求FeSO4•7H2O的质量的计算详细过程：

（1）操作①中碳酸钠溶液能除去油污，溶液中碳酸根离子水溶液中水解显碱性；反应的离子方程式为：CO₃^2-+H₂O⇌HCO₃^-+OH^-、HCO₃^-+H₂O⇌H₂CO₃+OH^-；

故答案为：CO₃^2-+H₂O⇌HCO₃^-+OH^-、HCO₃^-+H₂O⇌H₂CO₃+OH^-；
（2）物质分离方法的原理与过滤相同的是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离；依据透性分析判断；

a．蒸馏是分离沸点不同的混合物，故a不符合；
b．分液是利用互不相溶的液体静置分液，故b不符合；
c．渗析是利用半透膜分离溶液和胶体，和过滤原理相同，故c符合；
d．重结晶是利用蒸发浓缩，结晶析出，故d不符合；
故答案为：c；
（3）①配制100mL 1.00×10^-2mol•L^-1的KMnO₄溶液，所用的仪器有天平、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶 玻璃棒；
a、容量瓶不能用来溶解物质，故a错误；
b、容量瓶是准确量配制溶液的量具，最后加水定容，容量瓶洗涤后不需干燥即可直接用于实验；故b正确；
c、定容后摇匀后不需要再加水，加水后溶液浓度减小，故c错误；
d、加水超出刻度，配制失败需要重新配制，故d正确；

故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；bd；
②KMnO₄溶液具有强氧化性，不能盛放在碱式滴定管，因为高锰酸钾溶液腐蚀橡胶管，所以盛放在酸式滴定管中；
故答案为：酸式；KMnO₄溶液有强氧化性能腐蚀橡胶管；
③滴定结束时，消耗浓度为1.00×10^-2mol•L^-1的标准KMnO₄溶液26.00mL，腐蚀的反应为：设铁元素物质的量为x，
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O．

5 1

x 1.00×10^-2mol•L^-1×0.0260L
x=1.3×10^-3mol；
铁元素质量=1.3×10^-3mol×56g/mol=0.0728g

2.0g克该补血剂中铁元素含量=[0.0728g/2.0g]×100%=3.64%
故答案为：3.64．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查了盐类水解的应用，物质实验是制备方法和物质性质的分析判断，溶液配制的步骤和仪器选择，滴定实验的计算应用，题目难度中等．

（1）合金中铁、铜不和碱反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，则离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑；
（2）铝、铁、铜的合金中只有金属铝可以和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤液A的成分是偏铝酸钠，可以和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，实质为AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-，过滤用的器材有：漏斗、滤纸、铁架台、铁圈、烧杯和玻璃棒，其中玻璃仪器是漏斗、烧杯和玻璃棒，玻璃棒在过滤中起引流作用；故答案为：CO₂；漏斗、烧杯；引流；
（3）途径③的反应：Cu+2H₂SO₄（浓）

△
.
CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，途径④的反应：2Cu+O₂+2H₂SO₄（稀）

△
.
2CuSO₄+2H₂O，从反应方程式看出产生等量胆矾途径④消耗硫酸少，途径④不会产生污染大气的气体，故答案为：产生等量胆矾途径④消耗硫酸少；途径④不会产生污染大气的气体；
（4）制备胆矾应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶、过滤、干燥即可得到胆矾晶体，铜和氧气和酸反应生成硫酸铜和水：2Cu+2H₂SO₄+O₂═2CuSO₄+2H₂O，改成离子反应为2Cu+O₂+4H⁺=2Cu²⁺+2H₂O，故答案为：蒸发浓缩；过滤； 2Cu+O₂+4H⁺=2Cu²⁺+2H₂O；
（5）a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；
b．加热时胆矾晶体飞溅出来，质量变化偏大，结果偏大，故b正确；
c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结果偏小，故c错误；
d．所用坩埚事先未干燥（潮湿），会使水的含量增大，结果偏大，故d正确；
故答案为：abd．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了物质的制备实验方案设计和评价，中等难度，评价实验要从原料的利用率、产品的纯度及对环境的影响等分析．

8.34g FeS0₄•7H₂0样品物质的量=[8.34g/278g/mol]=0.03mol，其中m（H₂0）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，
A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H₂0）=6.72g-4.56g=2.16g，n（H₂0）=[2.16g/18g/mol]=0.12mol，则n（H₂0）：n（FeS0₄）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO₄•4H₂O；温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H₂0）=5.10g-4.56g=0.54g，n（H₂0）=[0.54g/18g/mol]=0.03mol，则n（H₂0）：n（FeS0₄）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO₄•H₂O；加热至373℃时，固体的质量为4.56g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g；加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS0₄•7H₂0）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=[0.72g/16g/mol]=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe₂O₃，FeSO₄•7H₂O晶体中有3种不同B结合力的水分子，故A错误；
B、由A知在100℃时，M的化学式为FeSO₄•4H₂O和FeSO₄•H₂O的混合物，故B错误；
C、由A知在200℃时，N的化学式为FeSO₄•3H₂O和FeS0₄的混合物，故C错误；
D、由A知铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO₂、SO₃的物质的量分别为x、y，则

x+y＝0.03
64x+80y＝4.56−2.40
解得

x＝0.015
y＝0.015，所以方程式为：2FeSO₄

高温
.
Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变；化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大．

由题意，则反应物为：绿矾（FeSO₄•7H₂O）；生成物为：二氧化硫、三氧化硫、氧化铁、水；而三氧化硫与水反应生成硫酸．
故化学方程式为：2FeSO₄•7H₂O

△
.
Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃+14H₂O；SO₃+H₂O═H₂SO₄

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 根据题目中的信息，正确书写化学反应的反应物和生产物，利用书写化学方程式的方法和步骤，正确书写化学方程式．

（1）亚铁离子具有还原性，能被氧化剂氧化为正三价，三价铁遇到硫氰酸钾显红色，故答案为：取少量滤液加入试管中，先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水（或双氧水、稀硝酸），溶液变为血红色；
（2）双氧水具有氧化性，能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，故答案为：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺；
（3）三价铁和碱反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，所以加入的X为碱，故答案为：Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓（或Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺）；
（4）从悬浊液中将沉淀物分离出来要先过滤，然后对固体洗涤，至洗涤干净后再灼烧分解，待冷却后称量，故答案为：过滤；冷却；
（5）①根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：250mL容量瓶、天平、玻棒、烧杯、量筒、药匙、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；
②高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，故答案为：b；
（6）根据铁元素守恒，14mg的铁即为FeSO₄•7H₂O片剂中铁的质量，所以需要FeSO₄•7H₂O片剂质量=14mg÷[56/278]=69.5mg，故答案为：69.5mg．

点评：
本题考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题是一道考查金属铁的化合物性质的综合性知识题目，要求学生具有分析和解决问题的能力．

（1）硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解而使其溶液呈酸性，向溶液中加入酸能抑制亚铁离子水解，所以用稀硫酸代替水溶解绿矾，
故答案为：抑制Fe²⁺水解；
（2）FeCO₃•nH₂O沉淀易吸收硫酸根离子，硫酸根离子能和钡离子反应生成白色沉淀，如果沉淀已经洗涤干净，则其洗涤液中不含硫酸根离子，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管，滴入BaCl₂溶液，若无白色沉淀产生，表明沉淀已洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管，滴入BaCl₂溶液，若无白色沉淀产生，表明沉淀已洗涤干净；
（3）FeCO₃•nH₂O易被氧气氧化为FeOOH，同时生成二氧化碳和水，反应方程式为：4FeCO₃•nH₂O+O₂=4FeOOH+4CO₂↑+（4n-2）H₂O，
故答案为：4FeCO₃•nH₂O+O₂=4FeOOH+4CO₂↑+（4n-2）H₂O；
（4）高温下，碳酸钙分解生成二氧化碳，二氧化碳能被碳还原生成一氧化碳，所以加入碳酸钙能增加一氧化碳的含量，则还原铁粉的产率增大，
故答案为：分解产生CO₂与C反应生成还原剂CO．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；盐类水解的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查了实验方案的设计，明确物质的性质是解本题关键，会根据图象进行分析解答，难度中等．

（1）绿矾溶于水后溶质是硫酸亚铁，所以形成的溶液是硫酸亚铁溶液，带正电荷的是阳离子，所以溶液中存在的阳离子是Fe²⁺；
（2）①由于FeCO₃分解的生成物有氧化亚铁和二氧化碳，又放入了煤粉，所以生成一氧化碳的反应物是碳和二氧化碳，生成物是一氧化碳，用观察法配平，反应条件是高温；
②产生铁粉的反应物是一氧化碳和氧化亚铁，生成物是铁和二氧化碳，反应条件是加热写在等号的上边．
故答案为：（1）硫酸亚铁；Fe²⁺；（2）①C+CO₂

高温
.
2CO；②FeO+CO

△
.
Fe+CO₂．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 解答本题要注意方程式的写法：一写二配三注明四等号，要分清反应条件中的高温和加热．

方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，被还原为Mn²⁺，同时生成水，反应离子方程式为5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内，故B最合适；
故答案为：B；
（3）精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
故答案为：250mL容量瓶；
（4）原电池负极反应氧化反应，Fe²⁺在负极放电生成Fe³⁺，负极电极反应式为Fe²⁺-e^-═Fe³⁺；
故答案为：Fe²⁺-e^-═Fe³⁺；
方案二：
（3）步骤②加入有强氧化性试剂，能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，除用H₂O₂外还可以使用氯水等；
故答案为：氯水；
（5）Fe²⁺与碱反应后不能保证Fe²⁺全部转化为Fe³⁺，加热不能得到纯净的Fe₂O₃，故无法准确计算Fe的含量，故步骤②不能省略；
故答案为：不能，Fe²⁺与碱反应后不能保证Fe²⁺全部转化为Fe³⁺，加热不能得到纯净的Fe₂O₃，故无法准确计算Fe的含量；
（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
故答案为：灼烧；
（7）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量
ag×
112
160
10=0.07ag；
故答案为：0.07a．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；铁盐和亚铁盐的相互转变．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

（1）Fe³⁺遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe³⁺存在，可以加入氧化剂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺．检验Fe²⁺可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水或双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe²⁺，
故答案为：氯水或双氧水；溶液由浅绿色变成血红色；
（2）由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe²⁺形成溶液，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，使Fe³⁺转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．步骤②加入过量H₂O₂的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，
故答案为：将Fe²⁺全部氧化成Fe³⁺；
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，
故答案为：洗涤；
（4）最后氧化铁为ag，氧化铁含有铁元素的质量为[112/160]×ag=0.7ag，故每片补血剂含铁元素的质量为[0.7ag/10]=0.07ag，
故答案为：0.07a；
（5）①精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管，250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
②由于稀硝酸、浓硝酸具有强氧化性，能够氧化Fe²⁺，高锰酸钾可以氧化HCl中的氯离子为氯气，故选硫酸酸化，
故选：b；
③由于高锰酸钾溶液具有氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以使用酸式滴定管；高锰酸钾为紫色，当滴定到终点时，Fe²⁺被完全氧化，加入的最后一滴高锰酸钾不反应，溶液的颜色为紫色，
故答案为：酸式滴定管；滴入一滴KMnO₄溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不褪色；
（6）当溶液pH为3时，溶液中c（OH^-）=10^-11mol/L，由于Ksp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）•c³（OH^-）=1.1×10^-36，
所以溶液中c（Fe³⁺）=
1.1×10−36
(10−11)3=1.1×10^-3mol/L10^-5mol/L，所以沉淀不完全，
故答案为：否．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；中和滴定．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力

（1）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）途径①发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3...

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．

考点点评： 本题主要考查了从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等．

铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质），加入稀硫酸溶解过滤，得到滤液加入稀硫酸酸化，通H₂S至饱和，防止亚铁离子被氧化，冷却过滤得到，滤渣为SnS，滤液为硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体；
（1）上述分析可知滤渣2为SnS，生成滤渣2的离子反应方程式为：Sn²⁺+H₂S=SnS↓+2H⁺；
故答案为：Sn²⁺+H₂S=SnS↓+2H⁺；
（2）配制FeSO₄溶液时应该防止亚铁离子被氧化，亚铁离子水解变浑浊分析，加入铁粉和稀盐酸，防止亚铁离子被氧化，抑制亚铁离子水解；
故答案为：加入铁粉和稀盐酸，防止亚铁离子被氧化，抑制亚铁离子水解；
（3）依据流程关系图分析，通入硫化氢制饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液PH=1.6-2，为了除去杂质离子Sn²⁺；
故答案为：1.6-2；
（4）酸性溶液或影响溶液应在酸式滴定管中，所以应选择B装置滴定实验，到达终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫红色，且半分钟不褪色证明反应达到终点；依据亚铁离子被高锰酸钾溶液氧化反应的定量关系计算；
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O
5 1
n （Fe²⁺） 0.0100mol/L×0.020L
n=0.001mol
250ml中含有FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量分数=[0.01mol×278g/mol/2.850g]×100%=97.5%；
故答案为：B、滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫红色，且半分钟不褪色证明反应达到终点，97.5%；

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查了物质分离和提纯的分析判断，滴定实验的理解应用和计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等．

方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，被还原为Mn²⁺，同时生成水，反应离子方程式为5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内，故B最合适；
故答案为：B；
（3）精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
故答案为：250mL容量瓶；
（4）取5片补血剂样品配成100mL溶液，取20.00mL试样，用浓度为c₁mol•L^-1的KMnO₄溶液滴定，耗去V₁ mL，
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n c₁×v₁×10^-3
n=5c₁×v₁×10^-3mol
100ml溶液中含有铁元素5c₁×v₁×10^-3mol×[100/20]
则每片补血剂含铁元素的质量=5c₁×v₁×10^-3mol×[100/20]×[1/5]×56g/mol=0.28c₁v₁；
故答案为：0.28c₁v₁；
方案二：
（5）步骤②加入有强氧化性试剂，能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，除用H₂O₂外还可以使用氯水等；
故答案为：将Fe²⁺氧化成Fe³⁺；
（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
故答案为：灼烧；
（7）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量
ag×
112
160
10g=0.07ag；
故答案为：0.07a；
（8）原电池中正极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，在酸溶液在生成水，结合电荷守恒书写得到正极电极反应为：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O；
故答案为：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O；

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

（1）稀硫酸与粉末中的氧化铁反应，生成硫酸铁和水，其反应的化学方程式为：Fe₂O₃+2H₂SO₄═Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；故答案为：Fe₂O₃+3H₂SO₄═Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；
（2）由题目中图可以看出步骤②用来分离固体和液体，获得滤液和滤渣，所以这个步骤是过滤；过滤时需用到的仪器有：烧杯、玻璃棒和漏斗；故答案为：漏斗；
（3）粉末状石灰石虽然能够和稀硫酸反应，且能产生二氧化碳，但反应太快不便于收集，因此实验室不能用粉末状的石灰石与稀硫酸反应制二氧化碳，故答案为：不能；
（4）由图可知：Fe与Fe₂（SO₄）₃反应生成FeSO₄，反应物是Fe和Fe₂（SO₄）₃，生成物是FeSO₄，故反应的化学方程式为：Fe+Fe₂（SO₄）₃═3FeSO₄；
故答案为：Fe+Fe₂（SO₄）₃═3FeSO₄；
（5）硫酸亚铁的溶解度曲线如图1可以看出：硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，用冰水洗涤的目的是一、除去晶体表面附着的溶于水杂质，二、冰水的温度低，硫酸亚铁在低温下的溶解度小，可降低洗涤过程中绿矾的溶解而造成的损失．
故答案为：用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；酸的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 块状的石灰石和稀硫酸反应时，由于生成的硫酸钙微溶于水，附着在碳酸钙的表面，阻止了碳酸钙与稀硫酸的进一步接触，使反应停止；而用碳酸钙粉末则增大了与稀硫酸的接触面积，避免上述现象，反应得以进行，故可用碳酸钙粉末和稀硫酸制取二氧化碳气体．

（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn²⁺完全沉淀，亚铁离子不沉淀，
故答案为：除去溶液中的Sn²⁺离子，并防止Fe²⁺被氧化；防止Fe²⁺离子生成沉淀；
（2）Fe³⁺遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明Fe³⁺的存在．因此取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe³⁺，若溶液不变红，说明不含Fe³⁺，故答案为：取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe³⁺，若溶液不变红，说明不含Fe³⁺；
（3）由市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料制备FeSO₄•7H₂O晶体，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项；向铁屑中加入足量的稀硫酸，Fe₂O₃、铁，少量锡均会与硫酸反应，最终生成二价铁、二价锡，先过滤除去不溶物，然后向滤液中加入稀硫酸和硫化氢，调节PH值为2，将锡离子以SnS沉淀而除去，过滤，即得到FeSO₄溶液，再根据绿矾溶解度曲线，60℃时绿矾的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在冰水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干．故答案为：蒸发浓缩得到60℃的饱和溶液，然后放在冰水中冷却，冷却结晶至0℃，过滤，洗涤，低温烘干；
（4）KMnO₄酸性溶液与Fe²⁺反应时被还原为Mn²⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，化学方程式为：2KMnO₄+10FeSO₄+8H₂SO₄═5Fe₂（SO₄）₃+2MnSO₄+1K₂SO₄+8H₂O；故答案为：21085218；
（5）①高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化橡胶管，不能用碱式滴定管，用酸式滴定管，
故答案为：碱； KMnO₄有强氧化性，会腐蚀橡胶；
②5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0200L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.001mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.001mol×[250/25]=0.01mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol×278g/mol=2.78g；
质量分数=[2.78g/3.72g]×100%=0.75．
故答案为：0.75．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，分离混合物的实验方法设计和分析判断，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等．

（1）黄铁矿（主要成分为FeS₂）来制取．已知该反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，这种强酸与硫元素有关只能是硫酸，硫由-1价变成+6价，说明硫被氧化，故空气中的氧气作氧化剂，反应方程式为2FeS₂+7O₂+2H₂O=2FeSO₄+2H₂SO₄，
故答案为：2FeS₂+7O₂+2H₂O=2FeSO₄+2H₂SO₄；
（2）Fe²⁺由+2→+3，升高1，而Cr₂O₇^2-由+6→+3，降低3×2，两者最小公倍数为6，然后根据电荷守恒，后面正电荷数多而且少氢，故是氢离子参与反应，6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：6，1，14H⁺，6，2，7；
（3）由 （2）可知 6FeSO₄•7H₂O～2 Cr³⁺
6×278g 2mol
83400g n（Cr³⁺ ）
则 n（Cr³⁺ ）=100mol
所以废水的体积为=10⁷cm³，所以废水量为
100mol
1×10−2mol•m−3×106
cm3
m3=1×10¹⁰cm³
1×10¹⁰cm³ ×1g/cm³×
1t
106g=1×10⁴t，
故答案为1×10⁴．

点评：
本题考点： 铁的氧化物和氢氧化物；氧化还原反应方程式的配平．

考点点评： 本题考查氧化还原反的配平和有计算，学生只要抓住化合价升降守恒和关系式解题就得心应手．

（1）分离固体和液体常用过滤的方法；
（2）绿矾溶于水后溶质是硫酸亚铁，所以形成的溶液是硫酸亚铁溶液，带正电荷的是阳离子，所以溶液中存在的阳离子是Fe²⁺；
（3）①由于FeCO₃分解的生成物有氧化亚铁和二氧化碳，放入煤粉之后发生的反应为碳和二氧化碳，生成物是一氧化碳，该反应的化学方程式为：CO₂+C

高温
.
2CO；
②产生铁粉的反应物是一氧化碳和氧化亚铁，生成物是铁和二氧化碳，反应条件是加热，该反应的化学方程式为：FeO+CO

高温
.
Fe+CO₂；
（4）116g FeCO₃含有铁元素的质量为：116g×[56/56+12+16×3]×100%=56g．
故答案为：（1）过滤；
（2）亚铁离子（Fe²⁺）；
（3）①CO₂+C

高温
.
2CO；
②FeO+CO

高温
.
Fe+CO₂；
（4）56．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备．

考点点评： 解答本题要注意方程式的写法：一写二配三注明四等号，要分清反应条件中的高温和加热．

A、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单，现象是否明显，性质是否稳定等方面，试剂的价格不是主要考虑的元素，所以选用胆矾的原因不是胆矾价廉，故A错误；
B、加热含有结晶水的晶体，一般都容易失去结晶水，所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水，故B错误；
C、硫酸铜是无色晶体，含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体，所以胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察，而Na₂SO₄•10H₂O加热前后颜色没有变化，故C正确；
D、硫酸铜比较稳定，不容易被氧化，便于通过质量差计算结晶水的质量，而硫酸亚铁在空气中容易被氧化，影响测量结晶水含量，故D正确；
故选CD．

点评：
本题考点： 硫酸铜晶体中结晶水含量的测定．

考点点评： 本题考查了使用胆矾测定结晶水的有点，根据硫酸铜的性质进行分析，通过对比更能说明胆矾的优点，本题难度不大．

（1）利用Na₂CO₃溶液和FeSO₄溶液反应制备FeCO₃，由于Na₂CO₃溶液碱性很强，可能会生成Fe（OH）₂沉淀，为避免生成Fe（OH）₂沉淀，应将Na₂CO₃溶液缓慢加入到盛有FeSO₄溶液的反应容器中；
故答案为：c，避免生成Fe（OH）₂沉淀；
（2）判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质．首先要弄清沉淀上的杂质是什么，然后再去检测里面的离子．本题中FeCO₃的制备是用Na₂CO₃溶液和FeSO₄溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na₂SO₄杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO₄^2-，即该题便转化成SO₄^2-的检验．具体操作为：取最后一次的洗涤滤液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，则表明已洗涤干净；
故答案为：取最后一次的洗涤滤液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，则表明已洗涤干净；
（3）因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触．加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H₂，形成一个无氧的环境．除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质；
故答案为：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）最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品；
故答案为：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
（5）由硫铁矿烧渣（主要成分为Fe₂O₃、SiO₂、Al₂O₃ ）制备FeSO₄•7H₂O晶体，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项．向烧渣中加入足量的稀硫酸，Fe₂O₃、Al₂O₃均会与硫酸反应，分别生成Fe₂（SO₄）₂和Al₂（SO₄）₂，SiO₂不反应，先过滤把SiO₂除去，然后向滤液中加入足量的铁粉，将Fe³⁺转化成Fe²⁺，根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al³⁺除去，过滤，即得到FeSO₄溶液，再根据绿矾溶解度曲线，60℃时绿矾的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在冰水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干；
故答案为：过滤向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的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；

点评：
本题考点： 铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；硫酸亚铁的制备．

考点点评： 本题考查了学生在新情境下物质的制备实验中基本的实验技能和对教材相关实验的理解的迁移能力，中档题难度偏大，掌握物质性质和实验技能是解题关键．

（2）①据无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，可否认猜想中的2；②根据质量守恒定律，化学反应前后元素原子的种类个数不变，因每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等...

点评：
本题考点： 实验探究物质的性质或变化规律；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 题考查了物质存在和性质的实验探究方法和实验设计判断，氧化还原反应和盐类水解的分析应用是解题关键．

（1）固体W为S和SiO2，烧时产生某有毒气体二氧化硫，吸收装置需要防止倒吸；A、装置可以吸收二氧化硫，防止倒吸，故A符合；B、装置不能吸收完全，不能放倒吸，故B不符合；C、装置直接插入水中会引起倒吸，故C不符合...

点评：
本题考点： 硫酸亚铁的制备．

考点点评： 本题考查了物质制备流程分析判断，实验基本操作的熟练掌握，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等．

A、操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是过滤，操作Ⅰ是通过过滤把硫酸铜溶液和不溶性的杂质分离，操作Ⅱ是通过过滤把硫酸亚铁溶液和铜、过量的铁分离，操作Ⅲ是通过过滤把硫酸亚铁溶液和铜分离．正确．
B、操作Ⅳ为蒸发结晶，通过蒸发可以得到FeSO₄•7H₂O．正确．
C、固体B中，铜不能和稀硫酸反应，铁能和稀硫酸反应，铁与稀H₂SO₄反应的化学方程式为：Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑．正确．
D、溶液A是硫酸铜溶液，和铁反应的化学方程式为：Fe+CuSO₄=Cu+FeSO₄．不正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；金属的化学性质．

考点点评： 化学实验现象是化学实验最突出、最鲜明的部分，也是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察、实验能力．

（1）铝、铁、铜的合金中只有金属铝可以和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤液A的成分是偏铝酸钠，可以和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，实质为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-，
故答案为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（2）偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化钠的混合物，而向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，再用盐酸溶解，所得溶液的成分只有氯化铝，
故答案为：Ⅱ；因为滤液A是偏铝酸钠和氢氧化钠溶液，按途径I直接向A中加入盐酸得到的AlCl₃溶液中含有大量的氯化钠杂质；按途径II通入二氧化碳气体，得Al（OH）₃沉淀，将Al（OH）₃溶解于盐酸中得到的是纯净的AlCl₃溶液；
（3）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，即可得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）铜不能和稀硫酸反应，贴可以和硫酸反应，所以滤渣F是金属铜，Cu中加入稀硫酸和H₂O₂可以制备胆矾晶体，反应方程式为：Cu+H₂SO₄+3H₂O+H₂O₂=CuSO₄•5H₂O，故答案为：Cu+H₂SO₄+3H₂O+H₂O₂=CuSO₄•5H₂O；
（5）在实验方案一中，酸的量的控制上没有过高的要求，只需过量即可，但是方案二中，需要的是适量的酸，这很难控，故答案为：不合理；因为该方案操作步骤多、时间长，消耗试剂量大．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，题目难度不是很大，可以根据所学的知识进行．

解；（1）过滤所需要的仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故填：玻璃棒；
（2）铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应化学方程式为：Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑
（3）因为硫酸亚铁易溶于水，洗涤晶体用的水必须少量且低温是减小其溶解度，故填：FeSO₄易溶于水，低温减小FeSO₄的溶解度；
（4）因为FeSO₄•7H₂O晶体易溶于水，洗涤液中也有SO₄^2-，都和钡离子产生不溶于稀硝酸的硫酸钡沉淀，故填：不可靠，因为FeSO₄•7H₂O晶体易溶于水，洗涤液中也有SO₄^2-，都能和钡离子产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；酸、碱、盐的鉴别．

考点点评： 本题是一道实验探究题，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，考查了常见金属的性质以及某些盐的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答．

实验目的是用含铝、铁、铜的合金废料制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体（CuSO4•5H2O），流程分析得到，合金废料放入过量烧碱溶液中，其中铝溶解为偏铝酸钠溶液，滤渣B为铜和铁，放入稀硫酸...

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，注意溶液中溶质分离的方法，流程产物和过程分析判断，题目难度不是很大，可以根据所学的知识进行．

（1）将硫酸亚铁晶体（FeSO₄•7H₂O）加入如图（1）中所示的干燥试管A里，隔绝空气加强热充分反应后，试管A中得残留固体甲，图2装置中加热，甲的颜色由红棕色逐渐变为黑色，判断甲为Fe₂O₃；说明硫酸亚铁晶体受热分解是发生了氧化还原反应，硫元素化合价降低，铁元素化合价升高，结合氧化还原反应电子守恒分析生成产物有二氧化硫，依据原子守恒和电子守恒配平书写出的化学方程式为：2（FeSO₄•7H₂O）

△
.
Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃+14H₂O，
故答案为：2（FeSO₄•7H₂O）

△
.
Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃+14H₂O；
（2）硫酸亚铁分解生成的产物含污染性气体二氧化硫，不能排放到大气中，所以装置的缺点为：SO₂为大气污染物，缺少尾气处理装置，
故答案为：SO₂为大气污染物，缺少尾气处理装置；
（3）装置2是需要乙醇气化和氧化铁反应，生成气体乙醛，收集验证，有气体的装置中 需要检查装置气密性，主要是利用装置中的压强关系分析，检查方法为：关闭活塞K，将E的导气管插入水中，微热C管，E中有气泡产生，停止加热后，E管出现一段水柱，说明装置不漏气，
故答案为：关闭活塞K，将E的导气管插入水中，微热C管，E中有气泡产生，停止加热后，E管出现一段水柱，说明装置不漏气；
（4）试管C中反应是乙醇气化和氧化铁的反应生成铁、乙醛和水，反应的化学方程式为：3CH₃CH₂OH+Fe₂O₃
△
2Fe+3CH₃CHO+3H₂O，故答案为：3CH₃CH₂OH+Fe₂O₃
△
2Fe+3CH₃CHO+3H₂O；
（5）装置D是安全装置，防止液体倒吸，故答案为：防止倒吸；
（6）试管E中的液体0.5mL逐滴加入到含新配制的银氨溶液的试管F中，振荡后，把试管放在水浴中温热，不久会观看到试管内壁上附着一层光亮如镜的金属银．证明生成了乙醛，乙醛和银氨溶液反应出现银镜反应现象，反应的化学方程式为：CH₃CHO+2Ag（NH₃）₂OH
△
CH₃COONH₄+2Ag↓+3NH₃+H₂O，
故答案为：CH₃CHO+2Ag（NH₃）₂OH
△
CH₃COONH₄+2Ag↓+3NH₃+H₂O．

点评：
本题考点： 无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，实验装置分析和实验基本操作的应用，主要是硫酸亚铁分解产物的判断，产物的性质验证，产物的催化作用，乙醇的催化氧化反应，乙醛的氧化反应，银镜反应等性质的综合应用，题目难度中等．

FeSO₄•7H₂O的相对分子质量为：56+32+16×4+7×（2+16）=278，则酸亚铁晶体 （FeSO₄•7H₂O）的摩尔质量为278g/mol，
n（0）=11n（FeSO₄•7H₂O）=11×1mol=11mol；
n（Fe）=n（FeSO₄•7H₂O）=1×1mol=1mol；
N=nN_A=1mol×6.02×10²³/mol=1.0×10²³，
故答案为：278g/mol；11；1.0×10²³．

点评：
本题考点： 有关化学式的计算和推断．

考点点评： 本题考查了摩尔质量，难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握，加强基础知识的积累．

（1）精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
故答案为：250mL容量瓶；
（2）酸化KMnO₄溶液的酸本身不能具有还原性，如果有还原性要被高锰酸钾氧化，本身也不能具有强氧化性，所以只能选硫酸，故答案为：A；
（3）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管，故答案为：B；
（4）Fe²⁺与碱反应后不能保证Fe²⁺全部转化为Fe³⁺，加热不能得到纯净的Fe₂O₃，故无法准确计算Fe的含量，故步骤②不能省略；
故答案为：不能，Fe²⁺与碱反应后不能保证Fe²⁺全部转化为Fe³⁺，加热不能得到纯净的Fe₂O₃，故无法准确计算Fe的含量；
（5）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
故答案为：灼烧．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

（1）Fe³⁺遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe³⁺存在，可以加入氧化剂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，检验Fe²⁺可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水或双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe²⁺．
故答案为：取少量滤液加入试管中，先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水（或双氧水、稀硝酸），溶液变为血红色．
（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，同时生成水，反应离子方程式为2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺═2Fe³⁺+2H₂O．
故答案为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺═2Fe³⁺+2H₂O．
（3）步骤③是将Fe³⁺转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺．
故答案为：Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺．
（4）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，
故答案为：洗涤；冷却；
（5）①精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管，250mL容量瓶；
故答案为：250mL容量瓶；
②高锰酸钾为紫色，当滴定到终点时，Fe²⁺被完全氧化，加入的最后一滴高锰酸钾不反应，溶液的颜色为紫色，故答案为：紫．
（6）16.8mg铁即为FeSO₄•7H₂O片剂中铁的质量，所以需要FeSO₄•7H₂O片剂质量为16.8mg÷[56/278]=83.4mg．
故答案为：83.4mg．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原滴定应用、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

（1）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以化学方程式为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，
则离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑；
（2）某气体其固态可用于人工降雨，该气体应该为二氧化碳，二氧化碳的固态为干冰，干冰变成气体时须从外界吸收热量，致水蒸气冷凝，能实现人工降雨，AlCl₃溶液中通入二氧化碳，碳酸的酸性比氢氧化铝强，所以能反应，且通过量的二氧化碳生成碳酸氢根离子，
故答案为：CO₂；AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；途径②；途径①会引入盐酸，氯化钠杂质；
（3）滤液E的成分中的硫酸亚铁中的二价铁离子易被空气中的氧气氧化成三价铁离子，检验三价铁离子的方法是用KSCN溶液，Fe³⁺+3SCN^-⇌Fe（SCN）₃血红色，说明E中含有Fe³⁺，
故答案为：Fe³⁺；取滤液E少量于试管中，滴入2～3滴 KSCN溶液，若出现血红色，则证明滤液E中含有Fe³⁺；
（4）途径③的反应：Cu+2H₂SO₄（浓）

△
.
CuSO₄+SO₂↑+2H₂O
途径④的反应：2Cu+O₂+2H₂SO₄（稀）

△
.
2CuSO₄+2H₂O从反应方程式看出产生等量胆矾途径④消耗硫酸少，途径④不会产生污染大气的气体，
故答案为：产生等量胆矾途径④消耗硫酸少；途径④不会产生污染大气的气体；
（5）途径③的反应：Cu+2H₂SO₄（浓）

△
.
CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，从反应方程式看出，硫酸中硫从+6价变为产物中的+4价硫，体现强氧化性，金属和酸反应，生成盐，体现了硫酸的酸性，途径④的反应：2Cu+O₂+2H₂SO₄（稀）

△
.
2CuSO₄+2H₂O改成离子反应为2Cu+O₂+4H⁺=2Cu²⁺+2H₂O，
故答案为：强氧化、酸；过滤； 2Cu+O₂+4H⁺=2Cu²⁺+2H₂O；

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．

考点点评： 本题主要考查了怎样从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等．

（1）双氧水具有氧化性，能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，故答案为：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺；
（2）三价铁和碱反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，所以加入的X为碱，故答案为：Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓（或Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄+）；
（3）从悬浊液中将沉淀物分离出来要先过滤，然后对固体洗涤，至洗涤干净后再灼烧分解，待冷却后称量，故答案为：过滤；冷却；
（4）最终固体为Fe₂O₃，铁元素的质量百分数为[56×2/56×2+16×3]×100%=70%，所以ag固体中铁元素0.7ag，所以10片补血剂含铁元素的质量0.7ag，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag，故答案为：0.07a；
（5）①根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：250mL容量瓶、天平、玻棒、烧杯、量筒、药匙、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；
②高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，故答案为：b；
③高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察，应将高锰酸钾滴到待测液中，
故答案为：b；
（6）根据铁元素守恒，14mg的铁即为FeSO₄•7H₂O片剂中铁的质量，所以需要FeSO₄•7H₂O片剂质量=14mg÷[56 /278]=69.5mg，故答案为：69.5mg．

点评：
本题考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题是一道考查金属铁的化合物性质的综合性知识题目，要求学生具有分析和解决问题的能力．

由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe²⁺形成溶液，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，使Fe³⁺转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．
（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，
故答案为：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺；
（2）由流程图可知，步骤③是将Fe³⁺转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是氢氧化钠溶液或氨水，反应方程式为Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓[或Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺]，
故答案为：Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓[或Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺]；
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，
故答案为：洗涤；冷却；
（4）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量
ag×
112
160
10=0.07ag，故答案为：0.07a；
（5）①精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
②高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，答案为：b．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；铁的氧化物和氢氧化物．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

（1）制备的产物为硫酸盐，碱式碳酸铜又不溶于水，试剂①为稀硫酸，反应方程式为：Cu₂（OH）₂CO₃+2H₂SO₄=2CuSO₄+3H₂O+CO₂↑，
故答案为：稀硫酸；Cu₂（OH）₂CO₃+2H₂SO₄=2CuSO₄+3H₂O+CO₂↑；
（2）检验Fe³⁺选择KSCN溶液，Fe³⁺遇KSCN溶液变血红色，故答案为：KSCN溶液；
①一般用量筒量取溶液，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀．
所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量（可用、也可不用）、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管．
故答案为：250ml容量瓶；
③原溶液被稀释后，Cu²⁺呈浅蓝色，Fe³⁺呈浅黄色，两者都不与高锰酸钾溶液反应，所以滴定时参加反应的离子是Fe²⁺，故A溶液中含有Fe²⁺；由关系式：5Fe²⁺～MnO₄^-，可得A溶液中C（Fe²⁺）为=5aVmol/L，故答案为：含有；5aVmol/L；
（3）为使Fe²⁺、Fe³⁺一块沉淀，要加氧化剂将Fe²⁺氧化而又不引入新杂质，选H₂O₂，故答案为：C；既能将Fe²⁺氧化而又不引入新杂质；
（4）氧化铜和酸反应调节溶液PH使铁离子全部沉淀，加入的试剂不能引入新的杂质，故答案为：除去多余的稀硫酸，调节溶液的PH；
（5）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流，故答案为：冷却结晶；引流；
（6）冰水和蒸馏水均使晶体损耗较多，四氯化碳不能洗去杂质，故选80%酒精溶液，故答案为：C．

点评：
本题考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；硫酸亚铁的制备．

考点点评： 本题考查金属及其重要化合物的主要性质，题目难度中等，注意（4）中沉淀铁离子时不能引入新的杂质．

（（1）CO₃^2-水解生成OH^-，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污．升温，促进水解，溶液碱性增强，使反应充分进行．
故答案为：CO₃^2-+H₂OHCO₃^-+OH^-；升温，促进水解，溶液碱性增强，使反应充分进行．
（2）废铁中含氧化铁，无需制备前除去，因最终溶液是FeSO₄溶液，氧化铁和硫酸生成硫酸铁、铁和硫酸铁生成硫酸亚铁，
离子方程式为：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O、Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺．
（3）铁与硫酸反应基本完成的现象是溶液中不再有气泡产生、铁粉不再溶解．故答案为：铁粉不再溶解，铁粉表面不再有气泡产生
（4）用98.3%，ρ=1.84g/cm³的浓硫酸配制100mL1mol/L的稀硫酸需还需要的仪器是100mL容量瓶．故答案为：100mL容量瓶
（5）步骤V最终得到氧化铁固体，所以其过程为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量、恒重．故答案为：灼烧；
（6）agFe₂O₃中Fe元素质量为：ag×

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题属于工艺流程图类题目．此类题目一般起点高，但落点低，一定要按题中要求准确表达（文字、化学用语）．

（1）根据m=ρVω知，要计算溶液的体积还需要知道98%硫酸的密度，故答案为：98%硫酸的密度；
（2）硫酸和铁的质量比确定了产品的级别，从Fe³⁺的质量分数等于0.005%，产品质量定为Ⅰ级；Fe³⁺的质量分数等于0.01%，产品质量定为Ⅱ级，可以看出，三价铁的含量越低级别越高，从表中可以看出，只要控制铁过量，产品级别就高，故答案为：铁；
（3）由资料信息可知，氢氧化亚铁为白色而氢氧化铁为棕色，二者的混合物呈现出绿色，因此实验中出现灰绿色或绿色的现象应是生成的Fe（OH）₂部分被氧化而混入少量的Fe（OH）₃的缘故；资料中提及的微绿色Fe₃（OH）₈，可理解为Fe（OH）₂与Fe（OH）₃的结合起的一种物质，其中既有+2价铁也有+3价铁，因此改写为氧化物的形式时，8个氢原子应结合成4H₂O，所以应写成：FeO•Fe₂O₃•4H₂O，
由于出现的沉淀由白变绿是因为形成了Fe（OH）₂与Fe（OH）₃的混合沉淀，因此可利用向Fe²⁺和Fe³⁺的混合液中直接加入NaOH溶液，反应生成Fe（OH）₂与Fe（OH）₃的混合沉淀物，观察此时沉淀物的颜色，或直接取Fe（OH）₂与Fe（OH）₃进行混合，观察混合后颜色的方法，以解释沉淀由“白”变“绿”的现象，
故答案为：FeO•Fe₂O₃•4H₂O；向Fe²⁺和Fe³⁺的混合液中加入NaOH溶液后，观察生成的沉淀的颜色是否为灰绿色．或者可以将Fe（OH）₃和Fe（OH）₂混合后观察其颜色．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；探究化学反应机理．

考点点评： 根据实验所提供资料的分析，正确理解实验的目的及出现现象的原因，对于解答此新知识的探究型问题是尤其重要的．

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是利用三价铁离子检验方法分析，三价铁离子遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明铁离子的存在，
A、KSCN溶液和三价铁离子反应生成血红色溶液，可以检验铁离子的检验，故A符合；
B、NaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色，和铁离子反应生成红褐色沉淀，不能检验铁离子的存在，故B不符合；
C、KMnO₄溶液不与铁离子反应物现象发生，故C不符合；
D、苯酚溶液和铁离子反应生成紫色溶液，可以检验铁离子的存在，故D符合；
故答案为：AD；
（2）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn²⁺完全沉淀，亚铁离子不沉淀，
故答案为：除去溶液中的Sn²⁺离子，并防止Fe²⁺被氧化；防止Fe²⁺离子生成沉淀；
（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤，
故答案为：蒸发浓缩；过滤洗涤；
（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗；
（5）①高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化橡胶管，不能用简式滴定管，用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO₄溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：滴加最后一滴KMnO₄溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；
③a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL，则
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0200L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.001mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.001mol×[250/25]=0.01mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol×278g/mol=2.78g；
质量分数=[2.78g/2.85g]×100%=97.54%，
故答案为：97.54%．

点评：
本题考点： 硫酸亚铁的制备．

考点点评： 本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，分离混合物的实验方法设计和分析判断，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等．

（1）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，步骤③是将Fe³⁺转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺，
A．氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气和水、氯化钙，反应中有水生成，为防止液化水蒸气倒流而炸裂试管，试管口要低于试管底，故A错误；
B．氨气极易溶于水，氨气的密度小于空气且和空气不反应，所以可以采用向下排空气法收集，故B错误；
C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以检验氨气要使用湿润的红色石蕊试纸，故C错误；
D．氨气有刺激性气味，所以最后要有尾气处理装置，氨气极易溶于水，为防止倒吸，尾气处理中要有缓冲装置，故D正确；
故答案为：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺；Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺；D；
（2）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，ag氧化铁中铁的质量=[ag/160g/mol×112g/mol=
112a
160g，则每片补血剂含铁元素的质量为
112a
1600]g，
故答案为：洗涤，冷却，[112a/1600]；
（3）精确配制一定物质的量浓度的KMnO₄溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管，250mL容量瓶；高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，
故答案为：250 mL容量瓶，b．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，注意（2）中计算的是每片补血剂中铁的质量而不是铁的总质量，为易错点．

Ⅰ、（1）FeSO₄溶液在空气中会因氧化变质产生红褐色沉淀，其发生反应的离子方程式是：12Fe²⁺+3O₂+6H₂O=4Fe（OH）₃↓+8Fe³⁺；实验室在配制FeSO₄溶液时常加入铁粉防止亚铁离子被氧化，实验证明FeSO₄溶液是否被氧化，利用氧化生成的铁离子的特征性质设计实验验证，取少量溶液与试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，若变红色证明硫酸亚铁已被氧化，若未变红色证明硫酸亚铁未被氧化，
故答案为：12Fe²⁺+3O₂+6H₂O=4Fe（OH）₃↓+8Fe³⁺；铁粉；取少量溶液与试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，若变红色证明硫酸亚铁已被氧化，若未变红色证明硫酸亚铁未被氧化；
（2）①依据高锰酸钾溶液的颜色来指示反应终点，滴入最后一滴高锰酸钾溶液变化为紫红色，半分钟不褪色说明达到反应终点，
故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液变化为紫红色，半分钟不褪色说明达到反应终点；
②a．称取5.7g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为40.00mL；依据反应方程式进行计算：
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0400L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.002mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.002mol×[250/25]=0.02mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.02mol，质量=0.02mol×278g/mol=5.56g；
质量分数=[5.56g/5.7g]×100%=97.54%，故答案为：97.54%；
Ⅱ、（3）硫酸亚铁铵不易被氧化的原因是因为溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生，
故答案为：溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生；
（4）①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的 气体在BC装置中完全吸收，
故答案为：使分解生成的气体在BC装置中完全吸收；
②装置B中BaC1₂溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO₃气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，
故答案为；溶液变浑浊；
③装置C中通入二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO₂+H₂O₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺，
故答案为：SO₂+H₂O₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查了物质存在和性质的实验探究方法和实验设计判断，氧化还原反应和盐类水解的分析应用是解题关键，题目难度中等．

（1）由于亚铁离子容易被氧气氧化，所以配制样品溶液时把水煮沸，除去溶解在水中的氧气，故答案为：除去溶解在水中的氧气；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，被还原为Mn²⁺，同时生成水，反应离子方程式为5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
（3）由于利用高锰酸钾溶液进行滴定来测量亚铁离子的含量，加入的酸不能具有氧化性，所以不可以用硝酸；盐酸中的氯离子具有还原性，能够被高锰酸钾氧化，对测定结果产生影响，所以不可以用盐酸；故实验中所用的KMO₄溶液要进行酸化，用于酸化的酸是：B硫酸，
故选B；
（4）由于高锰酸钾溶液具有氧化性，不能使用碱式滴定管，所以量取高锰酸钾溶液使用的是酸式滴定管；反应结束前溶液是无色的，反应结束时再滴入高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，所以滴定终点现象是：滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（5）三次滴定消耗的高锰酸钾溶液都是有效的，平均体积为：[21.44mL+21.43mL+21.42mL/3]=21.43mL，消耗的高锰酸钾的物质的量是：0.02143L×0.0010mol/L=2.143×10^-5mol，
根据反应：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，可得关系式：5Fe²⁺～MnO₄^-，n（Fe²⁺）=5n（MnO₄^-）=5×2.143×10^-5mol，250mL溶液中含有的亚铁离子的物质的量是：5×2.143×10^-5mol×[250/25]=5×2.143×10^-4mol，
10片硫酸亚铁糖衣片中亚铁离子的质量是：m（Fe²⁺）=56×5×2.143×10^-4g≈0.06g=60mg，每片每片硫酸亚铁糖衣片中含有铁元素的质量为：[60/10]=6mg，
故答案为：6．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

（1）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，故答案为：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺；
（2）步骤③是将Fe³⁺转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺，
故答案为：Fe³⁺+3NH₃•H₂O=Fe（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，
故答案为：过滤；灼烧；
（4）配制一定体积的1mol/L的稀硫酸，配制时需要的仪器有玻棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶、量筒，故答案为：容量瓶；量筒；
（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量
ag×
112
160
10=0.07ag，
故答案为：0.07a．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．

实验一，Fe元素有+2价、+3价，所以产物可能为Fe₂（SO₄）₃、FeSO₄或Fe₂（SO₄）₃和FeSO₄的混合物，铁元素化合价可能是+2价，+3价，或+2，+3价；①向所得溶液中滴入KSCN溶液；②向稀酸性KMnO₄溶液中滴入所得溶液．KSCN溶液无明显现象，稀酸性KMnO₄溶液颜色褪去，证明只含有Fe²⁺；稀酸性KMnO₄溶液颜色无变化，证明一定是+3价铁元素；若KSCN溶液出现血红色现象，稀酸性KMnO₄溶液颜色褪去，证明Fe元素既有+2价又有+3价；
故答案为：
猜想 实验操作 预期现象
+2 褪成无色
+3 无变化
血红色
褪成无色实验二，①实验开始时，点燃B处酒精喷灯之前应先打开A处活塞通CO₂，目的是赶净空气避免影响测定结果；
故答案为：赶走装置中的空气
②装置C是安全瓶起到防倒吸的作用；
故答案为：防倒吸的作用；
③55.6克的绿矾FeSO₄•7H₂O，物质的量是0.2摩尔，其中，A中产生的二氧化碳是不会和氯化钡反应生成沉淀的，二氧化硫也不和氯化钡产生沉淀，二氧化硫也不和氯化钡产生沉淀；所以，产生的沉淀就只能是硫酸钡，也就是说，一定会有三氧化硫产生，根据沉淀的质量是23.3克，所以硫酸钡的物质的量是0.1摩尔，所以产生的三氧化硫是0.1摩尔，根据原子守恒，在绿矾中的硫是0.2摩尔，剩余的0.1摩尔的硫可能有很多的生成形式，可能是单质硫，也可以使其他形态的硫，但是C瓶中并没有单质硫析出；不管是那种形态的硫存在，硫元素化合价一定降低了，所以铁元素化合价一定要升高，根据电子守恒计算，0.2molFe²⁺变化为Fe³⁺；硫元素化合价从+6价变化为x价，0.2×1=0.1×（6-x），x=+4，实验生成的产物中有SO₂，依据原子守恒配平书写化学方程式：2FeSO₄•7H₂O

△
.
Fe₂O₃+SO₂+SO₃+14H₂O；
故答案为：2FeSO₄•7H₂O

△
.
Fe₂O₃+SO₂+SO₃+14H₂O；
④分析装置生成的气体中二氧化硫有毒不能排放到空气中需要尾气吸收；
故答案为：未进行尾气吸收；

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．

考点点评： 本题考查了物质性质的实验探究方法和实验分析判断，氧化还原反应电子守恒的计算应用，主要是铁及其化合物性质的应用，掌握基础和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．

（1）粗略配制高锰酸钾溶液，先计算所需高锰酸钾质量，利用量筒量取水500ml，用玻璃棒搅拌溶解得到溶液，所以需要的玻璃仪器为量筒、玻璃棒，
故答案为：量筒；玻璃棒；
（2）使用酸式滴定管时，应将滴定管固定在滴定管夹上，活塞柄向右，左手从中间向右伸出，拇指在管前，食指及中指在管后，三指平行地轻轻拿住活塞柄，无名指及小指向手心弯曲，食指及中指由下向上顶住活塞柄一端，拇指在上面配合动作．在转动时，中指及食指不要伸直，应该微微弯曲，轻轻向左扣住，这样既容易操作，又可防止把活塞顶出，
故答案为：A；
（3）草酸钠标定高锰酸钾溶液的浓度，反应过程中生成的锰离子可能是起到了催化剂作用，反应速率增大，
故答案为：生成的Mn²⁺为催化剂，使反应速率变大；
（4）用标准高锰酸钾溶液滴定步骤三所配样品溶液，达到终点时消耗标准溶液48.00mL，滴定过程中需要读取滴定管中高锰酸钾溶液的起始体积和滴定终点的体积，计算消耗高锰酸钾溶液的体积，三次取平均值计算得到设计的实验报告数据记录表为

平行实验编号 FeSO₄•7H₂O质量（m） 滴定管起始读数（mL） 滴定管滴定终点读数（mL） 消耗KMnO₄溶液体积（mL）
1
2
3 故答案为：

实验编号 FeSO₄•7H₂O质量（m） 滴定管起始读数（mL） 滴定管滴定终点读数（mL） 消耗KMnO₄溶液体积（mL）
1
2
3 （5）c（KMnO₄）=0.0160mol•L^-1，称取FeSO₄•7H₂O试样1.071g，放入锥形瓶中加入适量的水溶解，用标准高锰酸钾溶液滴定步骤三所配样品溶液，达到终点时消耗标准溶液48.00mL，依据氧化还原反应离子方程式计算亚铁离子物质的量，得到FeSO₄•7H₂O物质的量，
MnO₄^-+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，
1 5
0.0480L×0.0160mol/L n（Fe²⁺）
n（Fe²⁺）=0.00384mol
则FeSO₄•7H₂O试样1.071g中FeSO₄•7H₂O的质量分数=[0.00384mol×278g/mol/1.071g]×100%=99.67%，
故答案为：99.67%；
（6）此测定方法只是测定铁元素的量，样品质量因为结晶水合物的风化失去结晶水减小，但计算时仍按照结晶水合物减小计算，所以结果会大于100%，
故答案为：FeSO₄•7H₂O会风化，失去部分结晶水．

点评：
本题考点： 中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查了物质性质的实验探究和实验验证方法，溶液配制，溶液浓度的标定，氧化还原反应滴定实验的数据处理，掌握基础是关键，题目难度中等．

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是利用三价铁离子检验方法分析，三价铁离子遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明铁离子的存在，
故答案为：取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明不含有Fe³⁺；
（2）已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn²⁺完全沉淀，亚铁离子不沉淀，通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，
故答案为：使Sn²⁺完全变成SnS沉淀，而Fe²⁺不沉淀；防止Fe²⁺的氧化；
（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤，故答案为：蒸发、过滤洗涤；
（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，
故答案为：降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗；
（5）①a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL；依据反应方程式减小计算：
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0200L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.001mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.001mol×[250/25]=0.01mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol×278g/mol=2.78g；
质量分数=[2.78g/2.85g]×100%=97.54%；
故答案为：97.54%；
②用上述方法测定的样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因是洗涤不彻底，亚铁离子被空气中的氧气部分氧化，
故答案为：样品中存在少量的杂质（如H₂O、H₂SO₄等）；样品部分被氧化．

点评：
本题考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的计算；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，分离混合物的实验方法设计和分析判断，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等．

（1）FeSO₄能氧化生成Fe₂（SO₄）₃，Fe₂（SO₄）₃呈黄色，故答案为：Fe₂（SO₄）₃；
（2）根据滴定操作需要的仪器有：滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯外、锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
（3）Fe²⁺氧化生成Fe³⁺，MnO₄^-被还原成Mn²⁺，KMnO₄溶液滴定FeSO₄发生的离子反应为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
（4）稀硝酸、浓硝酸具有强氧化性，含有氧化Fe²⁺，高锰酸钾可以氧化HCl为氯气，故选硫酸酸化，故选：b；
（5）根据KMnO₄溶液具有强氧化性，能氧化橡皮管，所以只能放在酸式滴定管中；KMnO₄溶液为紫色，当滴定到终点时，Fe²⁺被完全氧化，加入的最后一滴高锰酸钾不反应，溶液的颜色为紫色，
故答案为：酸；加入的最后一滴KMnO4溶液不反应，溶液的颜色为紫色，且半分钟不褪色；
（6）A、根据规滴定管的下端有一部分没有刻度，滴定时用去20.00ml溶液，剩余溶液的体积应大于5.00ml，故A错误；
B、滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液颜色的变化；故B错误；
C、配制标准液KMnO₄时，定容俯视，标准液的浓度偏大，滴定时，造成V（标）偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知c（待测）偏小，故C错误；
D、记录滴定体积时，滴定前读数仰视，滴定后读数俯，造成V（标）偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知c（待测）偏大，故D正确；
故选：D．
Ⅱ、（1）①CH₄（g）+H₂O（g）═CO （g）+3H₂（g）△H=+206.2kJ•mol^-1，
②CH₄（g）+CO₂（g）═2CO （g）+2H₂（g）△H=+247.4kJ•mol^-1，
由盖斯定律可知，①×2-②可得：CH₄（g）+2H₂O（g）═CO₂（g）+4H₂（g）△H=+165.0 kJ•mol^-1，
故答案为：CH₄（g）+2H₂O（g）═CO₂（g）+4H₂（g）△H=+165.0 kJ•mol^-1；
（2）由阳极排出液中含有大量的碳酸盐成份，尿素在阳极参与反应，则阳极反应式为：CO（NH₂）₂+8OH^-+6e^-═CO₃^2-+N₂↑+6H₂O，由图可知，阴极生成氢气，则阴极反应为：6H₂O-6e^-═3H₂↑+6OH^-，
故答案为：CO（NH₂）₂+8OH^-+6e^-═CO₃^2-+N₂↑+6H₂O；6H₂O-6e^-═3H₂↑+6OH^-；

点评：
本题考点： 中和滴定；热化学方程式；电解原理．

考点点评： 本题主要考查了中和滴定、盖斯定律、原电池的工作原理，学生应学会利用习题中的信息结合所学的知识来解答，难度不大，注意对高考热点的训练．