第三章 铁 金属材料 期末复习过关卷 -（2019）新人教版高中化学高一上学期必修第一册.docx

1、第三章 铁 金属材料 期末复习过关卷一、单选题1下列化合物中，不能通过两种单质间化合直接制取的是AFeCl3BCuCl2CHClDFeCl22欲证明某溶液中不含而含有，下列实验操作顺序正确的是加入足量新制氯水加入足量溶液加入少量溶液ABCD3相同质量相同形状的铁和锌，分别与等质量，等浓度的稀盐酸反应，产生氢气的量与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A乙表示锌与盐酸的反应B锌可能与盐酸恰好完全反应，而铁有剩余C两个反应消耗金属的质量相等D所得溶液的质量相等4以物质的类别为横坐标，化合价为纵坐标绘制的图像叫价类图。如图是铁的价类图，Y物质为AFeOBFe(OH)2CFe3O4DFeSO

2、45Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则所表示的金属分别是AAl、Mg、Fe、ZnBFe、Zn、Mg、AlCMg、Al、Zn、FeDZn、Fe、Mg、Al6下列关于铝的叙述不正确的是A铝是地壳中含量最多的金属元素B在化学反应中，铝容易失去电子，是氧化剂C在常温下，铝能与NaOH溶液反应D铝是一种比较活泼的金属7宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)22CuCO3)。下列说法错误的是A保存千里江山图需

3、控制温度和湿度B孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱DCu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO38下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）选项实验操作实验现象A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2浅绿色变黄色B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生C向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解D向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中溶液先变红后褪色AABBCCDD9等体积的Al2(SO4)3、ZnSO4、Na2SO4溶液分别与足量

4、BaCl2溶液反应。若生成BaSO4沉淀的质量比为123，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为A123B133C169D13610我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水，钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是A步骤中碳作还原剂B步骤中未发生氧化还原反应C步骤中需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化D可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁11甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为甲乙12，则加入铝粉的质量为(

5、)A5.4 gB3.6 gC2.7 gD1.8 g12镁、铝、铁合金投入300mL 溶液中，金属恰好溶解，分别转化成和;还原产物为NO，在标准状况下体积为6.72L。在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g。下列有关推断正确的是A参加反应的的物质的量为0.9molBNaOH的物质的量浓度为6C参加反应的金属的质量为11.9gD的物质的量浓度为313某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸；下列说法不正确的是（ ）A步骤中的可用替换B步骤中为防止被氧化，可用水溶液洗涤C步骤发生反应的离子方程式为D如果试样中混有和杂质，用

6、足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度14将17.6克Fe2O3和Cu的混合物溶解于足量的稀盐酸中，再加铁粉9.8克，待铁粉溶解后，溶液中无Fe3+，此过程共产生2.24升H2(标况)，则下列判断正确的是A混合物中Cu全部被氧化为Cu2+以后，Cu2+又全部被还原B混合物中Cu全部被氧化为Cu2+以后，Cu2+又部分被还原C混合物中Cu部分被氧化为Cu2+以后，Cu2+又全部被还原D混合物中Cu部分被氧化为Cu2+以后，Cu2+又部分被还原15铜镁合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224 L。反应后

7、的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为A3.12 gB4.68 gC5.08 gD4.18 g16现有一五氟化碘样品，已知可与水发生反应：，生成的与在酸性条件下生成碘单质：，硫代硫酸钠溶液可与碘发生反应：，若消耗硫代硫酸钠的物质的量为，则样品中的物质的量为（ ）ABCD二、非选择题17某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：(1)请写出Fe2O3与反应的离子方程式_。(2)物质为_。(3)请写出FeCl3与铁粉反应的化学方程式_。(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的

8、现象为_ ，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达)_。(5)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系为_，它与FeCl3溶液、Fe(OH)3浊液的本质区别是_。18某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为_。（2）B中发生反应的化学方程式为_。（3）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。19某小组为了探究“铁与水蒸气”能否发生

9、反应及反应的产物，进行了系列实验。(1)用如图所示实验装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”(石棉绒是耐高温材料，不与水反应)。反应一段时间，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当_时(填实验现象)，说明“铁与水蒸气”能够进行反应。(2)为了证明反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，他们计划取出少量混合物于试管中，加入足量的盐酸，溶解，过滤。写出有关的化学方程式：_。(3)向滤液中滴加KSCN溶液，观察到溶液的颜色有两种可能，如表。在表中填写与现象相对应的结论与解释(可以不填满)。现象结论与解释可能溶液由浅绿色变红色

10、_可能溶液仍然为浅绿色_(4)可能中，若要使红色又变成浅绿色，又不增加其他的金属离子，可以加入_，可能中，加入_可以使溶液变成红色。20小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。(1)实验前小明预测说：Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是：_。(2)小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1molL-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。若小明计划在0.1molL-1FeCl2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是：_写离子方程式）、溶液由浅绿色变 _色。实验中，小明发现

11、现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。你认为可选_滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现_色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。对于证明Fe2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为：_。(3)小明分析H2O2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：H2O2与FeCl2的反应时，Fe2+还作氧化剂吗？请你为小明梳理相关问题：若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成_（填微粒符号，下同），若Fe2+在反应中表现

12、出还原性应转化成_。实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是：_，相关反应的离子方程式：_。参考答案1D【解析】AFe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，选项A正确；BCu与氯气常温下能直接化合生成CuCl2，选项B正确；C氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，选项C正确；DFe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，选项D错误；答案选D。2C【解析】先加入溶液，溶液不变红，证明原溶液中不含，再加入足量新制氯水，溶液变红，证明原溶液中含有，故选：C。3B【解析】A锌比铁活泼，反应速率更快，所以甲表示锌与盐酸的反应，乙表示铁

13、与盐酸的反应，故A错误；B据图可知最终产生的氢气的质量相等，则消耗的盐酸的质量相等，则消耗的锌的质量多，铁的质量少，根据“等质量的锌和铁”可知铁有剩余，故B正确；C根据B选项分析可知消耗的锌的质量多，铁的质量少，故C错误；D生成的氢气质量是相等的，则参加反应的盐酸的质量也是相等的，无剩余，铁消耗得少、锌消耗得多，所得溶液的质量不相等，故D错误；综上所述答案为B。4B【解析】Y处表示的物质属于碱,含有氢氧根,氢氧根显-1价，铁元素的化合价为+2价，二者组成的化合物是氢氧化亚铁，化学式为Fe(OH)2。5A【解析】金属与稀硫酸反应的实质是金属失去电子被氧化为金属阳离子，氢离子得到电子被还原为H2，

14、产生H2的多少取决于金属失去电子的多少。镁在化合物中的化合价只有+2价，1mol Mg可失去2mol电子，12g Mg可失去1mol电子；铝在化合物中只有+3价，1mol Al可失去3mol电子，9g Al可失去1mol电子，锌在化合物中的化合价只有+2价，1mol Zn可失去2mol电子，32.5g Zn可失去1mol电子；铁与稀硫酸反应是生成硫酸亚铁，1mol Fe可失去2mol电子，28g Fe可失去1mol电子；所以，等质量的四重金属分别与足量的稀硫酸完全反应，生成氢气的量由多到少的顺序为：Al、Mg、Fe、Zn；故选择：A。6B【解析】A地壳中含量最高的四种元素为氧、硅、铝、铁；铝是

15、地壳中含量最多的金属元素，故A正确；B铝原子最外层有三个电子，在化学反应中，易失去三个电子达到稳定结构，发生氧化反应，是还原剂，故B错误；C在常温下，铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C正确；D铝是一种比较活泼的金属，在化学反应中，铝容易失去电子，发生氧化反应，故D正确； 答案选B。7C【解析】A字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；B由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C孔雀石和蓝铜矿的主要

16、成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。8C【解析】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成Ag(NH3)2OH，形成

17、银氨溶液，C错误；D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。答案选C。9C【解析】生成BaSO4沉淀质量比为123，即生成BaSO4沉淀的物质的量比为123，即三种硫酸盐提供的硫酸根离子的物质的量比为123，假设三种硫酸盐中的硫酸根离子物质的量分别为1mol、2mol、3mol，根据化学式，则Al2(SO4)3、ZnSO4、Na2SO4物质的量分别为1mol=mol、2mol、3mol，三种硫酸盐的物质的量之比为：2：3=169，由于体积相同，则浓度比为169，故选C。答案选C。1

18、0B【解析】AFeO和碳反应生成铁和碳的氧化物，步骤I中碳的化合价升高，碳作还原剂，故A正确；B步骤II中碳单质参加反应生成一氧化碳，氯气被还原成四氯化钛，属于氧化还原反应，故B错误；C镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤III需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，C正确；D钛常温下与酸、碱均不反应，镁与稀硫酸反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，故D正确；答案选B。11A【分析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答。【解析】根据方程式

19、，当铝分别和盐酸、氢氧化钠反应时，若消耗等量的铝，生成的气体体积比为1:1。若铝过量，等量的盐酸和氢氧化钠，生成的气体体积比为2:1。所以当两烧杯中生成的气体体积比为1:2时，可推知两烧杯中，生成的气体少的甲烧杯中铝有剩余，生成气体多的乙烧杯中铝不足。因为等量的铝消耗的盐酸物质的量更大，故甲烧杯中装盐酸；乙烧杯中装氢氧化钠。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1:2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则 解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物

20、质的量为，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则 解得y=0.2mol，则铝的质量为。故答案选：A。12C【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。【解析】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则A参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(N

21、O)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；B沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=3mol/L，B选项错误；C反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)金属质量+0.9mol17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；D参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)= =4mol/L，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反

22、应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。13D【解析】A.步骤中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，选项A正确；B.水溶液具有还原性，可以防止被氧化，选项B正确；C. 步骤与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，选项C正确；D.如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到的固体中含有和，此时无法计算试样纯度，选项D错误。答案选D。14C【解析】根据题意知Fe2O3和Cu的混合物溶解于足量的稀盐酸中，发生反应：6H+2Fe2O3=2Fe3+3H2O

23、，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，得到氯化铁和氯化铜、盐酸的混合溶液，三价铁离子的氧化性强于铜离子，加入铁粉后依次发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=Fe2+H2，9.8克铁粉的物质的量n(Fe)=0.175 mol，铁粉在反应中均生产二价铁离子，所以共失去电子物质的量为0.175 mol2=0.35 mol，假设混合物全部是Fe2O3，Fe2O3的物质的量n(Fe2O3)=0.11 mol，反应中得到的电子的物质的量为n(e-)=0.11 mol21=0.22 mol，盐酸与Fe反应生成标况下2.24 LH2，得到的电子数n(e-)=2

24、=0.2 mol，0.22 mol+0.2 mol=0.42 mol0.35，说明混合物中Cu部分被氧化为Cu2+以后，Cu2+又全部被还原，故合理选项是C。15D【解析】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO2)=n(NO)=n(N2O)= =0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO

25、2、NO、N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol（+5）-（+4）+ 0.01mol（+5）-（+2）+ 0.01mol2（+5）-（+1）=0.12mol；根据沉淀的组成Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀中n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。【点睛】解答本题的关键是：利用氧化还原反应中的得失电子守恒和沉淀的化学式得出沉淀中OH-物质的量等于氧化还原反应中转移电子物质的量，进而解答。16A【解析】根据、可建立

26、关系式，设样品中的物质的量为xmol； 0.05mol。故选A。17Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O NaOH溶液(其它合理答案也可) Fe+2FeCl3=3FeCl3 生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 Fe(OH)3胶体 分散质粒子大小不同 【解析】（1）Fe2O3发生反应后变为FeCl3可知是Fe2O3与盐酸反应，离子方程式为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O ；（2）FeCl3反应生成了Fe(OH)3，知道是加入了碱，可以是NaOH溶液，氨水等；（3）FeCl3与铁粉反应的化学方程式为：Fe+2FeCl33FeCl

27、2；（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液先生成Fe(OH)2，Fe(OH),2是白色沉淀，容易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，这个过程的现象为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，发生氧化还原反应的反应是Fe(OH)2被氧化的反应，化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）将FeCl3饱和溶液滴入沸水中并继续煮沸至红褐色，制得Fe(OH)3胶体，溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同。18NaOH溶液 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 偏小 【分析】测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，因Mg与NaOH不反应，

28、而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C、D为量气装置，B中剩余固体为Mg，固体质量差为Al的质量，利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。【解析】Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C、D为量气装置，(1)由上述分析可知，A为NaOH溶液；(2)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(3)B中剩余固体的质量为cg，为Mg的质量，则Al的质量为（a-c）g，测得氢

29、气体积为bmL，其物质的量为10-3mol；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al的物质的量为10-3mol=mol，则Al的摩尔质量为=g/mol，原子量为；(4)若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则造成（a-c）变小，由铝的质量分数为100%可知，实验过程中铝的质量分数偏小。19肥皂泡有爆鸣声 Fe3O4+8HCl = FeCl2+2FeCl3+4H2O，Fe+2HCl = FeCl2+H2，Fe+2FeCl3 = 3FeCl2 反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，因为Fe3+遇到KSCN溶液时变成红色 反应后的固体混合物中可能含有+3价的Fe，也可能不含+

30、3价的Fe，因为如果铁粉有剩余，剩余铁粉会与Fe3+反应，将溶液中Fe3+完全还原为Fe2+ 铁粉 氯水 【分析】(1)根据铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，氢气点燃有爆鸣声进行分析；(2)根据反应后的固体可能有铁粉和四氧化三铁与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁、水写出方程式(3)溶液由浅绿色变红色，说明含有铁离子；溶液仍然为浅绿色，由于铁剩余，则铁可与铁离子反应生成亚铁离子；(4)若要使溶液红色又变成浅绿色，可加入铁粉，生成亚铁离子，如变红色可加入氯水，氧化亚铁离子生成铁离子。【解析】(1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，如果肥皂

31、泡破裂，产生爆鸣声说明有氢气生成，即可说明“铁与水蒸气”能够进行反应，故答案为：肥皂泡破裂，产生爆鸣声；(2)由于反应后的固体中可能含有铁和四氧化三铁，故与盐酸反应时可能发生的反应有：Fe3O4+8HCl = FeCl2+2FeCl3+4H2O，Fe+2HCl = FeCl2+H2，Fe+2FeCl3 = 3FeCl2，故答案为：Fe3O4+8HCl = FeCl2+2FeCl3+4H2O，Fe+2HCl = FeCl2+H2，Fe+2FeCl3 = 3FeCl2；(3)溶液由浅绿色变红色，说明含有铁离子，Fe3+遇到KSCN溶液时变成血红色；溶液仍然为浅绿色，反应后的固体混合物中可能含有+3

32、价的Fe，也可能不含+3价的Fe，因为如果铁粉有剩余，剩余铁粉会与Fe3+反应，将溶液中Fe3+完全还原为Fe2+，故答案为：反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，因为Fe3+遇到KSCN溶液时变成血红色；反应后的固体混合物中可能含有+3价的Fe，也可能不含+3价的Fe，因为如果铁粉有剩余，剩余铁粉会与Fe3+反应，将溶液中Fe3+完全还原为Fe2+；(4)若要使溶液由红色又变成浅绿色，可加入铁粉，生成亚铁离子；如变红色可加入氯水，氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：铁粉；氯水。20因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低 Cl22Fe2+2Cl2Fe3+ 棕黄（黄） KSCN

33、溶液 溶液呈血红（红）色 Zn、Fe、Cu （或ZnFeCu） Fe Fe3+ 加入过量铁粉，过滤 2Fe3+ Fe= 3Fe2+ 【分析】从铁的化合价分析Fe2+既有氧化性，又有还原性；Fe2+的还原性可通过和氧化剂如Cl2的反应得到验证，Fe2+的氧化性可通过证明Fe有还原性得到验证；Fe2+做氧化剂时化合价降低到0价，生成铁单质，Fe2+做还原剂时化合价升高到+3价，若除去FeCl2溶液中的FeCl3，可加入铁粉，铁和FeCl3反应生成FeCl2。【解析】(1)最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe2有还原性和氧化性；(2)氯水具有强氧化性，发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe3显黄色或棕黄色；检验Fe3用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3的存在；根据利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生ZnFe2=Zn2Fe，说明Zn的金属性强于Fe，即金属性强弱：ZnFeCu；(3)氧化性：得到电子、化合价降低，Fe2转变成Fe，还原性：失去电子、化合价升高，Fe2转变成Fe3；利用Fe3具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe2Fe3=3Fe2。