2021高考化学(浙江专用)二轮考点突破-答案解析-专题十三铁、铜及其重要化合物-.docx

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.CS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.DCO2+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.DB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:.铝灰中加入过量稀H2SO4,发生反应:Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O,FeO+H2SO4FeSO4+H2O,Fe2O3+3H2SO4Fe2(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。.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。.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。.浓缩、结晶、分别得到Al2(SO4)318H2O。(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)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)58H+54H2O(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)产生黄绿色气体除去过量的Mn5.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12 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12 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)防止+2价的铁元素被氧化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A族离子键、共价键H2SiO3(或H4SiO4)(2) (3)8Al(s)+3Fe3O4(s)9Fe(s)+4Al2O3(s)H=-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)测定上述试验用的Fe(NO3)3溶液的pH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nCu(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21,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.CAl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,nAl2(SO4)3=n(Al)=n(CuAlO2),则可知需1.0 molL-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-Ag2NO+O22NO2(2)Al(OH)3和CuOAl(OH)3+OH-Al+2H2O(3)424O2(4)5025(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CuSO45H2O可知,滤液2为CuSO4溶液,滤渣2中含有Fe(OH)3 和Al(OH)3。(1)第步中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CuSO45H2O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 molL-1b/1 000 L,所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c molL-1b/1 000 L,样品中含有的CuSO45H2O的质量为(c molL-1b/1 000 L250 gmol-15),所以CuSO45H2O的质量分数为100%。依据CuSO45H2O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CuSO45H2O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,CuSO45H2O的含量偏高,c项正确。答案:(1)Cu+4H+2NCu2+2NO2+2H2O或3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2OAu、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%c6.解析:(1)本推断题的突破口有两个:G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;单质C可与E的浓溶液加热反应而被氧化为Cu2+,结合BD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+O22SO3c(起始)/molL-1 0.230.11 0c(转化)/molL-1 0.120.06 0.12c(平衡)/molL-1 0.110.05 0.12则K23.8。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)SO2H2SO4Cu2O(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:HNO3Fe3+Cu2+,则随铁粉增加,反应分别为:4HNO3(稀)+FeFe(NO3)3+NO+2H2O2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2Cu(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)14=114。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:Cu,Fe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.AA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:Br2Fe3+、Br2I2,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.DM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)溶液中只存在Fe3+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12。(3)上述反应中是氧化还原反应也是化合反应,是化合反应但属于非氧化还原反应,是分解反应但属于非氧化还原反应,是氧化还原反应,符合题意。(4)反应是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) (2)12 (3) (4)3Fe2+N+4H+3Fe3+NO+2H2O (5)Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O10.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:增大固体接触面积;上升温度;增大空气流速(即增大O2浓度);利用超声波等;结合本题的状况,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)4SO4,则Y为氨水,NH3H2ON+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)4SO4H2O,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+2H2OCuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3中的任一种(3)110-5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A族的单质,而A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A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。