江西崇义届高三化学下册第三次理科综合能力测试.docx

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江西崇义届高三化学下册第三次理科综合能力测试

2016年江西省赣州市崇义县高考化学三模试卷

一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．（选择题，每小题6分，共48分）以下数据可供解题时参考：

相对原子质量：

H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn65

1．200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）

A．5mol/LB．7.5mol/LC．10mol/LD．2.5mol/L

2．下列说法正确的是（　　）

A．还原性染料靛蓝的结构简式为：

，它的分子式是：

C16H10N2O2

B．结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙烯

C．总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变

D．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物

3．已知25℃、101kPa下，下列反应

C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1molC（石墨）放热393.51kJ．

C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1molC（金刚石）放热395.41kJ．

可以得出的结论是（　　）

A．金刚石比石墨稳定

B．1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低

C．金刚石转变成石墨是物理变化

D．石墨和金刚石都是碳的同位素

4．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．使甲基橙变红的溶液中：

Na+、Cl﹣、CH3COO﹣、Fe2+

B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液中：

Mg2+、NH4+、AlO2﹣、SO32﹣

C．无色溶液中：

Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣

D．c（H2C2O4）=0.5mol/L溶液中：

Na+、K+、MnO4﹣、Cl﹣

5．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

6．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（　　）

A．甲：

Fe、X：

Cl2B．甲：

SO2、X：

NaOH溶液

C．甲：

C、X：

O2D．甲：

AlCl3溶液、X：

NaOH溶液

7．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL6molL﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（　　）

A．该合金中铁的质量为5.6g

B．合金与稀硫酸反应共生成0.45molH2

C．该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NA

D．所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4

8．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）

A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体

C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小

二、非选择题，共4小题，共52分

9．PtCl2（NH3）2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大．请回答下列问题．

（1）PtCl2（NH3）2是　　　　　　（填“平面四边形”或“四面体”）结构．

（2）请在以下横线上画出这两种固体分子的立体构型图：

淡黄色固体　　　　　　，黄绿色固体　　　　　　．

（3）淡黄色固体物质由　　　　　　（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）组成，黄绿色固体物质由　　　　　　组成．

（4）黄绿色固体在水中的溶解度比淡黄色固体的大，原因是　　　　　　．

10．已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系如图所示：

（1）写出以下物质的化学式A　　　　　　、C　　　　　　、D　　　　　　．

（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为　　　　　　，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式　　　　　　．

（3）实验室保存B的溶液时常加入少量A，原因是　　　　　　（用离子方程式表示）

（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是　　　　　　，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是　　　　　　．

11．氯气的实验室制法是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，若将MnO2换成KMnO4、KClO3等氧化剂氧化浓盐酸亦可快速制取氯气．根据上述反应原理，有人提出猜想：

能否利用Na2O2的强氧化性氧化浓盐酸得到氯气呢？

某课外小组在实验室进行了探索性实验，设计了如图所示装置：

操作步骤及现在如下：

①连接好装置，检查装置的气密性，加入药品．

②缓慢通入一定量的N2后，将装置E连接好（导管未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体．

③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．

④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色．

回答下列问题：

（1）用化学方程式表示KClO3氧化浓盐酸的反应　　　　　　．

（2）装置B中为湿润的KI淀粉试纸，反应一段时间后试纸变蓝，能否仅通过该现象说明A装置中产生氯气？

　　　　　　（填“能”或“不能”），请用离子方程式说明原因　　　　　　．装置C中湿润的红色布条褪色，是因为产生了具有强氧化性的物质　　　　　　．

（3）装置D的作用之一是吸收产生的氯气，可以用硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液替代NaOH溶液，已知25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液可以恰好把标准状况下224mLCl2完全转化为Cl﹣时，写出该反应的离子方程式　　　　　　．

（4）实验证明，Na2O2可以与HCl反应生成氯气，写出反应的化学方程式　　　　　　．

（5）利用Na2O2与浓盐酸反应制得的Cl2中通常含有的杂质气体有：

　　　　　　（不包括水蒸气），较难分离，因此实验室很少用该方法制取氯气．

12．碳酸二甲酯（DMC）是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气（COCl2）作羰基化试剂．DMC的合成路线如图．完成下列填空．

已知：

RCO﹣OR1+R2O﹣H→RCO﹣OR2+R1O﹣H（称酯交换反应）

（1）写出反应类型：

反应①　　　　　　；

（2）写出结构简式：

X　　　　　　；

（3）已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2molY能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，则Z的结构简式为　　　　　　；

（4）DMC与双酚（

）在一定条件下可发生类似反应①的反应，生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：

　　　　　　．

2016年江西省赣州市崇义县高考化学三模试卷

参考答案与试题解析

一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．（选择题，每小题6分，共48分）以下数据可供解题时参考：

相对原子质量：

H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn65

1．200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）

A．5mol/LB．7.5mol/LC．10mol/LD．2.5mol/L

【考点】物质的量浓度的相关计算．

【分析】根据化学式Fe2（SO4）3可知，溶液中n（SO42﹣）=

n（Fe3+），根据n=

计算56gFe3+的物质的量，再根据c=

计算溶液中SO42﹣的物质的量浓度．

【解答】解：

56gFe3+的物质的量为

=1mol，溶液中n（SO42﹣）=

n（Fe3+）=

×1mol=1.5mol，所以溶液中SO42﹣的物质的量浓度

=7.5mol/L．

故选B．

【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，根据化学式判断铁离子与硫酸根的关系是解题关键．

2．下列说法正确的是（　　）

A．还原性染料靛蓝的结构简式为：

，它的分子式是：

C16H10N2O2

B．结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙烯

C．总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变

D．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物

【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．

【分析】A．由结构简式可知分子式；

B．由结构可知，为加聚反应产物，链节为﹣CH=CH﹣；

C．乙炔为CH≡CH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2．H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变；

D．含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸．

【解答】解：

A．由结构简式可知分子式是C16H10N2O2，故A正确；

B．由结构可知，为加聚反应产物，链节为﹣CH=CH﹣，则单体为CH≡CH，故B错误；

C．乙炔为CH≡CH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2．H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，但总质量一定时，C的质量分数不同，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不同，故C错误；

D．含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，综合考查学习化学知识的应用能力，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，选项CD为解答的易错点．

3．已知25℃、101kPa下，下列反应

C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1molC（石墨）放热393.51kJ．

C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1molC（金刚石）放热395.41kJ．

可以得出的结论是（　　）

A．金刚石比石墨稳定

B．1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低

C．金刚石转变成石墨是物理变化

D．石墨和金刚石都是碳的同位素

【考点】反应热和焓变．

【分析】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小．

【解答】解：

①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJmol﹣1，②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJmol﹣1，

①﹣②可得：

C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJmol﹣1，

A．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；

B．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故B正确；

C．金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；

D．石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意盖斯定律的运用以及物质的能量与稳定性的关系．

4．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．使甲基橙变红的溶液中：

Na+、Cl﹣、CH3COO﹣、Fe2+

B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液中：

Mg2+、NH4+、AlO2﹣、SO32﹣

C．无色溶液中：

Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣

D．c（H2C2O4）=0.5mol/L溶液中：

Na+、K+、MnO4﹣、Cl﹣

【考点】离子共存问题．

【分析】A．使甲基橙变红的溶液，显酸性；

B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；

C．该组离子之间不反应；

D．发生氧化还原反应．

【解答】解：

A．使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在CH3COO﹣，故A错误；

B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、SO32﹣，碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故B错误；

C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；

D．MnO4﹣、H2C2O4或Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．

5．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．

【分析】对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题．

【解答】解：

A．增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故A错误；

B．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；

C．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，图象不符合，故C错误；

D．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查化学反应平衡图象问题，题目难度中等，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键．

6．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（　　）

A．甲：

Fe、X：

Cl2B．甲：

SO2、X：

NaOH溶液

C．甲：

C、X：

O2D．甲：

AlCl3溶液、X：

NaOH溶液

【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．

【分析】A．甲：

Fe，X：

Cl2，则乙为FeCl3；

B．甲：

SO2、X：

NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；

C．甲：

C、X：

O2，则乙为CO，丙为CO2；

D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2．

【解答】解：

A．甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；

B．甲：

SO2、X：

NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；

C．甲：

C、X：

O2，则乙为CO，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；

D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；

故选A．

【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等．

7．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL6molL﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（　　）

A．该合金中铁的质量为5.6g

B．合金与稀硫酸反应共生成0.45molH2

C．该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NA

D．所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4

【考点】有关混合物反应的计算．

【分析】200mL6molL﹣1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：

6mol/L×0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为：

=0.6mol；

最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为：

=0.9mol，则铁和铝的总物质的量为：

=0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：

x=0.1mol、y=0.2mol，据此对各选项进行判断．

【解答】解：

最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为：

=0.9mol，则铁和铝的总物质的量为：

=0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：

x=0.1mol、y=0.2mol；

200mL6molL﹣1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：

6mol/L×0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为：

=0.6mol；

A．根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：

56g/mol×0.1mol=5.6g，故A正确；

B.0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；

C．铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：

0.2mol×3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C正确；

D．根据分析可知，所加硫酸的物质的量为0.6mol，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确恰好沉淀时溶质组成为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力；B为易错点，注意铁与稀硫酸反应生成的是硫酸亚铁．

8．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）

A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体

C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小

【考点】电解原理；真题集萃．

【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．

【解答】解：

A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；

B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；

C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；

D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．

二、非选择题，共4小题，共52分

9．PtCl2（NH3）2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大．请回答下列问题．

（1）PtCl2（NH3）2是　平面四边形　（填“平面四边形”或“四面体”）结构．

（2）请在以下横线上画出这两种固体分子的立体构型图：

淡黄色固体　

　，黄绿色固体　

　．

（3）淡黄色固体物质由　非极性分子　（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）组成，黄绿色固体物质由　极性分子　组成．

（4）黄绿色固体在水中的溶解度比淡黄色固体的大，原因是　黄绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”原理可知前者在水中的溶解度大于后者　．

【考点】判断简单分子或离子的构型；物质的结构与性质之间的关系．

【分析】

（1）根据Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体知：

Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上；

（2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置；

（3）根据水的极性以及题干信息两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大进行解答；

（4）由题给信息结合相似相溶原理分析．

【解答】解：

（1）Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体，说明Pt（NH3）2Cl2分子是平面四边形结构，否则只有一种固体形式，

故答案为：

平面四边形；

（2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置，水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，正负电荷重心重合，故淡黄色者

，

另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故黄绿色者是

，

故答案为：

；

；

（3）水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，

故答案为：

非极性；极性；

（4）水是极性分子，黄绿色为极性分子，淡黄色固体为非极性分子，根据相似相溶原理可知，淡黄色固体为非极性分子，较难溶于记性溶剂水，而黄绿色固体为极性分子，易溶于极性溶剂水，

故答案为：

黄绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”原理可知前者在水中的溶解度大于后者．

【点评】本题主要考查了配合物性质与结构关系，具有较强的综合性，属于要求较高的题目．这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来解答，注意相似相溶原理的应用，题目难度中等．

10．已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系如图所示：

（1）写出以下物质的化学式A　Fe　、C　Fe3O4　、D　FeCl3　．

（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为　Fe3O4+8H+═4H2O+2Fe3++Fe2+　，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式　2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2　．

（3）实验室保存B的溶液时常加入少量A，原因是　2Fe3++Fe═3Fe2+　（用离子方程式表示）

（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是　产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色　，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是　4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3　．

【考点】无机物的推断．

【分析】A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A与氧气反应得到C，则A为Fe、C为Fe3O4，Fe与氯气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2，据此解答．

【解答】解：

A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A与氧气反应得到C，则A为Fe、C为Fe3O4，Fe与氯气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2．

（1）由上述分析可知，A为Fe、C为Fe3O4、D为FeCl3，故答案为：

Fe；Fe3O4；FeCl3；

（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为Fe3O4+8H+═4H2O+2Fe3++Fe2+，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式：

2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，

故答案为：

Fe3O4+8H+═4H2O+2Fe3++Fe2+；2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；

（3）实验室保存FeCl2的溶液时常加入少量Fe，原因是：

2Fe3++Fe═3Fe2+，

故答案为：

2Fe3++Fe═3Fe2+；

（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是：

产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是：

4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，

故答案为：

产生白色沉淀，迅速变成