2020年高考化学一轮复习专题3.3铁及其重要化合物练含解析

《2020年高考化学一轮复习专题3.3铁及其重要化合物练含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考化学一轮复习专题3.3铁及其重要化合物练含解析（16页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、专题3.3 铁及其重要化合物1下列有关铁及其化合物的说法中正确的是 ()A铁红的主要成分是Fe3O4B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤DFe3与KSCN产生红色沉淀【答案】C【解析】铁红是Fe2O3，故A错误；铁与水蒸气反应生成的是Fe3O4和氢气，反应的化学方程式为3Fe4H2O(g)Fe3O44H2，故B错误；除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，除去了杂质Fe3，故C正确；铁离子与硫氰根离子反应生成的硫氰化铁不是沉淀，是一种红色的配合物，故D错误。2下

2、列有关铁元素的叙述中正确的是 ()AFe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2Fe2B25 ，pH0的溶液中，Al3、NH、NO、Fe2可以大量共存C5.6 g铁与足量的氯气反应失去0.2 mol电子D硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe22H2O24H=Fe34H2O【答案】A【解析】A项，2Fe3Fe=3Fe2，反应中Fe3为氧化剂，Fe2为氧化产物，故氧化性：Fe3Fe2，正确；pH0的溶液呈强酸性，Fe2、NO、H不能大量共存，B项错误；C项铁应失去0.3 mol电子，错误；D项电荷不守恒，错误。7下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加

3、入的试剂，其中所加试剂正确的一组是()选项ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeNa2SO4溶液YFeCl3CuCl2AlNa2CO3ZCl2FeNaOH溶液HCl溶液【答案】C【解析】A项，2FeCl2Cl2=2FeCl3，除去了主体物质，错误；B项，2FeCl3Fe=3FeCl2，CuCl2Fe=CuFeCl2，主体物质和杂质均被消耗，错误；C项，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，NaAlO2易溶，过滤即可，正确；D项，Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O，但引入了新的杂质NaCl，错误。8.关于Fe3、Fe2性质实验的说法错误的是 ()A用图示装置可以制备沉淀F

4、e(OH)2B配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C因Fe22H2OFe(OH)22H，向浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入稀盐酸时，溶液浅绿色加深D向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化【答案】C【解析】由图可知，A中发生Fe与稀硫酸的反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气将装置中的空气排出，然后关闭C，氢气将硫酸亚铁压入B中，硫酸亚铁与NaOH反应生成Fe(OH)2，A项正确；FeCl3易水解，配制FeCl3溶液时应防止FeCl3因水解生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，B项正确；Fe(NO3)

5、2溶液中加入盐酸时发生反应：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O，有棕黄色的Fe3生成，C项错误；Fe3与铁反应可生成Fe2，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化，D项正确。9纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示：Fe3O4下列说法错误的是()A保存溶液A时，应加入少量铁粉B其制备反应类型不属于氧化还原反应C取滤液进行焰色反应，火焰为黄色DFeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比最好应为21【答案】D【解析】Fe2易被空气中的氧气氧化，在保存含Fe2的溶液时，需要加入铁粉，A项正确；反应中无元素

6、化合价的变化，不是氧化还原反应，B项正确；滤液中含有Na，所以进行焰色反应时火焰为黄色，C项正确；Fe3O4可写成FeOFe2O3，所以n(Fe2)n(Fe3)12，D项错误。10FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示，下列说法错误的是()A可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质B沉淀过程中有CO2气体放出C过滤操作中常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO【答案】D【解析】FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体。A项，Fe2变质会生成Fe3，则只需检验溶液中是否含有Fe3，可

7、利用KSCN和Fe3反应溶液显红色进行检验，正确；B项，FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为Fe22HCO=FeCO3H2OCO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，正确；C项，过滤操作中需要用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，正确；D项，二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，FeCO3在空气中高温分解生成Fe2O3，错误。11(2019菏泽质检)为验证还原性：SO2Fe2Cl，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有()溶液1溶液2甲含Fe3、Fe2含SO乙含Fe3，无Fe2含SO丙含Fe3，无

8、Fe2含Fe2A.只有甲 B甲、乙C甲、丙 D甲、乙、丙【答案】C【解析】本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”的原理来验证还原性的强弱顺序。向FeCl2溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲溶液1中含有Fe3、Fe2，说明发生反应2Fe2Cl2=2Fe32Cl，且Cl2反应完全，可证明还原性Fe2Cl；溶液2中含有SO，则说明发生反应2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H，可证明还原性SO2Fe2，故甲能证明还原性SO2Fe2Cl；乙溶液1中含有Fe3，无Fe2剩余，则还原性Fe2Cl，但Cl2可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是Cl2SO22H2O=2

9、ClSO4H，不能比较SO2与Fe2的还原性强弱，故乙不能验证；丙溶液1中含有Fe3，没有Fe2，通入SO2后溶液中又含有Fe2，说明SO2将Fe3还原得到Fe2，证明还原性SO2Fe2，故丙实验结论能证明还原性SO2Fe2Cl。12(2019枣庄八中月考)中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下所示。FeCl36H2OFeO(OH)纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是()A纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病B纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径大小相等C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D

10、反应的化学方程式是6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2【答案】B【解析】纳米四氧化三铁为磁性纳米晶体材料，可作为药物载体用于疾病的治疗，A项正确；纳米四氧化三铁分散在适当的分散剂中形成的分散系属于胶体，不同于溶液中溶质微粒的直径，B项错误；反应中环丙胺不参加反应，但加入环丙胺后FeCl3发生水解生成FeOOH，即环丙胺会促进氯化铁的水解，C项正确；由制备过程可知，反应的反应物为FeOOH和CO，生成物为Fe3O4，结合质量守恒定律可知反应为6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2，D项正确。13(2019烟台五县联考)常温时，将0.1 mol Fe(NO3)3和2 mol HCl溶

11、于水得2 L混合溶液，然后向该溶液投入m g铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是()A由于氧化性Fe3H，首先发生的反应是：Fe2Fe3=3Fe2B当加入16.8 g铁粉时，可生成标准状况下6.72 L气体C在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2和Fe3的形式存在Dm28，反应过程中溶液的质量一直在减小【答案】B【解析】酸性条件下，NO有氧化性，因此首先发生的反应是FeNO4H=NOFe32H2O，然后发生反应：Fe2Fe3=3Fe2，Fe2H=Fe2H2，A错误；当加入16.8 g铁粉时，刚好发生上述第一个反应，生成标准状况下6.72 L NO气体，此时消耗1

12、.2 mol H，B正确；滴加KSCN溶液不变红色说明溶液不含Fe3，C错误；当恰好第二个反应结束时，根据方程式计算则至少消耗铁16.8(0.10.3)0.55628(g)，但反应过程中溶液的质量一直在增大，D错误。14从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下，则下列说法正确的是()A试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B操作、操作、操作所用仪器相同C试剂c是氯气，相应的反应为： 2Fe2Cl2=2Cl2Fe3D用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否还有Fe2【答案】C【解析】试剂a是铁，加入过量的铁，可把铜全部置换出来，并把FeCl3还原为FeCl2，则通

13、过过滤操作得到的滤液X为FeCl2溶液，滤渣Y为铜和过量的铁；由于最终得到的产品是FeCl3，故试剂b是稀盐酸，铜不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成FeCl2，故通过过滤操作可得到铜单质，滤液Z为FeCl2溶液，在两次过滤得到的FeCl2溶液中通入氯气，发生反应2Fe2Cl2=2Cl2Fe3，把FeCl2转化为FeCl3，然后通过操作(蒸发结晶，并过滤)便可得到氯化铁晶体，蒸发结晶与过滤所使用的仪器不可能相同，故A、B错误，C正确；溶液W中有Cl，酸性KMnO4溶液既可氧化Fe2，又可氧化Cl，故用酸性KMnO4溶液不可检验溶液W中是否还有Fe2，D错误。15向含有1 mol HNO3和1 mol

14、 H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是()Aa表示n(Fe3)的变化曲线Bn10.75CP点时，n(Fe3)0.562 5 molD向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4 g【答案】C【解析】该反应可以看作两步：Fe4HNO=Fe3NO2H2O，硝酸根离子过量，氢离子不足；2Fe3Fe=3Fe2。a表示Fe3的物质的量变化曲线，A正确；溶液中共有3 mol H参加反应，消耗铁为0.75 mol，B正确；P点n(Fe2)n(Fe3)，二者均为0.45 mol，C错误；剩余0.4

15、5 mol Fe3，消耗0.225 mol(14.4 g)铜，D正确。16以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl36H2O)的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是()A酸溶过程使用的酸也可以是硝酸，且过量B为了防止污染，焙烧过程中产生的SO2要回收利用C通氯气的目的是氧化Fe2D由FeCl36H2O制取无水FeCl3需要在氯化氢的气流中加热【答案】A【解析】若用过量硝酸酸溶，会引入NO，A项错误；SO2是一种污染气体，必须回收利用，B项正确；通入Cl2的目的是将Fe2全部氧化为Fe3，C项正确；为了防止Fe3水解，由FeCl36H2O制取无水FeCl3时需要在HCl的气流

16、中加热，D项正确。17如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是()A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能变为红色B溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H2Fe2O2=2Fe32H2OC溶液酸性：ABD加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A【答案】A【解析】溶液A转化为溶液B发生反应：2Fe32H2OSO2=2Fe2SO4H，向溶液B中滴加KSCN溶液，未与SO2反应的Fe3与SCN反应，有红色出现，A项正确；溶液B转化为溶液C发生反应：4Fe2O24H=4Fe32H2O，B项错误；根据反应方程式可知，溶液酸性：BA，C项错误；溶液C中含有Fe3和H，溶液C转化为溶液A，可加入

17、三价铁的氧化物，D项错误。18某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为()A111 B131C338 D114【答案】D【解析】依次发生的反应是Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O,2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，Cu(NO3)2Fe=Fe(NO3)2Cu，稀硝酸消耗1 mol Fe同时生成1 mol Fe(NO3)3，Fe(NO3)3消耗1 mol Fe，消耗1 mol Fe需要4 mol HNO3、

18、2 mol Fe(NO3)3和1 mol Cu(NO3)2，则原溶液中有4 mol HNO3、1 mol Fe(NO3)3,1 mol Cu(NO3)2，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为114。19硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)在医药上作补血剂。某课外小组的同学欲测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：(1)证明步骤滤液中含有Fe2的方法是取样，先滴加KSCN溶液，再滴加_，该过程的现象为_。(2)步骤加入过量H2O2的目的是_。(3)步骤反应的离子方程式为_。(4)步骤中一系列处理的操作步骤：过滤、_、灼烧、_、称量。(5)若实验中

19、铁无损耗，则每片补血剂中含铁元素的质量为_g。【解析】(1)证明步骤滤液中含有Fe2的方法是取样，先滴加KSCN溶液，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等，若滤液由浅绿色变为红色，则说明滤液中含有Fe2。(2)由于H2O2具有氧化性，加入过量H2O2的目的是将Fe2全部氧化为Fe3。(3)步骤的目的是将Fe3全部转化为Fe(OH)3，所以步骤需加入过量的NaOH溶液(或氨水)，反应的离子方程式是Fe33OH=Fe(OH)3。(4)步骤的目的是将产生的红褐色悬浊液分离，最终得到固体Fe2O3，所以步骤的操作步骤是过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。(5)由于实验中铁无损耗，根据铁元素守恒得，每片补血剂中m(F

20、e)100.07a g。【答案】(1)氯水(或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂)溶液由浅绿色变为红色(2)将Fe2全部氧化为Fe3(3)Fe33OH=Fe(OH)3(4)洗涤冷却(5)0.07a20铁及其化合物在日常生活中应用广泛。(1)利用Fe2、Fe3的催化作用，常温下可将SO2转化为SO，从而实现对SO2的治理。已知含SO2的废气通入含Fe2、Fe3的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O，则另一反应的离子方程式为_。(2)氧化铁是重要的工业颜料，下面是制备氧化铁的一种方法，其流程如下：操作的名称是_；操作为洗涤，洗涤操作的具体方法为_。滤液A中加入稍过量的NH4

21、HCO3溶液，生成沉淀的同时有一种气体产生，写出其化学方程式：_。(3)如果煅烧不充分，产品中将有FeO存在，称取3.0 g氧化铁产品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用酸化的0.010 00 molL1 KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定23次，消耗酸性KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是_(填序号)。a稀硝酸 B稀盐酸c稀硫酸 D浓硝酸上述产品中Fe2O3的质量分数为_。【解析】(1)根据离子方程式4Fe2O24H=4Fe32H2O和信息知，另一个反应必为Fe3将SO2氧化为SO，同时自身被

22、还原为Fe2，从而Fe2、Fe3实现循环，达到催化作用。(2)根据流程图可知，操作是过滤；洗涤的具体操作方法：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次。根据题给信息，化学方程式为FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O。(3)由于高锰酸钾溶液具有强氧化性，盐酸在常温下即可被其氧化，又因Fe2具有还原性，硝酸不论稀、浓均具有强氧化性，故需选用硫酸酸化。根据反应5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，可知样品中FeO的质量为0.02 L0.010 00 molL1572 gmol10.72 g，所以产品中Fe2O3的质量分数为100%7

23、6%。【答案】(1)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H(2)过滤沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O(3)c76%1.（高考组合题）下列有关物质性质的叙述错误的是（ ）A. （2018年江苏卷） 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不显红色B（2019年天津卷）将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2C（2019年江苏卷）Fe在稀硝酸中发生钝化D. （2018年江苏卷）Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2【解析】FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检

24、验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A正确；铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，B正确； 常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，C错误； Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确。【答案】C2.（高考组合题）下列观点的叙述正确的是（ ）A（2017年江苏卷，T9A）无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB（2017年江苏卷，T7A）FeFeCl2Fe(OH)2C. （2018年江苏卷，T10A） D. （2017年全国新课标II卷，T13A）向2 mL

25、 0.1 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，说明还原性：【解析】Fe3+和SCN会发生反应生成血红色的配合物，A错误；铁与氯气反应只能生成氯化铁，B错误；Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，C错误；加入过量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3完全被消耗，即Fe2Fe3+=3Fe2+，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物得还原性，Fe元素化合价升高，Fe为还原剂，Fe2+即使还原产物又是氧化产物，因此还原性FeFe2+，D正确。【答案】D

26、3.（2019年全国卷）硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O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)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。(2)步骤需要加热的目的是，温度保持8095 ，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)。ABCD (3)步骤中选用足量的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

27、时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。【解析】 (1)油污在热的碱性条件下易水解，故去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。(2)适当加热可加快反应速率。加热温度为8095 ，低于100 ，可用热水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，与H2SO4反应生成H2S气体，H2S易与NaOH溶液反应，为防倒吸，故选C装置。(3)足量的H2O2可充分将Fe2+氧化为Fe3+，且不会引入新的杂质。Fe3+易水解，故溶液应保持一定的pH，防止Fe3+水解。(4)在过程后溶液中存在大量的Fe3+、N、S，从溶液中提取晶体的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。(5)硫酸铁铵NH4Fe(S

28、O4)2xH2O晶体失去1.5个结晶水，失重5.6%，可知100%=5.6%，解得x=12，硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。【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)212H2O4.（2018年北京卷）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还

29、原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4

30、将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。【解析】（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子

31、守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）根据上述制备

32、反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl

33、2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中

34、会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O (2). (3). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (4). i. Fe3+ (5)

35、. 4FeO42+20H+=4Fe3+3O2+10H2O (6). 排除ClO的干扰 (7). (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）5(2017北京高考)某小组在验证反应“Fe2Ag=Fe22Ag”的实验中检测到Fe3，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05 molL1硝酸银溶液(pH2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。(1)检验产物取出少量黑色固体，洗涤后，_(填操作和现象)，证明黑

36、色固体中含有Ag。取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_。(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3，乙依据的原理是_(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深120产生白色沉淀，较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅 (资料：Ag与SCN生成白色沉淀AgSC

37、N)对Fe3产生的原因作出如下假设：假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3；假设b：空气中存在O2，由于_(用离子方程式表示)，可产生Fe3；假设c：酸性溶液中的NO具有氧化性，可产生Fe3；假设d：根据_现象，判断溶液中存在Ag，可产生Fe3。下述实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3的主要原因。实验可证实假设d成立。实验：向硝酸酸化的_溶液(pH2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。实验：装置如下图。其中甲溶液是_，操作及现象是_。(3)根据实验现象，结合方程式推测实验中Fe3浓度变化的原因：_。【解

38、析】(1)黑色固体溶于热的硝酸溶液后，向其中加入稀盐酸，产生白色沉淀，可证明黑色固体中含有Ag。可利用K3Fe(CN)6检验Fe2的存在。(2)Fe3具有较强的氧化性，过量的铁粉会与Fe3反应：Fe2Fe3=3Fe2。空气中的O2会与Fe2发生氧化还原反应，产生Fe3；加入KSCN溶液后产生白色沉淀，说明溶液中存在Ag，Ag可与Fe2反应产生Fe3。实验可证明假设a、b、c不是产生Fe3的主要原因，只要将原实验反应体系中的Ag替换，其他微粒的种类及浓度保持不变，做对比实验即可，所以可选用0.05 molL1 NaNO3溶液(pH2)；实验利用原电池装置证明反应AgFe2=AgFe3能发生，所以甲溶液是FeSO4溶液。操作和现象：分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中的溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色会更深。【答案】(1)加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀Fe2(2)2Fe3Fe=3Fe24Fe2O24H=4Fe32H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀0.05 molL1NaNO3FeSO4溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深(3)溶液中