高考化学综合题专练铁及其化合物推断题含详细答案.docx

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高考化学综合题专练铁及其化合物推断题含详细答案

2020-2021高考化学综合题专练∶铁及其化合物推断题含详细答案

一、铁及其化合物

1．X、Y、Z、W为四种常见元素，其中X、Y、Z为短周期元素。

ZX4分子是由粗Z提纯Z的中间产物，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，Y的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，W原子的最外层电子数小于4且W的常见化合价有+3、+2，WX3的稀溶液呈黄色，回答下列问题：

（1）X在元素周期表的位置________________,其简单阴离子的结构示意图为____________________，用电子式表示X的氢化物的形成过程______________________________。

（2）Z的氧化物在通讯领域用来作_______________。

锗与Z是同一主族元素，它可用来制造半导体晶体管。

研究表明：

有机锗具有明显的抗肿瘤活性，锗不与NaOH溶液反应但在有H2O2存在时可与NaOH溶液反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：

_______________________________

（3）W（OH）2在空气中不稳定，极易被氧化，由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应的化学方程式为：

____________________________________，若灼烧W（OH）2固体得到___________。

【答案】第三周期ⅦA族

光导纤维Ge+2H2O2+2NaOH=Na2GeO3+3H2O4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Fe2O3

【解析】

【分析】

根据元素的性质及用途等信息分析元素的种类；根据核外电子排布情况确定在元素周期表中的位置；根据物质的性质及反应的现象书写反应方程式，及用相关化学用语表示物质的组成和结构。

【详解】

Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，则Z为硅；ZX4分子是由粗Z提纯Z的中间产物，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，则X为氯；Y的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，则Y为铝；W原子的最外层电子数小于4且W的常见化合价有+3、+2，WX3的稀溶液呈黄色，则W为铁；

（1）X为氯元素，在元素周期表的位置为：

第三周期ⅦA族；氯离子的结构示意图为：

；用电子式表示HCl的形成过程:

；

（2）Z为硅，二氧化硅在通讯领域用作光导纤维；根据题干信息知锗NaOH溶液在有H2O2存在时反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：

Ge+2H2O2+2NaOH=Na2GeO3+3H2O；

（3）反应现象知该反应为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，灼烧分解得到固体Fe2O3。

2．现有金属单质A、B、C、I和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。

其中B是地壳中含量最多的金属。

它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

C__________、H_________。

（2）写出反应③的化学方程式：

___________________。

写出反应⑦的化学方程式：

___________________。

写出反应⑥的离子方程式___________________。

【答案】FeFe（OH）32Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓

【解析】

【分析】

金属单质A焰色反应为黄色，故A为Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；B是地壳中含量最多的金属，氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al。

黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。

氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应生成F，F与氯气反应生成G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，红色金属I为Cu。

【详解】

（1）根据分析可知，C为Fe，H为Fe（OH）3。

（2）根据分析可知，反应③是Al和NaOH溶液反应生成H2，化学方程式为：

2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；反应⑦是FeCl3溶液和Cu反应，化学方程式为：

2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；G为FeCl3，和NaOH反应的离子方程式为：

Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓。

3．图中，固体A是铁锈的主要成分。

请回答：

（1）固体C的化学式是___，上述框图中体现了SO2的___（填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”）。

（2）写出A→B的化学方程式___。

（3）写出D→E的离子方程式___。

（4）若通入的SO2是足量的，请你设计实验方案检验“溶液D”中的金属阳离子___。

【答案】FeCl3还原性Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2Ba2++SO42-=BaSO4↓取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水（或双氧水），溶液变成血红色，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

固体A是铁锈的主要成分，则A为Fe2O3，结合图中转化可知，A与CO反应生成B为Fe，B与氯气反应生成C为FeCl3，C与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液D中Fe2+、SO42-等，溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4。

【详解】

（1）由上述分析可知，固体C的化学式是：

FeCl3，上述框图中SO2失去电子转化为硫酸根离子，作还原剂；

（2）A→B的化学方程式为：

Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2；

（3）D→E的离子方程式为：

Ba2++SO42−=BaSO4↓；

（4）若通入的SO2是足量的，溶液D中金属阳离子为Fe2+，检验该阳离子的方法为：

取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水（或双氧水），溶液变成血红色，则含有Fe2+。

4．已知有以下物质相互转化：

请回答下列问题：

（1）写出B的化学式___________，D的化学式为____________；

（2）写出由E转变成F的化学方程式________。

（3）写出D转化成H的离子方程式_________。

（4）除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是________。

【答案】FeCl2KCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Ag++Cl-=AgCl↓向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作

【解析】

【分析】

D和硝酸银、稀硝酸的混合溶液反应生成沉淀H和焰色反应呈紫色的溶液可知，H为AgCl，D为KCl，白色沉淀E在空气中变成红褐色沉淀F可知E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，所以G为FeCl3，A为Fe，B为FeCl2，C为NaOH，据此解答。

【详解】

（1）由分析可知，B为FeCl2，D为KCl，故答案为：

FeCl2；KCl；

（2）E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，反应的方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）D为KCl，H为AgCl，D转化为H的离子方程式为：

Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：

Ag++Cl-=AgCl↓；

（4）FeCl2中混有的少量FeCl3，可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2，过量的铁粉用过滤除去，故答案为：

向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作。

【点睛】

白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F：

4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3。

5．某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性，请回答下列问题：

（1）除胶头滴管外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是___。

（2）请帮他们完成以下实验报告：

实验目的：

探究铁及其化合物的氧化性和还原性。

试剂：

铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片。

实验记录（划斜线部分不必填写）：

序号

实验内容

实验现象

离子方程式

实验结论

①

在FeCl2溶液中滴入适量氯水

溶液由浅绿色变为棕黄色

___

Fe2+具有还原性

②

在FeCl2溶液中加入锌片

Zn+Fe2+→Zn2++Fe

Fe2+具有氧化性

③

在FeCl3溶液中加入足量铁粉

溶液由棕黄色变为浅绿色

Fe+2Fe3+→3Fe2+

Fe3+具有氧化性

④

在FeCl3溶液中加入铜片

___

Fe3+具有氧化性

实验结论：

___。

（3）亚铁盐在溶液中易被氧化，如何检验亚铁盐溶液是否被氧化？

（简述实验操作）___保存亚铁盐溶液时，应该如何防止亚铁盐被氧化：

___。

（4）若直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，其原因为：

___。

（用化学方程式表示）

【答案】试管Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性取少许亚铁盐溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色则亚铁盐溶液已变质；若溶液不显血红色则亚铁盐溶液未变质在亚铁盐溶液中加入铁粉或铁钉4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

【解析】

【详解】

（1）探究铁及其化合物的氧化性和还原性，需要在试管中滴加试剂发生反应，则本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是试管；

（2）①在FeCl2溶液中滴入适量氯水，生成氯化铁，离子反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe元素的化合价升高，则Fe2+具有还原性；

②FeCl2中Fe元素的化合价升高，则Fe2+具有氧化性；

③FeCl3中Fe元素的化合价降低，则Fe3+具有氧化性；

④在FeCl3溶液中加入铜片，反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，FeCl3中Fe元素的化合价降低，则Fe3+具有氧化性，

则得到实验结论为Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性；

（3）亚铁盐被氧化生成铁盐，铁离子遇KSCN溶液变为红色，则检验亚铁盐溶液是否被氧化的实验操作为取少许亚铁盐溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色则亚铁盐溶液已变质；若溶液不显血红色则亚铁盐溶液未变质；保存亚铁盐溶液时，在亚铁盐溶液中加入铁粉或铁钉防止亚铁盐被氧化；

（4）直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2易被氧化，发生4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

【点睛】

直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，可以看到生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色。

6．以下是与氧气性质有关的实验，回答相关问题。

（1）写出铜和氧气反应的化学方程式__。

（2）写出铁丝在氧气中燃烧的化学方程式__，该反应的实验现象为__。

（3）硫燃烧时瓶底盛少量水的作用是__，硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈的原因是因为___不同。

【答案】2Cu+O2

2CuO3Fe+2O2

Fe3O4剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑色固体吸收生成的二氧化硫气体，防止污染空气氧气浓度

【解析】

【详解】

（1）该实验的原理是：

铜粉与氧气反应生成氧化铜；发生反应的化学方程式为2Cu+O2

2CuO；

（2）该铁丝在氧气中燃烧生成了四氧化三铁，该反应的化学方程式是：

3Fe+2O2

Fe3O4；反应的实验现象是：

剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体；

（3）由于二氧化硫是对大气有污染的气体，做硫在氧气燃烧的实验时瓶底盛放少量水的作用是：

吸收二氧化硫防止污染空气；

硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰、在氧气中燃烧蓝紫色火焰，氧气中氧气的浓度比空气中氧气的浓度要大。

7．稀土元素包括钪、钇和镧系（含Ce、Eu）共17种元素，是重要的战略资源，我省稀土资源非常丰富．某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含（Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质）．某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到较为纯净的CeO2和Eu2O3（氧化铕）．

已知：

CeO2不溶于桸硫酸，也不溶于NaOH溶液，Eu2O3可溶于稀硫酸

（1）往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸，反应的离子方程式____________。

为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是________________________________。

（2）有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来．该过程可表示为：

Ce3+（水层）+3HR（有机层）

CeR3（有机层）+3H+（水层）。

向CeR3（有机层）中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：

________________________。

（3）流程中由含Ce3+滤液生成Ce（OH）4的离子方程式____________________。

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.52g,加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+,消耗24.00mL标准溶液。

该产品中Ce（OH）4的质量分数为___________。

（5）已知含Ce3+溶液也可以先加碱调pH后再通入氧气氧化可得到Ce（OH）4。

298K时,Ksp[Ce（OH）3]=5×10-20，若溶液中c（Ce3+）=0.05mol•L-1,加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）．

（6）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示．流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取2最适宜的pH是_______（填选项序号）．其原因是_____。

A．2.0左右B.3.0左右C．5.0左右

【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）496%8B使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失

【解析】

【分析】

废荧光粉末含（Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质），加入硫酸，滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等，经萃取，可除去Fe3+、Mn2+等，加入氨水，可生成Eu（OH）3，加热分解可生成Eu2O3；滤渣中含有CeO2、SiO2，加入稀硫酸和过氧化氢，经萃取、反萃取，可得到含有Ce3+的溶液，加入氢氧化钠并通入氧气，可生成Ce（OH）4，加热可生成CeO2。

【详解】

（1）在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，H2O2受热易分解，为防止其分解，则温度不宜太高，故答案为：

2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；

（2）根据平衡Ce3+（水层）+3HR（有机层）

CeR3（有机层）+3H+（水层），向CeR3（有机层）中加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，则Ce3+从水溶液中被萃取出来，故答案为：

加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动；

（3）流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成Ce（OH）4，离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：

4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）4；

（4）Ce（OH）4加硫酸溶解后，被FeSO4还原为Ce3+,则有Ce（OH）4~Ce3+~FeSO4，则n[Ce（OH）4]=0.1×24×10-3mol=2.4×10-3mol，m[Ce（OH）4]=2.4×10-3mol×208g/mol=0.4992g，该产品的纯度为：

，故答案为：

96%；

（5）298K时，Ksp[Ce（OH）3]=5×10-20，若溶液中c（Ce3+）=0.05mol•L-1,Ce3+开始沉淀，则c（OH-）=

，则pH=8，故答案为：

8；

（6）溶液中存在Eu3+、Mn2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，调节pH在3.0左右，可使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失，故答案为：

B；使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失。

8．无水氯化锰

在电子技术和精细化工领域有重要应用。

一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。

I．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。

静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；

II．向I的滤液中加入一定量盐酸，再加入

溶液，充分反应后加入

固体调节溶液的pH约为5，过滤；

III．向II的滤液中通入

气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；

IV．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。

各步骤中对杂质离子的去除情况

初始浓度/mg·L–1

21.02

4.95

5.86

步骤I后/mg·L–1

12.85

3.80

3.39

步骤II后/mg·L–1

0.25

3.76

3.38

步骤III后/mg·L–1

0.10（达标）

3.19（未达标）

0.12（达标）

已知：

金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb

（1）锰和盐酸反应的化学方程式是_______。

（2）步骤I中：

①Fe2+浓度降低，滤渣中存在

。

结合离子方程式解释原因：

_______。

②Pb2+浓度降低，分析步骤I中发生的反应为：

Pb+2H+=Pb2++H2↑、______。

（3）步骤II中：

①

酸性溶液的作用：

_______。

②结合离子方程式说明MnCO3的作用：

_______。

（4）步骤III通入H2S后，Ni2+不达标而

达标。

推测溶解度：

PbS_____NiS（填“>”或“<”）。

（5）测定无水

的含量：

将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量

，使

氧化为

。

待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵

滴定

，消耗cmL硫酸亚铁铵。

（已知：

滴定过程中发生的反应为：

Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+）

①样品中MnCl2的质量分数是_____（已知：

MnCl2的摩尔质量是126g·mol-1）。

②“持续加热”的目的是使过量的

分解。

若不加热，测定结果会______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】Mn+2HCl=MnCl2+H2↑空气中的O2将部分Fe2+氧化为Fe（OH）3沉淀，相关的离子方程式为：

4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+Pb2++Mn=Pb+Mn2+将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑,Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+＜

偏高

【解析】

【分析】

制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低。

【详解】

（1）Mn与盐酸反应的化学方程式为：

；

（2）①将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe（OH）3沉淀，相应的离子方程式为：

；

②由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：

；

（3）①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe（OH）3沉淀除去；

②通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：

以及

；

（4）通过分析可知，PbS的溶解度更小；

（5）①由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1:

1反应，所以MnCl2的质量分数为：

；

②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。

9．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl（SO4）2·12H2O和补血剂FeSO4·7H2O。

工艺流程如下（部分操作和产物略去）：

（1）操作1的名称是___________。

（2

）反应①②③④中是氧化还原反应的是_______（填写编号）。

（3）综合考虑，金属X最好选择的试剂是__，写出该反应的离子方程式_______。

（4）反应①的离子方程式是_________、__________。

（5）溶液D中含有的金属阳离子是_______，检验方法是________。

（6）用含铝元素27℅的上述矿石10吨，通过上述流程最多生产明矾____吨。

【答案】过滤④FeFe+2Fe3+=3Fe2+SiO2+2OH-=SiO32-+H2OAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2OFe2+取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+47.4

【解析】

【分析】

由流程可知，富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤，滤渣为氧化铁，滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾；向滤液中加入足量的硫酸，可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液，结晶后得到明矾；滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液，加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液，用结晶法可以得到绿矾。

【详解】

（1）操作I得到溶液和滤渣，因此操作I为过滤；

（2）反应①中加入NaOH溶液，根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋H2O，不属于氧化还原反应，反应②中加入硫酸，发生的SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓，AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应③发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原