2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析）

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2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（下）月考化学试卷（3月份）
1. 下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是(    )

A. 图①中，反应开始后，针筒活塞向右移
B. 图②中，温度计的水银柱上升
C. 图③中，反应物总能量大于生成物总能量
D. 图④中，镁条燃烧
2. 已知：CH3OH(g)+12O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=−190kJ/mol。下列说法正确的是(    )
A. CH3OH的燃烧热为190kJ/mol
B. 该反应说明CH3OH比H2稳定
C. 反应中的能量变化与反应体系的温度和压强无关
D. 2CO2(g)+4H2(g)=2CH3OH(g)+O2(g)△H=+380kJ/mol
3. 将1molA和1molB充入VL某密闭容器内发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)，2min时，c(A)=0.4mol⋅L−1，平均反应速率v(C)=0.8mol⋅L−1⋅min−1，则该容器的体积V的值为(    )
A. 0.2 B. 0.5 C. 1 D. 2
4. 对于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，下列说法正确的是(    )
A. 反应的ΔS>0
B. 反应的平衡常数可表示为K=c2(SO2)⋅c(O2)c2(SO3)
C. 增大体系的压强能提高SO2的反应速率和转化率
D. 使用催化剂能改变反应路径，提高反应的活化能
5. 下列事实中不能用平衡移动原理解释的是(    )
A. 合成氨使用高温条件
B. 往氢硫酸溶液中加入碱，有利于S2−增多
C. 硫化亚铁不溶于水，但是能溶于稀盐酸中
D. 用水洗涤硫酸钡造成的损失量大于用稀硫酸造成的损失量
6. 下列有关说法正确的是(    )
A. 因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差
B. 合成氨的反应是放热反应，则采用低温条件可以提高氨的生成速率
C. 常温下2S2O(g)=3S(s)+SO2(g)能自发进行，可推断该反应为放热反应
D. NH4Cl和HCl溶于水后滴加石蕊都变红色，说明它们均能电离出H+
7. 下表是25∘C时，几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸
CH3COOH
HF
HCN
电离平衡常数(Ka)
1.8×10−5
7.2×10−4
5.0×10−10
下列说法正确的是(    )
A. 三种酸中酸性最强的是CH3COOH
B. 三种酸中HF能腐蚀玻璃是因为其电离平衡常数最大
C. 若向稀醋酸溶液中滴入一滴冰醋酸，醋酸的电离程度增大
D. 在溶液中反应HCN+CH3COONa=NaCN+CH3COOH不易发生
8. 下列各式中，属于正确的水解反应的离子方程式的是(    )
A. S2−+D2O⇌DS−+OD−
B. NH4++D2O⇌NH3⋅D2O+H+
C. HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
D. Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2↓+2H+
9. 下列实验装置或操作不能达到相应实验目的的是(    )
A
B
C
D




比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小
验证铁的吸氧腐蚀
测定H2C2O4溶液的浓度
测定中和反应的反应热

A. A B. B C. C D. D
10. 下列不需要通电就能够实现的是(    )
A. 电解饱和食盐水 B. 电镀 C. 电离 D. 电冶金
11. 已知Ag+的氧化性强于Co2+的氧化性，则关于如图所示原电池装置的说法中，正确的是(    )
A. Co电极是原电池的正极
B. 盐桥中可填充KCl饱和溶液与琼脂的混合物
C. 该原电池的正极反应式为Ag++e−=Ag
D. 盐桥中的电解质阴离子向右侧烧杯移动

12. 下列化学用语使用正确的是(    )
A. Cu+价层电子的轨道表达式为
B. 空间填充模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
C. 两个氯原子形成共价键时，轨道重叠示意图为
D. Fe2+的结构示意图：
13. 硒(Se)单质及化合物与硫单质及化合物性质类似，则下列说法中错误的是(    )
A. H2Se有毒，能在空气中燃烧 B. H2Se通入SeO2溶液中，无明显现象
C. SeO2可被NaOH溶液吸收 D. SeO2既有氧化性，又有还原性
14. 在半导体生产或灭火剂的使用中，会向空气逸散气体。如NF3、CHClFCF3、C3F8，它们虽是微量的，有些却是强温室气体。下列有关推测正确的是(    )
A. NF3属于非极性分子
B. CHClFCF3属于手性分子
C. C3F8在CCl4中的溶解度比在水中大
D. 由价层电子对互斥模型可确定NF3分子中N原子是sp2杂化，分子呈平面三角形
15. 下列对有关事实的原因分析错误的是(    )

事实
原因
A
白磷(P4)为正四面体分子
白磷分子中P−P键间的夹角是109∘28′
B
分子内不同化学键之间存在一定的夹角
共价键具有方向性
C
键的极性H−O键>H−S键
O的电负性大于S的电负性
D
通常状况下，1体积水溶解700体积氨气
氨是极性分子且有氢键的影响

A. A B. B C. C D. D
16. 现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性
X
L层p电子数比s电子数多2个
Y
第3周期元素的简单离子中半径最小
Z
L层有三个未成对电子
(1)写出元素X的离子结构示意图______.
(2)写出Y元素最高价氧化物的水化物分别与HCl、NaOH溶液反应的离子反应方程式______、______.
(3)写出Z与Y的电子排布式______
(4)元素T与氯元素相比，非金属性较强的是______(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是______(填序号).
A.气态氢化物的挥发性和稳定性
B.单质分子中的键能   
C.两元素的电负性
D.含氧酸的酸性
E.氢化物中X−H键的键长(X代表T和Cl两元素)
F.两单质在自然界的存在形式
(5)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是______(填元素符号)，理由是______.
17. 北京冬奥会火炬“飞扬”在研制的过程中，解决了火焰颜色与稳定性、高压储氢、氢能安全利用等多项技术难题。中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水来制备氢气，其主要过程如图所示。

已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键
H−O键
O=O键
H−H键
O−O键
键能kJ/mol
463
496
436
138
(1)写出水蒸气光催化反应的热化学方程式 ______。
(2)过程Ⅲ属于 ______反应(填“吸热”或“放热”)。
(3)分解产生的H2(g)可以与CO2(g)反应合成甲醇，制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49.58kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.19kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3
则：
①反应Ⅲ的ΔH3=______kJ⋅mol−1。
②对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率影响如图甲所示，下列有关说法不正确的是 ______。

A.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于N点
B.M点时对应平衡常数比N点时对应平衡常数大
C.温度低于250℃时，随温度升高甲醇的平衡产率增大
D.实际反应时既要考虑较高的催化效率，也要兼顾较高的CO2的平衡转化率
③对于反应Ⅰ，一定条件下在2L的密闭容器，起始物n(H2)n(CO2)=3时发生反应测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如上图乙所示。从0min到3min，v(H2)=______mol⋅L−1⋅min−1；该条件下CO2的平衡转化率为 ______。该反应的化学平衡常数为 ______。
18. 2021年，氮化镓等第三代半导体材料的发展被正式列入“十四五规划”，镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演者着重要的角色，从炼铝废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)中提取镓并制备氮化镓的工艺流程如图1：

回答下列问题：
(1)Ga与Al同主族，化学性质相似，写出“碱浸”过程中Ga2O3与NaOH反应的化学方程式：______。
(2)“操作①”所需的玻璃实验仪器有：烧杯、玻璃棒、______。
(3)“碱浸”时液固比对像的浸出率的影响如图2所示，则最适宜的液固比为 ______，请解释原因 ______。
(4)“滤渣①”的成分是：______(写化学式)：“流出液”中含有金属元素的离子主要有Na+、______。
(5)“电解”时阴极析出金属镓，请写出阴极电极反应式 ______；具体操作时阴极常伴随有气体产生，该气体可能为 ______。
19. 已知铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液呈黄色，可以与Fe2+反应生成带有特征蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2(铁氰化亚铁)沉淀，因而在实验室中常用于鉴别溶液中是否存在Fe2+。
Ⅰ.某化学兴趣小组查阅资料了解到[Fe(CN)6]3−具有氧化性，可被还原生成[Fe(CN)6]4−，设计了如下实验，探究下[Fe(CN)6]3−的相关性质。
(1)实验一：向饱和Na2S溶液中滴加几滴0.1mol⋅L−1的K3[Fe(CN)6]溶液，溶液出现黄色浑浊，发生反应的离子方程式为 ______。
(2)实验二：向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴0.1mol⋅L−1的K3[Fe(CN)6]溶液，可以观察到的现象为 ______。
Ⅱ.小组同学提出问题：K3[Fe(CN)6]能否将Fe氧化成Fe2+？设计并实施实验：
序号
实验方案
实验现象
实验三
取少量0.1mol⋅L−1的K3[Fe(CN)6]溶液于试管中，加入适量铁屑
无明显现象
实验四
向实验三的试管中加入少量NaCl固体
溶液中出现蓝色浑浊
(3)指导老师指出实验中需要用煮沸后再冷却至室温的蒸馏水配制的K3[Fe(CN)6]溶液，并且往试管中的溶液上加入少量煤油，其目的为 ______。
(4)①根据实验现象得出结论：______。
②反思现象：乙同学认为实验三和实验四现象不同的原因是铁屑表面有一层金属氧化膜，阻止了反应进行，加入NaCl的作用为 ______。
③深度探究：为证明不同现象是由Cl−而不是Na+造成的，可向实验三的试管中加入少量 ______(填化学式)，观察是否出现蓝色沉淀。
(5)拓展实验：按如图所示装置及试剂组装仪器，观察到电流表指针发生偏转，Fe电极表面的电极方程式为 ______。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、现象与结论为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A. 图①中，分液漏斗中液体的滴入、气体的生成和反应放热均能导致针筒活塞右移，故针筒活塞右移，不一定是由反应放热导致的，即不能说明反应放热，故A符合题意；
B. 图②中，温度计的水银柱上升，说明溶液温度升高，能说明氢氧化钠溶液和盐酸的反应是放热的，故B不符合题意；
C. 当反应物总能量大于生成物的总能量时，反应放热，故图③能说明此反应是放热的，故C不符合题意；
D. 图④中，镁条燃烧是发光放热的剧烈的氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。  
2.【答案】D 
【解析】解：A.甲醇燃烧应生成二氧化碳和水，该反应生成氢气，不能计算燃烧热，故A错误；
B.反应只能说明反应物总能量小于生成物总能量，不能确定CH3OH、H2能量的大小，则不能确定CH3OH、H2稳定性，故B错误；
C.反应热是在一定温度、压强下测定，与反应体系的温度和压强有关，故C错误；
D.因CH3OH(g)+12O2(g)→CO2(g)+2H2(g)△H=+190kJ/mol，根据盖斯定律，则2CO2(g)+4H2(g)=2CH3OH(g)+O2(g)△H=+190×2kJ/mol=+380kJ/mol，故D正确；
故选：D。
A.甲醇燃烧应生成二氧化碳和水，该反应生成氢气；
B.反应只能说明反应物总能量小于生成物总能量，不能确定CH3OH、H2能量的大小；
C.反应热是在一定温度、压强下测定；
D.因CH3OH(g)+12O2(g)→CO2(g)+2H2(g)△H=+190kJ/mol，根据盖斯定律可得。
本题考查化学反应热能量，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大。

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查学生化学反应速率的计算知识，注意化学方程式的系数之比等于各物质的浓度变化量之比这一结论的使用，难度不大。
【解答】
根据化学方程式的系数之比等于各物质的浓度变化量之比，结合化学反应速率公式v=△c△t=△nV△t计算即可．
2min时，c(A)=0.4mol⋅L−1，则A的浓度变化为：1Vmol/L−0.4mol/L，化学方程式的系数之比等于各物质的浓度变化量之比，所以C的生成浓度是(1Vmol/L−0.4mol/L)，平均反应速率v(C)=0.8mol⋅L1⋅min−1，所以1Vmol/L−0.4mol/L2min=0.8mol⋅L−1⋅min−1，解得V=0.5L，
故选：B。  
4.【答案】C 
【解析】解：A.反应正向气体分子数减小，故熵减小，ΔSH−S，故C正确；
D.非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，通常状况下，1体积水溶解700体积氨气氨是极性分子且有氢键的影响，故D正确；
故选：A。
A.白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子；
B.共价键有方向性，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定，所以分子内不同化学键之间存在一定的夹角；
C.氧的电负性强于S的电负性，所以键的极性H−O>H−S；
D.氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关。
本题考查的知识点较多，涉及键角判断、共价键的方向性、电负性与共价键极性的关系、相似相溶原理等知识点，明确物质结构、性质及基本原理是解本题关键，题目难度不大。

16.【答案】  Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl(OH)3+OH−=[Al(OH)4]−1s22s22p3、1s22s22p63s23p1FCEAl只有Al具有金属性 
【解析】解：T单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则T为F元素，X的L层p电子数比s电子数多2个，核外电子排布为1S22S22P4，为O元素，第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为Al3+，则Y为Al元素，Z的L层有三个未成对电子，核外电子排布为1S22S22P3，为N元素，
(1)X为O元素，对应的离子核外有2个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故答案为：；
(2)Y为Al元素，对应的氧化物可与盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4]−，
故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4]−；
(3)Z为N，电子式为1s22s22p3，Y为Al，电子式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p3、1s22s22p63s23p1；
(4)F的非金属性比Cl元素强，
A.气态氢化物的挥发性不能用于比较非金属性，故A错误；
B.键能的大小与分子的稳定性有关，不能说明非金属性强弱，故B错误；   
C.元素的电负性越强，说明非金属性越强，故C正确；
D.F无含氧酸，故D错误；
E.氢化物中X−H键的键长(X代表T和Cl两元素)，说明氢化物越不稳定，可说明非金属性强弱，故E正确；  
F.两单质在自然界都以化合态存在，不能用于比较非金属性强弱，故F错误；
故答案为：F；CE；
(5)Al为金属元素，具有金属性，其它三种元素为非金属元素，具有较强的非金属性，故答案为：Al；只有Al具有金属性．
T单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则T为F元素，X的L层p电子数比s电子数多2个，核外电子排布为1S22S22P4，为O元素，第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为Al3+，则Y为Al元素，Z的L层有三个未成对电子，核外电子排布为1S22S22P3，为N元素，以此解答该题．
本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律．

17.【答案】2H2O(g)−光催化2H2(g)+O2(g)△H=+484kJ⋅mol−1  吸热  −90.77AC0.575%163 
【解析】解：(1)水蒸气光催化反应的化学方程式为：2H2O−光催化2H2+O2，根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和=(463×4−436×2−496)kJ⋅mol−1=+484kJ⋅mol−1，则水蒸气光催化反应的热化学方程式为2H2O(g)−光催化2H2(g)+O2(g)△H=+484kJ⋅mol−1，
故答案为：2H2O(g)−光催化2H2(g)+O2(g)△H=+484kJ⋅mol−1；
(2)由图可知，过程Ⅲ为双氧水分解为氢气和氧气的过程，属于分解反应，是吸热的，
故答案为：吸热；
(3)①根据盖斯定律将Ⅰ−Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1−ΔH2=(−49.58−41.19)kJ⋅mol−1=−90.77kJ⋅mol−1，
故答案为：−90.77；
②由图可知，随着温度升高，CO2的平衡转化率下降，温度低于250℃时，随着温度升高，催化剂的催化效率增大，高于250℃时，催化剂的催化效率随着温度的升高而下降，
A.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M点，故A错误；
B.该反应正向放热，升温，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故M点时对应平衡常数比N点时对应平衡常数大，故B正确；
C.温度低于250℃时，随温度升高甲醇的生成速率增大，但平衡产率减小，故C错误；
D.实际反应时既要考虑较高的催化效率，也要兼顾较高的CO2的平衡转化率，故D正确；
故答案为：AC；
③根据题意以及图乙可知，起始c(CO2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，则有三段式：
                        CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol/L)1300
反应1(mol/L)0.51.50.50.5
3min末(mol/L)0.51.50.50.5
反应2(mol/L)0.250.750.250.25
平衡量(mol/L)0.250.750.750.75
从0min到3min，v(H2)=1.5mol/L3min=0.5mol⋅L−1⋅min−1，该条件下CO2的平衡转化率为1−0.251×100%=75%，该反应的化学平衡常数为0.75×0.750.25×0.753=163，
故答案为：0.5；75%；163。
(1)根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和，计算反应热，写热化学方程式；
(2)由图可知，过程Ⅲ为双氧水分解为氢气和氧气的过程；
(3)①根据盖斯定律将Ⅰ−Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1−ΔH2；
②A.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M点；
B.该反应正向放热，升温，平衡逆向移动，平衡常数K减小；
C.温度低于250℃时，随温度升高甲醇的生成速率增大；
D.实际反应时要考虑催化效率和CO2的平衡转化率；
③v(H2)=△c△t，CO2的平衡转化率=变化量起始量×100%，该反应的化学平衡常数K=c(CH3OH)×c(H2)c(CO2)×c3(H2)。
本题综合性较强，考查了盖斯定律的应用，化学反应速率、转化率、化学平衡常数的计算，同时考查学生的看图理解能力，分析能力，属于高频考点，难度较大。

18.【答案】Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O漏斗  5：1 当液固比大于5：1时，镓的浸出率上升不明显，但会消耗更多氢氧化钠造成浪费  Fe2O3  AlO2−  GaO2−+3e−+2H2O=Ga+4OH−  H2 
【解析】解：(1)Ga与Al同主族，化学性质相似，根据氧化铝与氢氧化钠应方程式得到“碱浸”过程中Ga2O3与NaOH反应的化学方程式：Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O，
故答案为：Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O；
(2)“操作①”是过滤，因此所需的玻璃实验仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：漏斗；
(3)“碱浸”时液固比对镓的浸出率的影响如下图所示，当液固比小于5：1时，镓的浸出率不断上升，当液固比大于5：1时，镓的浸出率上升不明显，但会消耗更多氢氧化钠造成浪费，根据图中信息得到最适宜的液固比为5：1，
故答案为：5：1；当液固比大于5：1时，镓的浸出率上升不明显，但会消耗更多氢氧化钠造成浪费；
(4)氧化铁和氢氧化钠不反应，因此“滤渣①”的成分是Fe2O3；根据后续过程说明“流出液”中含有金属元素的离子主要有Na+、AlO2−，
故答案为：Fe2O3；AlO2−；
(5)“电解”时阴极析出金属镓，则阴极反应式GaO2−+3e−+2H2O=Ga+4OH−；具体操作时阴极常伴随有气体产生，阴极中氢离子得到电子生成氢气，因此该气体可能为H2，
故答案为：GaO2−+3e−+2H2O=Ga+4OH−；H2。
炼铝废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)加入氢氧化钠，Al2O3、Ga2O3与氢氧化钠反应，Fe2O3不与氢氧化钠反应，过滤得到滤渣为氧化铁，滤液中为氢氧化钠、NaGaO2、NaAlO2，滤液进行树脂吸附，吸附NaGaO2，流出液主要是NaOH、NaAlO2，将吸附的NaGaO2进行解吸，再用氢氧化钠解吸，再电解得到Ga，和氨气反应生成GaN，据此分析解题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

19.【答案】(1)2[Fe(CN)6]3−+S2−=2[Fe(CN)6]4−+S↓
(2)溶液变蓝 
(3)排除溶液中的O2并隔绝空气 
(4)①K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+ 
         ②破坏表面的氧化膜  
         ③Na2SO4 
(5)2H2O+O2+4e−=4OH− 
【解析】
【分析】
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
【解答】
(1)饱和Na2S溶液中滴加几滴0.1mol⋅L−1的K3[Fe(CN)6]溶液，溶液出现黄色浑浊，对应沉淀为S，故发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3−+S2−=2[Fe(CN)6]4−+S↓，
故答案为：2[Fe(CN)6]3−+S2−=2[Fe(CN)6]4−+S↓；
(2)向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴0.1mol⋅L−1的K3[Fe(CN)6]溶液，由于碘离子被自身被氧化为碘单质，故会发现溶液变蓝，
故答案为：溶液变蓝；
(3)由于亚铁离子易被氧化，指导老师指出实验中需要用煮沸后再冷却至室温的蒸馏水配制的K3[Fe(CN)6]溶液，并且往试管中的溶液上加入少量煤油，其目的为排除溶液中的O2并隔绝空气，
故答案为：排除溶液中的O2并隔绝空气；
(4)①结合实验现象可知，溶液中出现蓝色浑浊，故K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+，
故答案为：K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+；
②乙同学认为实验三和实验四现象不同的原因是铁屑表面有一层金属氧化膜，阻止了反应进行，故可以加入氯化钠破坏表面的氧化膜，
故答案为：破坏表面的氧化膜；
③为证明不同现象是由Cl−而不是Na+造成的，可向实验三的试管中加入少量含有不同阴离子的钠盐，比如硫酸钠，观察是否出现蓝色沉淀，
故答案为：Na2SO4；
(5)按如图所示装置及试剂组装仪器，观察到电流表指针发生偏转，说明构成了原电池，Zn发生吸氧腐蚀，Fe电极作为正极，发生反应2H2O+O2+4e−=4OH−，
故答案为：2H2O+O2+4e−=4OH−。