黑龙江省勃利县高级中学2020届高三上学期期中考试化学试题

黑龙江省勃利县高级中学2020届高三上学期期中考试化学试题

‎2019-2020学年度第一学期期中考试高三化学 ‎(时间：90分钟　满分：100分)‎ 可能用到的原子量：N 14 0 16 S 32 Fe 56 H 1 Na 23 Li 7 Zn 65‎ 一、选择题：本题共16小题，每小题3分共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是 A. 计算机芯片材料是经提纯的二氧化硅 B. “地沟油”可以用来制肥皂和生物柴油 C. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂 D. 铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.计算机芯片的主要成分是硅，故A错误；‎ B.“地沟油”的成分是油脂，在碱性条件下水解发生皂化反应可制肥皂，地沟油中提炼出油脂可作为生物柴油，故B正确；‎ C.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；‎ D.铝及其合金具有密度低、强度高、导电性、导热性和抗蚀性优良等特点，所以在电气、工业、家庭中广泛使用，与冶炼难易无关，故D错误。‎ 本题选B。‎ ‎2.下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是 (　　 )‎ A. 滴加酚酞显红色的溶液中：K＋、S2-、SO32-、NO3-‎ B. 有HCO3-存在的无色透明溶液中：Na＋、K＋、Cl-、Fe3＋‎ C. 水电离的c(H＋)＝10-12 mol·L-1的溶液中：Cl-、CO32-、NO3-、NH4+‎ D. 使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4-、NO3-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能发生相互促进的双水解等，则离子就能大量共存，并注意利用指定环境来分析解答。‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 滴加酚酞显红色的溶液显碱性，在碱性条件下，该组离子之间不反应，则能够大量共存，A项正确； B. 有HCO3-存在的无色透明溶液中，不能大量共存Fe3+，因有Fe3+的溶液为棕黄色，且HCO3-能与Fe3+相互促进水解生成沉淀和气体，则不能大量共存，B项错误； C. 水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，H+与CO32-反应；若为碱溶液，OH-与NH4+反应，则不能大量共存，C项错误； D. 使石蕊变红的溶液显酸性，则Fe2+与NO3-（H+）发生氧化还原反应，Fe2+与MnO4-也发生氧化还原，则不能大量共存，D项错误； 答案选A。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ 还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎3.铝石墨双离子电池是一种全新的低成本、高效能电池，反应原理为，电池结构如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，外电路中电子向铝锂电极移动 B. 充电时，应将铝石墨电极与电源负极相连 C. 放电时，正极反应式为Cx(PF6) +e− = xC + PF6−‎ D. 充电时，若电路中转移1mol电子，则阴极质量增加9g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 放电时，外电路中电子向正极移动；‎ B. 充电时，铝石墨电极的C元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极；‎ C. 依据原电池的工作原理书写电极反应式；‎ D. 阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：Al+Li++e-═AlLi；‎ ‎【详解】A. 放电过程为原电池原理，外电路电子从负极流出，流向正极。根据反应总方程式可知，该装置放电过程中，锂元素化合价升高发生氧化反应，碳元素化合价降低发生还原反应，所以铝锂电极做负极，铝石墨电极做正极，则外电路电子向铝石墨电极移动，故A项错误；‎ B. 充电过程为放电过程的逆过程，铝石墨电极作为阳极与电源的正极相连，故B项错误；‎ C. 放电时正极发生还原反应，其电极反应式可表示为：Cx(PF6) +e− = xC + PF6−，故C项正确；‎ D. 充电时，阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：Al+Li++e-═AlLi，所以转移1 mol e-，阴极电极从Al变为AlLi将增重1 mol×7g/mol = 7 g，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列说法正确的是( )‎ A. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0‎ B. 已知2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝-566kJ·mol-1，则CO的燃烧热ΔH＝-283kJ C. 已知H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH＝-57.3kJ·mol-1，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1‎ D. 甲烷的燃烧热ΔH＝-890.3 kJ·mol-1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜-890.3 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应的△S>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，则C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，可知该反应的△H>0，A项正确；‎ B. 1mol CO完全燃烧生成稳定的氧化物CO2气体所放出的热量为CO的燃烧热，燃烧热属于反应热的一种，单位为kJ/mol，由已知的热化学方程式可知CO的燃烧热△H=−283kJ/mol，B项错误；‎ C. 反应热与物质的量成正比，且生成硫酸钡放热，由中和热及焓变为负，可知稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应生成2mol水和1mol BaSO4的反应热△H<2×(−57.3)kJ⋅mol−1，C项错误；‎ D.‎ ‎ 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，由甲烷的燃烧热ΔH＝-890.3 kJ·mol-1可知1mol CH4完全燃烧生成液态水放出热量为890.3 kJ，生成气态水放出的热量比890.3 kJ小，则ΔH>-890.3 kJ·mol-1；D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】1、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃烧热为反应热的一种，ΔH<0，单位为kJ·mol-1，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用ΔH表示时带负号。‎ ‎2、D项是学生们的易错点，忽略了△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大。‎ ‎5.能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2: Ca2++2OH-+SO2＝CaSO3 ↓+ H2O B. 用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4—+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2 ↑+8H2O C. 用铜做电极电解NaCl溶液:2C1—+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-‎ D. 将 Fe2O3加入到 HI 溶液中：Fe2O3+ 6H+＝2Fe3+ +3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石灰乳中的氢氧化钙只有少量溶解，用化学式表示，故A错误；‎ B．酸性KMnO4具有氧化性，与H2O2反应发生氧化还原反应，放出氧气，故B正确；‎ C．铜是活性电极，作阳极时，铜要失去电子而溶解，故C错误；‎ D．生成的Fe3+具有氧化性，能够氧化碘离子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点晴】本题综合考查离子方程式的书写，侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的判断。在离子方程式中，可溶性的强电解质(强酸、强碱、可溶性盐)一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示；对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在(溶液中)，但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示，浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子符号。‎ ‎6.下列有关实验装置的说法正确的是 ‎ A. 用图甲装置收集并测量NO2的体积 B. 用图乙装置可以完成“喷泉”实验 C. 用图丙装置可以实现化学能转化为电能 D. 用图丁装置制取并收集SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ NO2气体与水反应，不能用排水法进行收集，A错误；氯气在饱和食盐水中几乎不溶，不能造成烧瓶内气体的压强迅速减小，不能形成“喷泉”，B错误；带有盐桥的原电池，锌做负极，插入硫酸锌溶液中，铜做正极，插入硫酸铜溶液中，符合原电池构成条件，C正确；铜与浓硫酸需要加热才反应，D错误；正确选项C。‎ 点睛：如果把饱和食盐水换成氢氧化钠或氢氧化钾溶液，氯气能够和碱反应，造成烧瓶内气体的压强迅速减小，外压大于内压，产生“喷泉”。‎ ‎7.在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是 A. 该反应正反应的焓变为正值 B. 恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深 C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应焓变为负值，A错误；‎ B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；‎ C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；‎ D、根据A中分析D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是 (　　 )‎ A. Cl2、SO2、NH3的水溶液都能够导电，因此Cl2、SO2、NH3都属于电解质 B. 用醋酸溶液做导电性实验，灯泡很暗说明醋酸为弱酸 C. 将纯水加热到较高温度，水的离子积变大、pH变小、呈中性 D. 任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，SO2、NH3的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由亚硫酸、一水合氨电离产生的，并非SO2、NH3自身电离产生的，因此SO2、NH3属于非电解质，A项错误；‎ B. 溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，与酸的强弱无关，B项错误；‎ C. 水的电离是吸热过程，且存在电离平衡H2O⇌H++OH-，将纯水加热到较高温度，水的电离程度增大，c(H+)、c(OH-)均增大，pH变小，但始终c(H+)=c(OH-)，则扔呈中性，水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)变大，C项正确；‎ D. 对于放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数变大，但反应速率减小，反应物的转化率增大，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】电解质与非电解质的判断是学生们的易错点，电解质与非电解质都必须是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身不一定能导电，导电的不一定是电解质，如氯化钠晶体是电解质，但不能导电，因其溶于水或熔融状态下能导电，所以氯化钠是电解质，氯化钠溶液可导电，但其是混合物，既不是电解质也不是非电解质，熔融氯化钠既可以导电，也属于电解质；此外电解质溶于水能导电一定是自身能电离出离子，如CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，类似的还有二氧化硫、氨气等。‎ ‎9.将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是 A. HCl B. NH3 C. Cl2 D. NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2‎ 溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。‎ ‎【详解】A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。‎ ‎10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 将1mol氯化铁完全溶于水制成胶体，其中所含胶体粒子数目为NA B. 在用氯酸钾和浓盐酸制取氯气的反应中，每生成3molCl2转移的电子数为5NA C. 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液中含有Cl-离子的数目为0.2NA D. 136g熔融的KHSO4中含有2NA个阳离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体粒子是粒子的集合体，一个氢氧化铁胶体粒子是多个氢氧化铁分子的集合体，则所含胶体粒子数目小于NA，A项错误；‎ B．在反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钾是氧化剂，氯酸钾中氯元素的化合价从＋5价降低到0价，HCl是还原剂，HCl中氯元素的化合价从-1价升高到0价，5mol HCl作还原剂，1mol不变价，所以每生成3mol Cl2转移的电子数为5NA，B项正确；‎ C．不能确定0.1 mol·L-1CaCl2溶液的体积，则不能计算其中含有的Clˉ离子的数目，C项错误；‎ D．KHSO4熔融时电离出钾离子和硫酸氢根离子，136g熔融的KHSO4是1mol，其中含有NA个阳离子，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是 A. M B. M2+ C. M3+ D. MO2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒，设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.195g÷65g/mol=0.003mol，故存在：(+5-x)×0.002mol=0.003mol×2，解得x=+2，故选B。‎ ‎12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是 A. 常温常压下W的单质为气态 B. Z的氢化物为共价化合物 C. X和Y的原子半径大小：X"或“<”）。 ‎ ‎②若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，K值将____（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，下列物理量不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是__________。 ‎ A．二氧化碳的浓度 B．容器中的压强 C．气体的密度 D．CH3OCH3与H2O的物质的量之比 ‎（4）某温度下，在体积可变的密闭容器中，改变起始时加入各物质的量，在不同的压强下，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如下表所示： ‎ P1‎ P2‎ P3‎ I．2.0 mol CO2 6.0 mol H2‎ ‎0.10 mol ‎0.04 mol ‎0.02 mol II．10 mol CO2 3.0 mol H2‎ X1‎ Y1‎ Z1‎ III．1.0 mol CH3OCH3 3.0 mol H2O X2‎ Y2‎ Z2‎ ‎①P1 __________ P3（填“>”“<”或“=”）； ‎ ‎②P2下，III中CH3OCH3的平衡转化率为__________。‎ ‎【答案】 (1). －184 (2). (3). ＜ (4). 不变 (5). ABC (6). ＞ (7). 96﹪‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.反应热=反应物总键能-生成物总键能；‎ Ⅱ.（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；‎ ‎（2）①由图可知，升高温度，CO2转化率降低，即平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，由此判断反应热的正负关系；‎ ‎②平衡常数只与温度有关；‎ ‎（3）根据变量不变即达到平衡进行分析；‎ ‎（4）①该反应正向为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，再结合表中数据分析；‎ ‎②I和Ⅲ在等温等压条件下形成的平衡是完全等效的，可计算I中CH3OCH3的平衡转化率。‎ ‎【详解】Ⅰ.反应热=反应物总键能-生成物总键能，则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H=2×745KJ/mol+3×436KJ/mol-2×462KJ/mol-3×415KJ/mol-351KJ/mol-462KJ/mol=-184KJ/mol；‎ Ⅱ.（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数表达式为；‎ ‎（2）①因为温度越高，CO2的转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即△H<0；‎ ‎②K只受温度影响，若温度不变，减小投料比，则K不变；‎ ‎（3）A.二氧化碳的浓度不变，则达到了平衡，故A选；‎ B.反应前后气体的系数和不相等，该反应容器为恒容容器，故当容器内压强不再改变，则达到了平衡，故B选；‎ C.该反应是一个反应前后气体体积变化的可逆反应，容器的体积不变，生成物中的H2O为液态，即反应前后气体质量变化，气体的密度不发生变化，则达到了平衡，故C选；‎ D. CH3OCH3 与H2O均为生成物，起始量为0，随着反应的进行，任何时候CH3OCH3 与H2O的物质的量之比不变，不能说明反应达到平衡，故D不选；‎ ‎（4）①由图表可知，I中随压强的变化，CH3OCH3‎ 的量在逐渐减少，可知平衡逆向移动，说明是减小压强，即P1＞P3；‎ ‎②I和Ⅲ在等温等压条件下形成的平衡是完全等效的，则Ⅲ平衡时CH3OCH3的量为0.04mol，CH3OCH3的转化率为（1mol-0.04mol）÷1mol×100%=96%。‎ ‎20.硫酸铁铵[aFe2(SO4)3·b(NH4)2SO4·cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化等。某化工厂以硫酸亚铁(含少量硝酸钙)和硫酸铵为原料，设计如图工艺流程制取硫酸铁铵。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)硫酸亚铁溶液加硫酸酸化的主要目的是________。‎ ‎(2)下列物质中最适合的氧化剂B是________。‎ a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．K2Cr2O7‎ ‎(3)操作甲的名称是_____。‎ ‎(4)上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需加入少量______(填化学式)，检验Fe2＋是否已全部被氧化的方法为_______________。‎ ‎(5)称取14.00 g所得产品，将其溶于水配制成100 mL溶液，分成两等份，向其中一份溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤得到2.14 g沉淀；向另一份溶液中加入含0.05 mol Ba(NO3)2的溶液，恰好完全反应，则该硫酸铁铵的化学式为____。‎ ‎【答案】 (1). 增大溶液中SO42-的浓度，将Ca2＋转化为沉淀，同时抑制Fe2＋水解 (2). b (3). 冷却结晶 (4). H2SO4 (5). 加入K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则说明亚铁离子未全部被氧化 (6). Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵， （1）硫酸亚铁中亚铁离子水解，硫酸可以抑制水解，硫酸根离子可以将钙离子沉淀； （2）加入氧化剂可氧化亚铁离子，但应避免引入新杂质； （3）硫酸铁铵经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤； （4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，防止铁离子水解，用铁氰化钾溶液可以检验亚铁离子的存在； （5）根据元素守恒结合发生的转化来计算。‎ ‎【详解】（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42−浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解；‎ 故答案为：增大溶液中SO42-的浓度，将Ca2＋转化为沉淀，同时抑制Fe2＋水解；‎ ‎（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水；‎ 故答案为：b；‎ ‎（3）在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所以操作甲为冷却结晶；‎ 故答案为：冷却结晶；‎ ‎（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，为防止铁离子水解，要加适量的硫酸；检验Fe2+是否已全部被氧化的方法是在溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，可说明含有亚铁离子，则说明亚铁离子未全部被氧化；‎ 故答案为：H2SO4；加入K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则说明亚铁离子未全部被氧化；‎ ‎（5）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe(OH)3，n[Fe(OH)3]=，向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反应，则n(SO42−)=0.05mol，所以14.00g样品中含有Fe2(SO4)3为0.02mol，n(SO42−)为0.1mol，则(NH4)2SO4为0.1mol−0.02mol×3=0.04mol，则m(H2O)=14.00g−0.02mol×400g/mol−0.04mol×132g/mol=0.72g，n(H2O)=，n[Fe2(SO4)3]:n[(NH4)2SO4]:n(H2O)=0.02:0.04:0.04=1:2:2，所以化学式为Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O；‎ 故答案为：Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O。‎ ‎ ‎