2020届高考化学二轮复习铁、铜及其化合物作业(2) 29页

铁、铜及其化合物 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．Fe与下列物质反应的产物，能使KSCN溶液显红色的是（　　）‎ A．H2O B．O2 C．S D．足量稀HNO3‎ ‎2．常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是（　　）‎ A．不发生反应 B．铁被钝化 ‎ C．产生大量SO2 D．产生大量H2‎ ‎3．一定能实现铁元素之间相互转化的措施是（　　）‎ A．实现①的转化，用比铁活泼的金属 ‎ B．实现②的转化，通过钢铁电化腐蚀 ‎ C．实现③的转化，加入少量稀硝酸 ‎ D．实现④的转化，加入过量氯气 ‎4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）‎ A．SO2CaSO3CaSO4 ‎ B．FeFe2O3FeCl3 ‎ C．HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2 ‎ D．Cu2（OH）2CO3CuOCuCl2（aq）‎ ‎5．下列叙述正确的是（　　）‎ A．FeCl2有氧化性，能用于雕刻电路板 ‎ B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不与氧气发生反应 ‎ C．明矾加入水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂 ‎ D．SiO2不与强酸反应，可用石英器皿盛装氢氟酸 ‎6．下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（　　）‎ A B C D 用品 主要成分 ‎（NH4）2SO4‎ NaHCO3‎ Si Fe2O3‎ 用途 化肥 干燥剂 光电池 涂料 A．A B．B C．C D．D ‎7．关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．适当升高温度能促进FeCl3水解 ‎ B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe（OH）3的浓度 ‎ C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解 ‎ D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉 ‎8．下列关于元素性质说法正确的是（　　）‎ A．Li、C、P分别在氧气中燃烧均能生成两种相应的氧化物 ‎ B．除去CO2中混有的SO2气体可选用Na2SO3溶液或NaHCO3溶液 ‎ C．过量的铁粉与氯气在点燃条件下充分反应，生成氯化亚铁 ‎ D．SiO2既可以与氢氟酸反应，又可以与氢氧化钠溶液反应，所以SiO2是两性氧化物 ‎9．能将溶液中的Fe3+转化为Fe2+的是（　　）‎ A．Cu B．NH3•H2O C．Cl2 D．KSCN ‎10．用绿矾（FeSO4•7H2O）配制FeSO4溶液，常加入稀硫酸和（　　）‎ A．锌粉 B．铁粉 C．硫酸铁 D．盐酸 ‎11．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入过量的铁粉，充分反应后，最终溶液中的金属阳离子（　　）‎ A．只含Fe2+ B．含Cu2+和Fe2+ ‎ C．含Cu2+和Fe3+ D．只含Fe3+‎ ‎12．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。下列说法错误的是（　　）‎ A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂 ‎ B．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大 ‎ C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化 ‎ D．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 ‎13．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）‎ A．Cu2SCu（s）CuCl2 ‎ B．N2（g）NH3（g）NO（g） ‎ C．SiO2（s）H2SiO3Na2SiO3（aq） ‎ D．Al2O3Al（OH）3（s）Al2（SO4）3（aq）‎ ‎14．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）‎ A．CuCuOCuSO4（aq） ‎ B．SiO2Na2SiO3（aq）Na2SO3（aq） ‎ C．NH3NOHNO3（aq） ‎ D．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3‎ ‎15．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）‎ A．SO2CaSO3↓CaSO4 ‎ B．NaCl（l）NaTi ‎ C．Cu2（OH）2CO3CuCl2（aq）Cu ‎ D．2 mL NaOH溶液Cu（OH）2↓Cu ‎16．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3 ‎ B．利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mol ‎ C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①＝②＝③ ‎ D．与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想 ‎17．某同学分别向FeCl3溶液加入以下试剂验证Fe3+的性质，其中不能达到目的是（　　）‎ A．KSCN溶液 B．AgNO3溶液 C．NaOH溶液 D．铁钉 ‎18．要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（　　）‎ ‎①加入少量氯水 ②加入少量KI溶液 ③加入少量KSCN溶液 A．③① B．①③ C．②③ D．③②‎ ‎19．为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入（　　）‎ A．NaOH B．铁片 C．KSCN溶液 D．石蕊溶液 ‎20．要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验的最佳顺序为（　　）‎ ‎①加入氯水 ②加入KMnO4溶液 ③加入NH4SCN溶液．‎ A．①③ B．③② C．③① D．①②③‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。‎ ‎（1）基态Fe2+的简化电子排布式为　 　。‎ ‎（2）实验室用KSCN溶液、苯酚（）检验Fe3+．N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　（用元素符号表示），苯酚中碳原子的杂化轨道类型为　 　。‎ ‎（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃．FeCl3的晶体类型是　 　。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42﹣的立体构型是　 　。‎ ‎（4）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe（CO）5分子中含molσ键，与CO互为等电子体的离子是　 　（填化学式，写一种）。‎ ‎（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为　 　。‎ ‎（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：‎ 氧化亚铁晶体的密度为ρg•cm﹣3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距 离的Fe2+数目为　 　；Fe2+与O2﹣最短核间距为　 　pm。‎ ‎22．[化学﹣﹣选修2化学与技术]‎ 高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：‎ 已知：①2KOH+C12＝KCl+KClO+H2O（条件：温度较低）‎ ‎②6KOH+3C12＝5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）‎ ‎③2Fe（NO3）3+2KClO+10KOH＝2K2FeO4+6KNO3+2KCl+5H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）该生产工艺应在　 　（填“温度较高”或“温度较低”）的情况下进行；‎ ‎（2）写出工业上制取C12的化学方程式　 　；‎ ‎（3）K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因　 　；‎ ‎（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度是　 　；‎ ‎（5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是①　 　②　 　‎ ‎（6）从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4后，副产品是　 　（写化学式）．‎ ‎23．铁盐、亚铁盐是实验室常用的药品．请根据题意，完成下列填空：‎ ‎（1）向酸化的FeCl3溶液中逐滴加入KI溶液，溶液变成棕褐色．该反应的离子方程式为　 　．‎ ‎（2）向酸化的FeSO4溶液中加几滴硫氰化钾溶液，没有什么明显变化，再滴加双氧水，溶液变红色．继续滴加双氧水，红色逐渐褪去，且有气泡产生．写出上述变化中，有关反应的离子方程式：‎ ‎①　 　‎ ‎②Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3‎ ‎③11H2O2+2SCN﹣＝2SO42﹣+2CO2↑+N2↑+10H2O+2H+‎ 若生成1mol N2，H2O2和SCN﹣的反应中转移电子的物质的量是　 　mol．‎ ‎（3）根据以上实验，推断Fe2+、I﹣和SCN﹣的还原性由强到弱的顺序为　 　．‎ ‎24．氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：‎ ‎2Cu+＝Cu2++Cu．‎ 根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：‎ ‎（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是　 　（填氧化剂或还原剂）．‎ ‎（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式　 　‎ ‎（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是　 　（填化学式）‎ ‎（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式　 　．‎ ‎25．为探究Fe（NO3）2等硝酸盐热分解产物和产物的性质，某化学小组开展如下探究：‎ ‎【查阅资料】2KNO32KNO2↑+O2↑ Fe（NO3）2FexOy+NO2↑+O2↑‎ 实验一：探究Fe（NO3）2热分解固体产物中Fe元素的价态。该小组甲同学将分解后的固体产物溶于足量的稀 H2SO4得到相应两份溶液，进行以下探究实验。‎ ‎（1）【提出猜想】‎ 猜想一：Fe元素只显+2价；‎ 猜想二：Fe元素　 　；‎ 猜想三：Fe元素既有+2价又有+3价。‎ ‎【实验操作】①向一份溶液中滴入KSCN溶液；②向另一份溶液中滴入酸性KMnO4稀溶液。‎ ‎（2）【实验现象】实验①　 　；实验②　 　。‎ ‎（3）【实验结论】猜想二成立，则Fe（NO3）2分解的化学方程式是　 　。‎ 实验二：‎ ‎（4）探究Fe（NO3）2热分解气体产物的性质。小组乙同学进行了如下实验，请完成实验空缺部分内容。限选试剂和用晶：浓 H2SO4%溶液、4mol/LNaOH溶液、0.1mol/LBaC12溶液、带火星的木条、0.1mol/L酸性KMnO4溶液、蒸馏水。‎ 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取少量Fe（NO3）2固体于试管中，‎ 加热分解。‎ ‎　 　，‎ 说明分解产生的气体中含NO2．‎ 步骤2：将产生的气体依次通过盛有足量 ‎　 　、浓硫酸的洗气瓶，‎ ‎　 　在最后一个出口检验。‎ ‎　 　，‎ 说明分解产生的气体中含 02．‎ 实验三：‎ ‎（5）KNO3中混有Fe（NO3）2，为确定其中铁元素的含量，小组丙同学进行如下实验：‎ ‎①取混合物样品 10g，充分加热分解；‎ ‎②将固体产物溶解、过滤，取沉淀进行洗涤、干燥，称得其质量为 3.2g。 则混合物中铁元素的含量为　 　。‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．铁和铝是两种重要的常见金属．请回答：‎ ‎（1）将烧得红热的铁丝伸到盛有氯气的集气瓶中，可观察到有棕黄色的烟生成．该反应的化学方程式为　 　．‎ ‎（2）常温下，将铁、铝放入浓硝酸中，可发生钝化现象，这是由于浓硝酸具有　 　性．‎ ‎（3）下列反应中，可用于焊接钢轨的是　 　（填序号）．‎ ‎①3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2 ‎ ‎②2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3‎ ‎③3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2‎ ‎（4）在空气中，FeCl2‎ 溶液滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后变灰绿色，最后显红褐色的原因是：Fe（OH）2能够非常迅速地被　 　氧化成红褐色Fe（OH）3．‎ ‎（5）在两支试管里分别加入5mL FeCl2溶液和5mL FeCl3溶液，各滴入几滴KSCN溶液，可观察到溶液变为红色现象的是　 　（填写名称）溶液．‎ ‎27．铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。 ‎ ‎（1）写出铁元素在周期表中的位置　 　。‎ ‎（2）写出在空气中Fe（OH）2转化为Fe（OH）3的化学方程式　 　。‎ ‎（3）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质。‎ ‎①由FeSO4溶液制得FesO4•7H2O过程中的操作有　 　、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎②检验绿矾是否变质的试剂是　 　。‎ ‎（4）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：‎ ‎①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为　 　。‎ ‎②取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量　 　。‎ ‎（5）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如下图。‎ Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）△H＜0，T1　 　T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎28．久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组对转化过程进行研究。‎ ‎（1）甲同学认为在酸性条件下Fe2+易被氧化：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O．其依据是c（H+）增大，平衡向　 　移动，c（Fe3+）增大。‎ ‎（2）乙同学依据如下反应，推测在酸性条件下Fe2+不易被氧化：‎ ‎　 　Fe2++　 　O2+　 　H2O⇌　 　Fe（OH）3+　 　H+ （将反应补充完整）‎ ‎（3）研究在不同pH下Fe2+被O2氧化的氧化率随时间变化的关系，结果如图1。‎ ‎①下列判断正确的是　 　。‎ a．二价铁被氧化的过程受溶液酸碱性影响 b．pH越小，Fe2+越易被氧化 c．pH增大，Fe2+的氧化速率变快 ‎②用K2Cr2O7标准溶液测定Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下 ‎6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O 若滴定xmL溶液中的Fe2+，消耗amol•L﹣1K2C2O7，标准溶液bmL，则溶液中c（Fe2+）＝　 　mol•L﹣1。‎ ‎（4）通过以上研究可知，新配制的FeSO4溶液中常加入稀H2SO4，其目的是　 　。‎ ‎（5）利用铁的不同价态的转化设计电池：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O．电池所涉及的能量变化如图2ab所示。‎ ‎①图2ab中能表示电池在充电过程中能量变化的是　 　。‎ ‎②该电池不能以水溶液为电解质溶液，用化学方程式说明原因　 　。‎ ‎③电池通过Li+的移动完成放电。放电时正极的电极反应式是　 　。‎ ‎29．若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。‎ 如：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2‎ ‎（1）在黄铜矿中硫的化合价为　 　‎ ‎，该反应中还原产物（通过得电子而产生的物质）有　 　种。‎ ‎（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为　 　，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为　 　。‎ ‎（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是　 　（选填编号）。‎ A．KMnO4溶液 B．NaOH溶液 C．H2S气体 D．NaHSO3溶液 某吸收方法产生的物质可能有①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等。‎ ‎（4）等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是　 　（用编号填写）。‎ 选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32﹣→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式　 　。‎ 某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x，若x1＜x2，则c1　 　c2（填“‎ 或“＜”或“＝”）‎ ‎30．亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2 的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血．下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+ 33%﹣36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸；与Vc（维生素C）同服可增加本品吸收．‎ ‎（一）甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：‎ ‎（1）加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是　 　、Fe3++SCN﹣═[Fe（SCN）]2+．‎ ‎（2）加入KSCN后溶液变淡红色，说明溶液中有少量Fe3+．该离子存在的可能原因　 　．‎ A．药品中的铁本来就应该以三价铁的形式存在 B．在制药过程中生成少量三价铁 ‎ C．药品储存过程中有少量三价铁生成 ‎（3）向血红色溶液中加入一片Vc片，片刻后溶液血红色褪去，说明Vc有　 　性．‎ ‎（二）乙同学采用酸性高锰酸钾标准液滴定法测定该药品是否合格，原理：5Fe2++8H++MnO4﹣═5Fe3++2Mn2++4H2O．准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2，配成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol•L﹣1的KMnO4 溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL．‎ ‎（4）该实验中的试剂2与甲同学设计实验中的试剂1都可以是　 　（填编号）．‎ A．蒸馏水 B．稀盐酸 C．稀硫酸 D．稀硝酸 ‎（5）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是　 　（填编号）．‎ ‎（6）经计算该药品中铁元素的百分含量为　 　．‎ 铁、铜及其化合物 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A、Fe和H2O反应生成四氧化三铁和氢气；‎ B、Fe和氧气反应生成四氧化三铁；‎ C、Fe和S反应生成硫化亚铁；‎ D、Fe和足量稀HNO3反应生成硝酸铁、NO和水。‎ ‎【解答】解：A、Fe和H2O反应生成四氧化三铁和氢气，不能电离出三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故A错误；‎ B、Fe和氧气反应生成四氧化三铁，不能电离出三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故B错误；‎ C、Fe和S反应生成硫化亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故C错误；‎ D、Fe和足量稀HNO3反应生成硝酸铁、NO和水，能电离出三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，表现生成一层致密的氧化膜，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：浓硫酸具有强氧化性，常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，表现生成一层致密的氧化膜，不能生成大量的二氧化硫，不生成氢气。‎ 故选：B。‎ ‎3．【分析】A．活泼金属和盐溶液反应不都是置换反应；‎ B．反应②铁在原电池反应中做负极失电子生成亚铁离子；‎ C．反应③铁和强氧化剂硝酸反应可以生成铁离子，铁过量会生成亚铁离子；‎ D．反应④铁离子和还原剂反应生成亚铁离子；‎ ‎【解答】解：A．实现①的转化，用比铁活泼的金属锌可以实现，但K、Na、Ca等不能实现，故A错误；‎ B．反应②铁在原电池反应中做负极失电子生成亚铁离子，实现②的转化，可以通过钢铁电化腐蚀实现，故B正确；‎ C．实现③的转化，加入少量稀硝酸，可能反应生成亚铁离子，故C错误；‎ D．实现④的转化，加入铁粉可以实现，通入氯气不能实现，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎4．【分析】A．二氧化硫和氯化钙溶液不反应；‎ B．铁燃烧生成四氧化三铁；‎ C．二氧化锰和稀盐酸不能生成氯气；‎ D．碱式碳酸铜加热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜溶液。‎ ‎【解答】解：A．二氧化硫和氯化钙溶液不反应，不能生成亚硫酸钙，不能实现转化，故A错误；‎ B．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，不能直接燃烧生成氧化铁，不能实现转化，故B错误；‎ C．二氧化锰和稀盐酸不能生成氯气，浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯气，故C错误；‎ D．碱式碳酸铜加热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜溶液，上述转化可以实现，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】A．氯化亚铁和铜不发生反应；‎ B．金刚石是碳的单质，和氧气反应生成二氧化碳；‎ C．明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用；‎ D．二氧化硅和氢氟酸发生反应．‎ ‎【解答】解：A．FeCl2有氧化性，不和铜反应不能用于雕刻电路板，是利用氯化铁的氧化性和铜反应雕刻电路板，故A错误；‎ B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，金刚石是碳的单质，和氧气反应生成二氧化碳，故B错误；‎ C．明矾加入水中能形成Al（OH）3胶体，具有较大表面积吸附悬浮杂质可用作净水剂，故C正确；‎ D．SiO2不与强酸反应，但和氢氟酸反应，不可用石英器皿盛装氢氟酸，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎6．【分析】A．硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥；‎ B．小苏打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性；‎ C．硅的导电性介于导体与绝缘体之间；‎ D．三氧化二铁为红棕色粉末．‎ ‎【解答】解：A．硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确；‎ B．小苏打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性，不能做干燥剂，故B错误；‎ C．硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故C正确；‎ D．三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】A．水解为吸热反应；‎ B．加水稀释溶液浓度降低；‎ C．依据同离子效应解答；‎ D．铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁．‎ ‎【解答】解：A．水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，故A正确；‎ B．加水稀释能促进其水解，但是能使Fe（OH）3的浓度降低，故B错误；‎ C．氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，故C错误；‎ D．铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎8．【分析】A．Li、P分别在氧气中燃烧得到一种氧化物；‎ B．二氧化硫与亚硫酸钠、饱和碳酸氢钠溶液反应，而二氧化碳不反应；‎ C．铁与氯气反应生成氯化铁；‎ D．SiO2为酸性氧化物．‎ ‎【解答】解：A．Li、P分别在氧气中燃烧得到一种氧化物，分别是氧化锂、五氧化二磷，碳在氧气中充分燃烧生成二氧化碳，不充分燃烧生成一氧化碳，故A错误； ‎ B．二氧化硫能够与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，而二氧化碳不与亚硫酸钠反应；二氧化硫能够与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以可以使用Na2SO3溶液或NaHCO3溶液除去二氧化碳中含有的二氧化硫，故B正确；‎ C．铁与氯气反应生成氯化铁，与氯气量的多少无关，故C错误；‎ D．SiO2为酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，不能与强酸反应，与氢氟酸反应是由于氟化氢具有腐蚀性，所以SiO2不是两性氧化物，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】能将溶液中的Fe3+转化为Fe2+的物质具有还原性，常见的还原剂：金属单质、氢气、碳单质、碘化物、硫化物等。‎ ‎【解答】解：能将溶液中的Fe3+转化为Fe2+的物质具有还原性，Cu是常见的还原剂，氯气常做氧化剂，铁离子和氨水以及硫氰酸钾之间发生复分解反应。‎ 故选：A。‎ ‎10．【分析】硫酸亚铁易被氧化而变质，硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解，依据水解平衡影响因素解答。‎ ‎【解答】解：硫酸亚铁易被氧化而生成硫酸铁，加入少量铁粉与三价铁离子反应生成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2+被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制二价铁子的水解，‎ 故选：B。‎ ‎11．【分析】用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉，铁先和FeCl3发生氧化还原反应，当FeCl3完全反应后，Fe再和Cu2+反应，据此分析。‎ ‎【解答】解：铁先和FeCl3发生氧化还原反应，再和Cu2+反应，溶液中只含Fe2+，不会再含Cu2+和Fe3+，‎ 故选：A。‎ ‎12．【分析】A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；‎ B．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀；‎ C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；‎ D．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解。‎ ‎【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；‎ B．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀，所以FeSO4能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故B错误；‎ C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；‎ D．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎13．【分析】A．Cu与HCl不反应；‎ B．高温、高压、催化剂条件下，N2、N2反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO；‎ C．SiO2和水不反应；‎ D．Al2O3是两性氧化物，和NaOH反应生成NaAlO2；‎ ‎【解答】解：A．Cu与HCl不反应，不能一步反应生成CuCl2，故A错误；‎ B．高温、高压、催化剂条件下，N2、N2反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，故B正确；‎ C．SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，故C错误；‎ D．Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，不是一步反应生成Al（OH）3，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎14．【分析】A、铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜；‎ B、硅酸钠与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠；‎ C、一氧化氮与水不反应；‎ D、氯化铁溶蒸干得到氢氧化铁；‎ ‎【解答】解：A、铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，所以CuCuOCuSO4（aq）物质间转化均能实现，故正确；‎ B、硅酸钠与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，而不是亚硫酸钠，故错误；‎ C、一氧化氮与水不反应，所以NOHNO3（aq）不能转化，故错误；‎ D、氯化铁溶蒸干得到氢氧化铁，而不是无水氯化铁，故错误；‎ 故选：A。‎ ‎15．【分析】A．SO2与CaCl2不反应；‎ B．Na与熔融的TiCl4反应才能生成Ti；‎ C．Cu2（OH）2CO3与盐酸反应生成CuCl2，电解CuCl2生成Cu；‎ D．Cu（OH）2分解生成CuO。‎ ‎【解答】解：A．SO2与CaCl2不反应，则SO2CaSO3不能实现，故A错误；‎ B．Na与熔融的TiCl4反应才能生成Ti，NaTi不一定发生，故B错误；‎ C．Cu2（OH）2CO3与盐酸反应生成CuCl2，电解CuCl2‎ 生成Cu，均可一步实现转化，故C正确；‎ D．Cu（OH）2分解生成CuO，则Cu（OH）2↓Cu不能实现，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎16．【分析】途径①涉及反应为3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ 途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2＝2CuSO4+2H2O；‎ 途径③涉及反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，‎ 根据以上反应的离子方程式或化学方程式评价制备方案。‎ ‎【解答】解：A．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；‎ B．利用途径③制备硫酸铜是用铜与浓硫酸反应制备硫酸铜，涉及反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，制备16g硫酸铜，物质的量为0.1mol，这一过程中消耗硫酸的物质的量为0.2mol，故B错误；‎ C．生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①＝②＜③，故C错误；‎ D．相对于途径①、③，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎17．【分析】A．加入KSCN溶液遇到铁离子生成血红色溶液；‎ B．氯化铁溶液中加入硝酸银溶液生成氯化银沉淀；‎ C．氢氧化钠加入氯化铁溶液中生成红褐色沉淀；‎ D．铁钉在氯化铁溶液中溶解。‎ ‎【解答】解：A．加入KSCN溶液遇到铁离子生成血红色溶液，是检验铁离子存在的方法，能达到目的，故A不符合；‎ B．氯化铁溶液中加入硝酸银溶液生成氯化银沉淀，和铁离子不反应，不能验证铁离子的性质，故B符合；‎ C．氢氧化钠加入氯化铁溶液中发生复分解反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，故C不符合；‎ D．铁钉在氯化铁溶液中溶解，说明氯化铁具有氧化性，故D不符合；‎ 故选：B。‎ ‎18．【分析】三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；‎ 二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；‎ 碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。‎ ‎【解答】解：先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，‎ 故选：A。‎ ‎19．【分析】先考虑如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色．‎ ‎【解答】解：A、FeCl2 和NaOH溶液生成灰绿色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，能迅速被氧化成红褐色沉淀氧氢化铁，所以不能检验是否变质，故A错误；‎ B、铁片与氯化亚铁不反应，故B错误；‎ C、如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液，故C正确；‎ D、无论氯化亚铁是否变质，都是强酸弱碱盐，溶液都呈酸性，所以用石蕊溶液无法检验，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎20．【分析】先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在．‎ ‎【解答】解：因为NH4SCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加NH4SCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，‎ 再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，即进行如下实验的最佳顺序为③①，‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】（1）铁原子失去最外层4s能级2个电子形成Fe2+，再根据核外电子排布规律进行书写；‎ ‎（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低；苯酚为平面结构，C原子采取sp2杂化；‎ ‎（3）分子晶体熔沸点较低且熔融不导电，离子晶体熔沸点较高且熔融能导电；根据SO42﹣中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；‎ ‎（4）配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe （CO）5分子含10个σ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；‎ ‎（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点贡献率为，棱点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+×2+3＝6，含氮原子数为2，据此计算铁、氮的微粒个数之比；‎ ‎（6）氧化亚铁晶胞结构类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1：1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；‎ 根据均摊法计算晶胞中二价铁离子、氧离子数目，依据氧化亚铁晶体的密度计算Fe2+与O2﹣最短核间距。‎ ‎【解答】解：（1）铁原子失去最外层4s能级2个电子形成Fe2+，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，简化电子排布式为[Ar]3d6；‎ 故答案为：[Ar]3d6；‎ ‎（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S．苯酚为平面结构，C原子采取sp2杂化；‎ 故答案为：N＞O＞S；sp2杂化；‎ ‎（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO42﹣离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；‎ 故答案为：分子晶体；正四面体形；‎ ‎（4）配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe （CO）5分子含10个σ键，则1mol Fe（CO）5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN﹣、C22﹣，‎ 故答案为：10；CN﹣、C22﹣；‎ ‎（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点贡献率为，棱点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+×2+3＝6，含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：2＝3：1；‎ 故答案为：3：1；‎ ‎（6）氧化亚铁晶胞结构类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1：1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；‎ ‎1个氧化亚铁晶胞含有二价铁离子数目为：8×+6×＝4，含有氧离子数目为：×12+1＝4，所以1个氧化亚铁晶胞含有4个FeO，设Fe2+与O2﹣最短核间距为dpm，依据氧化亚铁晶体的密度为ρg•cm﹣3，可知：ρ＝，解得d＝×1010pm；‎ 故答案为：12；×1010；‎ ‎22．【分析】（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3；‎ ‎（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气；‎ ‎（3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高，+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe（OH）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；‎ ‎（4）根据n＝ 计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V＝ 计算溶液体积，再根据c＝ 计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度；‎ ‎（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，生成更多的KClO；‎ ‎（6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl．‎ ‎【解答】解：（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3．由信息①可知，在低温下KOH与Cl2 反应生成的是KClO．故选择低温较低，故答案为：温度较低；‎ ‎（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，‎ 故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高，易得电子，表现强氧化性，+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe（OH）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉，‎ 故答案为：+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe（OH）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；‎ ‎（4）61.6g KOH固体的物质的量为＝1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g＝161.6g，所以溶液的体积为＝L，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为＝10mol/L，故答案为：10mol/L；‎ ‎（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO．为下一步反应提供反应物，‎ 故答案为：与“反应液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO；为下一步反应提供反应物；‎ ‎（6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl，故答案为：KNO3、KCl．‎ ‎23．【分析】（1）碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间可以发生氧化还原反应；‎ ‎（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化；化学反应中，化合价变化数值＝转移电子数，根据电子守恒来计算；‎ ‎（3）根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性、氧化剂优先氧化还原性强的还原剂来回答．‎ ‎【解答】解：（1）向酸化的FeCl3‎ 溶液中逐滴加入KI溶液，碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间可以发生氧化还原反应：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；‎ ‎（2）①双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化，即：H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O；‎ ‎③在发生的反应③中O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，S元素化合价由﹣2价变为+6价、N元素化合价由﹣3价变为0价，得失电子最小公倍数是22，即转移电子是22mol，故答案为：22；‎ ‎（3）根据（1）发生的反应得到还原性是I﹣＞Fe2+，根据反应①②可以得出还原性是：Fe2+＞SCN﹣，即还原性顺序是：I﹣＞Fe2+＞SCN﹣，故答案为：I﹣＞Fe2+＞SCN﹣．‎ ‎24．【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；‎ ‎（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；‎ ‎（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子；‎ ‎（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+＝Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体．‎ ‎【解答】解：（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂，故答案为：还原剂；‎ ‎（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；‎ 故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；‎ ‎（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；‎ ‎（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+＝Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O，‎ 故答案为：CuH+3H++NO3﹣＝Cu2++2H2O+NO↑．‎ ‎25．【分析】（1）根据Fe元素有+2价、+3价来分析；‎ ‎（2）根据固体物质中有Fe2（SO4）3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，向另一份溶液中滴入酸性KMnO4稀溶液，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明不变含还原性物质；‎ ‎（3）根据中等活泼的金属Fe，Pb，Cu的硝酸盐受热分解生成金属氧化物、二氧化氮和氧气并配平；‎ ‎（4）根据NO2气体的颜色；根据检验氧气之前必须除去NO2，保证氧气是干燥的，氧气能使带火星的木条复燃；‎ ‎（5）根据充分加热分解，KNO3中分解为KNO2，Fe（NO3）2分解为Fe2O3，KNO2溶解于水了、洗涤、干燥后剩下3.2克就全部是Fe2O3，再根据质量百分数来计算；‎ ‎【解答】解：（1）Fe元素有+2价、+3价，所以产物可能为Fe2（SO4）3、FeSO4或Fe2（SO4）3和FeSO4的混合物，故答案为：只显+3价；‎ ‎（2）根据固体物质中有Fe2（SO4）3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，向另一份溶液中滴入酸性KMnO4稀溶液，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明不变含还原性物质，即不含FeSO4，‎ 故答案为：溶液变红色；溶液紫色不褪去；‎ ‎（3）Fe（NO3）2热分解生成了氧化铁，二氧化氮和氧气，方程式：4Fe（NO3）2 2Fe2O3+8NO2↑+O2↑，故答案为：4Fe（NO3）2 2Fe2O3+8NO2↑+O2↑；‎ ‎（4）NO2气体是红棕色气体，所以加热有红棕色气体产生，说明分解产生的气体中含NO2，故答案为：有红棕色气体产生；用4mol/LNaOH溶液除去NO2，浓 H2SO4%溶液干燥氧气，最后通过带火星的木条检验氧气，所以带火星的木条复燃，说明分解产生的气体中含 02，故答案为：4mol/LNaOH溶液；带火星的木条；带火星的木条复燃；‎ ‎（5）充分加热分解，KNO3中分解为KNO2，Fe（NO3）2分解为Fe2O3，KNO2溶解于水了、洗涤、干燥后剩下3.2克就全部是Fe2O3，其含铁也就是混合物的铁含量：3.2×＝%＝22.4%，故答案为：22.4%。‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】（1）氯气具有强氧化性，氧化变价金属市场高价化合物，氯气和铁反应生成氯化铁；‎ ‎（2）浓硝酸具有强氧化性，可在常温下与铝、铁发生钝化反应；‎ ‎（3）可用于焊接钢轨需要反应放热生成的金属呈熔融状态；‎ ‎（4）在空气中迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，是Fe（OH）2遇到氧气会被氧气氧化成Fe（OH）3；‎ ‎（5）三价铁离子遇到KSCN溶液会生成血红色溶液，是铁离子的检验方法．‎ ‎【解答】解：（1）将烧得红热的铁丝伸到盛有氯气的集气瓶中，可观察到有棕黄色的烟生成，产物为氯化铁固体，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，‎ 故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3； ‎ ‎（2）金属钝化的实质是金属被浓硫酸、浓硝酸氧化，表面生成一层致密的氧化膜，这种氧化膜不溶于浓硫酸、浓硝酸．，铁、铝在常温下与浓硝酸发生钝化，是因为浓硝酸具有强氧化性，在金属的表面生成一层致密的氧化物膜，阻碍反应的继续进行，‎ 故答案为：氧化；‎ ‎（3）①3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2，反应在高温下进行生成铁，但在野外条件下难于实现反应，‎ ‎②2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3 ，氯和氧化铁反应是放热反应，放出的热量使生成的铁呈熔融状态，可以焊接钢轨，‎ ‎③3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2 ，反应是吸热反应，不能焊接钢轨，‎ 故答案为：②；‎ ‎（4）在空气中迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，是Fe（OH）2遇到空气中的氧气，会被氧气氧化成Fe（OH）3，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，‎ 故答案为：空气中氧气； ‎ ‎（5）在两支试管里分别加入5mL FeCl2溶液和5mL FeCl3溶液，各滴入几滴KSCN溶液，可观察到溶液变为红色现象的是氯化铁溶液，Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3，‎ 故答案为：氯化铁．‎ ‎27．【分析】（1）铁为26号元素，核外四个电子层，最外层2个电子，据此判断周期表中位置；‎ ‎（2）Fe（OH）2与氧气水反应生成Fe（OH）3；‎ ‎（3）①由FeSO4溶液制得FesO4•7H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等得到；‎ ‎②绿矾（FeSO4•7H2O）易变质，Fe2+被氧化为Fe3+，检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液；‎ ‎（4）①FeCO3•nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平书写；‎ ‎②依依据铁元素守恒和质量关系计算；‎ ‎（5）铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用。‎ ‎【解答】解：（1）铁为26号元素，核外四个电子层，最外层2个电子，据此判断周期表中位置位于第四周期，第ⅤⅢ族，‎ 故答案为：第四周期，第ⅤⅢ族；‎ ‎（2）Fe（OH）2与氧气水反应生成Fe（OH）3，化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，‎ 故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；‎ ‎（3）①由FeSO4溶液制得FesO4•7H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等得到，‎ 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎②检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液，加入KSCN溶液变红色说明变质，‎ 故答案为：KSCN溶液；‎ ‎（4）①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，写出化学方程式为：4FeCO3•nH2O+O2＝4FeOOH+4CO2↑+（4n﹣2）H2O，‎ 故答案为：4FeCO3•nH2O+O2＝4FeOOH+4CO2↑+（4n﹣2）H2O；‎ ‎②设样品中FeCO3的物质的量为xmol，FeOOH的物质的量为ymol，则 ‎116x+89y＝12.49‎ x+y＝＝0.11‎ 解得y＝0.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.89g，‎ 故答案为：0.89g；‎ ‎（5）反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）△H＜0，铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用，故T1＜T2，‎ 故答案为：＜。‎ ‎28．【分析】（1）4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O．其依据是c（H+）增大平衡正反应方向进行；‎ ‎（2）Fe2++O2+H2O→Fe（OH）3+H+，反应中铁元素化合价+2价变化为+3价，氧元素化合价0价变化为﹣2价，电子转移总数为4e﹣，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；‎ ‎（3）①在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，由图象知，当pH值其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同PH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，以此解答该题；‎ ‎②滴定xmL溶液中的Fe2+，消耗amol•L﹣1K2C2O7，标准溶液bmL，结合离子反应方程式中的定量关系计算得到；‎ ‎（4）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解；‎ ‎（5）①充电过程为吸热反应；‎ ‎②锂和氧化锂都和水发生反应；‎ ‎③Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O．放电时正极的反应是氧化铁发生还原反应。‎ ‎【解答】解：（1）4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O．其依据是c（H+）增大，平衡正反应方向进行，c（Fe3+）增大，‎ 故答案为：正反应方向；‎ ‎（2）Fe2++O2+H2O→Fe（OH）3+H+，反应中铁元素化合价+2价变化为+3价，氧元素化合价0价变化为﹣2价，电子转移总数为4e﹣，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式为4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3+8H+，‎ 故答案为：4；1；10；4；8；‎ ‎（3）①a．图象中物理量分析可知，Fe2+的氧化率与溶液的pH、时间和温度有关，故a正确；‎ b．由图象知，Fe2+的氧化率受PH值和温度的影响，一定温度下，pH越大氧化率越大，故b错误；‎ c．由图象可知，其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，pH增大，Fe2+的氧化速率变快，故c正确。‎ 故答案为：ac；‎ ‎②若滴定xmL溶液中的Fe2+，消耗amol•L﹣1K2C2O7，标准溶液bmL，‎ ‎ 6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O ‎ 6 1‎ ‎ n（Fe2+） amol•L﹣1×b×10﹣3L n（Fe2+）＝6ab×10﹣3mol 则溶液中c（Fe2+）＝＝mol/L，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸，‎ 故答案为：防止亚铁离子水解；‎ ‎（5）①充电过程是吸热反应，反应物能量低于生成物，2ab中能表示电池在充电过程中能量变化的是图b，‎ 故答案为：图b；‎ ‎②该电池不能以水溶液为电解质溶液，锂和氧化锂都和水发生反应，化学方程式说明原因为：2Li+2H2O＝2LiOH+H2↑，Li2O+H2O＝2LiOH，‎ 故答案为：2Li+2H2O＝2LiOH+H2↑，Li2O+H2O＝2LiOH；‎ ‎③电池通过Li+的移动完成放电，Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，放电时正极的电极反应式是Fe2O3+6e﹣+6Li+＝2Fe+3Li2O，‎ 故答案为：Fe2O3+6e﹣+6Li+＝2Fe+3Li2O。‎ ‎29．【分析】（1）根据化合价的代数和为0计算；化合价降低被还原生成还原产物；‎ ‎（2）反应中Cu、O元素得电子，若反应中消耗氧气6.3mol，生成Cu为2.4mol，根据Cu、O得电子数计算；Fe元素部分被氧化，生成的Fe2O3是氧化产物；‎ ‎（3）反应产物中二氧化硫具有污染性，二氧化硫能与碱液反应，能被强氧化性溶液氧化；‎ ‎（4）①Na2SO4显中性②NaHSO4显强酸性③Na2SO3显弱碱性④NaHSO3显弱酸性；硫酸氢钠与亚硫酸钠反应生成硫酸钠和二氧化硫、水；NaHSO3部分电离氢离子，显弱酸性，NaHSO4完全电离氢离子，显强酸性。‎ ‎【解答】解：（1）若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，Fe、Cu均为+2价，则S为﹣2价；8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2反应中Cu、O元素的化合价降低，得电子，所以得电子的物质为Cu、FeO、Fe2O3、SO2，共四种；‎ 故答案为：﹣2；四；‎ ‎（2）反应中Cu、O元素得电子，若反应中消耗氧气6.3mol，生成Cu为2.4mol，则转移电子总数为（6.3mol×4+2.4mol×2）×NA＝30NA；Fe元素部分被氧化，生成的Fe2O3是氧化产物，则被氧化和未被氧化的物质的量之比为1：1；‎ 故答案为：30NA；1：1；‎ ‎（3）反应产物中二氧化硫具有污染性，二氧化硫能与碱液反应，能被强氧化性溶液氧化，硫化氢气体也是有毒气体，则不能吸收二氧化硫的是硫化氢气体、NaHSO3溶液；‎ 故答案为：CD；‎ ‎（4）①Na2SO4显中性②NaHSO4显强酸性③Na2SO3显弱碱性④NaHSO3显弱酸性；所以等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是③①④②；硫酸氢钠与亚硫酸钠反应生成硫酸钠和二氧化硫、水，离子反应2H++SO32﹣→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3＝Na2SO4+SO2↑+H2O；NaHSO3部分电离氢离子，显弱酸性，NaHSO4完全电离氢离子，显强酸性，已知某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x，若x1＜x2，则c1＞c2。‎ 故答案为：③①④②；2NaHSO4+Na2SO3＝Na2SO4+SO2↑+H2O；＞。‎ ‎30．【分析】（1）氯水中氯气具有强的氧化性能够氧化二价铁离子；‎ ‎（2）二价铁离子具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化生成三价铁离子；‎ ‎（3）Vc片具有还原性，能够还原三价铁离子生成二价铁离子；‎ ‎（4）试剂1起溶解作用，盐酸、稀硫酸均可，但试剂2不能用盐酸，易被高锰酸钾氧化，影响实验测定；‎ ‎（5）KMnO4溶液具有强的氧化性，能够使橡胶老化，应用酸式滴定管盛放，滴定时旋转活塞；‎ ‎（6）依据方程式：5Fe2++8H++MnO4﹣═5Fe3++Mn2++4H2O计算．‎ ‎【解答】解：（1）加入新制氯水后，亚铁离子被氧化为铁离子，离子反应为2Fe2++Cl2＝2Cl﹣+2Fe3+；‎ 故答案为：2Fe2++Cl2＝2Cl﹣+2Fe3+；‎ ‎（2）二价铁离子具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化生成三价铁离子，药品储存过程中有少量三价铁生成；‎ 故选：C；‎ ‎（3）Vc片具有还原性，能够还原三价铁离子生成二价铁离子；‎ 故答案为：还原；‎ ‎（4）试剂1起溶解作用，盐酸、稀硫酸均可，但试剂2不能用盐酸，易被高锰酸钾氧化，影响实验测定，则该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是稀硫酸；‎ 故答案为：C；‎ ‎（5）KMnO4溶液具有强的氧化性，应用酸式滴定管盛放，滴定时应旋转活塞，A图操作正确；‎ 故选：A；‎ ‎（6）依据5Fe2++8H++MnO4﹣═5Fe3++2Mn2++4H2O可知：‎ ‎5Fe2++8H++MnO4﹣═5Fe3++Mn2++4H2O ‎5 1‎ n 0.02mol×12×0.001L，‎ n＝1.2×10﹣3mol，‎ 则药品中含n（Fe2+）＝0.0200mol/L×12.00×10﹣3L×5×＝0.0600mol，‎ 所以含二价铁离子的质量m（Fe2+）＝0.0600mol×56g/mol＝3.36g，‎ 则铁的百分含量为：×100%＝33.6%，‎ 故答案为：33.6%．‎