高中化学复习知识点：铁与强氧化性酸的反应

高中化学复习知识点：铁与强氧化性酸的反应
一、单选题
1．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。

向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。

向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝酸只被还原为NO 气体）。

下列分析或结果错误的是（）
A．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
B．OA 段产生的是NO，AB 段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC 段产生氢气
C．原混合酸中HNO3的物质的量为0.8mol
D．H2SO4浓度为2.5mol•L-1
2．下列各组物质由于温度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）
A．大理石与盐酸 B． NaOH与AlCl3溶液 C． Zn与H2SO4溶液 D． Fe与浓硫酸
3．某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)，最终溶液体积为1L。

下列说法正确的是( )
A．反应后生成NO的体积为33.6 L （标况）
B．所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶2
C．所得溶液中c(NO)＝2.75 mol·L－1
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
4．常温下，在某200mL的稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐量地加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。

（设硝酸只被还原为NO气体，Fe的相对原子质量为56）。

下列有关分析错误的是
A．原混合酸中NO3-的物质的量为0.2mol
B．原混合酸中H2SO4物质的量浓度为2mol/L
C．OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为2:1
D．取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH=1
5．常温下，将铁片放入下列溶液中，有大量气泡产生的是（）
A．浓硫酸B．氢氧化钠溶液C．稀硫酸D．硫酸铜溶液6．向500 mL稀硝酸中加入一定量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO 6.272L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2g。

下列判断不正确的是
A．原HNO3溶液的物质的量浓度为2.24 mol·L－1
B．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.2 mol
C．反应后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)＝2：3
D．反应后的溶液还可以溶解铜粉4.48g
7．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是( )
A．铝制器皿不宜盛放酸性食物
B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
8．已知FeS与某浓度的HNO3反应时生成Fe(NO3)3、H2SO4和某一单一的还原产物，若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1︰6，则该反应的还原产物是
A．NO B．NO2C．N2O D．NH4NO3 9．某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉。

下列各图表示溶液中Fe2＋的物质的量和加入铁粉的物质的量之间的关系，其中可能正确的是（）
A．B．
C．D．
二、多选题
10．在铁粉和铜粉的均匀混合物中加入某浓度的硝酸，充分反应，硝酸的还原产物只有NO。

当加入硝酸10mL时，剩余金属1.8 g，生成气体0.224 L；再增加硝酸10mL时，剩余金属0.96 g，又有0.224 L气体生成；继续增加硝酸10mL时，金属全部溶解，又有0.224 L气体生成（以上体积均换算为标准状况下）。

下列说法正确的是
A．所加入硝酸的浓度是4 mol/L
B．加入硝酸l0 mL时，剩余金属为铁和铜
C．共加入硝酸20 mL时，剩余金属有铁和铜
D．如果在金属混合物中共加入硝酸40 mL时，生成的NO仍是0.672L（标准状况）
三、综合题
11．绿矾受热分解后的产物为不含硫元素的固体A、SO2、SO3和H2O。

回答下列问题：(1)绿矾受热分解后，铁元素的化合价在分解前后是否发生了变化______(填“是”或“否”)，其理由是_______。

(2)在FeO、Fe2O3、Fe3O4三种化合物中，与等质量Fe元素相结合的氧元素的质量比是________。

(3)将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2(标准状况)，同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。

则原硫酸的物质的量浓度是_______？
(4)由图示可知，m mol铁与过量的硝酸(ρ=1.32 g/cm3)反应，反应放出n L气体(体积在标准状况下测定)，其还原产物主要是________；此时溶液中Fe元素的存在形式是______，n 的值是_______
12．铁及其化合物与生产、生活关系密切
(1)生铁是通过高炉冶炼而得，用化学方程式表示其原理为______________________。

冶炼过程中，即被氧化又被还原的元素是（填元素符号）____________；
(2)铁在一定条件下可与多种非金属单质反应，铁与氯气反应的化学方程式为
___________________，铁与硫反应的化学方程式为__________________________。

(3)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
①步骤I若要检验是否有Fe3+生成，方法是____________，离子方程式为_________。

②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O→2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为________________。

③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是_____________________(任写一项)。

参考答案
1．C
【解析】
【分析】
铁先与稀硝酸发生氧化还原反应，过量的铁再与稀硫酸反应，结合图像分析，纵坐标为气体
的量，则OA 段发生反应：
Fe+NO 3-+4H +===Fe 3++NO↑+2H 2O ，AB 段反应为：Fe+2Fe 3+===3Fe 2+，BC 段反应为：Fe+2H +===Fe 2++H 2↑。

【详解】
A ．根据上述分析，硝酸全部被还原，溶液中没有硝酸根，而且最后的是二价铁，所以第二份溶液中最后的溶质为FeSO 4，A 选项正确；
B ．OA 段发生反应：Fe+NO 3-+4H +===Fe 3++NO↑+2H 2O ，AB 段反应为：Fe+2Fe 3+===3Fe 2+，B
C 段反应为：Fe+2H +===Fe 2++H 2↑，B 选项正确；
C ．OA 段硝酸根完全起氧化作用，Fe — NO 3-，因此()()--1
3 5.6g =0.1mol 56n NO =n Fe =g mol g ，所以原混合溶液中()
-3=0.1mol 2=0.NO l n 2mo ⨯，则HNO 3也为0.2mol ，C 选项错误； D ．最后所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，则有()()24-1
14g H SO =0.25mol 56n =n Fe =g mol g ，所以H 2SO 4的浓度为()432-n 0.25mol c =2.5mol L V 1H SO =
=0010L
⨯g ，D 选项正确； 答案选C 。

2．D
【解析】 试题分析：A.大理石与盐酸发生复分解反应，不是氧化还原反应，A 错误；B. NaOH 与AlCl 3溶液发生复分解反应，不是氧化还原反应，B 错误；C. Zn 与H 2SO 4溶液反应生成硫酸锌和氢气，与温度没有关系，C 错误；D. Fe 与浓硫酸常温下钝化，加热时反应生成硫酸铁、SO 2和水，D 正确，答案选D 。

考点：考查元素及其化合物的性质
3．C
【解析】因为HNO 3具有强氧化性，可将Fe 直接氧化为Fe 3＋
，溶液中发生反应：Fe+4H ++ NO 3-=
Fe3＋+ NO ↑+2H2O，根据已知n(Fe)=1,5mol，n（H+）=5mol，n(NO3-)=4mol，故Fe过量，按H+含量反应计算，该反应消耗1.25mol Fe，5molH+，1.25molNO3-，生成n(Fe3＋)= 1.25mol ，n(NO)= 1.25mol ，剩余n(Fe)=1,5mol-1.25mol =0.25mol，Fe与生成的Fe3＋反应：Fe+2Fe3＋= 3Fe2＋反应消0.25molFe,0.5molFe3＋，生成0.75mol Fe2+，剩余n(Fe3＋)= 1.25mol-0.5mol=0.75mol A项，生成n(NO)=1.25mol，在标准状况下，体积V=1.25mol×22,4mol/L=28L，故A项错误；B项，，故浓度之比也为，故B错误；C项，所得溶液中n(NO3-)=4mol -1.25mol =2.75 mol ，因为溶液体积为1L溶液中c(NO=n/V=2,75mol/1L=2.75 mol·L－1，故C正确；D，金属阳离子有Fe2+、Fe3＋，阴离子有未参与反应的SO42-和反应剩余的NO3-，故溶质有FeSO4、Fe(NO3)2、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3，故D项错误。

答案：C。

4．C
【解析】
【分析】
硝酸是氧化性酸，因此首先与铁反应，即OA段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑，当NO3-完全被还原后继续介入铁粉，铁离子开始氧化铁粉，即AB段的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后加入铁粉，氢离子与铁发生置换反应生成氢气，即BC段反应的离子方程式为Fe+2H+=F2+H2↑，据此可以判断。

【详解】
A、点A时溶液中的NO3-尾气被还原为NO，此时消耗铁的质量是11.2g，物质的量为
11.2g÷56g/mol=0.2mol，则根据方程式可知消耗NO3-的物质的量是0.2mol，所以原混合酸中NO3-的物质的量为0.2mol，故A正确；
B、最终消耗铁的质量是22.4g，物质的量为22.4g÷56g/mol=0.4mol，因此最终生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol，则根据原子守恒可知，硫酸的物质的量是0.4mol，则硫酸的浓度为
0.4mol÷0.2L=2.0mol/L，B正确；
C、OA段消耗0.2mol铁，转移电子0.2mol×3=0.6mol，BC阶段消耗铁的质量是
22.4g-16.8g=5.6g，物质的量是0.1mol，则转移电子0.1mol×2=0.2mol，所以OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为3:1，故C错误；
D、原混合酸硝酸和硫酸的物质的量分别是0.2mol和0.4mol，其中氢离子的物质的量是
0.2mol+0.4mol×2=1.0mol，则氢离子的浓度为1.0mol/L÷0.2L=5mol/L，所以取20mL原混合
酸加水稀释至1L后溶液中氢离子的浓度为
20ml
1000ml
×5mol/L=0.1mol/L，则溶液的pH=1，故
D正确；
答案选C。

5．C
【解析】
【详解】
A项，常温下Fe与浓硫酸发生钝化，不会产生大量气泡；
B项，Fe与NaOH溶液不反应，不会产生大量气泡；
C项，Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，产生大量气泡；
D项，Fe与CuSO4溶液反应生成FeSO4和Cu，Fe的表面有红色固体析出，不会产生大量气泡；常温下与Fe作用会产生大量气泡的是稀硫酸。

答案选C。

6．B
【解析】
【分析】
6.272L(标准状况下)NO的物质的量是
6.272L
0.28mol
22.4L/mol
=，质量是0.28mol×30g/mol=8.4g，
溶液质量增加11.2g，说明参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是
19.6g
0.35mol
56g/mol
=。

设反应后Fe2+的物质的量为xmol，则Fe3+的物质的量是(0.35-x)mol，由电子转移守恒可知，2xmol+3(0.35-x)mol=0.28mol×3，解得x=0.21mol，则反应后溶液中含有Fe2+为0.21mol，Fe3+为0.14mol，据此解答。

【详解】
A. 根据N元素守恒，原HNO3溶液的物质的量浓度为0.21mol2+0.14mol3+0.28mol
0.5L
⨯⨯
=
2.24 mol·L－1，故A正确；
B. 参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是
19.6g
0.35mol
56g/mol
=，故B错
误；
C. Fe2+的物质的量为0.21mol，Fe3+的物质的量为0.14mol，反应后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)＝2：3，故C正确；
D. 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应后的溶液含Fe3+的物质的量为0.14mol，所以还可以溶解铜粉
0.07mol，质量是0.07mol ×64g/mol=4.48g，故D正确；
选B。

【点睛】
本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，利用氮元素守恒、电子转移守恒计算。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H 之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；
B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B 错误；
C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；
D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；
故选C。

【点睛】
金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：
2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。

8．A
【解析】
【详解】
设参加反应的FeS 是1mol ，则参与反应的硝酸是6mol ，由铁原子个数守恒可知，反应生成1mol 硝酸铁，未被还原的硝酸是3mol ，被还原的硝酸为（6—3）mol=3mol ，1molFeS 在反应中失去（1+8）mol=9mol 电子，设还原产物中氮元素的化合价为x ，根据电子的得失守恒可得，3mol ×（5—x ）9mol ，解得x=2，还原产物的分子式为NO ，故选A 。

9．A
【解析】
【分析】
【详解】
向含有等物质的量的ZnSO 4、Fe 2（SO 4）3、H 2SO 4、CuSO 4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子（锌离子不与铁粉反应），涉及的反应方程式为：Fe 2（SO 4）3+Fe=3FeSO 4、CuSO 4+Fe=FeSO 4+Cu 、H 2SO 4+Fe=
FeSO 4+H 2↑，等物质的量的Fe 2（SO 4）3、H 2SO 4、CuSO 4分别和等物质的量的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1，A 正确，故答案为：A 。

10．AB
【解析】
【分析】
金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为＋2价，在第一次的基础上加入10mL 硝酸，参加反应的金属的质量为1.8g−0.96g ＝0.84g ，生成NO 的体积为0.224L ，NO 物质的量为0.01mol ，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为()
0.01mol 2
5-2⨯＝0.015mol ，参加反应金属的平均摩尔质量为0.010.84g 5mol
＝56g/mol ，故该过程只有Fe 参加反应，故第一次加10mL 只有Fe 参与反应，根据NO 的体积结合方程式计算硝酸的物质的量、参加反应Fe 的物质的量，根据c ＝n V
计算硝酸的物质的量浓度，根据m ＝nM 计算参加反应Fe 的质量；在第二次的基础上加入10mL 硝酸，参加反应的金属的质量为0.96g ，生成NO 的体积为0.224L ，NO 物质的量为0.01mol ，若该过程只有Cu 参加反应，根据电子转移守恒，则Cu 的物质的量＝()0.01mol 2
5-2⨯＝0.015mol ，Cu 的质量＝0.015mol×64g/mol ＝0.96g ，等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu 反应，且Cu 恰好完全反应，故加入20mL
硝酸时，Fe 恰好反应生成硝酸亚铁，在第三次的基础上再加入10mL 硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO ，根据亚铁离子的物质的量，利用电子转移守恒计算该阶段生成NO 的物质的量，再根据V ＝nV m 计算该阶段生成NO 的体积，进而计算V 的值。

【详解】
金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为＋2价，在第一次的基础上加入10mL 硝酸，参加反应的金属的质量为1.8g−0.96g ＝0.84g ，生成NO 的体积为0.224L ，NO 物质的量为0.01mol ，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为()
0.01mol 2
5-2⨯＝0.015mol ，参加反应金属的平均摩尔质量为0.010.84g 5mol
＝56g/mol ，故该过程只有Fe 参加反应，故第一次加10mL 只有Fe 参与反应，根据NO 的体积结合方程式计算硝酸的物质的量、参加反应Fe 的物质的量，根据c ＝n V
计算硝酸的物质的量浓度，根据m ＝nM 计算参加反应Fe 的质量；在第二次的基础上加入10mL 硝酸，参加反应的金属的质量为0.96g ，生成NO 的体积为0.224L ，NO 物质的量为0.01mol ，若该过程只有Cu 参加反应，根据电子转移守恒，则Cu 的物质的量＝()0.01mol 2
5-2⨯＝0.015mol ，Cu 的质量＝0.015mol×64g/mol ＝0.96g ，等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu 反应，且Cu 恰好完全反应，故加入20mL 硝酸时，Fe 恰好反应生成硝酸亚铁，在第三次的基础上再加入10mL 硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO ；
A ．由上述分析可知，第一次发生反应3Fe ＋8HNO 3=3Fe(NO 3)2＋2NO↑＋4H 2O ，生成NO 的物质的量为0.224L 22.4L/mol
＝0.01mol ，根据方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为0.01mol×4＝0.04mol ，故硝酸的物质的量浓度＝
0.04mol 0.01L ＝4mol/L ，故A 正确； B ．在第一次的基础上加入10mL 硝酸，参加反应的金属的质量为1.8g−0.96g ＝0.84g ，生成NO 的体积为0.224L ，NO 物质的量为0.01mol ，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为()0.01mol 2
5-2⨯＝0.015mol ，参加反应金属的平均摩尔质量为0.010.84g 5mol ＝56g/mol ，故该过程只有Fe 参加反应，所以剩余金属为铁和铜，故B 正确；
C ．共加入硝酸20mL 时，剩余金属只有铜，故C 错误；
D ．由上述分析可知，实验①发生反应3Fe ＋8HNO 3=3Fe(NO 3)2＋2NO↑＋4H 2O ，生成NO 的
物质的量为0.1mol，根据方程式可知，参加反应的Fe的物质的量为0.01mol×3
2
＝0.015mol，
后最后10ml是与亚铁离子反应，0.015mol的亚铁离子，转移0.015mol的电子，生成的NO 为0.112L，所以共生成气体是0.784L(标准状况)，故D错误；
故答案选：AB。

【点睛】
本题根据数据判断各阶段发生的反应是关键，过程复杂、计算量较大，为易错题目。

11．是绿矾分解产物中有SO2，硫元素化合价降低，必有元素化合价升高6∶9∶8 2mol/L NO2、NO Fe3+33.6m
【解析】
【分析】
（1）绿矾（FeSO4•7H2O）中硫的化合价为+6价，反应生成了二氧化硫，化合价降低了，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素的化合价升高；
（2）根据最小公倍数法可得：6FeO、3Fe2O3和2Fe3O4，6FeO、3Fe2O3和2Fe3O4中含有等质量的铁；
（3）由题意可知，反应中Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液能使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4；
（4）依据图象可知，密度为1.32g/cm3的硝酸溶液与铁反应生成的还原产物NO2、NO的质量分数大约各占50%，硝酸过量生成铁离子。

【详解】
（1）绿矾（FeSO4•7H2O）中硫的化合价为+6价，反应生成了二氧化硫，化合价降低了，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素的化合价升高，所以可以判断有铁元素的化合价在反应过程中升高了，故答案为：是；绿矾分解产物中有SO2，硫元素化合价降低，必有元素化合价升高；
（2）根据最小公倍数法可得：6FeO、3Fe2O3和2Fe3O4，6FeO、3Fe2O3和2Fe3O4中含有等质量的铁，由题意可知，与等质量铁元素相结合的氧元素的质量比就是氧原子的个数比，则氧原子的个数比为6：9：8，故答案为：6：9：8；
（3）由题意可知，反应中Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液能使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：
n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.15L×4mol/L=0.6mol，解得n(Na2SO4)=0.3mol，由硫酸根守恒可
知n （H 2SO 4）=n （Na 2SO 4）=0.3mol ，则c （H 2SO 4）=0.
3mol 0.15L
=2mol •L -1，故答案为：2mol •L -1； （4）依据图象可知，密度为1.32g/cm 3的硝酸溶液与铁反应生成的还原产物NO 2、NO 的物质的量分数大约各占50%，硝酸过量生成铁离子，设生成气体物质的量为n mol ，则二氧化
氮和一氧化氮各占0.5n ，依据得失电子守恒规律得：m ×3=0.5×n ×1+0.5×n ×3，解得n=1.5m ，
标况下的体积为：1.5m mol ×22.4L/mol=33.6m L ，故答案为：NO 2、NO ；Fe 3+；33.6m 。

12．Fe 2O 3+3CO −−−→高温 2Fe+3CO 2 C 2Fe+3Cl 2−−−−
→点燃2FeCl 3 Fe+S ∆−−→FeS 取少量步骤I 的溶液，加入几滴KSCN ，若出现血红色，则有Fe 3+，反之，没有 Fe 3++3SCN -=Fe(SCN)3 4Fe ＋10HNO 3=4 Fe(NO 3)2＋NH 4NO 3＋3H 2O 氮氧化物排放少
【解析】
【分析】
（1）工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，主要是利用CO 的还原性，在高温下和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，写出反应的化学方程式即可，碳和氧气生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，元素化合价升高被氧化，化合价降低被还原；
（2）铁与氯气反应生成氯化铁，与硫反应生成硫化亚铁；
（3）由流程图可知，Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe 2O 3•nH 2O ，最后得到铁红；
①依据铁离子遇到硫氰化钾溶液变红色设计检验铁离子的存在；
②应产生的HNO 3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO 3)2，则Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；
③氮氧化物为有毒气体。

【详解】
（1）工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，主要是利用CO 的还原性，在高温下和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，写出反应的化学方程式为：Fe 2O 3+3CO =高温
2Fe+3CO 2，碳和氧气生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，过程中碳元素化合价升高被氧化，化合价降低被还原，故答案为：Fe 2O 3+3CO =高温2Fe+3CO 2；C ；
（2）铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl 2=点燃2FeCl 3，与硫反应生成硫化亚铁，反应的化学方程式为：Fe+S =∆FeS ；
（3）由流程图可知，Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe 2O 3•nH 2O ，最后得到
铁红，
①步骤I若要检验是否有Fe3+生成，方法是取少量步骤I的溶液，加入几滴KSCN，若出现血红色，则有Fe3+，反之没有，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，故答案为：取少量步骤I的溶液，加入几滴KSCN，若出现血红色，则有Fe3+，反之没有；
Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO3═4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O；
③由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少。