上海市川沙中学2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

上海市川沙中学2021学年度第二学期期末考试高一化学试卷考生注意：1.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题选择题按照要求在智学网平台相关题号中进行点击完成，非选择题写在答题纸上传，请务必在规定时间内及时提交。2.内高班：所有答题必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸。上，做在试卷上一律不得分。答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚填写班级、姓名、准考证号。3.考试时间：60分钟。可能用到的相对原子量H-1O-16Na-23Fe-56S-32I-127一、选择题(每题只有一个正确答案，共40分)1.下列各组分别是硫酸的性质和用途，其中不能建立对应关系的是A高沸点——制氯化氢B.酸性——制氢气C.脱水性——作干燥剂D.强氧化性——钝化某些金属【答案】C【解析】【详解】A．用氯化钠固体和浓硫酸在加热条件下制氯化氢气体，是高沸点酸制取低沸点酸，体现了浓硫酸的高沸点、难挥发性，故A正确；B．稀硫酸可以与活泼金属反应生成氢气，说明其具有酸性，故B正确；C．浓硫酸干燥氢气、氧气、氯气、二氧化硫等气体，说明其具有吸水性，故C错误；D．常温下可以用铁或铝的容器贮存浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使它们钝化，故D正确；答案选C。2.有关反应热效应的说法正确的是A.铝热反应是放热反应B.氧化还原反应都属于放热反应C.需要加热的反应都是吸热反应D.有化学键断裂的反应是吸热反应【答案】A【解析】【详解】A．铝热反应是剧烈的放热反应，放出的热量能使生成的铁熔化为铁水，用于焊接钢轨，故A正确；B．氧化还原反应与反应吸放热之间无必然关系，氧化还原反应既可能是放热反应也可能是吸热反应，如氢气的燃烧为放热反应，而C与CO2反应生成CO为吸热反应，故B错误； C．需要加热的反应不一定是吸热反应，如煤炭的燃烧需要加热，却是放热反应，故C错误；D．任何反应均有化学键的断裂，故有化学键断裂的不一定是吸热反应，还可能是放热反应，故D错误；答案选A3.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是A.NaCl溶液(Na2SO4)：Ba(NO3)2溶液B.NaHCO3溶液(Na2CO3)：CO2C.FeCl3溶液(CuCl2)：铁粉D.CO2(SO2)：饱和Na2CO3溶液【答案】B【解析】【详解】A．硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，引入新的杂质硝酸根离子，不能除杂，故A错误；B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入足量二氧化碳可除杂，故B正确；C．铁粉能够与氯化铁溶液、氯化铜溶液发生反应，将原物质除去，不能除杂，故C错误；D．CO2、SO2均与饱和Na2CO3溶液反应，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，将原物质除去，不能除杂，故D错误；答案选B。4.有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是(  )A.HFB.H3O＋C.NaHD.H2O2【答案】C【解析】【分析】ⅦA族元素原子在反应中易获得一个电子，化合价为﹣1价，据此分析解答。【详解】因ⅦA族元素原子在反应中易获得一个电子，显﹣1价，NaH中氢元素显﹣1价，能支持这种观点，HF、H3O+、H2O2中氢元素均显+1价，不能支持这种观点，故选C。5.在天宫课堂，王亚平通过实验展示了油水混合物在太空静置后不分层的现象。飞到太空中的油和水A.溶解性改变B.化学性质改变 C.分子结构改变D.以上三项均没变【答案】D【解析】【详解】在太空中物体处于失重状态，油和水的重力变小，从而出现静置后不分层的现象，而物质的溶解性、化学性质、分子结构均没有变化。答案选D。6.下列性质递变不正确的是A.酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4B.半径：Cl->Na+>F-C.热稳定性：HF>H2O>PH3D.还原性：Cl-<Br-<I-【答案】B【解析】【详解】A.同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，A正确；B.根据“层多径大、序大径小”，半径：Cl->F->Na+，B错误；C.同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，热稳定性：HF>H2O>NH3>PH3，C正确；D.同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：Cl>Br>I，还原性：Cl-<Br-<I-，D正确；答案选B。7.下列过程中，共价键被破坏的是A.碘升华B.溴蒸气被木炭吸附C.NaCl溶于水D.HI气体受热分解【答案】D【解析】【详解】A．碘升华破坏分子间作用力，共价键没有被破坏，故A不选；B．溴蒸气被木炭吸附发生物理吸附，共价键没有被破坏，故B不选；C．NaCl溶于水破坏离子键，故C不选；D．HI气体受热分解破坏共价键，故D可选；故选D。 8.下列物质不能由化合反应制取的是A.Fe(OH)3B.Al(OH)3C.FeCl3D.FeCl2【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，可实现转化，故A不符合题意；B．结合铝及其化合物的性质，不能由化合反应制取Al(OH)3，故B符合题意；C．铁与氯气发生化合反应生成氯化铁，可实现转化，故C不符合题意；D．铁与氯化铁溶液发生化合反应生成氯化亚铁，可实现转化，故D不符合题意；答案选B。9.把镁带投入盛有盐酸的敞口容器里，在下列因素中：①氢离子的浓度，②镁带的表面积，③溶液的温度，④氯离子的浓度，⑤压强。对反应速率有影响的是A.①②③B.②③⑤C.①②③④D.①②③⑤【答案】D【解析】【详解】镁和盐酸反应的实质为：，从方程式可知：①氢离子的浓度，②镁带的表面积，③溶液的温度和⑤压强都能够影响化学反应速率，由于氯离子没有参加反应，对反应速率没有影响，所以①②③⑤符合题意。答案选：D。10.汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如下：下列说法错误的是A.①属于氮的固定B.②中氮元素被氧化C.③属于化合反应D.④可减排有害气体【答案】C【解析】【详解】A．①将游离态氮(N2)转化为化合态氮，属于氮的固定，A正确；B．②中氮元素价态升高，失电子作还原剂，被氧化，B正确；C．③中反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，不属于化合反应，C错误；D．④发生反应为2NO+2CON2+2CO2，产物不污染环境，可减排有害气体，D正确； 故选C。11.某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是A.氯化铵与草木灰混合使用提高肥效B.84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果C.二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果D.高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵和草木灰混合使用会造成氨气逸出，肥效降低，A错误；B．83消毒液和含盐酸的洁厕灵混合使用会产生有毒的氯气，漂白效果也降低，B错误；C．二氧化硫和新制氯水反应生成硫酸和盐酸，漂白效果降低，C错误；D．高锰酸钾和稀硫酸混合能增加氧化性，D正确；故选D。12.关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是A.H2SO4在该反应中为氧化剂B.Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质C.Na2SO4是含有共价键的离子化合物D.SO2是导致酸雨的主要有害污染物【答案】A【解析】【分析】【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；故选A。13.下列溶液中，不能区别SO2和CO2气体的是A.溴水B.H2S溶液C.澄清石灰水D.品红溶液【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，能使溴水褪色，而二氧化碳不能，可鉴别，故A不符合题意； B．二氧化硫具有氧化性，与H2S溶液反应生成黄色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故B不符合题意；C．SO2和CO2气体均使澄清石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，故C符合题意；D．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，而二氧化碳不能，可鉴别，故D不符合题意；答案选C。14.某溶液中含大量、Na+、、、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度变化最小的是(假设溶液体积无变化)A.CH3COO-B.Na+C.D.【答案】A【解析】【分析】Na2O2具有强氧化性，并且与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，能与OH−反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化，以此进行判断。【详解】A．加入足量Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，CH3COO−不与Na2O2、NaOH反应，溶液中CH3COO−的浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH电离出和Na＋，导致溶液中Na＋的浓度增大，故B不符合题意；C．与反应生成，则导致离子浓度减小，溶液中离子浓度增大，故C不符合题意；D．与应生成，导致溶液中浓度会减小，故D不符合题意；答案选A。15.已知2Fe+3Br2→2FeBr3、2Fe3++2I－→2Fe2++I2,现将Fe(NO3)2溶液分别滴入到以下溶液中①H2SO4②HNO3③溴水④碘水，其中能使Fe2+转变为Fe3+是A.①②③④B.只有②③C.①②③D.②③④【答案】C【解析】【详解】①加入硫酸化，溶液中硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可将二价铁离子氧化为三价铁离子；②加入硝酸，硝酸具有强氧化性，可将二价铁离子氧化为三价铁离子；③根据题中2Fe+3Br2→2FeBr3可知，溴水中的单质溴可将二价铁离子氧化为三价铁离子；④根据2Fe3++2I－→2Fe2++I2可知，溶液中加入碘水无反应；综合以上分析，①②③正确，答案选C。16. 有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是A.OH－＋HCO3—===CO32—＋H2OB.Cl2+H2OH＋+Cl－+HClOC.CO32—＋2H＋===CO2↑＋H2OD.Ag+Cl－===AgCl↓【答案】B【解析】【详解】分析：A.该反应表示可溶性碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应；B.该反应只能表示氯气与水的反应；C.该反应表示可溶性的碳酸盐与强酸的一类反应；D.该反应表示可溶性的银盐与可溶性的氯化物的一类反应。详解：A.OH－＋HCO3－→CO32－＋H2O表示可溶性碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应，如碳酸氢钠、碳酸氢钾与氢氧化钠、氢氧化钾的反应，故A不选；B.离子方程式Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO只能表示Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，满足题意，故B选；C.CO32－＋2H＋→CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐、CO2和水的反应，如碳酸钠、碳酸钾等与硝酸、硫酸、盐酸等的反应，故C不选；D.Ag＋＋Cl－=AgCl↓表示可溶性的银盐与可溶性氯化物的一类反应，如硝酸银与氯化钠、氯化钾、氯化钡等之间的反应，故D不选；答案选B。17.在合成氨反应中，经过5秒钟，NH3的浓度增加了1.5mol·L－1,在这5秒钟内，下列平均反应速率正确的是①v（NH3）＝0.15mol·L－1·s－1②v（H2）＝0.45mol·L－1·s－1③v（N2）＝0.15mol·L－1·s－1④v（H2）＝0.3mol·L－1·s－1A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】B【解析】【分析】用单位时间内反应物浓度的减少(或生成物浓度的增加)来表示化学反应进行的快慢叫化学反应的速率，表达式：υ=∆C/∆t，化学反应速率的单位：mol/(L·min) mol/(L·s)，反应速率之比一定等于化学计量数之比。【详解】v(NH3)==1.5mol·L－1/5s=0.3mol·L－1·s－1，①选项错误；根据反应速率之比一定等于化学计量数之比和化学反应方程式N2+3H22NH3得：v(H2)＝0.45mol·L－ 1·s－1，②选项正确，④选项错误；V(N2)＝0.15mol·L－1·s－1，③选项正确，综上所述②③正确，所以正确答案：B。18.氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列叙述不正确的是A.NH4H与水反应时，NH4H是还原剂B.NH4H是离子化合物C.NH4H溶于水，所形成的溶液显酸性D.NH4H固体投入少量的水中，有两种气体生成【答案】C【解析】【详解】A．根据题意，NH4H与水反应有H2生成，NH4H中的氢元素由-1价变为0价，化合价升高，被氧化，NH4H作还原剂，A项正确；B．NH4H与氯化铵的结构相似，由和H-构成的离子化合物，B项正确；C．NH4H溶于水，与水发生反应，有氢气和氨气生成，溶液显碱性，C项错误；D．NH4H固体投入少量水中，生成氨气和氢气，发生的反应为NH4H+H2O=H2↑+NH3↑+H2O，所以有两种气体生成，D项正确；答案选C。19.某化学兴趣小组将锌片和铜片插入番茄中制成水果电池(如图)，下列叙述正确的是A.该装置是把电能转化为化学能B.铜片上发生还原反应C.电子由铜片通过导线流向锌D.锌电极是该电池的正极【答案】B【解析】 【分析】由图可知，锌片和铜片插入番茄中，通过外导线连接形成原电池，锌比铜活泼，失电子发生氧化反应生成Zn2＋，则锌作负极，铜作正极，负极反应为Zn−2e−＝Zn2＋，正极上有机酸得电子，发生还原反应生成氢气，原电池工作时，电子由负极经导线流向正极，据此分析解答。【详解】A．此装置为原电池，将化学能转化为电能，A项错误；B．该原电池工作时，铜作正极，正极上有机酸得电子，发生还原反应，B项正确；C．原电池工作时，电子由负极锌片经导线流向正极铜片，C项错误；D．锌比铜活泼，发生失电子的反应生成Zn2＋，则锌作负极，D项错误；答案选B。20.有关Na2O2性质实验如下：已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2；②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。根据上述实验可以得出的结论是A.双氧水能使酚酞褪色B.浓氢氧化钠能使酚酞褪色C.双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色D.可利用二氧化锰和水来完善实验方案【答案】D【解析】【分析】由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。【详解】A．由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，故A错误；B．由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，故B错误；C．由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，故C错误；D ．由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，故D正确；故选D。二、填空题(共60分)21.氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：（1）氮元素在周期表中的位置是_______。（2）氨气分子的结构式为_______，N2的电子式为_______。（3）CN-中N元素显-3价，说明非金属性N_______C(填“>”或“<”)，请写出一个能比较N和C非金属性强弱的化学事实：_______。（4）NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。（5）氨水是一种很好的氮肥，常温下测定0.1mol·L-1氨水溶液，其OH-浓度小于0.1mol·L-1，其原因是_______(用电离方程式解释)，常见氮肥种类有_______(列举两个)。【答案】（1）第二周期第VA族（2）①.②.（3）①.＞②.向盛有Na2CO3溶液的试管中，加入稀硝酸，有无色气泡生成（4）①.②.1.12（5）①.②.铵态氮肥、硝态氮肥（或有机氮肥等）【解析】【小问1详解】氮元素原子序数为7，核外有2个电子层，最外层有5个电子，则N元素位于第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；【小问2详解】NH3中存在3个N−H键，其结构式为：，N2分子中N原子间共用3对电子，每个N原子上还有一对孤电子对，其电子式为：，故答案为：，；【小问3详解】 在微粒中，非金属性较强的元素显负价，非金属性较弱的元素显正价，则非金属性：N＞C；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据强酸制弱酸规律可以判断非金属性强弱，化学事实为：向盛有Na2CO3溶液的试管中，加入稀硝酸，有无色气泡生成，说明酸性HNO3＞H2CO3，则非金属性N＞C，故答案为：＞；向盛有Na2CO3溶液的试管中，加入稀硝酸，有无色气泡生成；【小问4详解】①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3反应生成无害物质，分别为N2和H2O，反应化学方程式为：，故答案为：；②根据题意，用烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，则Na、N的数目之比为1:1，结合原子守恒可得关系式为：2NaOH～2Na～2N，有n(NO2)＋n(NO)＝n(NaOH)＝0.1L×0.5mol•L−1＝0.05mol，所以共吸收标准状态的混合气体体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，故答案为：1.12；【小问5详解】常温下，测定0.1mol/L氨水溶液中OH−浓度小于0.1mol•L−1，说明NH3•H2O是弱碱，在水溶液中存在电离平衡，部分电离出OH−，电离方程式为：，常见氮肥有铵态氮肥、硝态氮肥、有机氮肥如尿素等，故答案为：，铵态氮肥、硝态氮肥（或有机氮肥等）。22.亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下发应：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。（1）标出该反应的电子转移方向和数目_______。（2）其中氧化剂是_______，若反应中有2.5mol电子转移，则生成的碘是_______g，氧化产物为_______mol。（3）该反应的过程和机理较复杂，一般认为发生以下四步反应：①+=+(反应速率慢)②+2=I-+2(反应速率快)③5I-+6H++=3I2+3H2O(反应速率快)④I2++H2O=2I-++2H+(反应速率快)根据上述步骤推测该反应总的反应速率由第_______(填反应编号)步反应决定。（4）预先加入淀粉溶液，由上述四步反应可以看出必须在_______离子消耗完后，才会使淀粉变蓝的现象产生。【答案】（1）（2）①.KIO3②. ③.（3）①（4）【解析】【小问1详解】反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总升高2价，I元素化合价由KIO3中+5价降低为I2中0将，总化合价降低10价，用单线桥表示为，故答案为：；【小问2详解】反应中I元素的化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，所以氧化剂为KIO3；若反应中有2.5mol电子转移，则生成碘的物质的量，质量为；反应中S元素化合价由+4价变为+6价，发生氧化反应，则Na2SO4氧化产物，其物质的量为，故答案为：KIO3；；；【小问3详解】由慢反应决定整个反应过程的速率，故总反应速率由第①步反应所决定，故答案为：①；【小问4详解】由反应④可知，的还原性大于，可被氧化，故需消耗完，才会生成，才会由溶液变蓝的现象产生，故答案为：。23.某化学兴趣小组采用如下图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。完成下列填空： （1）写出乙中所缺实验装置图中需要的试剂：_______，其作用是：_______。（2）装置丙中仪器名称是_______，其中反应的化学方程式是_______。（3）装置丁中NaOH溶液的作用是_______，装置戊中澄清石灰水的作用是_______。（4）若在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300°C下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时。应满足的条件是_______。【答案】（1）①.浓硫酸②.干燥二氧化碳（2）①.球形干燥管②.（3）①.除去氧气中的二氧化碳②.检验氧气中是否含有二氧化碳（4）≥2【解析】【分析】设计实验研究NaHCO3的分解产物CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气，据此分析来解题。【小问1详解】实验目的是研究NaHCO3的分解产物CO2与Na2O2的反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，水蒸气也能与Na2O2反应，所以乙装置的作用是干燥二氧化碳，则乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：浓硫酸；干燥二氧化碳；【小问2详解】根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是，故答案为：球形干燥管；；【小问3详解】由丙装置出来的气体中含有氧气和过量的二氧化碳，二氧化碳可以与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2，故答案为：除去O2中的CO2；检验O2中是否有CO2；【小问4详解】设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为Na2CO3，根据元素守恒2n(C)≥n(Na)，则2y≥(2x＋y)，则起始时，≥2，故答案为：≥2。 24.硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。工业上用废铁生产FeSO4·7H2O的一种流程如图所示：（1）步骤I中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外，还有一个反应的化学方程式为：_______。（2）证明步骤I滤液中只含有Fe2+的方法：取样，先滴加_______，再滴加_______(填试剂名称)，该过程的现象为_______。（3）步骤III从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、_______、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行，原因是_______。（4）取27.8gFeSO4·7H2O隔绝空气加热至不同温度，剩余固体的质量变化如下图所示。分析数据，写出90°C残留物的化学式_______；440°C~470°C时固体物质发生反应的化学方程式是_______。【答案】（1）Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4（2）①.KSCN②.氯水③.先无现象后出现血红色（3）①.过滤②.防止温度过高晶体失水（4）①.FeSO4②.Fe2O3【解析】【小问1详解】根据反应过程中最终制取的物质为硫酸亚铁判断，还有一个反应是铁与三价铁反应生成二价铁，故化学方程式为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；故答案为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；【小问2详解】检验二价铁，利用三价铁的检验方法，先滴加KSCN 溶液，滴加氯水，该过程的现象是先没有现象后出现血红色；故答案为：KSCN；氯水；先无现象后出现血红色；【小问3详解】根据结晶的操作判断，操作为过滤；因为得到带水的晶体，故需要在低温下烘干，防止晶体失水，故答案为：过滤；防止温度过高晶体失水；【小问4详解】，故残留物化学式为：；440°C时，说明，在440°C时，物质为FeSO4，根据加热过程中铁元素的量保持不变，利用方程式进行判断：；故470°C时的物质是Fe2O3；【点睛】此题考查物质制备的流程中的操作及物质加热失重的成分，注意失重过程中根据金属元素的量守恒进行计算。