断裂和形成，B符合题意；
C．8NH3＋3Cl2==6NH4Cl＋N2中有共价键的断裂和生成，有离子键的形成，但没有离子键的断裂，C不符题意；
D．2NH3＋CO2＋H2O==(NH4)2CO3中有共价键的断裂和生成，有离子键的形成，但没有离子键的断裂，D不符题意。
答案选B。
12.短周期主族元素R、X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍，下列推断正确的是（ ）
R
X
Y
Z
W
A. 原子半径由小到大的顺序：X
X>Z>R
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：ZCl2>I2
C. 生产等量的碘，途径I和途径II转移的电子数之比为5:2
D. 途径III发生反应的离子方程式为：3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋＋6H＋
【答案】D
【解析】
【详解】A．淀粉遇碘单质变蓝色，而食盐中加入的是KIO3，不是碘单质，KIO3与KI酸性条件下反应生成I2，只用淀粉—KI试纸不能检验食盐中是否加碘，A错误；
B．根据途径Ⅲ，I－和Cl2反应可得到，其中Cl2为氧化剂，为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知氧化性：Cl2＞，B错误；
C．途径Ⅰ的离子方程式为2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，生成1molI2，转移2mol电子；途径Ⅱ的离子方程式为2＋5=I2＋5＋H2O＋3H＋，生成1molI2，转移10mol电子；转移的电子数之比为2：10=1：5，C错误；
D．途径Ⅲ，Cl2和I－反应生成，Cl2转化为Cl－，离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋+6H＋，D正确；
答案选D。
20.将燃煤排放的含有SO2的烟气通入海水（主要含Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Cl－、、Br－、、等离子）进行脱硫的工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 天然海水可能显弱碱性
B. “氧化”是利用氧气将H2SO3、、等氧化生成
C. 排入大海的溶液与天然海水相比，只有、Ca2＋数量发生了变化
D. 若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中NaCl含量最高
【答案】C
【解析】
【分析】将SO2通入天然海水中，SO2溶于水生成H2SO3，其酸性强于H2CO3，因此CO32－和HCO3－均会转化为CO2逸出，氧化后，溶液中的SO32－或HSO3－等会转化为SO42－，会与Ca2＋结合生成CaSO4沉淀。
【详解】A．天然海水中，含有CO32－和HCO3－，均会水解，使得溶液呈现碱性，因此天然海水可能显弱碱性，A正确，不选；
B．SO2通入海水中，溶液中会有H2SO3、HSO3－、SO32－等，通入O2可将它们转化为SO42－，B正确，不选；
C．SO2溶于水生成H2SO3，其酸性强于H2CO3，因此CO32－和HCO3－均会转化为CO2逸出，CO32－和HCO3－的数量也会发生变化，C错误，符合题意；
D．海水中Na＋、Cl－的含量高于其他离子，且经过处理后，CO32－和HCO3－明显减少，此外部分Ca2＋与氧化后生成SO42－结合生成沉淀，溶液中部分离子减少，因此蒸发结晶后NaCl含量最高，D正确，不选；
答案选C。
21.X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、R在元素周期表中的相对位置如图，X与Z能形成两种无色气体，Z是地壳中含量最多的元素，W元素的最高价氧化物的水化物既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应。
X
R
回答下列问题：
(1)X在元素周期表中的位置为_________；Y单质的电子式为________。
(2)Z、W、R的简单离子半径由大到小的顺序是________(填离子符号)。
(3)元素的非金属性R________Q(填“＞”或“＜”)，下列事实不能说明这一结论有_______(填序号)。
A．H2R的酸性比HQ弱
B．R与Q在周期表中的相对位置
C．向R的氢化物的水溶液中通入Q的单质，溶液变浑浊
D．相同条件下，R和Q的单质分别与Fe反应时，R被还原的价态比Q的低
(4)将盛有YZ2气体的烧瓶浸入热水中，一段时间后，气体颜色将变________(填“深”或“浅”)；烧瓶内气体的平均相对分子质量将________(填“增大”或“减小”)。
【答案】(1). 第二周期ⅣA族 (2). (3). S2－＞O2－＞Al3＋ (4). ＜ (5). AD (6). 深 (7). 减小
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z能形成两种无色气体，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素，X为C元素，所以Y为N元素，W元素的最高价氧化物的水化物既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，则W为Al元素，X、R在元素周期表中的相对位置如图，则R为S元素，Q为Cl元素，据此分析解答问题。
【详解】(1)根据上述分析可知，X为C元素，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，Y为N元素，其单质为N2，N原子和N原子之间形成3对共用电子对，则电子式为；
(2)O2-与Al3+的核外电子层数均为2层，而S2-的核外电子层数为3层，因此S2-半径最大，又电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径：S2－＞O2－＞Al3＋；
(3)同周期元素从左至右非金属性依次增强，则非金属性S＜Cl，下列事实中：
A．H2S和HCl不是最高含氧酸，不能根据两者酸性强弱比较S和Cl的非金属性，A选；
B．同周期元素从左至右非金属性依次增强，可用元素在周期表中的相对位置比较非金属性强弱，B不选；
C．向H2S溶液中通入Cl2，溶液变浑浊，说明生成S单质，可说明非金属性Cl＞S这一结论，C不选；
D．相同条件下，S、Cl2
分别与Fe反应时，前者Fe被氧化的价态比后者低可说明这一结论，但S被还原的价态比Cl低不能说明，D选；
答案选AD；
(4)将盛有NO2气体的烧瓶浸入热水中，因为存在平衡2NO2N2O4，升温平衡逆向移动，所以一段时间后，气体颜色将变深，总质量不变，气体的物质的量增大，则气体的平均相对分子质量将减小。
22.SO2在400~500℃下的催化氧化反应是工业制硫酸的一步重要反应，450℃在2L的密闭容器中进行该反应，保持温度和容积不变，测得n(SO3)、n(SO2)和n(O2)随时间t（min）的变化关系如图所示（a、b、c、d、e、f、g、h分别表示对应点的纵坐标）。
回答下列问题：
（1）上图中表示n(SO2)随时间t变化的曲线是________（填“I”“II”或“III”）。
（2）对于I所表示的物质，其逆反应速率最大的点是________（填“a”“e”或“f”）。
（3）t1至t2时间段内，υ(SO3)=________。
（4）下列说法正确的是________（填序号）。
A．t2时，该反应达到平衡状态
B．t2时，III代表的物质的消耗速率大于它的生成速率
C．t2时与t3时容器中气体的总物质的量相同
D．其他条件不变，反应在500℃下进行，平衡时n(SO3)=gmol
（5）下列叙述能说明上述反应已达化学平衡状态的是________（填序号）。
A．υ正(O2)＝υ逆(SO2)
B．n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2
C．容器中气体的密度不随时间而变化
D．容器中气体的压强保持不变
【答案】(1). Ⅲ (2). f (3). mol·L－1·min－1 (4). B (5). D
【解析】
【分析】根据反应方程式判断曲线所代表的物质，根据速率大小变化情况判断速率最大的点，结合图像中的数据，根据公式计算化学反应速率，根据化学平衡的特征进行相关分析解答。
【详解】(1)SO2在400~500℃下的催化氧化生成SO3，其化学反应方程式为2SO2+O22SO3，根据方程式及各物质的化学计量数之比可推知，曲线Ⅰ表示O2，曲线Ⅱ表示SO3，曲线Ⅲ表示SO2；
(2)根据(1)可知，曲线Ⅰ表示O2，从开始到平衡，O2的逆反应速率不断增大，直至平衡时不变，因此O2的逆反应速率最大点为f点；
(3)根据公式可得，t1至t2时间段内，υ(SO3)=；
(4)A．根据图像可知，t2时反应未达到平衡状态，A错误；
B．t2时，反应仍正向进行，同一物质的正反应速率大于逆反应速率，即III代表的物质的消耗速率大于它的生成速率，B正确；
C．根据方程式2SO2+O22SO3，反应前后气体的物质的量发生改变，t2时反应未达到平衡，t3时反应达到平衡，两个时刻容器内的气体的总物质的量不同，C错误；
D．反应在500℃下进行，相对于450℃为升温过程，该反应为放热反应，升温平衡逆向进行，因此平衡时n(SO3)＜gmol，D错误；
答案选B；
(5)A．υ正(O2)＝υ逆(SO2)时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，A不选；
B．反应达到平衡时各组分的物质的量保持不变，但不一定等于化学计量数之比，因此n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2不能判断反应是否达到平衡，B不选；
C．该反应在恒容容器中进行，气体总体积不变，总质量也不变，因此无论反应是否到达平衡，气体的密度均不改变，故容器中气体的密度不随时间而变化不能说明反应达到平衡状态，C不选；
D．该反应前后气体物质的量发生改变，恒温恒容条件下，根据PV=nRT可知，气体的压强不断发生改变，压强不变时可以说明反应达到平衡状态，D选；
故答案选D。
23.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。
回答下列问题：
(1)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。
①上述过程中，能量的变化形式是由________转化为________。
②根据数据计算，分解1molCO2需________(填“吸收”或“放出”)________kJ的能量。
(2)电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。
①Pt电极(a)为________极(填“正”或“负”)；Pt电极(b)上的电极反应式为：________。
②该过程总反应的化学反应方程式为________，反应一段时间后，KOH溶液的浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). 光能和热能 (2). 化学能 (3). 吸收 (4). 278 (5). 负极 (6). O2＋4e-＋2H2O==4OH- (7). 4NH3＋3O2==2N2＋6H2O (8). 减小
【解析】
【分析】(1)由图可知以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒和化学变化中反应热与键能的关系进行判断和计算；
(2)Pt电极(a)通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，发生氧化反应，根据原电池的构成条件和工作原理解答。
【详解】(1)①该图中以以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律，该反应中，光能和热能转化为化学能，答案：光能和热能；化学能；
②二氧化碳分解生成CO和O2，根据焓变=反应物键能总和-生成物键能总和及焓变与其方程式化学计量数成正比，由2 CO2(g)===2CO(g)+O2(g)及图中数据可有：
∆H=2×1598kJ·mol-1-(2×1072+496) kJ·mol-1=+556 kJ·mol-1，所以分解1molCO2需吸收kJ=278 kJ的能量，答案：吸收；278；
(2)①由图可知，Pt电极(a)通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，Pt电极(b)上氧气得电子被还原，电解质溶液为KOH溶液，碱性环境下氧气的放电反应为O2＋4e-＋2H2O==4OH-，答案：负极；O2＋4e-＋2H2O==4OH-；
②由图可知，该电池负极通入氨气发生氧化反应生成氮气，且OH-向负极移动参与反应，负极反应式为：2NH3-6e-+6OH-===N2+6H2O，正极通入氧气发和还原反应生成水，所以电池的总反应的化学方程式为4NH3＋3O2==2N2＋6H2O，OH-在负极参与反应导致KOH浓度减小，答案：4NH3＋3O2==2N2＋6H2O；减小。
24.利用下图可从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。图中甲~己均含铁元素。
回答下列问题：
（1）K2FeO4是一种新型非氯高效杀菌消毒剂，从铁元素化合价的角度分析是因其具有________性（填“氧化”或“还原”）。
（2）乙与稀硫酸反应生成戊的离子方程式为________。
（3）丙转化为丁的化学方程式为________。
（4）已知甲与过量硝酸溶液反应时，HNO3→NO↑＋NO2↑＋H2O（未配平），若产物中NO与NO2的物质的量之比为1∶3，则参与反应的甲与HNO3的物质的量之比为________，检验产物中铁元素的价态，可选用的试剂为________。
（5）实验室利用下图所示装置制取纯净的己（FeBr3）。（已知：FeBr3溶液煮沸会分解生成FeBr2和Br2）
i．上述仪器的连接顺序为：①→________→________→________→________。________
ii．A中盛装的试剂是________；B中盛装的试剂是________；C装置的作用是________。
iii．实验开始时，先打开装置①中的活塞一段时间后，再加热管式炉的目的是________。
【答案】(1). 氧化 (2). FeO＋2H＋==Fe2＋＋H2O (3). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 (4). 1∶5 (5). KSCN溶液（或NaOH溶液） (6). ③②⑤④ (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). 浓硫酸 (9). 除去未反应的Br2 (10). 利用反应产生的CO2排出装置内的空气，防止铁粉被O2氧化引入杂质
【解析】
【分析】根据物质种类和化合物，可知甲为Fe单质，乙为FeO，丁为Fe(OH)3，丙为Fe(OH)2，戊为亚铁盐，己为铁盐。
(5)Fe和Br2加热制备FeBr3，需要防止Fe被O2氧化，需要防止水蒸气进入，因此利用CO2排除装置中的O2，利用稀盐酸和CaCO3制备CO2中含有H2O和HCl，利用饱和食盐水除去HCl，利用浓硫酸干燥，最后尾气吸收。
【详解】(1)K2FeO4中Fe的化合价为＋6，从化合价角度来看，化合价只能降低，具有氧化性；
(2)乙为FeO，是碱性氧化物，与酸反应生成盐和水，离子方程式为FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O；
(3)丙为Fe(OH)2，与O2、H2O反应可转化为Fe(OH)3，化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
(4)Fe和过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，根据题意NO与NO2的物质的量之比为1∶3，设NO和NO2的物质的量分别为1mol和3mol。HNO3中N的化合价为＋5，降低3价生成NO，降低1价生成NO2，则一共得到了3×1＋1×3=6mol电子；根据得失电子守恒，转移了6mol电子，需要2molFe，生成了2molFe(NO3)3。参加反应的硝酸体现出了酸性和氧化性，根据N守恒，共有4molHNO3化合价降低，体现氧化性；有6molHNO3形成了Fe(NO3)3，体现出了酸性，则一共消耗了10molHNO3；参与反应的Fe和HNO3的物质的量之比为2：10=1：5；
检验Fe(NO3)3溶液中的Fe3＋，可选用KSCN溶液或NaOH溶液，Fe3＋遇KSCN溶液，使得溶液现红色，Fe3＋与OH－结合生成红褐色沉淀；
(5)i．Fe和Br2加热制备FeBr3，需要防止Fe被O2氧化，需要防止水蒸气进入，因此利用CO2排除装置中的O2，利用稀盐酸和CaCO3制备CO2中含有H2O和HCl，利用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，利用浓硫酸干燥，最后尾气吸收。排序为①→③→②→⑤→④；
ii．根据分析，A为饱和碳酸氢钠溶液，B为浓硫酸；C为吸收未反应的Br2；
iii．加热前通入CO2，可排除装置中空气，防止Fe加热时被O2氧化，因此目的是利用反应产生的CO2排出装置内的空气，防止铁粉被O2氧化引入杂质。
