资源描述
专题十三 铁、铜及其重要化合物
真题考点·高效突破
考点一:Fe及其化合物的性质
【真题题组】
1.C S氧化性弱,和变价金属反应,金属显低价态,Fe+SFeS,其中S显-2价,A错;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,因此热稳定性:Na2CO3大于NaHCO3,B错;过量Cu与浓HNO3反应时,硝酸浓度会变稀,发生3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,C对;白磷在空气中加热会燃烧生成P2O5,D错。
2.D CO2+2MgC+2MgO,A项可以;Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3;B项可以;2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑,C项可以;2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,不是置换反应,D项不行以。
3.D B错误,电荷不守恒,Fe3O4中Fe有两种价态,正确应当为:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;C错误,得失电子不守恒,电荷不守恒,正确的应为:3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O;A错误,不符合客观实际,反应后铁只能产生Fe2+和H2。
4.解析:Ⅰ.铝灰中加入过量稀H2SO4,发生反应:Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O,FeO+H2SO4FeSO4+H2O,Fe2O3+3H2SO4
Fe2(SO4)3+3H2O,过滤出不反应的SiO2和含有Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液。
Ⅱ.滤液中加入过量KMnO4溶液后,其中FeSO4被氧化生成Fe2(SO4)3,调整溶液pH大于2.8,由(3)中已知信息Fe2(SO4)3完全转化为Fe(OH)3沉淀,Al3+尚未开头沉淀。
Ⅲ.Ⅳ.加热促进Fe(OH)3沉淀完全后,溶液中存在Al2(SO4)3、H2SO4,剩余KMnO4溶液呈紫红色,由(4)中已知加入MnSO4与KMnO4发生氧化还原反应生成MnO2沉淀。
Ⅴ.浓缩、结晶、分别得到Al2(SO4)3·18H2O。
(2)由MnMn2+,首先配Fe2+和Fe3+系数均为5,再由电荷守恒,反应物中补8 mol H+,由H、O原子守恒,生成物补
4 mol H2O。
(4)①利用试验室制Cl2的反应原理,产生黄绿色气体说明存在MnO2。
答案:(1)Al2O3+6H+2Al3++3H2O
(2)5 8 H+ 5 4 H2O
(3)一方面,过量酸性KMnO4溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+,另一方面,Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,Al3+尚不能形成沉淀。
(4)①产生黄绿色气体 ②除去过量的Mn
5.解析:(1)碳酸钠溶液水解显碱性,结合相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH可知,Fe2+在碱性环境中会生成氢氧化亚铁沉淀,故制备FeCO3时要留意把握溶液的pH,应在硫酸亚铁中加入碳酸钠溶液。
(2)FeCO3表面吸附S、Na+等杂质离子,检验洗涤是否完全时,可检验S是否存在。方法是取最终一次的洗涤液1～2 mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤洁净。
(3)Fe2+易被氧化,加入铁粉的目的是防止Fe2+被氧化。除去剩余的铁粉时,为了不引入杂质,可加入适量柠檬酸与铁粉
反应。
(4)柠檬酸亚铁在乙醇中的溶解度小,加入无水乙醇,有利于晶体的析出。
(5)硫铁矿烧渣与稀硫酸反应,生成硫酸铁和硫酸铝,二氧化硅不溶于稀硫酸,故接下来的操作是:“过滤,向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加NaOH溶液调整反应液的pH约为5,过滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤”(滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到60 ℃饱和溶液,冷却至0 ℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥。
答案:(1)c 避开生成Fe(OH)2沉淀
(2)取最终一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤
洁净
(3)①防止+2价的铁元素被氧化 ②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量,有利于晶体析出
(5)“(过滤,)向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加NaOH溶液调整反应液的pH约为5,过滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤” (滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到60 ℃饱和溶液,冷却至0 ℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥
6.解析:A俗称磁性氧化铁,则A为Fe3O4。A(Fe3O4)与Al在高温条件下发生铝热反应:8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3,则单质X为Fe。X(Fe)与单质Y在点燃条件下生成A(Fe3O4),则Y为O2。E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应,E为SiO2,从而推知单质Z为Si。E(SiO2)与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O,则M为Na2SiO3。Y(O2)与NO、H2O反应生成D,则D为HNO3。M(Na2SiO3)与D(HNO3)溶液混合,可得H2SiO3(或H4SiO4)胶体,则R为H2SiO3(或H4SiO4)。因D(HNO3)有强氧化性,故与A(Fe3O4)反应生成G为Fe(NO3)3。(5)向HNO3溶液中加入Fe粉,开头时HNO3过量,Fe被氧化成Fe(NO3)3:Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+
NO↑+2H2O,当加入1 mol Fe时恰好生成1 mol Fe(NO3)3。再加入铁粉时,发生反应:2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2,当总共加入1.5 mol Fe时,生成1.5 mol Fe(NO3)2,连续加入铁粉后,不再发生反应,n(Fe2+)不变。由此可画出n(Fe2+)随n(Fe)变化的曲线。
答案:(1)其次周期第ⅥA族 离子键、共价键 H2SiO3(或H4SiO4)
(2)
(3)8Al(s)+3Fe3O4(s)9Fe(s)+4Al2O3(s)
ΔH=-8a kJ/mol
(4)3Fe3O4+28H++N9Fe3++NO↑+14H2O
(5)
7.解析:(1)制备银镜时,应将几滴乙醛滴入2 mL银氨溶液中,制备银镜时,应用水浴加热,不能直接加热,故b、c都错。
(2)生成物中检出Fe2+,说明Fe3+氧化了Ag,其离子方程式为
Fe3++AgFe2++Ag+。
(3)乙同学设计试验是验证N在酸性条件下能氧化Ag,因此方案设计中要供应N和H+,可以将银镜放到酸性硝酸盐溶液中。
答案:(1)ade
(2)Fe3++AgFe2++Ag+
(3)①测定上述试验用的Fe(NO3)3溶液的pH
②配制相同pH的稀硝酸溶液,将此溶液加入有银镜的试管中
(4)不同意,甲同学检验出了Fe2+,可确定Fe3+确定氧化了Ag;乙同学虽然验证了此条件下N能氧化Ag,但在硝酸铁溶液中氧化Ag时,由于没有检验N的还原产物,因此不能确定N是否氧化了Ag [(3)、(4)其他合理答案均可]
考点二:Cu及其化合物的性质
【真题题组】
1.B 依据题意知最终得到的沉淀是Cu(OH)2,其质量是39.2 g,则n[Cu(OH)2]=0.4 mol,n(Cu)=0.4 mol,即原混合物中的n(Cu)等于0.4 mol,设原混合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y,则有x+2y=0.4 mol,64 g/mol x+144 g/mol y =
27.2 g,解得x=0.2 mol,y=0.1 mol,物质的量之比等于2∶1,A正确;反应后得到的溶质是NaNO3,则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等,即1 mol,0.2 mol Cu和0.1 mol Cu2O被硝酸氧化时共失去(0.4+0.2) mol e-,则有=
0.2 mol的硝酸被还原为NO,所以硝酸的总物质的量是1.2 mol,物质的量浓度是2.4 mol/L,B错;产生的NO为0.2 mol,标准状况下体积是4.48 L,C正确;原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2,n(Cu)=0.4 mol,所以n(N)=0.8 mol,被还原的硝酸是0.2 mol,硝酸的总物质的量是1.2 mol,所以剩余硝酸0.2 mol,D正确。
2.C Al对应的氧化物Al2O3是两性氧化物,A错;Cu在空气中会生成铜绿——碱式碳酸铜,即Cu2(OH)2CO3,B错;由于AlCl3、FeCl3、CuCl2都属于强酸弱碱盐,加热时发生水解,生成的盐酸易挥发,水解平衡向右移动,进行完全,只能得到氢氧化物,所以均不能用直接加热蒸干的方法,C正确;电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,依据阳离子在阴极上的放电力气,可知Al3+排在H+后,不能得电子,Fe3+得电子生成Fe2+,Cu2+得电子生成Cu,H+得电子生成H2,D错误。
3.解析:(1)6.00 g甲分解得到H2 0.3 mol,依据质量守恒则得到金属单质5.4 g,又化合物甲与水反应放出H2和生成白色沉淀,而白色沉淀可溶于氢氧化钠溶液,所以该白色沉淀为Al(OH)3,则甲中的另一种元素为Al,甲为AlH3,依据反应产物写化学方程式。
(2)由丙的密度可求出丙为N2,则化合物乙为NH3。
(3)N2与镁在点燃的状况下生成Mg3N2。
(4)NH3与CuO在加热的条件下生成Cu、N2和H2O。依据题中所给的信息,Cu2O和酸反应能生成Cu2+(显蓝色),所以选择的试剂只要保证Cu不反应而Cu2O能反应即可,则可以选择稀硫酸或稀盐酸等非氧化性的酸。
(5)AlH3中H元素的化合价为-1价,而NH3中H元素的化合价为+1价,依据同种元素不同价态间可发生归中反应,生成中间价态的物质,所以两者可以发生反应。
答案:(1)AlH3
(2)AlH3+3H2OAl(OH)3↓+3H2↑ (3)Mg3N2
(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 取样后加稀H2SO4,假如溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
(5)可能 AlH3中H化合价为-1价,而NH3中H为+1价,因而有可能发生氧化还原反应生成氢气
4.解析:(1)电解精炼银时,Ag+在阴极得电子生成银单质,气体快速变棕红是由于生成的NO气体被空气中的氧气氧化成NO2,2NO+O22NO2。
(2)Al2(SO4)3和CuSO4溶液中加入NaOH溶液后得到的固体为Al(OH)3和Cu(OH)2的混合物,但是煮沸后,氢氧化铜在80 ℃即分解,因此固体B应是氢氧化铝和氧化铜的混合物;若加入的NaOH过量会使生成的Al(OH)3溶解。
(3)该反应中未确定的产物由于是气体,结合反应物的组成,可推知其应当为O2,然后依据氧化还原反应配平方法进行配平,最终有4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。
(4)依据铜守恒可得:
n(CuAlO2)= =50 mol,
n[Al2(SO4)3]=n(Al)=n(CuAlO2),则可知需1.0 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液25 L。
(5)因是从CuSO4溶液动身来制备胆矾,因此其基本操作只能为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
答案:(1)Ag++e-Ag 2NO+O22NO2
(2)Al(OH)3和CuO Al(OH)3+OH-Al+2H2O
(3)4 2 4 O2
(4)50 25
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
5.解析:依据制备路线可知,Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸,则可以将Cu、Al、Fe溶解,Au、Pt不溶解,所以滤渣1的主要成分为Au、Pt,滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。依据滤液2和CuSO4·5H2O可知,滤液2为CuSO4溶液,滤渣2中含有Fe(OH)3 和Al(OH)3。
(1)第①步中Cu与酸发生的反应为Cu与浓硝酸的反应:Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀,发生的反应也可能为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。依据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。
(2)第②步操作中加H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+,从而将Fe3+转化为沉淀除去,防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是:还原产物为H2O,不引入杂质,同时对环境没有污染。调整pH的目的是将Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去。
(3)用CuSO4·5H2O制备无水CuSO4,只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解,但是由于硫酸不挥发,所以最终得到的照旧是CuSO4,所以只要加热脱水即可。
(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe3+。乙、丙两种方案中,丙方案中的H2SO4有部分转化为Na2SO4,所以乙方案的原子利用率更高。
(5)依据题意可知,Cu2+～H2Y2-,发生反应的EDTA的物质的量为c mol·L-1×b/1 000 L,所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c mol·L-1×b/1 000 L,样品中含有的CuSO4·5H2O的质量为(c mol·L-1×b/1 000 L×250 g·mol-1×5),所以CuSO4·5H2O的质量分数为
×100%。
依据CuSO4·5H2O的质量分数表达式可知,未干燥锥形瓶,对CuSO4的物质的量的测定无影响,所以a无影响;滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡,则实际消耗的EDTA溶液的体积比读出来的数值大,即b值偏小,所以CuSO4·5H2O含量偏低;若未除净可与EDTA反应的离子,则消耗的EDTA溶液的体积偏大,即b值偏大,CuSO4·5H2O的含量偏高,c项正确。
答案:(1)Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O Au、Pt
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入杂质,对环境无污染 Fe3+、Al3+
(3)加热脱水
(4)甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙
(5)×100% c
6.解析:(1)本推断题的突破口有两个:①G为砖红色沉淀,可推知G为Cu2O,逆推F中含有Cu2+,从而推知C单质应为单质Cu;②单质C可与E的浓溶液加热反应而被氧化为Cu2+,结合B→D的反应条件可知E为浓硫酸,逆推D为SO3,B为SO2。
(2)粗铜精炼装置,阳极应为粗铜,阴极为精铜,电解质溶液为含Cu2+的溶液。
(4)依据已知条件可得以下“三行”式关系
2SO2 + O2 2SO3
c(起始)/mol·L-1 0.23 0.11 0
c(转化)/mol·L-1 0.12 0.06 0.12
c(平衡)/mol·L-1 0.11 0.05 0.12
则K≈23.8。
若温度不变,再加入0.50 mol O2,会使平衡向正反应方向移动,重新达到平衡后,而O2自身转化率降低,对于SO3来说,虽平衡右移使其物质的量增加,但比不上总物质的量增加,故SO3的体积分数减小。
答案:(1)SO2 H2SO4 Cu2O (2)粗铜 精铜 CuSO4溶液
(3)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(4)23.8 减小 降低 减小
三年模拟·力气提升
1.D 氧化性由强到弱的挨次为:HNO3>Fe3+>Cu2+,则随铁粉增加,反应分别为:
4HNO3(稀)+FeFe(NO3)3+NO↑+2H2O
2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2
Cu(NO3)2+FeFe(NO3)2+Cu
所以原溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量之比为
(2-1)∶1∶4=1∶1∶4。
2.C 加入铁粉,先发生反应:2Fe3++Fe3Fe2+,再发生反应:Fe+Cu2+Fe2++Cu。反应后有固体存在,可能为两种状况:①Cu,②Fe和Cu,无论哪种状况,溶液中确定含有Fe2+,确定没有Fe3+,可能含有Cu2+。
3.A A选项中也可能含有Ag+,与试验结论全都;B选项中发生了钝化,钝化是一种化学变化,与试验结论不全都;C选项只能得出:氧化性:Br2>Fe3+、Br2>I2,但不能得出氧化性:Fe3+>I2的结论,与试验结论不全都;D中产生的沉淀呈黄色,是AgI沉淀。由于KCl、KI的浓度相同,且化合物类型相同,表明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),与试验结论不全都。
4.D 由CuSO4CuH,Cu2+被还原,则某物质确定被氧化,则具有还原性,A正确;2CuH+4HCl2CuCl2+3H2↑,B正确;C中CuH被HNO3氧化,正确;Cl2具有强氧化性,能将CuH氧化成CuCl2,D错误。
5.B 由于盐酸或NaOH溶液都只能溶解金属铝,则可以通过生成氢气的量计算出金属铝的质量,方案Ⅱ则直接测得金属铜的质量,进一步计算出铜的质量分数,A正确;若A选稀硝酸,则生成NO气体,测定NO的气体体积要避开被空气氧化为NO2,又2NO2N2O4,会使测得气体体积偏小。铜和铝都能溶于稀硝酸,所以溶液B不能是稀硝酸,否则不会有固体剩余,B不正确;当溶液B选用浓硝酸,铜溶解于浓硝酸;铝发生钝化,表面生成一层氧化膜,故测得固体的质量为铝和部分氧化铝的质量,则计算出铜的质量偏小,最终测得铜的质量分数偏小,C正确;对于气体的体积不便于测定(需要考虑温度、压强等),而固体的质量则易于测定,D正确。
6.D 由红色固体与稀硫酸反应的试验现象知该红色固体中确定含有Cu2O,又由于Cu2O、Cu分别与浓硫酸、稀硝酸、浓硝酸反应时产生的现象分别相同,故无法确定红色固体中是否有Cu。
7.D M是红色金属,则可以确定是金属铜,在H2O2作用下与H2SO4反应生成CuSO4,Y遇到KSCN毁灭红色,Y中有Fe3+,则金属E是铁,X是FeSO4,经③步反应氧化为Fe2(SO4)3,与氨水反应得到红褐色的Fe(OH)3。Fe3+的氧化性比Cu2+的氧化性强,A错;在反应①中硫酸只表现了酸性,H2O2表现了氧化性,B错;SCN-与Fe3+反应生成的产物是可溶于水的配离子,C错;反应③为:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,可见反应过程消耗H+,pH增大,有可能会生成红褐色的Fe(OH)3沉淀,D正确。
8.解析:(1)A中开头可能发生的反应有:2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O、Fe+Fe2(SO4)33FeSO4,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,铁与稀硫酸反应产生氢气。
(2)将抽动的铁丝脱离液面,反应停止,将抽动的铁丝插入液面,反应开头;鼓入空气将试管内的气体排出。
(3)检验Fe2+时必需防止Fe3+的干扰,Fe3+与酸性高锰酸钾溶液不反应,而Fe2+具有较强的还原性,因此Fe2+能使酸性高锰酸钾溶液褪色,选择酸性高锰酸钾溶液。但必需还要证明溶液中不含选用KSCN溶液。
答案:(1)品红溶液褪色 H2
(2)便于把握铁与浓硫酸的反应和停止 从D管口向A中鼓入大量的空气
(3)①溶液中只存在Fe3+
②
试验操作步骤
试验现象
结论
方法一:取少量A中溶液分别加入甲、乙两支试管中;甲中滴加少量酸性高锰酸钾溶液;乙中滴加少量KSCN溶液
甲中高锰酸钾溶液褪色;乙中KSCN溶液不变红
溶液中存在Fe2+,不存在Fe3+
方法二:取少量A中溶液加入试管中,滴入少量KSCN溶液,一段时间后再加入少量氯水
加入KSCN溶液不显红色,连续加入少量氯水,溶液显红色
溶液中不存在Fe3+,存在Fe2+
9.解析:从K是红棕色气体,推想K为NO2,J为HNO3,L是NO;从FeS2与O2反应生成A与D,A与O2生成B可知,A为SO2,D是Fe2O3,B是SO3,C是H2SO4;由题意知F是Fe2(SO4)3,E是Fe(OH)3,I是Al,G是Fe,H是Al2O3。
(2)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3,反应中氧化剂是Fe2O3,还原剂是Al,物质的量之比为1∶2。
(3)上述反应中②是氧化还原反应也是化合反应,③是化合反应但属于非氧化还原反应,⑥是分解反应但属于非氧化还原反应,⑨是氧化还原反应,③符合题意。
(4)反应④是Fe2+与N之间的氧化还原反应。
(5)依据已知反应物和生成物书写氧化还原反应方程式,并进行配平。
答案:(1)四(或4) Ⅷ (2)1∶2 (3)③
(4)3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O
(5)Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O
10.解析:(1)对于固体反应物燃烧来讲,加快化学反应速率的措施有:①增大固体接触面积;②上升温度;③增大空气流速(即增大O2浓度);④利用超声波等;结合本题的状况,①②③都符合。
(2)从该题的工艺流程,再结合产物的阴离子,溶液Q应为H2SO4溶液,则溶液A中有:Fe2+、Fe3+、Cu2+和过量H2SO4,再结合所给数据,知此工艺应将Fe2+Fe3+,然后让Fe3+水解成Fe(OH)3沉淀滤去,而Cu2+则不能形成沉淀,而要保证Fe3+水解形成沉淀[由于Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+],则需要减小溶液酸性,所以双氧水的作用是将Fe2+氧化成为Fe3+,过量的试剂X的作用是能够促进Fe3+Fe(OH)3,即要促进Fe3+水解向右进行,那么则需要消耗H+又不能引入新的杂质,结合题中物质应当加入含铜元素又能消耗H+且不引入杂质的物质,则X为CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。
(3)由上面知溶液C主要为CuSO4溶液,则加入Y后能生成[Cu(NH3)4]SO4,则Y为氨水,NH3·H2ON+OH-,K======10-5。
(4)书写时,氢氧化铜固体和水不计入表达式。
(5)深蓝色晶体的主要成分是[Cu(NH3)4]SO4·H2O,加入乙醇的目的是降低其溶解度,促进晶体析出。
答案:(1)将黄铜矿粉碎、上升温度、增大空气流速(任选两种)
(2)2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3中的任一种
(3)1×10-5 取一小片pH试纸放在玻璃片或表面皿上,用玻璃棒或胶头滴管取待测液点在pH试纸中部,待颜色变化稳定后与标准比色卡对比,读出pH
(4)K=
(5)降低G的溶解度,促进深蓝色晶体析出
11.解析:环节一:Cl2、Br2和I2同为ⅦA族的单质,而ⅦA族的单质都有较强的氧化性。
环节三:(1)2Fe2++Br22Fe3++2Br-,由于较稀的溴水和碘水也都是黄色的,所以为了证明甲同学的结论正确,还需要进行Fe3+的检验,可以选用KSCN溶液。
(2)碘水与FeCl2溶液发生了反应,黄色是Fe3+溶液的颜色。
即使碘水不与FeCl2溶液发生反应,经萃取后FeCl2溶液在上层,被空气中的O2氧化成了FeCl3,为了避开该种状况的毁灭,试验4用乙酸乙酯作疼惜剂。
(3)Cl2、Br2、I2都是同一主族的元素形成的单质,同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多,原子半径渐渐增大,得电子力气渐渐减弱,氧化性减弱。
答案:环节一:均为ⅦA族单质,氧化性均较强
环节三:(1)2Fe2++Br22Fe3++2Br-
操作
应当观看到的现象
取少量①中的黄色溶液于试管中,滴加少量KSCN溶液,振荡
溶液变为红色
(2)可能2:碘水与FeCl2溶液发生反应,黄色是Fe3+溶液的颜色。
Fe2+与空气接触会被氧化,加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用,这样可以削减空气对试验的影响。
(3)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多,原子半径渐渐增大,得电子力气渐渐减弱,氧化性减弱。
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