北京市2021高考化学一轮复习专题二元素及其化合物第7讲铁及其化合物同步练习

北京市2021高考化学一轮复习专题二元素及其化合物第7讲铁及其化合物同步练习

第7讲　铁及其化合物 考试要点 备考策略 ‎1.能应用金属的活动性顺序判断反应能否发生并解释相关现象。‎ ‎2.根据研究物质的思路和方法,掌握铁及其重要化合物的主要性质和应用。‎ ‎　　预计今后高考中,有关铁的腐蚀、利用铁的某些化合物进行饮用水的净化等与生产、生活联系密切的内容的命题趋势较大。备考时侧重对Fe3+的检验、铁及其化合物与实验相结合的问题的复习。‎ 一、铁的性质 ‎1.物理性质 铁是银白色金属,熔、沸点较高,能被①　磁铁　吸引,具有良好的导电性、导热性和延展性。 ‎ ‎2.化学性质 Fe—‎ ‎　　‎ 自测1　判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。‎ ‎(1)用铁制容器可以运输浓硝酸和浓硫酸( √ )‎ ‎(2)将一定量的铁、铜的混合物加入100mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中,充分反应后,溶液中有固体剩余,则剩余的固体中一定含有铜,可能含有铁( √ )‎ ‎(3)Fe与Cl2、Br2、I2反应均生成+3价的Fe( ✕ )‎ ‎(4)Fe与Cl2在点燃条件下反应,Cl2过量时生成FeCl3,Fe过量时生成FeCl2( ✕ )‎ - 28 -‎ ‎(5)Fe与一定量的稀HNO3反应,无论生成Fe(NO3)3、Fe(NO3)2,还是二者的混合物,被还原的HNO3总是占参与反应的HNO3的‎1‎‎4‎　( √ )‎ ‎(6)将水蒸气通过灼热的铁粉,铁与H2O(g)在高温下反应,粉末变红( ✕ )‎ ‎(7)1molCl2和Fe反应生成FeCl3转移电子数为3NA( ✕ )‎ 自测2　铁元素是典型的变价金属元素,它在化合物中主要表现为+2价和+3价,请归纳总结:‎ ‎(1)Fe单质通常与哪些氧化剂反应生成+2价铁的化合物?‎ ‎(2)Fe单质通常与哪些氧化剂反应生成+3价铁的化合物?‎ 答案　(1)FeFe2+:铁与氧化性比较弱的非金属单质(如S、I2)、非氧化性酸(如稀盐酸、稀硫酸)和不活泼金属的盐溶液(如CuSO4溶液)反应,都可实现这种转化。例如:Fe+SFeS、2H++FeFe2++H2↑、Cu2++FeFe2++Cu。‎ ‎(2)FeFe3+:铁与强氧化剂(如Cl2、HNO3)在一定条件下反应可实现这种转化。例如:2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。‎ 二、铁的重要化合物 ‎1.铁的氧化物 氧化亚铁 ‎(FeO)‎ 氧化铁 ‎(Fe2O3)‎ 四氧化三铁 ‎(Fe3O4)‎ 俗名 ‎—‎ 铁红 磁性氧化铁 色、态 黑色粉末 ‎①　红棕　色粉末 ‎ 黑色晶体 铁元素 价态 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+2、+3‎ 与盐酸 反应 FeO+2H+Fe2++H2O Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O Fe3O4+8H+‎ ‎②　2Fe3++Fe2++4H2O　 ‎ ‎2.铁的氢氧化物 氢氧化亚铁[Fe(OH)2]‎ 氢氧化铁[Fe(OH)3]‎ 色、态 白色固体 红褐色固体 - 28 -‎ 与盐酸 反应 Fe(OH)2+2H+Fe2++2H2O Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O 受热 分解 ‎—‎ ‎2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 制法 可溶性亚铁盐与碱溶液反应:Fe2++2OH-Fe(OH)2↓‎ 可溶性铁盐与碱溶液反应:‎ ‎③　Fe3++3OH-Fe(OH)3↓　 ‎ 转化 关系 在空气中,Fe(OH)2能够迅速被氧气氧化成Fe(OH)3,现象是白色絮状沉淀迅速变成 ‎④　灰绿　色,最后变成红褐色,化学方程式为⑤　4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3　 ‎ ‎3.亚铁盐和铁盐 ‎(1)亚铁盐 含有Fe2+的溶液呈浅绿色,Fe2+既有氧化性,又有还原性,Fe2+与Zn、Cl2反应的离子方程式分别为Zn+Fe2+Zn2++Fe,⑥　2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-　。 ‎ ‎(2)铁盐 a.氧化性:含有Fe3+的溶液呈⑦　棕黄　色,Fe3+具有氧化性,Fe3+与Fe、Cu反应的离子方程式分别为2Fe3++Fe3Fe2+,2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。 ‎ b.特性:含有Fe3+的溶液遇到KSCN溶液时变成⑧　红　色。 ‎ ‎　　自测3　判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。‎ ‎(1)磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2++4H++NO‎3‎‎-‎3Fe3++NO↑+2H2O( ✕ )‎ ‎(2)因为Fe3+具有氧化性,所以可以用KSCN溶液鉴别Fe3+( ✕ )‎ ‎(3)因为Fe3+具有氧化性,所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜( √ )‎ ‎(4)过量的Fe粉中加入稀HNO3,充分反应后,滴入KSCN溶液,溶液呈红色,说明稀HNO3将Fe氧化为Fe3+( ✕ )‎ 自测4　某同学模拟2019年春晚节目《魔壶》进行实验。将“魔壶”中盛有的FeCl3溶液依次倒入分别盛有约1mL①KSCN溶液、②AgNO3溶液、③NaOH浓溶液的3个烧杯中,实验现象各异。下列有关说法正确的是(　　)‎ A.烧杯①中,有红色沉淀生成 B.烧杯②中,发生了氧化还原反应 C.烧杯③中,反应后所得分散系属于胶体 - 28 -‎ D.若用FeCl2代替FeCl3进行上述实验,实验现象依然各异 答案　D　A项,烧杯①中,溶液变为红色,没有生成沉淀,错误。B项,FeCl3溶液和AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀,该反应为复分解反应,错误。C项,FeCl3溶液和NaOH浓溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀,所得分散系属于浊液,不是胶体,错误。D项,若用FeCl2代替FeCl3进行题述实验,FeCl2溶液和KSCN溶液混合,没有明显现象;FeCl2和AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀;FeCl2和NaOH浓溶液反应先生成白色沉淀,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,因此三个烧杯中的实验现象依然各异,正确。‎ 自测5　(1)除去FeCl3溶液中的Fe2+有哪些措施?‎ ‎(2)Fe3+转化为Fe2+的实验方法有哪些?‎ ‎(3)Fe2+与NO‎3‎‎-‎能否大量共存?若向其中再加入少量盐酸,情况如何?‎ ‎(4)如何证明Fe3O4中既有+2价铁又有+3价铁?‎ 答案　(1)通入氧气;加入氯水;加入H2O2溶液等。‎ ‎(2)加入铁粉或铜粉;加入NaI溶液;加入Na2S溶液等。‎ ‎(3)在中性条件下,Fe2+与NO‎3‎‎-‎能大量共存,但在酸性条件下,NO‎3‎‎-‎能将Fe2+氧化成Fe3+而不能大量共存。‎ ‎(4)取一定量Fe3O4溶于稀硫酸,形成溶液,分别取该溶液于两支试管中,一支试管中加入KSCN溶液,溶液变红,说明含有Fe3+,证明Fe3O4中有+3价铁;另一支试管中加入酸性KMnO4溶液,紫红色褪去,说明含有Fe2+,证明Fe3O4中有+2价铁。‎ 考点一　铁及其化合物之间的相互转化 ‎　　1.“铁三角”转化关系 ‎(1)FeFe2+‎ - 28 -‎ 铁与氧化性比较弱的非金属单质(如S、I2)、非氧化性酸(如稀盐酸、稀H2SO4)、不活泼金属的盐溶液(如CuSO4溶液)反应。如:‎ Fe+SFeS Fe+2H+Fe2++H2↑‎ Fe+Cu2+Cu+Fe2+‎ ‎(2)Fe2+Fe3+‎ 亚铁盐与强氧化剂[如Cl2、Br2、HNO3、浓硫酸、KMnO4(H+)、H2O2等]反应。如:‎ ‎2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-‎ ‎2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O ‎3Fe2++4H++NO‎3‎‎-‎3Fe3++NO↑+2H2O ‎(3)Fe3+Fe 可通过较强还原剂实现,如Al、CO、H2等。如:‎ Fe2O3+3CO2Fe+3CO2‎ Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3‎ ‎(4)FeFe3+‎ 铁与强氧化剂(如Cl2、HNO3)在一定条件下反应可实现该转化。如:‎ ‎2Fe+3Cl22FeCl3‎ Fe+4H++NO‎3‎‎-‎Fe3++NO↑+2H2O ‎(5)Fe3+Fe2+‎ 铁盐溶液与某些还原剂(如Fe、Cu、I-、S2-等)反应。如:‎ ‎2Fe3++S2-2Fe2++S↓‎ ‎2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+‎ ‎2Fe3++Fe3Fe2+‎ ‎2Fe3++2I-2Fe2++I2‎ ‎(6)Fe2+Fe 含Fe2+的物质与比较活泼的金属(如Al、Zn)、CO、H2、C等反应。如:‎ Fe2++ZnZn2++Fe FeO+H2Fe+H2O - 28 -‎ ‎2.“铁三角”的应用 ‎(1)判断离子共存 ‎①Fe2+NO‎3‎‎-‎(H+)、ClO-、MnO‎4‎‎-‎(H+)等(因发生氧化还原反应)。‎ ‎②Fe3+S2-、I-、SO‎3‎‎2-‎、HS-等(因发生氧化还原反应)。‎ ‎③Fe2+、Fe3+HCO‎3‎‎-‎、CO‎3‎‎2-‎、AlO‎2‎‎-‎等(因发生相互促进的水解反应)。‎ ‎(2)除杂(括号中为杂质)‎ ‎①Fe2+(Fe3+):加过量铁粉,过滤。‎ ‎②FeCl3(FeCl2):加适量氯水或H2O2溶液。‎ ‎③FeCl2(CuCl2):加过量铁粉,过滤。‎ ‎④Fe(Al)、Fe2O3(Al2O3、SiO2):加过量NaOH溶液,过滤。‎ ‎⑤Cu2+(Fe3+):加CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3调节pH至3.7左右。‎ ‎(3)盐溶液的保存 ‎(4)物质制备 典例1　(2019北京丰台期末)铝热反应常用于冶炼高熔点金属,某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分,实验过程及现象如下:‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.反应①产生的气体是H2‎ B.反应②为Al2O3+2OH-2AlO‎2‎‎-‎+H2O C.反应③的白色沉淀是Al(OH)3‎ D.黑色固体中不含Al和Fe3O4‎ - 28 -‎ 答案　D　A项,反应①有气体产生,反应②无气体产生,说明黑色固体中含有Fe、不含Al,产生的气体是H2;B项,反应②中是Al2O3与NaOH反应,其离子方程式为Al2O3+2OH‎-‎2AlO‎2‎‎-‎+‎ H2O;C项,反应③中是AlO‎2‎‎-‎与CO2反应,可知白色沉淀是Al(OH)3;D项,由于Fe+2Fe3+3Fe2+,故不能确定黑色固体中是否含有Fe3O4。‎ ‎　　1-1　实验:‎ ‎①0.005mol·L-1FeCl3溶液和0.015mol·L-1KSCN溶液各1mL混合得到红色溶液a,均分溶液a置于b、c两支试管中;‎ ‎②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液,溶液颜色加深;‎ ‎③再向上述b中溶液滴加3滴1mol·L-1NaOH溶液,溶液颜色变浅且出现浑浊;‎ ‎④向c中逐滴滴加1mol·L-1KSCN溶液2mL,溶液颜色先变深后变浅。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A.实验②中增大Fe3+浓度使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3正向移动 B.实验③中发生反应:Fe3++3OH-Fe(OH)3↓‎ C.实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同 D.实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响 答案　C　实验③中OH-消耗Fe3+,使Fe3+浓度减小,导致平衡逆向移动,溶液颜色变浅;实验④中加入KSCN溶液,引入了SCN-和水,开始时SCN-浓度增大为主要因素,平衡右移,溶液颜色加深,一段时间后,溶液体积变化为主要因素,因此溶液颜色又变浅。‎ ‎　　1-2　常温时,研究pH对一定浓度FeSO4的稳定性的影响,根据下图分析不合理的是(　　)‎ A.pH小于1时,亚铁几乎无损耗,可能的原因是4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+平衡逆向移动 B.pH在3.0~5.5之间,pH的变化对FeSO4稳定性影响不大 C.pH大于6.5时,亚铁损耗量突变,可能的原因是生成的Fe(OH)2更易被氧化 D.其他条件相同时,FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体,FeSO4的稳定性减弱 - 28 -‎ 答案　D　Fe2+易与O2反应,离子方程式为4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+,pH小于1时,c(H+)较大,反应向左进行,亚铁几乎无损耗,故A正确;由题图可知,pH在3.0~5.5之间,亚铁的损耗量几乎不变,说明pH在3.0~5.5之间,pH的变化对FeSO4稳定性影响不大,故B正确;pH大于6.5时,c(H+)较小,亚铁损耗量突变,可能的原因是酸性减弱,Fe2+转化为Fe(OH)2从而更易被氧化,故C正确;其他条件相同时,FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体,NH‎4‎‎+‎水解,c(H+)增大,FeSO4的稳定性增强或不变,故D错误。‎ ‎　　1-3　下列说法正确的是(　　)‎ A.将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液,现象是有气体生成,溶液呈红色,原因是稀硝酸将Fe氧化为Fe3+‎ B.将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中,现象是溶液变蓝,有黑色固体出现,原因是金属铁比铜活泼 C.FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板制作,是因为FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 D.室温下,能将浓硫酸盛放在铁桶中 答案　D　A项,过量铁粉与稀硝酸充分反应后,铁最终转化为Fe2+,滴加KSCN溶液后不会出现红色;B项,铜粉与Fe2(SO4)3溶液发生反应:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,不会有黑色固体出现;C项,FeCl3与Cu2+不反应,制作电路板的原理为Fe3+能腐蚀铜,发生反应:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+;D项,室温下,Fe遇浓硫酸发生钝化,可用铁桶盛放浓硫酸。‎ 考点二　Fe2+与Fe3+的检验 ‎　　1.直接观察颜色 含Fe2+的溶液呈浅绿色,含Fe3+的溶液呈黄色。‎ ‎2.利用显色反应 ‎(1)‎ ‎(2)‎ ‎(3)‎ ‎3.利用生成的氢氧化物沉淀的颜色 - 28 -‎ ‎4.利用Fe3+的氧化性 ‎(1)‎ ‎(2)‎ ‎(3)‎ ‎5.利用Fe2+的还原性 ‎(1)‎ ‎(2)‎ 典例2　要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+,进行如下实验操作时的最佳顺序为(　　)‎ ‎①加入足量氯水 ‎②加入足量酸性KMnO4溶液 ‎③加入少量NH4SCN溶液 A.①③ B.③② ‎ C.③① D.①②③‎ 答案　C　先加入少量NH4SCN溶液,无明显现象,证明原溶液中不含Fe3+;再加入足量氯水,溶液变为红色,则证明原溶液中含有Fe2+,否则不含Fe2+。若溶液中含有Fe2+,第二步加入足量酸性KMnO4溶液时,溶液颜色变化不明显,所以不选用酸性KMnO4溶液。‎ ‎　　2-1　下列有关物质检验方法不合理的是(　　)‎ A.向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色,该溶液中一定含有Fe2+‎ B.用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2‎ C.检验绿矾晶体是否已被氧化变质,可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液,再观察溶液是否变红 D.向某溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀,说明溶液中含有Fe3+‎ - 28 -‎ 答案　B　B项,Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色。‎ ‎　　2-2　某学生设计了如图所示的方法,鉴定盐溶液A的组成成分,由此分析,下列结论中正确的是(　　)‎ A.A中一定有Fe3+ B.C中一定有Fe3+‎ C.B为AgI沉淀 D.A一定为FeBr2溶液 答案　B　HNO3具有强氧化性,可氧化Fe2+,A中不一定有Fe3+,A错误;AgI为黄色沉淀,C错误;A可能是FeBr3溶液、FeBr2溶液或二者的混合物,D错误。‎ 考点三　Fe(OH)2的制备方法 ‎　　Fe(OH)2在空气中易被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。在实验室制取Fe(OH)2时,一定要用新制的亚铁盐溶液和加热驱赶O2后的NaOH溶液,用胶头滴管吸取NaOH溶液且将滴管末端插入亚铁盐溶液的液面下,再加入NaOH溶液。也可以在反应液上面滴加植物油或苯等物质进行液封,以减少Fe(OH)2与O2的接触。‎ 典例3　由于Fe(OH)2具有很强的还原性,易被氧化为Fe(OH)3,故在实验室中制备Fe(OH)2,并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态,成为物质制备实验探究的热点。下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是　　　　　　(填序号)。 ‎ 答案　①②③⑤‎ 解析　因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3,即发生反应:4Fe(OH)2+‎ - 28 -‎ O2+2H2O4Fe(OH)3,因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀,就要排出装置中的氧气或空气。①、②原理一样,都是先用氢气将装置中的空气排尽,并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中;‎ ‎③的原理为铁作阳极产生Fe2+,阴极产生OH-,二者结合生成Fe(OH)2,且用汽油液封,能防止空气进入;④中未隔绝空气或氧气,因此不能较长时间看到白色沉淀;⑤中加苯液封阻止了空气进入。‎ ‎　　3-1　用下列方法可制得Fe(OH)2白色沉淀:用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。‎ ‎(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用　　　　　　的方法。 ‎ ‎(3)生成Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液,插入FeSO4溶液液面下,再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)稀硫酸、铁屑 ‎(2)加热煮沸 ‎(3)避免生成的Fe(OH)2与氧气接触而被氧化 解析　(1)FeSO4易水解、易被氧化,因此配制FeSO4溶液时需加入稀硫酸抑制其水解,加入铁屑防止其被氧化。‎ ‎(3)Fe(OH)2很容易被氧化,实验过程中要避免其与氧气接触。‎ ‎　　3-2　根据下图所示装置和操作,回答下列有关问题。‎ ‎(1)按图Ⅰ所示装置,用两种不同的操作分别进行实验,观察B试管中的现象。‎ ‎①操作1:先夹紧止水夹a,再使A试管内开始反应,实验中B试管中观察到的现象是 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②操作2:打开止水夹a,使A试管内反应一段时间后再夹紧止水夹a,实验中B试管中观察到的现象是 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③请说明造成两种操作现象不同的原因(如两种操作现象相同,此小题不用作答) ‎ - 28 -‎ ‎　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)上述实验结束后,取A试管内反应所得的溶液,隔绝空气小心蒸干后,再高温煅烧(有关装置和操作均已略去),最后剩下红色固体,将分解时产生的气体按图Ⅱ所示装置依次通过洗气装置,结果试管甲内出现白色沉淀,试管乙内品红溶液红色褪去。请回答:‎ ‎①用化学方程式表示试管甲内产生白色沉淀的原因: ‎ ‎　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②根据实验现象写出A试管内溶液蒸干后,在高温煅烧分解时所发生反应的化学方程式:‎ ‎　。 ‎ ‎③图Ⅱ中丙装置的作用是　　　　　　　　　　　　　。实验结束时,在丙装置中观察到的现象是　。‎ 答案　(1)①液面升高且生成白色沉淀,白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色 ‎②液面上升,有白色沉淀生成,且保持较长时间不变色 ‎③操作2开始产生的H2将装置内的空气排尽,避免了Fe(OH)2被氧化 ‎(2)①SO3+H2O+BaCl2BaSO4↓+2HCl ‎②2FeSO4Fe2O3+SO3↑+SO2↑‎ ‎③吸收剩余的SO2气体　导管中形成一段液柱 · 解析　当夹紧止水夹a且使A试管中的反应开始进行时,产生的气体会将生成的FeSO4溶液压入B试管内,与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色沉淀,但由于装置中有空气存在,生成的Fe(OH)2立即被空气中的O2氧化为Fe(OH)3,出现一系列的颜色变化。先使A试管内的反应进行一段时间后再夹紧止水夹a,由于产生的H2将装置中的空气排尽,生成的Fe(OH)2不易被氧化。由于A试管内H2SO4适量,最后所得溶液中的溶质应为FeSO4,由题目所给信息可知,FeSO4的分解产物有SO3、SO2和Fe2O3。‎ A组　基础题组　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.不能实现“Fe→FeCl2”转化的试剂是(　　)‎ A.氯气 B.稀盐酸 ‎ C.氯化铁溶液 D.氯化铜溶液 - 28 -‎ ‎1.答案　A　A项,Cl2具有强氧化性,Fe与Cl2在点燃条件下反应生成FeCl3,不能实现转化;B项,Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2,可以实现转化;C项,Fe与FeCl3溶液反应生成FeCl2,可以实现转化;D项,Fe与CuCl2溶液反应生成FeCl2和Cu,可以实现转化。‎ ‎2.在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉,待反应结束,剩余的固体能被磁铁吸引,则反应后溶液中大量存在的阳离子是　(　　)‎ A.Fe2+ B.Fe3+ C.Cu2+ D.H+‎ ‎2.答案　A　在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉,铁会先后与氯化铁、氯化铜和盐酸发生氧化还原反应,反应的离子方程式依次为Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+Cu2+Fe2++Cu、Fe+2H+Fe2++H2↑,待反应结束,剩余的固体能被磁铁吸引,说明铁粉有剩余,则反应后溶液中大量存在的阳离子是Fe2+,A正确。‎ ‎3.Fe与下列物质反应的产物,能使KSCN溶液显红色的是(　　)‎ A.H2O(g) B.O2 ‎ C.S D.足量稀HNO3‎ ‎3.答案　D　A项,Fe与H2O(g)在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气,不能使KSCN溶液显红色;B项,Fe与O2在点燃条件下反应生成四氧化三铁,不能使KSCN溶液显红色;C项,Fe与S在加热条件下反应生成硫化亚铁,不能使KSCN溶液显红色;D项,Fe与足量稀HNO3反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O,Fe(NO3)3能使KSCN溶液显红色。‎ ‎4.(2019北师大附中月考)为了检测某FeCl2溶液是否变质,可向溶液中加入(　　)‎ A.NaOH溶液 B.KSCN溶液 C.先通入氯气,再加入KSCN溶液 D.先加入足量铁粉,再加入KSCN溶液 ‎4.答案　B　Fe2+易被氧化为Fe3+,检验溶液中是否存在Fe3+即可。‎ ‎5.(2019北京十一中月考)某同学用含有铁锈(主要成分为Fe2O3)的废铁屑来制取氯化铁晶体的装置(省略夹持装置,气密性已检查)如图所示。下列推断不合理的是(　　)‎ - 28 -‎ A.烧杯中H2O2溶液的作用是将Fe2+氧化为Fe3+‎ B.A中存在氧化铁与盐酸反应生成氯化铁的反应 C.B中收集到的气体是氢气 D.向反应后的烧杯中通入少量SO2,则溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色 ‎5.答案　D　A项,铁单质与盐酸反应只能得到亚铁离子,需要使用氧化剂将其氧化成铁离子,如H2O2;B项,氧化铁能够与盐酸发生复分解反应生成氯化铁;C项,铁与盐酸反应会生成氢气,故用排水法收集到的气体是氢气;D项,SO2会与铁离子发生氧化还原反应生成浅绿色的亚铁离子,但SO2少量,H2O2溶液足量,SO2会先与H2O2反应,所以溶液不会立即变色。‎ ‎6.(2020北京东城期末)乳酸亚铁是一种食品铁强化剂。某同学为检验其中的铁元素设计了如下方案,其中不合理的是(　　)‎ A.向乳酸亚铁溶液中滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀 B.向乳酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液,出现灰绿色沉淀 C.向乳酸亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液,振荡后紫色褪去 D.向乳酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液,无现象,再加入氯水,溶液变红 ‎6.答案　C　A项,向乳酸亚铁溶液中滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀,可以证明原溶液中含有Fe2+,正确;B项,向乳酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液,氢氧化钠溶液可以和Fe2+反应生成白色沉淀,在空气中逐渐被氧化,白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,正确;C项,向乳酸亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液,酸性高锰酸钾溶液可以氧化Fe2+,也可以氧化乳酸根离子,故紫色褪去不能证明原溶液中含有Fe2+,错误;D项,向乳酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液,无现象,说明不含Fe3+,再加入氯水,溶液变红,证明原溶液中含有Fe2+,被氯水氧化为Fe3+,正确。‎ ‎7.(2020北京西城期末)向2mL0.8mol·L-1FeSO4溶液中滴加2mL1mol·L-1NaHCO3溶液,产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份,一份迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊;另一份静置一段时间后变为红褐色。已知:碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确的是(　　)‎ A.无色气体是CO2‎ B.HCO‎3‎‎-‎只发生了电离 C.白色沉淀中含有FeCO3‎ D.上述实验过程中发生了氧化还原反应 - 28 -‎ ‎7.答案　B　A项,由题意可知,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,说明该无色气体是CO2,正确;B项,产生的白色沉淀中有Fe(OH)2和FeCO3,FeCO3中的CO‎3‎‎2-‎是由HCO‎3‎‎-‎电离产生的,‎ Fe(OH)2中的OH-是由HCO‎3‎‎-‎水解产生的,错误;C项,将一份浊液过滤、洗涤后,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,说明该沉淀中含有CO‎3‎‎2-‎,所以白色沉淀中含有FeCO3,正确;D项,另一份浊液静置一段时间后变为红褐色,是由于Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3,Fe元素化合价升高,发生了氧化还原反应,正确。‎ ‎8.某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。‎ 请回答:‎ ‎(1)仪器1的名称为　　　　　　。装置5的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)实验开始时,关闭K2,打开K1,反应一段时间后,再打开K2,关闭K1,发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进,使溶液能进入4中: ‎ ‎　　　　　。 ‎ ‎(3)装置改进后,将3中反应后的溶液压入4中,在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎8.答案　(1)分液漏斗　液封,防止空气进入装置4　(2)在装置2、3之间添加控制开关　(3)装置4内的空气没有排尽 解析　(1)仪器1的名称是分液漏斗。为防止装置4中生成的Fe(OH)2被空气中的O2氧化,装置5的作用是液封,防止空气进入装置4。(2)为了能使铁屑与稀硫酸反应生成的H2将反应后生成的FeSO4溶液压入到4中,应在装置2、3之间添加类似K2的控制开关K3,关闭K3,即可使3中溶液进入4中,与其中的NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀。(3)实验开始时,关闭K2,打开K1,生成的H2从2中排出,未进入4中将其中的空气排出,使后续反应生成的Fe(OH)2被装置4中原有空气中的O2氧化,故析出的沉淀呈灰绿色。‎ ‎9.某同学用不同方法制得白色的Fe(OH)2沉淀。‎ ‎(1)用未被氧化的FeSO4溶液与煮沸过的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备,制备过程中下列说法正确的是　　　　。 ‎ A.用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入适量盐酸防止水解 - 28 -‎ B.除去蒸馏水中溶解的O2也可采取振荡、静置的方法 C.生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液,插入FeSO4溶液液面下,再挤出NaOH溶液 D.FeSO4溶液上面加一层苯可以防止空气中氧气直接与溶液接触 ‎(2)在如图装置中,用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。在试管Ⅰ中加入稀H2SO4和铁屑,在试管Ⅱ中加入NaOH溶液,打开止水夹,塞紧塞子,检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度。当排出的H2纯净时,再　　　　　(填操作步骤),这样一段时间后试管Ⅱ中制得的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色,其理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎9.答案　(1)CD ‎(2)夹紧止水夹　试管Ⅰ和试管Ⅱ中充满了H2,且外界空气不易进入 解析　(1)A项,用硫酸亚铁晶体配制题述FeSO4溶液时,为了防止FeSO4发生水解,又不引入杂质离子,所以应该加入适量稀硫酸,不能加入盐酸,错误;B项,除去蒸馏水中溶解的O2,若采取振荡、静置的方法,会增大O2与蒸馏水的接触面积,不仅不能除去O2,反而会增大O2的溶解度,错误;C项,用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液,插入FeSO4溶液液面下,再挤出NaOH溶液,会发生反应:‎ FeSO4+2NaOHFe(OH)2↓+Na2SO4,操作中避免了与O2的接触,因此可以较长时间观察到白色Fe(OH)2沉淀,正确;D项,苯的密度比水小,难溶于水,会覆盖在FeSO4溶液上面,就可以防止空气中氧气直接与溶液接触,因此可以制得白色Fe(OH)2沉淀,正确。‎ ‎(2)在试管Ⅰ中加入稀H2SO4和铁屑,Fe与稀H2SO4反应产生的氢气通过导气管进入试管Ⅱ中,将NaOH溶液及溶液上部空间的空气排出,使NaOH溶液周围充满了氢气,当排出的H2纯净时,再夹紧止水夹,试管Ⅰ中反应产生的氢气使Ⅰ中气体压强增大,将FeSO4溶液压入试管Ⅱ中,发生反应:FeSO4+2NaOHFe(OH)2↓+Na2SO4,由于试管Ⅰ和试管Ⅱ中都充满了H2,且外界空气不易进入,所以制得的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色。‎ ‎10.(2019北京海淀期中)工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如下图所示。‎ - 28 -‎ ‎(1)反应Ⅰ的化学方程式为Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g),反应Ⅱ的化学方程式为 ‎ ‎　　　　　　　　　　,对比反应Ⅰ、Ⅱ,铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是 ‎　　　　　　。用化学方程式表示反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总结果:　 ‎ ‎　　　　　　。 ‎ ‎(2)反应Ⅲ为CO2(g)+C(s)2CO(g)　ΔH>0。为了提高达平衡后CO的产量,理论上可以采取的合理措施有　　　　　　　　　　　　　(任写一条措施)。 ‎ ‎(3)上述流程中铁的氧化物可用来制备含Fe3+的蚀刻液,用蚀刻液蚀刻铜板时,可观察到溶液颜色逐渐变蓝,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。蚀刻液使用一段时间后会失效,先加酸,再加入过氧化氢溶液,可实现蚀刻液中Fe3+的再生,该反应的离子方程式为 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼[CO(NHNH2)2,其中碳元素显+4价]。加热条件下,碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层,并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎10.答案　(1)3FeO(s)+H2O(g)H2(g)+Fe3O4(s)　作催化剂　C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　‎ ‎(2)升高温度(或减小压强、移走CO、加入CO2等)　(3)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+　H2O2+2Fe2++‎ ‎2H+2H2O+2Fe3+　(4)CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O 解析　(1)观察题给流程图中箭头指向知,反应Ⅱ的化学方程式为3FeO(s)+H2O(g)H2(g)+‎ Fe3O4(s);铁的氧化物先反应后生成,所以铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是作催化剂;由题图中的三个反应可知,反应的总结果为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。‎ ‎(2)由勒夏特列原理可知,升高温度、减小压强、加入CO2、移走CO,均可以提高反应Ⅲ达平衡后CO的产量。‎ ‎(3)根据题意,含Fe3+的蚀刻液蚀刻铜板的离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+;根据题意,蚀刻液使用一段时间后会失效生成Fe2+,先加入酸,再加入过氧化氢溶液发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+2H2O+2Fe3+。‎ - 28 -‎ ‎(4)根据题意书写反应物、生成物及反应条件,并配平反应的化学方程式为CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O。‎ B组　提升题组　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎11.(2019北京东城二模)下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是(　　)‎ A.镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀 B.铝箔在加热时,熔化的铝不滴落 C.铁在氧气中燃烧所得氧化物中,铁有两种化合价 D.常温下浓硝酸可用铁制容器盛放,而不能用铜制容器盛放 ‎11.答案　A　A项,锌比铁活泼,镀锌铁的镀层破损后,锌与铁构成原电池,锌作负极、铁作正极,锌被腐蚀,铁受到保护,腐蚀变慢;铁比锡活泼,镀锡铁的镀层破损后,铁作负极,腐蚀加快,镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀与金属活动性顺序有关。B项,铝箔在加热时,熔化的铝不滴落是由于铝箔在加热时表面被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜,氧化铝的熔点高于金属铝,故熔化的铝不滴落,与金属活动性顺序无关。C项,铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁,铁显+2价和+3价,与金属活动性顺序无关。D项,常温下铁遇浓硝酸发生钝化,在铁的表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止反应继续进行;常温下铜可以与浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,故常温下浓硝酸可用铁制容器盛放,而不能用铜制容器盛放,与金属活动性顺序无关。‎ ‎12.(2020北京海淀期中)A、B、C、X为中学化学常见物质,A、B、C含有相同的元素甲,可以发生如下转化(水参与的反应,水未标出)。‎ ABC 下列说法不正确的是(　　)‎ A.若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性,则X可以是CO2‎ B.若C为红棕色气体,则A一定为空气中含量最高的气体 C.若B为FeCl3,则X一定是Fe D.A可以是碳单质,也可以是O2‎ ‎12.答案　B　A项,若A、B、C的焰色反应呈黄色,说明A、B、C中含有钠元素,因A、B、C的水溶液均呈碱性,则A可以为NaOH,B为Na2CO3,C为NaHCO3,X为CO2,正确;B项,若C为红棕色气体,说明C为NO2,则A可能为NH3或N2,B为NO,X为O2,错误;C项,若B为FeCl3,结合题意可知,只有一种情况,即A为Cl2,C为FeCl2,X为Fe,正确;D项,若A为碳单质,则B可以为CO,C为CO2,X为O2,若A为O2,则B可以为CO2,C为CO,X为碳单质,正确。‎ - 28 -‎ ‎13.(2019北京朝阳一模)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是(　　)‎ A B C D FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中 AgNO3溶液滴入氯水中 Na块放在坩埚里并加热 H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中 白色浑浊转化为红褐色沉淀 产生白色沉淀,随后淡黄绿色褪去 发出黄色火焰,生成淡黄色固体 产生气泡,随后紫色褪去 ‎13.答案　A　A项,白色浑浊转化为红褐色沉淀的反应为3Mg(OH)2+2Fe3+2Fe(OH)3+3Mg2+,反应前后不涉及元素化合价的变化,不属于氧化还原反应;B项,氯水中存在:Cl2+H2OH++Cl-+‎ HClO,Cl-与Ag+结合生成AgCl沉淀,使c(Cl-)减小,平衡正向移动,淡黄绿色褪去,反应前后氯元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应;C项,钠在空气中加热发生反应:2Na+O2Na2O2,反应前后涉及元素化合价变化,属于氧化还原反应;D项,H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液混合,产生气泡、紫色褪去的反应为5H2C2O4+2MnO‎4‎‎-‎+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,反应前后涉及元素化合价变化,属于氧化还原反应。‎ ‎14.(2019北京五中月考)向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入120mL4mol·L-1的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出1.344LNO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无明显变化。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物,能得到铁的物质的量为(　　)‎ A.0.24mol B.0.21mol C.0.16mol D.0.14mol ‎14.答案　B　n(HNO3)=0.12L×4mol·L-1=0.48mol,n(NO)=1.344L÷22.4L·mol-1=0.06mol,往所得溶液中加入KSCN溶液,无明显变化,说明全部生成Fe2+,溶液中溶质为Fe(NO3)2,则原混合物中铁元素的物质的量为(0.48mol-0.06mol)÷2=0.21mol,故用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物,最终得到铁的物质的量为0.21mol。‎ ‎15.(2019北京丰台一模)已知:[FeCl4(H2O)2]-在溶液中显黄色,下列实验所得结论不正确的是(　　)‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ - 28 -‎ ‎0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液 酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液 酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液 ‎0.1mol/L FeCl3溶液 加热前溶液为浅黄色,加热后溶液颜色变深 加热前溶液接近无色,加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后,溶液立即变为黄色,加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深 注:加热为微热,忽略体积变化。‎ A.实验①中,Fe2(SO4)3溶液显浅黄色的原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3‎ B.实验②中,酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C.实验③中,存在可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-‎ D.实验④,可证明升高温度,Fe3+水解平衡正向移动 ‎15.答案　D　A项,实验①中,0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前为浅黄色,加热后颜色变深,说明升高温度Fe3+水解程度增大,颜色加深,故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色的原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3,正确;B项,实验②中,酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前接近无色,加热后颜色无明显变化,说明温度升高几乎不能引起变化,则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,正确;C项,实验③中,向酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液中加入NaCl后,溶液立即变为黄色,根据题给信息可知生成了[FeCl4(H2O)2]-,加热后溶液颜色变深,则存在可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,正确;D项,实验④,加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深,Fe3+水解平衡正向移动或可逆反应Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-平衡正向移动均可能使溶液颜色变深,故不可证明升高温度,Fe3+水解平衡正向移动,错误。‎ ‎16.(2020北京海淀期中)某小组用实验1验证FeCl3溶液与Cu的反应,观察到有白色沉淀产生,决定对其进行深入探究。‎ 实验1:‎ 资料:ⅰ.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体,均能与硝酸反应分别生成Cu2+与SO‎4‎‎2-‎、Cu2+与Cl-。‎ ⅱ.SCN-被称为拟卤素离子,性质与卤素离子相似;(SCN)2与卤素单质性质相似,其水溶液呈黄色。‎ ‎(1)FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。 ‎ - 28 -‎ ‎(2)下列由实验1得到的推论中,合理的是　　　　(填字母序号)。 ‎ a.Cu能还原Fe3+‎ b.Fe3+与SCN-的反应是可逆反应 c.白色沉淀中的Cu(Ⅰ)[Cu(Ⅰ)表示+1价铜元素]可能是由Fe3+氧化Cu得到的 ‎(3)为探究实验1中白色沉淀的成分,小组同学实施了实验2:‎ 由实验2可知,实验1中白色沉淀的成分是　　　　　　。 ‎ ‎(4)该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因,实施了实验3:‎ 步骤 实验操作 实验现象 Ⅰ ‎ ‎ ‎ ‎ 溶液变为蓝色,澄清透明,底部只有少量红色固体剩余 Ⅱ 取Ⅰ中上层清液于试管中,滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液 立刻出现红色,同时有白色沉淀生成 Ⅲ 振荡Ⅱ中试管,静置 白色沉淀变多,红色逐渐褪去 ① 步骤Ⅰ的实验操作是　　。 ‎ ② 根据实验3的现象,小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(Ⅰ),他们的判断依据是 ‎　。 ‎ ③ 步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是 ‎。 ‎ ④ 解释步骤Ⅲ中实验现象产生的可能原因： ‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ ‎16.答案　(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3‎ ‎(2)abc - 28 -‎ ‎(3)CuCl和CuSCN ‎(4)①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g铜粉,振荡、静置 ‎②若有Cu(Ⅰ)生成,步骤Ⅰ中应产生CuCl白色沉淀,但步骤Ⅰ中无白色沉淀产生 ‎③Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2,Fe2+被(SCN)2氧化成Fe3+‎ ‎④Cu2+与SCN-反应:2Cu2++4SCN-2CuSCN↓+(SCN)2,CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应:CuSCN+Cl-CuCl+SCN-,Cu2+与SCN-继续反应,导致白色沉淀变多;SCN-逐渐被消耗,使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动,导致红色逐渐褪去 解析　(1)FeCl3溶液与KSCN溶液反应生成红色的配合物Fe(SCN)3,离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。‎ ‎(2)a项,加入铜,溶液红色褪去,产生白色沉淀,结合题给资料,CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体,说明Cu和溶液中的Fe3+发生氧化还原反应,Fe3+被Cu还原,正确;b项,Cu和溶液中的Fe3+发生反应时,溶液中Fe3+浓度减小,使反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动,Fe(SCN)3逐渐减少,溶液红色褪去,则可以说明Fe3+与SCN-的反应是可逆反应,正确;c项,铜元素由0价变为+1价,化合价升高,被氧化,溶液中主要含有Cl-、SCN-、K+和Fe3+,根据题意分析可知,白色沉淀中的Cu(Ⅰ)可能是由Fe3+氧化Cu得到的,正确。‎ ‎(3)由实验2和资料知,白色沉淀中加入过量稀硝酸后加入硝酸银溶液,产生大量白色沉淀,说明溶液中含有Cl-,即原沉淀中含有CuCl;白色沉淀中加入过量稀硝酸后加入氯化钡溶液,产生少量白色沉淀,说明溶液中含有SO‎4‎‎2-‎,即原沉淀中含有CuSCN,且CuSCN的量少于CuCl,故实验1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。‎ ‎(4)①经实验2说明白色沉淀CuCl多于CuSCN,也就是先向FeCl3溶液中加入KSCN溶液,后加入Cu,白色沉淀以CuCl为主,也说明Ksp(CuCl)比Ksp(CuSCN)小,更易沉淀。因此实验3,应为先向氯化铁溶液中加入铜粉,而且铜过量,溶液中以Fe2+和Cu2+为主,即步骤Ⅰ的实验操作是向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g铜粉,振荡、静置。‎ ‎②若有Cu(Ⅰ)生成,步骤Ⅰ中应产生CuCl白色沉淀,但步骤Ⅰ中无白色沉淀产生,因此根据实验3的现象,小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(Ⅰ)。‎ ‎③步骤Ⅰ的上层清液中以Fe2+和Cu2+为主,滴加KSCN溶液后,Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2,‎ ‎(SCN)2类似卤素单质,Fe2+被(SCN)2氧化成Fe3+,Fe3+遇SCN-使溶液变红,故加入KSCN溶液后出现红色。‎ - 28 -‎ ‎④Cu2+与SCN-反应:2Cu2++4SCN-2CuSCN↓+(SCN)2,CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应:CuSCN+Cl-CuCl+SCN-,Cu2+与SCN-继续反应,导致白色沉淀变多;SCN-逐渐被消耗,使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动,导致红色逐渐褪去。‎ ‎17.(2019北京十中月考)甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况。‎ 步骤 操作 现象 Ⅰ 向2mL1mol·L-1FeCl3溶液中加入一定量的Na2SO3溶液 溶液由黄色变为红褐色,并有少量刺激性气味的气体逸出 ‎(1)常温下,FeCl3溶液的pH　　　　7(填“<”“>”或“=”)。  ‎ ‎(2)分析红褐色产生的原因。‎ ‎①甲同学认为步骤Ⅰ中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3,用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因:‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ‎ ‎②乙同学认为可能是发生了氧化还原反应,完成并配平其反应的离子方程式:‎ ‎　　　Fe3++　　　SO‎3‎‎2-‎+　　　　 　　　Fe2++　　　　+　　　　 ‎ 且乙同学查阅资料得知:‎ a.Fe2+与SO‎3‎‎2-‎反应生成墨绿色的絮状沉淀FeSO3;‎ b.墨绿色的FeSO3与黄色的FeCl3溶液混合后,溶液呈红褐色。‎ ‎(3)甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe(OH)3,设计并完成了如下实验:‎ 步骤 操作 现象 Ⅱ 用激光笔照射步骤Ⅰ中的红褐色溶液 出现“丁达尔效应”‎ 甲同学因此得出结论:溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3。而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足,乙同学的理由是 ‎ ‎　。  ‎ ‎(4)为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况,乙同学设计并完成了如下实验:‎ 步骤 操作 现象 Ⅲ 向1mol·L-1FeCl3溶液中通入一定量的SO2‎ 溶液由黄色变为红褐色 Ⅳ 用激光笔照射步骤Ⅲ中的红褐色溶液 没有出现“丁达尔效应”‎ ‎①检验步骤Ⅲ中红褐色溶液是否含有Fe2+,可以选用的试剂是　　　　(填字母)。  ‎ - 28 -‎ a.K3[Fe(CN)6]溶液　b.KSCN溶液　c.KMnO4溶液 ‎②已知H2SO3是弱酸,请结合电离方程式说明步骤Ⅲ中出现红褐色的原因: ‎ ‎　　　　　　　　。  ‎ ‎(5)结论:由上述实验得知,甲、乙两同学所持观点均成立。‎ ‎17.答案　(1)<‎ ‎(2)①Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3溶液后,c(H+)减小,平衡正向移动,生成Fe(OH)3　②2　1　H2O　2　SO‎4‎‎2-‎　2H+‎ ‎(3)FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”‎ ‎(4)①a　②H2SO3H++HSO‎3‎‎-‎、HSO‎3‎‎-‎H++SO‎3‎‎2-‎,SO‎3‎‎2-‎与被还原生成的Fe2+结合成FeSO3,FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色 解析　(1)FeCl3是强酸弱碱盐,Fe3+水解而导致其溶液呈酸性,水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,所以其溶液pH<7。‎ ‎(2)①甲同学认为步骤Ⅰ中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3,原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3溶液后,c(H+)减小,平衡正向移动,生成Fe(OH)3。②Fe3+→Fe2+,铁元素的化合价从+3降低到+2,SO‎3‎‎2-‎→SO‎4‎‎2-‎,硫元素的化合价从+4升高到+6,根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得离子方程式为2Fe3++SO‎3‎‎2-‎+H2O2Fe2++SO‎4‎‎2-‎+2H+。‎ ‎(4)①a项,K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+反应会产生蓝色沉淀,故可用于检验步骤Ⅲ中红褐色溶液是否含有Fe2+;b项,KSCN溶液用于检验Fe3+;c项,溶液中的二氧化硫会干扰Fe2+的检验。②步骤Ⅲ中出现红褐色的原因是H2SO3H++HSO‎3‎‎-‎、HSO‎3‎‎-‎H++SO‎3‎‎2-‎,SO‎3‎‎2-‎与被还原生成的Fe2+结合成FeSO3,FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色。‎ ‎18.(2019北京石景山一模)聚合硫酸铁(简称PFS或聚铁)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制取聚合硫酸铁{[Fe2(OH)x(SO4‎)‎‎3-‎x‎2‎]m}的工艺流程如下:‎ ‎(1)酸浸时最合适的酸是　(写化学式)。 ‎ ‎(2)酸浸后溶液中主要的阳离子有　。 ‎ ‎(3)加入KClO3的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(结合离子方程式说明)。 ‎ - 28 -‎ ‎(4)过程a中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合。将下列水解反应原理的化学方程式补充完整。‎ ‎　　Fe2(SO4)3+　　H2O　　Fe2(OH)x(SO4‎)‎‎3-‎x‎2‎+　　　　 ‎ ‎(5)过程a中水解要严控pH的范围。pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低,请解释原因: ‎ ‎。 ‎ ‎(6)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标,通常盐基度越高,絮凝效果越好。盐基度B的表达式:B=n(OH‎-‎)‎‎3n(Fe‎3+‎)‎×100%(n为物质的量)。为测量聚合硫酸铁的盐基度,进行如下实验操作:‎ ⅰ.取聚合硫酸铁样品mg,加入过量盐酸,充分反应,再加入煮沸后冷却的蒸馏水,再加入KF溶液屏蔽Fe3+,使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞溶液为指示剂,用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定,到终点时消耗NaOH溶液VmL。‎ ⅱ.做空白对照实验,取与步骤ⅰ等体积、等浓度的盐酸,以酚酞溶液为指示剂,用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定,到终点时消耗NaOH溶液V0mL。‎ ② 该聚合硫酸铁样品中n(OH-)=　　　　　　　mol。 ‎ ‎②已知该样品中Fe的质量分数为w,则盐基度B=。 ‎ ‎18.答案　(1)H2SO4‎ ‎(2)Fe3+、Fe2+、H+‎ ‎(3)将Fe2+氧化为Fe3+:ClO‎3‎‎-‎+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O ‎(4)1　x　1　x‎2‎H2SO4‎ ‎(5)pH偏小时,水解平衡逆向移动,聚合硫酸铁的产率会降低;pH偏大时,Fe2(SO4)3水解生成的Fe(OH)3胶体会聚沉,聚合硫酸铁的产率会降低 ‎(6)①c(V0-V)×10-3　②‎0.056c(V‎0‎-V)‎‎3mw×100%‎ 解析　(1)由制备目的知加入的酸为H2SO4。‎ ‎(2)酸浸后的溶液中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的硫酸,所以溶液中主要的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+。‎ ‎(3)氯酸钾具有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子而制取聚合物,所以氯酸钾的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,涉及的离子方程式为ClO‎3‎‎-‎+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。‎ ‎(4)该水解反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4‎)‎‎3-‎x‎2‎+x‎2‎H2SO4。‎ - 28 -‎ ‎(6)①n(OH-)=cmol/L×V0×10-3L-cmol/L×V×10-3L=c(V0-V)×10-3mol;②n(Fe)=mw‎56‎mol,盐基度B=n(OH‎-‎)‎‎3n(Fe‎3+‎)‎×100%=c(V‎0‎-V)×1‎0‎‎-3‎mol‎3×mw‎56‎mol×100%=‎0.056c(V‎0‎-V)‎‎3mw×100%。‎ ‎19.(2019课标Ⅰ,27,15分)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是　　　　　　　。 ‎ ‎(2)步骤②需要加热的目的是　　　　　　　,温度保持80~95℃,采用的合适加热方式是 ‎　　　　　。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为　　　(填标号)。 ‎ ‎(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是　　　　　　　　　　　　　　。分批加入H2O2,同时为了　　　　　,溶液要保持pH小于0.5。 ‎ ‎(4)步骤⑤的具体实验操作有　　　　　　　　　　　　,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 ‎ ‎(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为　　　　　　　　。 ‎ ‎19.答案　(1)碱煮水洗 ‎(2)加快反应　热水浴　C ‎(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质　防止Fe3+水解 ‎(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)‎ ‎(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O 解析　(1)用热纯碱溶液洗去铁屑表面的油污后,再用水洗涤铁屑表面附着物。‎ ‎(2)加热可以加快化学反应速率,进而加快铁屑的溶解。为便于控制温度在80~95℃,可采取水浴加热方式。铁屑中硫化物与稀H2SO4反应生成酸性气体H2S,可用碱液吸收,并用倒扣漏斗,既能充分吸收又能防止倒吸。‎ - 28 -‎ ‎(3)步骤③利用H2O2的强氧化性将Fe2+全部氧化为Fe3+。为防止Fe3+水解,需控制溶液的pH小于0.5。‎ ‎(4)从溶液中得到产品硫酸铁铵晶体,先加热浓缩、冷却结晶,然后过滤、洗涤、干燥即可。‎ ‎(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1mol,加热到150℃,失去1.5mol(即27g)水,质量减轻5.6%,则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为‎27‎‎5.6%‎≈482,NH4Fe(SO4)2的相对分子质量为266,则剩余部分为水,‎482-266‎‎18‎=12,故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。‎ ‎20.(2019北京东城期末)探究0.5mol/LFeCl3溶液(pH=1)与不同金属反应时多样性的原因。(各组实验中:所用FeCl3溶液体积相同;金属过量;静置、不振荡)‎ 实验 金属 现象及产物检验 Ⅰ 镁条 立即产生大量气体;金属表面变黑,该黑色固体能被磁铁吸引;液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色;片刻后气泡减少;金属表面覆盖有红褐色沉淀,此时取反应后的液体,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀 Ⅱ 铜粉 无气体产生;溶液逐渐变为蓝绿色;取反应后的溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀 ‎(1)根据实验Ⅰ的现象,推测红褐色液体为胶体,并用光束照射该液体,在与光束垂直的方向观察到　　　　　　　　　　得以证实。 ‎ ‎(2)已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。‎ ‎①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4,重复实验Ⅰ,及时取少量镁条表面生成的黑色粉末,洗净后进行实验如下:‎ 该实验说明黑色固体中一定含有　　　　,结合现象写出判断的理由:　 ‎ ‎　。 ‎ ‎②除上述结论外,分析实验Ⅰ的现象,可知被还原得到的产物一定有　　　　　　　。 ‎ ‎(3)实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异,与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关,其顺序是Mg2+

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