《考点14 铁及其化合物》核心考点精讲

学而优·教有方PAGEPAGE1考点14铁及其化合物(核心考点精讲)一、3年真题考点分布考点内容考题统计铁及其化合物的性质2023浙江6月3题，3分；2023浙江1月4题，3分；2023全国新课标7题，6分；2022广东卷6题，3分；2022浙江6月22题，2分；2022辽宁卷6题，3分；2021河北卷1题，3分；2022山东卷18题，12分；2021辽宁卷18题，14分2023湖南卷7题，3分；2023浙江1月16题，3分；2022广东卷11题，3分；2022湖南卷13题，4分；2021湖南卷3题，3分铁三角2023浙江1月16题，3分；2022河北卷15题，14分；2021广东卷10题，2分；2021北京卷16题，14分；2021海南卷15题，10分二、命题规律及备考策略【命题规律】从近三年高考试题来看，铁及其化合物是日常生活中非常重要的金属元素，特别是铁在国民经济中占有极其重要的地位，本考点是历年高考的考查重点，常在选择题中重点考查常见金属元素的基本反应、离子检验及用途，非选择题中常借助工艺流程的形式，以除杂或提纯等相关问题为主线综合考查金属元素化合物的性质。涉及本考点的实验探究题较好地考查了考生的知识迁移和应用能力，以及“证据推理与模型认知”学科素养。【备考策略】1.复习应加强“铁三角”与氧化还原反应的联系，如铁与强氧化性酸反应、铁的氢氧化物之间的转化等。2.备考应关注“铁三角”与实际生活生产的联系，如物质的除杂、高铁盐及其它铁的化合物的制备工艺流程等。【命题预测】预计2024年会继续在选择题中或非选择题中加强对铁元素的考查，由于铁及其化合物的性质很丰富，在高考命题中立足点也多种多样，如以选择题形式考查离子共存、离子反应、氧化还原反应、简单计算等，也可以出推断题，还可以出实验题。高频考点及可能题型：金属离子如Fe3+、Fe2+等的检验、金属及其化合物的化学方程式的书写或正误判断、金属化合物性质的实验探究、用含多种金属元素的矿物制备某种金属化合物、有关金属及其化合物的计算等，考法1铁1．铁元素的存在铁元素在自然界主要以化合态的形式存在，常见的铁矿有磁铁矿(主要成分为Fe3O4)、赤铁矿(主要成分为Fe2O3)。2．铁的结构铁位于元素周期表中第4周期Ⅷ族，是一种应用最广泛的过渡金属元素；铁元素是一种典型的变价金属元素。3．铁的物理性质银白色固体，熔点较高，具有良好的导热、导电、延展性，能被磁铁吸引。4．铁的化学性质铁元素性质活泼，有较强的还原性，主要化合价为＋2价和＋3价。5．铁的冶炼(1)Fe分别与O2(点燃)、H2O(g)(高温)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。(2)Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3；铁与硫蒸气反应生成的是FeS而不是Fe2S3。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)铁位于元素周期表中第4周期ⅧB族()(2)铁的化学性质比较活泼，所以铁在自然界中全部以化合态存在()(3)Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl3，在少量Cl2中燃烧生成FeCl2()(4)Fe分别与氯气、盐酸反应得到相同的氯化物()(5)铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4()(6)工业上可用铁制容器储存、运输浓硝酸、浓硫酸()(7)Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3()(8)炼铁原料：铁矿石、焦炭、空气、石灰石。(9)工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁()(10)Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应()(11)Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂() 答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)×(8)√(8)√(9)×(11)√例1鞍钢集团在上海进博会主办了钢铁产业链合作发展论坛，关于钢铁说法错误的是()A．属于合金B．硬度比纯铁大C．目前消耗最多的金属材料D．人类最早使用的金属材料【答案】D【解析】A项，钢铁中含有铁和碳，属于合金，故A正确；B项，合金硬度一般大于成分金属，所以钢铁的硬度大于纯铁，故B正确；C项，钢铁是生活中用的最多的合金，故C正确；D项，人类最早使用的金属材料为铜合金，故D错误。故选D。例2将金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是()选项反应情况设想评价A当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋，一定无Fe3＋正确，Fe3＋和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋，无Fe3＋正确，Fe和Cu与Fe3＋都反应，故有Fe2＋和Cu2＋，无Fe3＋C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有Fe2＋，无Cu2＋正确，Cu有剩余，故无Cu2＋D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3＋反应【答案】D【解析】当铁、铜的量比较少时溶液中可能有Fe3＋存在，A项错误；当铁过量时，铜不与Fe3＋反应，无Cu2＋生成，此时溶液中不存在Cu2＋和Fe3＋，B项错误；铜有剩余则溶液中一定无Fe3＋，可能有Cu2＋，C项错误；铁比铜活泼，不可能铁剩余而铜无剩余，D项正确。故选D。对点1下列反应中，铁只能生成高价化合物的是()A．少量铁与稀硫酸反应B．铁丝在氧气中燃烧C．过量铁粉在氯气中燃烧D．Fe投入到CuSO4溶液中【答案】C【解析】选项C虽然铁粉过量，但因为不是在溶液中进行的反应，故只能生成FeCl3。对点2已知铁粉与水蒸气在不同温度下反应，所得黑色固体产物的成分不同，某化学小组的同学为测定该固体产物的组成，称取168mg纯铁粉，按下列步骤进行实验：①如图所示连接好装置检查气密性装入药品②打开K，加热某装置，一段时间后，再加热另一装置；③反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积回答下列问题：(1)实验中先点燃___________处的酒精灯，该操作在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之______(填“前”或“后”)(2)下列实验操作的目的是：①将铁粉和石棉绒混合均匀___________；②关闭K___________。(3)判断铁粉与水蒸气反应已经完成的现象是___________。(4)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该同学的理由是___________。(5)用改进后的正确装置进行实验，收集到气体的体积为67.2mL(已换算成标准状况)，则固体产物的组成为___________。【答案】(1)A后(2)①增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应②防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定(3)量筒内液面不再发生变化(4)若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出(5)FeO【解析】(1)装置中的空气与Fe会发生反应，影响实验测定，因此要先加热A处的酒精灯，用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应；因反应后装置内会留有H2，必须将装置内的气体全部收集到量筒中，否则所测气体的体积将偏小，故加热A前要先把D处收集装置安装好，即点燃A处酒精灯在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之后进行；(2)①Fe是固体物质，为增大水蒸气与Fe粉反应的接触面积，可以使用石棉绒，使Fe粉附着在石棉绒上；②反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积，关闭K目的是防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定；(3)铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能根据反应产生的H2的难溶性，用不再产生气体，即气体的体积不发生变化作为反应完成的标志；(4)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该原因是反应是在加热时进行的，产生的氢气在温度高时体积大，当温度降低时体积减小，若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；但是若导管太长，导管就不易插入量筒中，反应结束时导气管也不易从量筒中取出；(5)n(Fe)=0.168g÷56g/mol=0.003mol，n(H2)=0.0672L÷22.4L/mol=0.003mol，n(Fe)：n(O)=1：1，所以根据电子守恒、元素守恒，可得反应方程式为Fe+H2O(g)FeO+H2，则所得固体化学式为FeO。考法2铁的重要化合物1．铁的氧化物化学式FeOFe2O3Fe3O4俗名铁红磁性氧化铁颜色状态黑色粉末红棕色粉末黑色晶体(有磁性)溶解性难溶于水难溶于水难溶于水铁的化合价＋2＋3＋2，＋3稳定性不稳定稳定稳定与H＋反应的离子方程式FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2OFe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2OFe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O2．铁的氢氧化物(1)Fe(OH)2是白色絮状物，易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色，方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。(2)Fe(OH)3是红褐色、难溶于水的固体，在空气中久置会部分失水生成铁锈(Fe2O3·xH2O)，受热易分解，方程式为2Fe(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Fe2O3＋3H2O；制取Fe(OH)3用可溶性铁盐与碱反应，离子方程式：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。3．亚铁盐(1)Fe2＋的氧化性和还原性含有Fe2＋的溶液呈浅绿色，Fe2＋处于铁的中间价态，既有氧化性，又有还原性，其中以还原性为主，如：遇Br2、Cl2、H2O2、NOeq\o\al(－,3)(H＋)等均表现为还原性。Fe2＋的酸性溶液与H2O2反应的离子方程式：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(2)可水解Fe(OH)2是弱碱，含Fe2＋的盐(如硫酸亚铁)溶液呈酸性。配制硫酸亚铁溶液时常加少量硫酸抑制Fe2＋的水解，加少量铁屑防止Fe2＋被氧化。4．铁盐的性质及应用(1)氧化性：含有Fe3＋的溶液呈棕黄色，Fe3＋处于铁的高价态，遇Fe、Cu、HI、H2S等均表现为氧化性。①Fe3＋与S2－、I－、HS－、SOeq\o\al(2－,3)等具有较强还原性的离子不能大量共存。②Fe3＋可腐蚀印刷电路板上的铜箔，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋。(2)易水解：Fe(OH)3是很弱的碱，且溶度积很小，因而Fe3＋极易水解，只能存在于酸性较强的溶液中。①利用Fe3＋易水解的性质，实验室可用FeCl3滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，反应的化学方程式：FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。②利用Fe3＋易水解的性质，工业上常用调节pH方法除去溶液中的铁离子。③利用Fe3＋易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度。④Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、[Al(OH)4]－、COeq\o\al(2－,3)、ClO－等水解呈碱性的离子不能大量共存。1．分析铁的化合物时的“两分清”(1)价态要分清要注意单质铁被不同氧化剂氧化时，产物不同；要注意不同价态的化合物所表现的不同的化学性质，如Fe3＋以氧化性为主，Fe2＋以还原性为主。(2)颜色要分清铁的化合物“五颜六色”，一定要记牢：Fe2＋溶液为浅绿色，Fe3＋溶液为棕黄色，Fe(SCN)3溶液为血红色，Fe(OH)3胶体为红褐色，Fe(OH)2沉淀在空气中的颜色变化为白色→灰绿色→红褐色，Fe(OH)3沉淀为红褐色固体，Fe2O3为红棕色，Fe3O4、FeO、FeS均为黑色。eq\a\vs4\al()2．确定铁的氧化物组成的基本方法设铁的氧化物中铁元素与氧元素的质量比为m∶n，则氧化物中n(Fe)∶n(O)＝eq\f(m,56)∶eq\f(n,16)＝a∶b，若a∶b＝1∶1，则铁的氧化物为FeO；若a∶b＝2∶3，则铁的氧化物为Fe2O3；若a∶b＝3∶4，则铁的氧化物是Fe3O4或FeO与Fe2O3按物质的量之比为1∶1的混合物或FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物(其中FeO、Fe2O3物质的量之比为1∶1，Fe3O4为任意值)。3．“铁三角”的转化关系4．防止Fe(OH)2氧化的方法(1)将配制溶液的蒸馏水煮沸，驱除溶液中的氧气。(2)将盛有NaOH溶液的胶头滴管尖端插入盛有亚铁盐溶液的试管底部，并慢慢挤出NaOH溶液。(3)在亚铁盐溶液上面充入保护气，如H2、N2、稀有气体等。(4)在亚铁盐溶液上面加保护层，如苯、植物油等。(5)用Fe做阳极，石墨做阴极，电解NaOH溶液，利用新产生的Fe2＋与OH－反应制取。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)金属阳离子只有氧化性，不可能有还原性()(2)FeCl3可与铜发生置换反应()(3)氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂()(4)Fe3O4中Fe的化合价有＋2价和＋3价，因而Fe3O4是FeO与Fe2O3的混合物()(5)FeCl3、FeCl2和Fe(OH)3都可以通过化合反应制取()(6)氢氧化铁与HI溶液反应仅能发生中和反应()(7)中性溶液中可能大量存在Fe3＋、Cl－、K＋、SOeq\o\al(2－,4)()(8)FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强()(9)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释()(10)Fe和Fe2O3等物质的量混合物溶于稀盐酸时无气体放出(()(11)Fe2O3eq\o(→,\s\up7(HCl(aq)))FeCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(△))无水FeCl3，在给定的条件下能实现转化(×)(12)给定条件下，能实现转化：Feeq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(点燃))FeCl2eq\o(→,\s\up7(NaOHaq))Fe(OH)2()(13)将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√(11)×(12)×(13)×例1在生产、生活中铁盐与亚铁盐有重要应用。下列有关离子方程式正确的是()A．铁粉与FeCl3溶液反应制备FeCl2：Fe3++Fe2+=2Fe2+B．FeCl3溶液与铜片反应制作印刷电路板：2Fe3++3Cu=2Fe2++3Cu2+C．FeCl3溶液与氨水反应制备Fe(OH)3：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓D．双氧水与酸性的FeCl2溶液反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【答案】D【解析】A项，电子、电荷不守恒，离子方程式应该为：2Fe3++Fe=3Fe2+，A错误；B项，反应原理不符合事实，Fe3+与Cu反应产生Fe2+、Cu2+，离子方程式应该为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C项，氨水中的NH3·H2O是弱电解质，应该写化学式，离子方程式应该为：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，C错误；D项，反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故选D。例2(2023·河北省保定市高三联考)铁元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是()A．④可用作红色涂料B．⑦的溶液可用于清洗青铜文物表面的锈迹C．⑤被溶液中的氧气氧化为⑥的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3D．③溶于过量稀硝酸的离子方程式为3Fe3O4+NO3-+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O【答案】B【解析】铁元素的价类二维图分析可知，①为Fe，②为FeO，③为Fe3O4，④为Fe2O3，⑤为Fe(OH)2，⑥为Fe(OH)3，⑦为Fe3+的盐，⑧为Fe2+的盐。A项，氧化铁为红色固体，可用作红色涂料，故A正确；B项，Fe3+的溶液和铜反应，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，不可用于清洗青铜文物表面的锈迹，故B错误；C项，氢氧化亚铁被溶液中的氧气氧化，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后变为红褐色，生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，故C正确；D项，Fe3O4溶于过量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平写出，反应的离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O，故D正确；故选B。对点1下列关于FeCl3进行的实验，预测正确的是()选项实验预测A蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体B在FeCl3、CuCl2混合液中，加入少量Fe粉一定有H2产生且有Cu析出C用FeCl3固体溶于水配制饱和溶液会有Fe(OH)3沉淀产生D在FeCl3溶液中加入KHCO3溶液有CO2产生，但无Fe(OH)3沉淀生成【答案】C【解析】蒸发FeCl3溶液可促进Fe3＋水解，由于HCl易挥发，最后得到Fe(OH)3，A错；混合液中加入Fe粉时，不会有H2产生且Fe应先和Fe3＋反应，再与Cu2＋反应，B错；FeCl3易水解生成Fe(OH)3沉淀，C对；Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)发生水解相互促进的反应，有CO2和Fe(OH)3沉淀生成，D错。对点2化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价类”二维图。下图是铁元素的“价类”二维图，下列说法正确的是()A．常温下Fe与水反应生成Fe3O4B．工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应属于置换反应C．维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，过程中维生素C做还原剂D．Fe(OH)2浊液露置于空气中，白色迅速转变为红褐色【答案】C【解析】A项，Fe与水在高温条件下才反应生成Fe3O4，故A错误；B项，CO和Fe2O3均为化合物，不符合置换反应的形式，故B错误；C项，Fe3+转化为Fe2+，Fe元素化合价降低被还原，说明维生素C做还原剂，故C正确；D项，Fe(OH)2浊液露置于空气中，白色迅速转变为灰绿色，最终变成红褐色，故D错误；故选C。考法3Fe2＋、Fe3＋的检验1．Fe2＋的检验(1)取出少量被检验的溶液，滴加KSCN溶液，无现象，再通入Cl2，若变成血红色溶液，说明有Fe2＋存在(验证时不能先通氯气)。反应方程式：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(血红色)。(2)取出少量被检验的溶液，加入NaOH溶液，产生白色絮状沉淀，白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，证明有Fe2＋存在。反应方程式：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓(白色沉淀)，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(红褐色沉淀)。2．Fe3＋的检验(1)取出少量被检验的溶液，加入KSCN溶液，溶液呈血红色，证明有Fe3＋存在。反应方程式：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(血红色)。(2)取出少量被检验的溶液，加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀，证明有Fe3＋存在。反应方程式：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓(红褐色沉淀)。3．含Fe2＋、Fe3＋的混合溶液中Fe3＋、Fe2＋的检验eq\x(混合溶液)eq\o(→,\s\up7(滴加KSCN溶液))溶液变红色，说明含有Fe3＋。eq\x(混合溶液)eq\o(→,\s\up7(滴加酸性),\s\do5(KMnO4溶液))KMnO4溶液紫红色退去，说明含有Fe2＋。(4)Fe2＋的特征检验方法溶液eq\o(→,\s\up7(K3[FeCN6]溶液))产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2＋，3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－=Fe3[Fe(CN)6]2↓。检验Fe2＋和Fe3＋时的注意事项(1)检验Fe2＋时不能先加氯水后加KSCN溶液，也不能将加KSCN后的混合溶液加入到足量的新制氯水中(新制氯水可以氧化SCN－)。(2)当溶液浓度较稀时，利用观察法或加NaOH溶液的方法都不宜检验Fe2＋和Fe3＋的存在。(3)Fe3＋、Fe2＋、Cl－同时存在时不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2＋(Cl－能还原酸性KMnO4，有干扰)。(4)检验Fe2＋、Fe3＋的其他方法①检验Fe2＋最好、最灵敏的试剂是铁氰化钾K3[Fe(CN)6]：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－=Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)。②检验Fe3＋也可用苯酚(C6H5OH)，在FeCl3溶液中滴加苯酚，溶液显紫色。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色()(2)FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3↓()(3)用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2()(4)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＋()(5)检验绿矾晶体是否已氧化变质，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()(6)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＋()(7)将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成，溶液呈红色，稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋()(8)向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化。当再滴加几滴新制氯水后，混合液变成血红色，则该晶体中一定含有SCN－()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√(7)×(8)√例1证明某溶液只含有Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是()A．依次滴加氯水和硫氰化钾溶液后，溶液显红色B．先滴加硫氰化钾溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C．通入氨气，产生白色沉淀，无红褐色沉淀D．加入锌片，片刻取出，质量减轻；加入铜片，片刻取出，质量不变【答案】B【解析】A项，先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故A错误；B项，KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN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+，故B正确；C项，溶液中若含有Mg2+也有该现象，故C错误；D项，溶液中若含有Cu+，也有该现象，故D错误；故选B。例2(2023·浙江省Z20名校联盟高三三模)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、无色的[FeF6]3-配离子。某同学按如下步骤完成实验：已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子：Co2+不能与形成配离子。下列说法不正确的是()A．溶液I中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色造成B．溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+C．可用和溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+D．[Fe(H2O)6]3+中H-O-H的键角大于H2O分子中H-O-H的键角【答案】B【解析】A项，I中Fe(NO3)3溶于水后，Fe3+发生部分水解生成Fe(OH)3等，使溶液呈黄色，A项正确；B项，Fe3+与H2O的反应存在平衡：Fe3++6H2O[Fe(H2O)6]3+,溶液Ⅱ，Ⅲ分别存在平衡：Fe3++6SCN-[Fe(SCN)6]3-、Fe3++6F-[FeF6]3-，因此溶液Ⅱ，Ⅲ的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+，只能说明[Fe(H2O)6]3+的量少，B项错误；C项，先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有Co2+，否则不含Co2+，C项正确；D项，[Fe(H2O)6]3+中H2O分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H的排斥作用减小，所以键角比H2O分子中H-O-H的键角大，D项正确；故选B。对点1将0.2mol·L－1的KI溶液和0.05mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合充分反应后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2的是()A．向混合液中滴入KSCN溶液，溶液变红色B．向混合液中滴入AgNO3溶液，有黄色沉淀生成C．向混合液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成D．向混合液中滴入淀粉溶液，溶液变蓝色【答案】A【解析】0.2mol·L－1的KI溶液和0.05mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合，KI过量，向混合液＋＋2I－2Fe2＋＋I2，A项正确；KI过量，溶液中存在I－，B项错误；该反应生成Fe2＋，向混合液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成，只能说明溶液中含有Fe2＋，不能说明溶液中存在化学平衡2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，C项错误；该反应生成I2，向混合液中滴入淀粉溶液，溶液变蓝色，说明溶液中含有碘单质，不能说明溶液中存在化学平衡2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，D项错误。对点2古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下(黄色溶液俗称黄血盐)，基于普鲁士蓝合成原理可以检测食品中是否含有CN-，方法是：在食品待测液中加入硫酸酸化，再用FeSO4碱性试纸检测，若试纸变蓝，说明食品中含有CN-。以下说法不正确的是()A．黄色溶液中铁元素的价态为＋2价B．黄血盐溶液可以检测Fe3＋C．反应ii的离子方程式是3[Fe(CN)6]4-＋4Fe3＋=Fe4[Fe(CN)6]3↓D．试纸变蓝的原因是FeSO4碱性试纸中的Fe2＋与CN-反应生成蓝色沉淀【答案】D【解析】A项，黄色溶液[Fe(CN)6]4-中CN为-1价，则铁元素的价态为+2价，A项正确；B项，由ii可知，黄血盐溶液与Fe3+反应，生成蓝色沉淀，因此黄血盐溶液可以用于检验Fe3+，B项正确；C项，有流程图可知，反应ii的离子方程式是3[Fe(CN)6]4-＋4Fe3＋=Fe4[Fe(CN)6]3↓，C项正确；D项，普鲁士蓝检测食品中是否含有CN-，碱性条件，Fe2+与CN-反应生成[Fe(CN)6]4-，Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+，[Fe(CN)6]4-与Fe3+反应使普鲁蓝试纸变蓝，D项错误；故选D。1.(2023•浙江省6月选考，3)氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是()A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体【答案】A【解析】A项，氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；B项，氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；C项，氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；D项，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；故选A。2．(2023•浙江省1月选考，4)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是()A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂 B．金属钠导热性好，可用作传热介质C．溶液呈碱性，可用作消毒剂 D．Fe2O3呈红色，可用作颜料【答案】C【解析】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；C项，NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，D正确；故选C。 3．(2023•全国新课标卷，7)化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是()A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3【答案】C【解析】A项，纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；B项，羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确；C项，熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；D项，Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故选C。4．(2023•浙江省1月选考，16)探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是()实验方案现象结论A往FeCl2溶液中加入Zn片短时间内无明显现象Fe2+的氧化能力比Zn2+弱B往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3+与SCN-的反应不可逆C将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液溶液呈浅绿色食品脱氧剂样品中没有+3价铁D向沸水中逐滴加5-6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀【答案】D【解析】A项，FeCl2溶液中加入Zn片，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，溶液由浅绿色变为无色，Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；B项，溶液变成血红色的原因，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，与SO42-和K+无关，B错误；C项，铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D项，向废水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故选D。5．(2022·浙江省6月选考，22)关于化合物：FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是()A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2OB．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2OC．溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3【答案】B【解析】已知化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷。A项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FFeO、CO2、H2O，B符合题意；C项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D项，化合物：FeO(OCH3)在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物：FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3，D不合题意；故选B。6．(2022•辽宁省选择性考试，6)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是()A．褪色原因为I2被Fe还原 B．液体分层后，上层呈紫红色C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化【答案】D【解析】A项，Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被＞还原，A项错误；B项，液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；C项，若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；D项，漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I-氧化，D项正确；答案选D。7．(2022•湖南选择性考试，13)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是()A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应B．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明SO32-对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。A项，铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B项，在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C项，实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D项，结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。故选D。8．(2021•河北选择性考试，1)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是()A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A项，钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B项，钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C项，由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D项，赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。9．(2021•广东选择性考试，10)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是()A．可与反应生成B．既可被氧化，也可被还原C．可将加入浓碱液中制得的胶体D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系【答案】C【解析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。A项，Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B项，Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C项，Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D项，b→c→d→e→b转化如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2，故D不选；故选C。10．(2022•河北省选择性考试，15)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1)

Fe2O3

SiO2(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5)+2；

Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+(6)

H2O2

NH3·H2O【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2NH4++[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH4+，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6。(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2；(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；(4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH4+；(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。11．(2022•山东卷，18)实验室利用FeCl2∙4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。(2)现有含少量杂质的FeCl2∙H2O，为测定n值进行如下实验：实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3+，不反应)。实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。则_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。A．样品中含少量杂质B．样品与SOCl2反应时失水不充分C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成(3)用上述装置、根据反应TiO2+CCl4=TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。【答案】(1)

a

FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑

冷凝回流SOCl2(2)

AB(3)

⑥⑩③⑤

CCl4【解析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2∙4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2∙4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；(2)滴定过程中Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；A项，样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；B项，样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；C项，实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；D项，滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选；故选AB。(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。12．(2021•辽宁选择性考试，18)/O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：①称取9.95·4H2O()，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加入100mL14mol·L-1KOH溶液。③持续磁力搅拌，将溶液以2mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。部分装置如图：回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______；使用恒压滴液漏斗的原因是_______。(2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为_______，对应的装置为_______(填标号)。可供选择的试剂：O(s)、NH3(g)、(g)、(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)可供选择的发生装置(净化装置略去)：(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和O4，离子方程式为_______。(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。A．采用适宜的滴液速度 B．用盐酸代替KOH溶液，抑制水解C．在空气氛围中制备 D．选择适宜的焙烧温度(5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_______；使用乙醇洗涤的目的是_______。(6)该实验所得磁性材料的产率为_______(保留3位有效数字)。【答案】(1)(球形)冷凝管平衡气压，便于液体顺利流下(2)2NH3+3O3+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O)A(或B)(3)4Fe2++8OH-=↓+O4↓+4H2O(4)AD(5)稀硝酸和硝酸银溶液除去晶体表面水分，便于快速干燥(6)90.0%【解析】(1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是(球形)冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH3+3O3+N2+3H2O；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置；(3)三颈烧瓶中溶液与100mL14mol·L-1KOH溶液发生反应生成了Fe和O4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-=↓+O4↓+4H2O；(4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和O4，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选；故选AD；(5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥；(6)9.95·4H2O()的物质的量为，根据发生反应的离子方程式：4Fe2++8OH-=↓+O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe和O4的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为，实际得到的产品3.24g，所以其产率为。13．(2021•北京卷，16)由钛白粉废渣制备铁黄，流程如下：已知：i.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物ii.TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4iii.0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8(1)纯化①加入过量铁粉的作用是_______。②充分反应后分离混合物的方法是_______。(2)制晶种。向FeSO4溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶液pH随时间的变化曲线如图①产生白色沉淀的离子方程式：_______。②充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)_______0.1mol/