铁原子的核外价层电子轨道表示式                ，铁原子核外原子轨道共有                个空间伸展方向。

；$\\rm 9$

铁原子的核外价层电子轨道表示式：；

$\rm S$轨道有一个伸展方向，$\rm p$轨道有$\rm 3$个伸展方向，$\rm d$轨道有$\rm 5$个伸展方向，铁原子核外原子轨道空间伸展方向共有：$\rm 1+3+5=9$。

实验室用$\rm FeCl_{3}$溶液制$\rm Fe(OH)_{3}$胶体，关于$\rm Fe(OH)_{3}$胶体说法错误的是$(\quad\ \ \ \ )$。

可以通过是否产生丁达尔现象判断胶体是否生成

向$\\rm Fe(OH)_{3}$胶体中逐滴加稀硫酸至过量，最终无红褐色沉淀

电泳实验中$\\rm Fe(OH)_{3}$胶体粒子向阴极移动

$\\rm Fe(OH)_{3}$胶体带电荷与胶体粒子的比表面积大有关

$\rm A\rm $．胶体具有丁达尔现象，可以通过是否产生丁达尔现象判断胶体是否生成，$\rm A$正确；

$\rm B\rm $．$\rm Fe(OH)_{3}$与硫酸反应最终得到硫酸铁溶液，向$\rm Fe(OH)_{3}$胶体中逐滴加稀硫酸至过量，最终无红褐色沉淀，$\rm B$正确；

$\rm C\rm $．$\rm Fe(OH)_{3}$胶体粒子带正电荷，电泳实验中$\rm Fe(OH)_{3}$胶体粒子向阴极移动，$\rm C$正确；

$\rm D\rm $．$\rm Fe(OH)_{3}$胶体不带电荷，胶体粒子带电荷，$\rm D$错误；

答案选$\rm D$。

工业盐酸呈黄色，一般认为是$\rm Fe^{3+}$导致，通过合适的试剂，证实工业盐酸中不存在$\rm Fe^{3+}$，以下试剂选择不合理的是$(\quad\ \ \ \ )$。

苯酚溶液

$\\rm KSCN$溶液

$\\rm NaOH$溶液

铁粉

$\rm A$．$\rm Fe^{3+}$遇苯酚显紫色，可以用苯酚溶液检验$\rm Fe^{3+}$的存在，$\rm A$合理；

$\rm B$．$\rm Fe^{3+}$遇$\rm KSCN$溶液变红色，可以用$\rm KSCN$溶液检验$\rm Fe^{3+}$的存在，$\rm B$合理；

$\rm C$．盐酸中少量的$\rm Fe^{3+}$，用$\rm NaOH$溶液不能检验，$\rm NaOH$先与盐酸发生酸碱中和，$\rm C$不合理；

$\rm D$．铁粉与盐酸和$\rm FeCl_{3}$都反应，不能用$\rm Fe$来检验$\rm Fe^{3+}$，$\rm D$不合理；

答案选$\rm CD$。

研究证实工业盐酸呈现黄色是配离子$\rm [FeCl_{4}]^-$的颜色。关于$\rm [FeCl_{4}]^-$的说法正确的是$(\quad\ \ \ \ )$。

中心离子$\\rm Fe^{3+}$提供孤电子对

$\\rm Cl$⁻提供空轨道

配位体为$\\rm Cl^- $

配离子$\\rm [FeCl_{4}]^-$在溶液中能完全电离出$\\rm Cl^- $

对于配离子$\rm [FeCl_{4}]^- $的判断：

$\rm A$．中心离子$\rm Fe^{3+}$提供空轨道，$\rm Cl^{-}$提供孤电子对，$\rm A$错误；

$\rm B$．中心离子$\rm Fe^{3+}$提供空轨道，$\rm Cl^{-}$提供孤电子对，$\rm B$错误；

$\rm C$．中心离子为$\rm Fe^{3+}$，$\rm Cl^- $为配位体，$\rm C$正确；

$\rm D$．配离子$\rm [FeCl_{4}]^- $是内界，在溶液中不能电离出$\rm Cl^- $，$\rm D$错误；

答案选$\rm C$。

Ⅱ．$\rm FeCl_{3}$溶液中的${\rm [Fe(H_{2}O)}_{n}]^{3+}$呈淡紫色，$\rm FeCl_{3}$溶液呈棕黄色是$\rm Fe^{3+}$部分水解生成的离子$\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$导致。小嘉向$\rm 3$支均装有$\rm 5\;\rm mL\;\rm 0.1\;\rm mol·L^{-1}\;FeCl_{3}$溶液的试管中，分别滴加等体积的$\rm HCl$溶液、水和$\rm NaCl$溶液。实验结果如下：

实验现象：$\rm A$试管黄色明显加深，$\rm B$、$\rm C$试管中黄色稍变浅。

提示：配离子$\rm [FeCl_{4}]^- $显黄色。

对以上实验现象解释正确的是$(\quad\ \ \ \ )$。

$\\rm A$试管中$c\\rm (H^{+})$增大，促进$\\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$的生成

$\\rm A$试管中存在${\\rm [Fe(H_{2}O)}_{n}]^{3+} +{\\rm 4Cl^- ⇌[FeCl_{4}]^- }+ n\\rm H_{2}O$的平衡正向移动

$\\rm B$、$\\rm C$试管中颜色变浅的原因可能是$\\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$物质的量减小

由实验推测$\\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$能直接转化为$\\rm [FeCl_{4}]^- $

$\rm A$．$\rm A$试管中$c\rm (H^{+})$增大，抑制$\rm Fe^{3+}$水解生成$\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$，$\rm A$错误；

$\rm B$．$\rm A$试管中加入盐酸，黄色加深，存在${\rm [Fe(H_{2}O)}_{n}]^{3+} +{\rm 4Cl^- ⇌[FeCl_{4}]^- }+ n\rm H_{2}O$的平衡正向移动，$\rm B$正确；

$\rm C$．$\rm B$、$\rm C$试管中颜色变浅的原因可能是$\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$物质的量浓度减小，物质的量是增加，$\rm C$错误；

$\rm D$．根据试管$\rm C$中现象黄色变浅可知，$\rm [Fe(OH)(H_{2}O)_{5}]^{2+}$不能直接转化为$\rm [FeCl_{4}]^- $，$\rm D$错误；

答案选$\rm B$。

Ⅲ．工业上利用强酸使钢铁表面性质得到改善后，排出酸洗废液。酸洗废液用于制备聚合氯化铁，过程如下：

利用氯酸钠的氧化性

$\rm 6FeCl_{2 }+\rm NaClO_{3}\rm +\rm 6HCl\rm =(\quad\ \ \ \ )$ ①

氧化后的$\rm Fe^{3+}$能够自发水解

${\rm 2FeCl_{3}\rm} +n{\rm H_{2}O⇌Fe_{2}(OH)}_{n}{\rm Cl}_{6-n }+ n\rm HCl$ ②

聚合生成$\rm PFC$

$m{\rm Fe_{2}(OH)}_{n}{\rm Cl}_{6-n} ={\rm [Fe_{2}(OH)}_{n}{\rm Cl}_{6-n}]_{m }$③

完成反应①化学方程式的配平                。

$\rm 6FeCl_{2}+ NaClO_{3}+ 6HCl =$                 $\rm + 3H_{2}O+$                 

$\\rm 6FeCl_{2}\\rm +\\rm NaClO_{3}\\rm +\\rm 6HCl\\rm =6FeCl_{3}+\\rm 3H_{2}O+\\rm NaCl$

$\rm FeCl_{2}$与$\rm NaClO_{3}$发生氧化还原反应，物质的量之比为$\rm 6: 1$，$\rm FeCl_{2}$被氧化为$\rm FeCl_{3}$，化合价升高$\rm 1$，则$\rm NaClO_{3}$被还原为$\rm NaCl$，化合价降低$\rm 6$，配平后的方程式为：$\rm 6FeCl_{2}\rm +\rm NaClO_{3}\rm +\rm 6HCl\rm =6FeCl_{3}+\rm 3H_{2}O+\rm NaCl$。

取$\rm 100\;\rm mL$酸洗废液于$\rm 250\;\rm mL$烧杯中，将烧杯放置于磁力加热搅拌器上，分别加入不同体积的浓盐酸，再加入$\rm 4.3\;\rm g$的$\rm NaClO_{3}$，反应时间$\rm 40\;\rm min$，测定产物$\rm PFC$的产率，结果如下：

分析以上盐酸的量对$\rm PFC$产率产生影响的原因                。

当盐酸加入量小于$\\rm 8\\;\\rm mL$之前，$\\rm H^{+}$浓度增加，$\\rm NaClO_{3}$氧化性增强，反应①速率增大，$\\rm PFC$的产率提高。当盐酸加入量大于$\\rm 8\\;\\rm mL$之后，$\\rm H^{+}$浓度过高，抑制了$\\rm Fe^{3+}$的水解和聚合，使得$\\rm PFC$产率降低

由图可知，当盐酸加入量小于$\rm 8\;\rm mL$之前，$\rm H^{+}$浓度增加，$\rm NaClO_{3}$氧化性增强，反应①速率增大，$\rm PFC$的产率提高。当盐酸加入量大于$\rm 8\;\rm mL$之后，$\rm H^{+}$浓度过高，抑制了$\rm Fe^{3+}$的水解和聚合，使得$\rm PFC$产率降低。

Ⅳ．实验小组对酸洗废液中游离酸含量进行测定，方法如下：

准确量取$\rm 10\;\rm mL$的废液于$\rm 500\;\rm mL$容量瓶中定容，取$\rm 20.00\;\rm mL$待测液分别加入足量$\rm KF$溶液$\rm 10\;\rm mL$，加入指示剂试液，用浓度为$\rm 0.1000\;\rm mol·L^{-1}\;\rm NaOH$溶液滴定至终点，消耗$\rm NaOH$溶液体积为$\rm 10.00\;\rm mL$。

已知：氟离子能与一些金属离子形成稳定的无色配合物。

以上指示剂选择正确的是$(\quad\ \ \ \ )$。

酚酞试液$\\rm 2\\sim \\rm 3$滴

酚酞试液$\\rm 2\\sim \\rm 3\\;\\rm mL$

甲基橙试液$\\rm 2\\sim \\rm 3$滴

甲基橙试液$\\rm 2\\sim \\rm 3\\;\\rm mL$

酸洗废液中存在$\rm Fe^{2+}$、$\rm Fe^{3+}$和$\rm H^{+}$等，加入足量的$\rm KF$，使$\rm Fe^{2+}$、$\rm Fe^{3+}$形成稳定的无色配合物，防止与$\rm NaOH$反应影响测定结果；

指示剂不能用甲基橙，甲基橙的变色范围在酸性范围内，且变色为黄色，而$\rm Fe^{3+}$也是黄色的，会造成干扰，指示剂应该选用酚酞，加入试剂$\rm 2-3$滴即可，答案选$\rm A$。

$\rm KF$溶液的作用是                。

与溶液中金属离子如$\\rm Fe^{3+} $、$\\rm Fe^{2+}$结合成更稳定的氟化物，防止对$\\rm NaOH$溶液的消耗造成影响

$\rm KF$溶液的作用是：与溶液中金属离子如$\rm Fe^{3+} $、$\rm Fe^{2+}$结合成更稳定的氟化物，防止对$\rm NaOH$溶液的消耗造成影响。

用一个事实说明$\rm F$和$\rm O$的电负性大小                。

$\\rm HF$稳定性强于$\\rm H_{2}O$ 或者 $\\rm 2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}$ 或者 $\\rm H_{2}$与$\\rm F_{2}$黑暗中发生爆炸反应，$\\rm H_{2}$与$\\rm O_{2}$反应需要点燃

非金属性越强，电负性越大， $\rm HF$稳定性强于$\rm H_{2}O$ 或者 $\rm 2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}$ 或者 $\rm H_{2}$与$\rm F_{2}$黑暗中发生爆炸反应，$\rm H_{2}$与$\rm O_{2}$反应需要点燃，都能说明非金属性$\rm F$大于$\rm O$，电负性$\rm F$大于$\rm O$。

计算酸洗废液中游离酸含量                $\rm ($即$\rm H^{+}$的物质的量浓度$\rm )$。$\rm ($写出计算过程，结果保留两位小数。$\rm )$

$\\rm 2.50\\;\\rm mol·L^{-1}$

根据$\rm H^{+}+OH^{-}=H_{2}O$，$n{\rm (H^{+})}=n\rm (OH^{-})=0.1000\;\rm mol/L\times 10.00\times 10^{-3}\;\rm L\times \dfrac{500\text{ ml}}{20.00\text{ ml}}\rm =0.025\;\rm mol$，$ c\rm (H^{+})=\dfrac{0.025\;\rm \text{mol}}{10\times {{10}^{-3}}\text{ L}}\rm =2.50\;\rm mol/L$。