2020高考化学 氧化还原反应 考点专练（含答案解析）.doc

2020高考化学 氧化还原反应 考点专练SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法不正确的是()A上述过程中，最终被还原的是NOB从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3Fe3稀硫酸C上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D假设通SO2完全反应，同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为11已知某强氧化剂RO(OH)22+离子中的元素R可被亚硫酸钠还原到较低价态.若把1.210-3molRO(OH)22+还原，需要消耗6mL 0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，则反应后R化合价为（ ）A0 B+2 C+3 D+4已知：向KMnO4固体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸变蓝。下列判断正确的是（ ）A上述实验证明氧化性：MnO4- Cl2 Fe3+ I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体和SO2同时通入水中，可以增强漂白效果D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，已知铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，且+2价稳定，+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2。则下列说法不正确的是（ ）APb3O4可表示为2PbOPbO2B可用PbO在空气中加热制备铅丹，其n(氧化剂)n(还原剂)=1:2C0.1mol Pb3O4与足量的浓盐酸反应，生成Cl2 0.1molDa mol Pb3O4加强热分解生成PbO，则加热过程中转移电子数为3a NAU常见化合价有4和6。硝酸铀酰UO2(NO3)2加热可发生如下分解：UO2(NO3)2UxOyNO2O2(未配平)将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是()AUO2 B2UO2UO3 CUO3 DUO22UO3已知I、Fe2、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2H2O2ISO2，则下列反应不能发生的是()A2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4HBH2O2H2SO4=SO2O22H2OCI2SO22H2O=H2SO42HID2Fe3H2O2=2Fe2O22H厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是（ ）A1mol NH4+ 所含的质子总数为10NAB1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）得到氮气的体积约为11.2LC该过程的总反应是：NH4+ + NO2 = N2 2H2OD该方法每处理1molNH4+，需要的NO2为0.5mol反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaIMnO23H2SO4 = 2NaHSO4MnSO42H2OI2 ；2NaIO35NaHSO3 = 2Na2SO43NaHSO4H2OI2下列说法正确的是（ ）A反应、中生成等量的 I2 时转移电子数比为 1：5 B两个反应中 NaHSO4 均为氧化产物C碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化 D氧化性：MnO42- SO42- IO3 - I2根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是()H2SO3I2H2O=2HIH2SO42FeCl32HI=2FeCl22HClI23FeCl24HNO3(稀)=2FeCl3NO2H2OFe(NO3)3AH2SO3IFe2NOBIFe2H2SO3NOCFe2IH2SO3NODNOFe2H2SO3I下列变化中，气体被还原的是（ ）A二氧化碳使Na2O2固体变白B氯气使KBr溶液变黄C乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀重铬酸铵(NH4)2Cr2O7受热发生氧化还原反应，下列有关重铬酸铵受热分解的判断符合实际的是()A分解产物为CrO3NH3H2OB分解产物为Cr2O3N2H2OC反应中3价N元素被氧化，7价Cr元素被还原D反应中3价N元素被还原，6价Cr元素被氧化小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+_（未配平）。关于此反应的叙述正确的是（ ）A该反应的氧化产物是Mn2+B1molMnO4-在反应中失去5mol电子C该反应右横线上的产物是H2OD配平该反应后，H+的计量数是3某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素(3价)完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n mol FeOFeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)molB处理废水中Cr2O的物质的量为 molC反应中发生转移的电子的物质的量为3nx molD在FeOFeyCrxO3中3x=y已知Cu2O能与稀硝酸反应:Cu2O+HNO3Cu(NO3)2+NO+H2O(未配平)，若生成的NO在标况下的体积为0.448L，下列说法正确的是（ ）A转移的电子总数为0.06NAB作氧化剂的HNO3是0.14molC至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与Cu2O反应D被氧化的Cu2O是144g某温度下，将1.1mol I2加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液。经测定IO与IO3的物质的量之比是2：3。下列说法错误的是（ ）AI2在该反应中既作氧化剂又作还原剂B该反应中转移电子的物质的量为1.7molC该反应中，I2的还原性大于KIO和KI03的还原性D该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是5：17把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)：对于该离子方程式的说法不正确的是()AIO作氧化剂B氧化性：Mn2IOC氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D若有2 mol Mn2参加反应时，则转移10 mol电子下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能某离子反应中共有Mn2、 、H、N2、H2O六种微粒。随着反应的进行溶液颜色逐渐变浅。下列判断正确的是（ ）A还原性：Mn2B氧化产物与还原产物的物质的量之比是65C转移0.45 mol电子会有1.68 L(标准状况)气体产生D随着反应的进行，溶液的pH逐渐减小已知氧化性Br2Fe3。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是（ ）A离子的还原性强弱：Fe2BrClB当a2b时，发生的离子反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClC当ab时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3)c(Br) c(Cl-)=122D当3a2b时，发生的离子反应：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl将0.1mol Cl2通入100mL含等物质的量HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是（ ）A物质的还原性：HBrH2SO3HClBHBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6molL1C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2Br+4H2O=4SO42+Br2+10Cl+16H+D若再通入0.05mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色。(1)提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？(2)猜想甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致。则溶液呈黄色是含_(填化学式，下同)所致。乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_所致。(3)设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的。供选用的试剂：a酚酞试液 b四氯化碳 c无水酒精 d硫氰化钾溶液请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)(4)应用与拓展在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_。在100 mL FeBr2溶液中通入2.24 LCl2(标准状况)，溶液中有1/3的Br被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为_。若选用淀粉碘化钾溶液验证上述猜想，是否可行_(填“是”或“否”)，理由是_。次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：(1)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：_。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。H3PO2 中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，则氧化产物为_(填化学式)。NaH2PO2 为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显 _(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：_。高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO46Na2O22 Na2FeO42Na2O2Na2SO4+O2该反应中还原剂是_，每生成1mol O2转移_mol电子。简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用_。（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），其原因是_。硫的多种化合物在工业中有重要的应用。(1)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称保险粉，是最适合木浆造纸的漂白剂，其水溶液性质不稳定，有极强的还原性。Na2S2O4中S元素的化合价为_。Na2S2O4暴露于空气中易吸收氧气和水蒸气而变质，发生反应时，当氧化剂和还原剂的物质的量之比为12时，产物为_(填化学式)。将甲酸和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，会得到保险粉，此时甲酸被氧化为CO2。该反应的化学方程式为_。(2)铬会造成环境污染。某酸性废水中含有Cr2O，处理时可用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O转化为毒性较低的Cr3，再调节pH至8，使铬元素沉降，分离出污泥后测得废水中Cr3浓度为0.52 mgL1，达到排放标准。Na2S2O5参加反应的离子方程式为_。处理后的废水中Cr3的物质的量浓度为_ molL1。答案解析答案为：D；解析：溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，Fe3变为Fe2，后又被氧化为Fe3，所以最终被还原的是NO，A正确；根据溶液由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的条件下溶液立即又变成棕黄色，说明Fe2迅速被氧化成Fe3，故硝酸的氧化性比Fe3强，综上所述氧化性：HNO3Fe3稀硫酸，B正确；SO2被氧化后产生的H和NO构成强氧化体系，氧化Fe2时生成无色难溶于水的NO气体，C正确；由A知最终被还原的是NO，故相当于SO2与NO之间的氧化还原反应，有3SO22NO，则通入SO2与逸出气体的体积比为32，故D错误。答案为：D；解析：RO(OH)22+离子中R的化合价为+6价，设其被还原后的化合价为+x。n(Na2SO3)=1.210-3mol，被氧化后生成Na2SO4，S元素化合价为+6价，根据氧化还原反应中氧化剂货到电子和还原剂失去电子数目相等可得：1.210-3mol(6-x)=1.210-3mol(6-4)，解得x=+4所以合理选项是D。答案为：A；解析：题中的有关反应为2KMnO416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O(生成的黄绿色气体为Cl2)；Cl22FeCl22FeCl3(FeCl3溶液为黄色)；2FeCl32KI2FeCl22KClI2(I2遇淀粉变蓝色)，以上三个反应都属于氧化还原反应；A.根据氧化性：氧化剂氧化产物的规律得：MnO4- Cl2 Fe3+ I2，故A正确；B.上述实验中一共有3个氧化还原反应，故B错误；C.氯气可以与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，所以失去漂白性，故C错误；D. 实验中Fe2+作还原剂，只能证明具有还原性，不能证明有氧化性，故D错误。故选A。答案为：D；解析：A.因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2：1，所以Pb304可表示为2Pb0Pb02，故A正确；B.6PbO+O2 2Pb3O4由得失电子守恒可知，参加反应的PbO中只有三分之一被氧化，故n（氧化剂）：n（还原剂）=1：2，B错误；C. 根据Pb304可表示为2Pb0Pb02，则0.1molPb3O4与足量的浓盐酸反应转移0.2mol电子，由得失电子守恒则生成0.1mol Cl2，故C正确；D. 根据Pb304可表示为2Pb0Pb02，则amolPb304转化为Pb0，转移2amol电子，即2aNA个电子，故D错误。答案为：C；解析：由题意知气体产物全部被吸收，即二者与水完全反应生成HNO3，依据化合价升降守恒，判断出4NO2O22H2O=4HNO3，则说明硝酸铀酰在分解前后铀元素的化合价未发生变化，故需保持6价。答案为：B；解析：根据还原性的强弱顺序为Fe2H2O2ISO2，且还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，A、C、D项反应能够发生，B项反应不能发生。答案为：C答案为：A；解析：A.反应、中生成等量的I2时，假设都为1mol，反应中生成1molI2时转移2mole-，反应中生成1molI2时转移10mole-，转移电子数比为15，故A正确；B.反应中NaHSO4为氧化产物，硫元素化合价升高，反应中硫元素化合价未变化，故B错误；C.I2在反应中，碘元素化合价升高，被氧化；I2在反应中，碘元素化合价降低，被还原，故C错误；D.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中MnO2I2，反应中IO3-SO42-，故D错误。故选A。答案为：A；解析：H2SO3I2H2O=2HIH2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3I，2FeCl32HI=2FeCl22HClI2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性IFe2，3FeCl24HNO3(稀)=2FeCl3NO2H2OFe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2NO，还原性由强到弱的顺序为H2SO3IFe2NO，故选A。答案为：B；解析：A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，不符合题意；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，符合题意；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，不符合题意；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不符合题意。答案选B。答案为：B；解析：根据氧化还原反应规律，反应中3价N元素被氧化，6价Cr元素被还原，只有B正确。答案为：C；答案为：A；解析：根据铁原子守恒可知，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(1y)mol，又由FeOFeyCrxO3呈电中性可知3x3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x)mol，故A错误；根据Cr原子守恒，产物中Cr原子为xn mol，故Cr2O的物质的量为 mol，故B正确；生成n mol FeOFeyCrxO3，则一共有nx mol Cr原子参加反应，1 mol Cr原子转移3 mol电子，故转移的电子数为3nx mol，故C正确；该反应中铁元素的化合价部分由2价升高到3价，铬元素的化合价由6价降低为3价，根据得失电子守恒有3x=y，故D正确。答案为：A解析：设生成0.02mol NO，参加反应的Cu2O是x mol；参加反应的硝酸是y mol；3Cu2O+14H+2NO3-6Cu2+2NO+7H2O 3 14 2 x y 0.02A. 根据3Cu2O+14H+2NO3-6Cu2+2NO+7H2O，生成2molNO，转移电子6mol，所以生成0.02molNO转移的电子总数为0.06NA，故A正确；B.作氧化剂的HNO3占参加反应硝酸的，所以作氧化剂的HNO3是0.14mol=0.02mol，故B错误；C.至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol0.5mo/L=0.28L=280mL，故C错误；D.被氧化的Cu2O是0.03mol144g/mol=4.32g，故D错误。 答案为：D解析：A. 反应中只有碘元素的化合价变化，因此I2在该反应中既做氧化剂又做还原剂，选项A正确；B. 设生成碘化钾是xmol，碘酸钾是3ymol，则次碘酸钾是2ymol，所以根据原子守恒、电子得失守恒可知x+3y+2y=2.2、x2y+3y5，解得x17y1.7，所以该反应中转移电子的物质的量为1.7mol，选项B正确；C. 反应中碘I2既做氧化剂又做还原剂，KI为还原产物，KIO和KI03均为氧化产物，故I2的还原性小于KI的还原性，大于KIO和KI03的还原性，选项C正确；D. 根据C中分析可知该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是x：5y17:5，选项D错误。 答案为：B；解析：由Mn2MnO知，锰元素的化合价升高，Mn2作还原剂，氧化产物为MnO，由IOIO知，碘元素的化合价降低，则IO作氧化剂，IO为还原产物，选项A正确；根据配平后的方程式2Mn25IO3H2O=5IO2MnO6H，可知选项C和D均正确；根据氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物可知选项B错。答案为：A；解析：A、硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原反应无关；B、锂离子电池工作时，涉及到氧化还原反应；C、电解质溶液导电实质是电解的过程，与氧化还原反应有关；D、葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程。故选A。答案为：C；解析：随反应进行，颜色变浅，说明MnO4-是反应物，Mn2是生成物。即MnO4-是氧化剂，Mn2是还原产物，则NH4+是还原剂，N2是氧化产物，发生的反应为6MnO4-10NH4+8H=6Mn25N224H2O，A项，氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，因此还原性NH4+Mn2，错误；B项，氧化产物与还原产物的物质的量之比为56，错误；C项，转移30 mol电子有5mol N2生成，转移0.45 mol电子有 0.075 mol N2生成，在标准状况下的体积为0.075 mol22.4 Lmol11.68 L，正确；D项，该反应中消耗H，随反应的进行，溶液的酸性减弱，溶液的pH逐渐增大，错误。综上所述，本题选C。答案为：C；解析：A.因非金属性Cl2Br2，又据题中已知条件氧化性Br2Fe3，故离子的还原性强弱：Fe2BrCl，A正确；B.因为通入氯气后，氯气先和Fe2反应，将Fe2反应完才能和Br-反应，当a2b时，与亚铁离子反应的离子方程式为Cl2+2Fe2=2Fe3+2Cl，B正确；C.当a=b时，发生的反应为：6FeBr2+6Cl2=4FeCl3+2FeBr3+3Br2，反应后的离子浓度之比： c(Fe3)c(Br) c(Cl)=112，C不正确；D.当3a2b时，能将Fe2、Br全部反应完，发生的离子反应：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，D正确；故合理选项是C。答案为：C；解析：因反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可进行，则还原性H2SO3HBr，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol2=x0.51+x（6-4），解得x=0.08mol，A由H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr及还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性H2SO3HBr，选项A错误；B由上述计算可知，HBr的物质的量为0.08mol，溶液体积为0.1L，浓度为0.8mol/L，选项B错误；C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2Br+4H2O=4SO42+Br2+10Cl+16H+，遵循电子、电荷守恒，选项C正确；D由上述分析可知，还有0.04molHBr未被氧化，则再通入0.02molCl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，选项D错误；答案选C。一 、填空题答案为：Br2 、Fe3、d 、溶液呈红色；b、CCl4层呈无色；2Fe2Br2=2Fe32Br ；1.2 mol/L；否、Br2和Fe3都能把I氧化成I2，使溶液变蓝，无法得出结论；解析：（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色，根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。中甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，故答案为：Br2。中乙同学认为氧化性：Fe3+Br2，发生氧化还原反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Fe3+。（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+Br2，则会发生反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+，要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验，方案一：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明则证明乙同学观点正确；方案二：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明乙同学观点正确；故答案为：d，溶液呈红色；b，CCl4层呈无色。（4）根据结论，氧化性：Fe3+Br2，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水时，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br-，故答案为：2Fe2+Br22Fe3+2Br-。氧化性：Br2Fe3+，Cl2通入FeBr2溶液中先与Fe2+反应，若Cl2还有剩余，再与Br-发生反应，现在溶液中有1/3的Br被氧化成单质Br2，故Fe2+全部被氧化成Fe3+，n（Cl2）=2.24L22.4L/mol=0.10mol，得电子0.20mol，根据得失电子守恒有：n（Fe2+）+n（Br-）=0.20mol，n（FeBr2）=0.12mol，所以c（FeBr2）=0.12mol0.1L=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L。因为Br2和Fe3+都能把I氧化成I2，使溶液变蓝，