2019-2020年高考化学一轮复习 3.3 铁及其重要化合物课时训练.doc

2019-2020年高考化学一轮复习 3.3 铁及其重要化合物课时训练一、选择题(每小题6分,共54分)1.不能用于区别FeCl3与AlCl3两种溶液的试剂是(C)A.KSCN溶液B.NaOH溶液C.AgNO3溶液D.还原Fe粉【解析】FeCl3与AlCl3两溶液都能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀,C项符合题意。2.(xx邯郸模拟)下列常见实验的现象或表述正确的是(C)A.Fe3O4投入稀硝酸中和稀盐酸中均生成Fe2+和Fe3+B.制备氢氧化亚铁时,向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液,边加边搅拌,即可制得白色的氢氧化亚铁C.检验红砖中的氧化铁成分,向红砖粉末中加入盐酸,充分反应后取上层清液于试管中,滴加KSCN溶液23滴即可D.向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后,将混合液倒入蒸发皿中加热煮沸一会,然后冷却、过滤,滤纸上的物体为“蓝色固体”【解析】Fe3O4投入稀硝酸中,不产生Fe2+,A项错误;制备氢氧化亚铁时,应将吸满硫酸亚铁溶液的胶头滴管插入氢氧化钠溶液液面下,再慢慢挤出硫酸亚铁溶液,不能振荡,防止生成的氢氧化亚铁与氧气接触被氧化,B项错误;氢氧化铜受热分解生成黑色的氧化铜,D项错误。3.(xx山东高考)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是(A)A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4【解析】本题考查氧化还原反应中的电子守恒。题给选项中的物质与稀硝酸反应时均为铁元素被氧化,且氧化产物均为Fe3+,还原产物均为NO。等质量的还原剂转移电子物质的量越多,放出NO物质的量越多,由四种还原剂的化学式及铁元素的化合价看出等质量时FeO转移电子物质的量最多。4.下列实验操作中,可以达到预定目的的是(A)A.用渗析的方法可以除去氢氧化铁胶体中的少量氯化钠B.用过量的KSCN溶液除去FeCl2溶液中的少量FeCl3C.通过灼热的镁粉,可以除去N2中的少量O2D.用溶解、过滤的方法可分离Na2SO4和NaCl固体混合物【解析】KSCN与FeCl3反应生成的血红色物质为可溶物,难以除去,B项错误;灼热的镁粉与氮气和氧气均会发生反应,C项错误;Na2SO4和NaCl均为易溶物质,D项错误。5.(xx上饶模拟)有FeO、Fe2O3的混合物若干克,在足量H2流中,加热充分反应,冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8 g;将等质量的原混合物与盐酸反应,欲使之完全溶解,需1 molL-1的盐酸的体积至少为(B)A.0.05 LB.0.1 LC.0.2 LD.1 L【解析】剩余固体比原混合物减轻的0.8 g为混合物中氧原子的质量,n(O)=0.05 mol。将等质量的FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应,使之完全溶解,生成氯化物和水,消耗的n(H+)是n(O)的2倍,故需要盐酸的体积为=0.1 L。6.(xx甘肃天水甘谷一中质检)现有5.92 g Fe和Cu的混合物,向其中加入足量浓硝酸,完全反应后,收集到0.2 mol NO2和0.03 mol N2O4气体,再向所得溶液中加入1 mol/L NaOH溶液得到m g沉淀。下列有关说法中正确的是(A)A.混合物中Fe和Cu的物质的量之比为32B.消耗NaOH溶液的体积为260 mLC.所得沉淀的质量m=9.83 gD.混合物消耗HNO3的物质的量为0.46 mol【解析】本题考查关于Fe和Cu的有关计算。设混合物中Fe和Cu的物质的量分别为x和y,则有56x g+64y g=5.92 g和3x+2y=0.2 mol1+0.03 mol2(得失电子守恒),解得x=0.06 mol,y=0.04 mol,则Fe和Cu的物质的量之比为32,A项正确;溶液中Fe3+和Cu2+完全沉淀时需消耗260 mL NaOH,且过量的HNO3也要消耗NaOH,B项错误;沉淀的质量=5.92 g+0.26 mol17 g/mol=10.34 g,C项错误;反应中消耗n(HNO3)=0.06 mol3+0.04 mol2+0.26 mol=0.52 mol,D项错误。7.在下列有FeCl3溶液参加的反应中,与Fe3+发生氧化还原反应的是(D)FeCl3溶液与Cu反应FeCl3溶液与H2S反应FeCl3溶液与KI反应FeCl3溶液滴入沸水中FeCl3溶液与NaHCO3反应FeCl3溶液中滴入石蕊试液A.B.C.D.【解析】题给反应的反应类型分别为:反应反应类型FeCl3溶液与Cu反应氧化还原反应FeCl3溶液与H2S反应氧化还原反应FeCl3溶液与KI反应氧化还原反应FeCl3溶液滴入沸水中水解反应FeCl3溶液与NaHCO3反应相互促进的水解反应FeCl3溶液中滴入石蕊试液水解反应A.反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-B.钢铁腐蚀时,负极发生的反应是Fe-3e-Fe3+C.以Fe为电极,电解饱和NaCl溶液,阳极反应式:2Cl-2e-Cl2D.FeCl2溶液中混有少量FeCl3,可以加入Fe、Cu等金属除去FeCl3【解析】钢铁腐蚀时,负极发生的反应是Fe-2e-Fe2+,B项错误;当以Fe为电极电解饱和NaCl溶液时,阳极铁优先失去电子,C项错误;FeCl2溶液中混有少量FeCl3,不能加入Cu,否则会引入Cu2+杂质,D项错误。9.(xx宝鸡模拟)某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。进行如下实验,下列有关说法正确的是(D)A.步骤中减少的3 g固体一定是混合物B.步骤中质量减少的物质一定是CuC.根据步骤、可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2D.根据上述步骤可以得出m(Fe2O3)m(Cu)=11【解析】Al2O3、SiO2都能与NaOH溶液反应,所以步骤中减少的3 g固体可能为氧化铝或二氧化硅,不一定为混合物,A项错误;步骤中发生了反应:Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,6.4 g固体为铜和Fe2O3的混合物,质量减少的为铜和氧化铁,B项错误;根据步骤只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2中的一种物质,无法确定Al2O3、SiO2是否都存在;根据步骤可以确定一定存在Fe2O3、Cu,C项错误;步骤质量减少了6.4 g-1.92 g=4.48 g,减少的质量为Fe2O3和部分Cu,剩余的1.92 g为铜,设参加反应的铜的物质的量为x,根据反应Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x,则64x+160x=4.48,解得x=0.02 mol,则m(Fe2O3)m(Cu)=(1600.02)(640.02+1.92)=11,D项正确。二、非选择题(共46分)10.(11分)某研究性学习小组对教材中的铁与高温水蒸气反应的实验装置图做了如图所示的优化。通过观察硬质玻璃管和干燥管中的现象证明铁与水蒸气发生了反应,用试管收集产生的经干燥的气体,并靠近火焰点火,观察现象。请回答下列问题:(1)在圆底烧瓶内放入少许碎瓷片,其作用是防止暴沸。(2)写出铁与高温水蒸气反应的化学方程式:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(3)实验时将铁粉与石棉绒混合放在硬质玻璃管中,其原因可能是C(填“A”“B”或“C”)。A.石棉绒的作用是催化剂B.石棉绒的作用是使铁粉受热均匀C.石棉绒的作用是作铁粉的载体以及防止铁粉被吹入导管引起堵塞(4)酒精灯a和酒精喷灯点燃的顺序是先点燃酒精灯a,后点燃酒精喷灯,原因是用产生的水蒸气将系统内的空气排尽,否则铁与氧气会发生反应。(5)干燥管中盛装的物质是P2O5,作用是吸收未反应的水蒸气。(6)能证明铁与水蒸气反应的现象是硬质玻璃管中黑色固体变红,干燥管中白色固体变蓝。(7)试管中收集的气体是氢气,如果要在A处玻璃管处点燃该气体,则必须对该气体进行验纯,方法是用小试管收集一试管的氢气,用手指堵住试管口移近酒精灯,松开手指,若听到“噗”声,表明氢气是纯的,可以点燃。【解析】题给实验的原理为酒精灯加热烧瓶中的水产生源源不断的水蒸气,在硬质玻璃管中发生铁与水蒸气的反应,将产生的气体通过盛有P2O5的干燥管以除去没反应的水蒸气,再将气体依次通过炽热的氧化铜和无水硫酸铜来检验铁与水蒸气反应生成的气体为氢气。实验中的碎瓷片是为了防止水在沸腾时暴沸;石棉绒的作用是防止铁粉被吹入导管而作为载体之用;在该反应中使用的是铁粉,实验成败的另一因素是要防止在加热条件下铁粉被氧化,所以两个酒精灯点燃的顺序不能颠倒;实验中还要注意安全问题,氢气属于易燃易爆的气体,点燃前要检验其纯度。11.(12分)某氧化铁样品中含有少量的杂质FeSO4。某实验小组同学要测定其中铁元素的质量分数,他们设计了如下方案进行测定,操作流程如下:请根据流程回答:(1)加入过量的稀硫酸,发生反应的离子方程式:Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O。(2)操作中量取25.00 mL液体需要使用的仪器是25.00 mL酸式滴定管。(3)反应中,加入足量H2O2溶液的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+。(4)如何检验加入过氧化氢后,溶液中只有Fe3+而没有Fe2+?取少量加入过氧化氢后的液体,加入KSCN,溶液变红,则含有Fe3+;再取少量液体加入MnO2,有气体放出,则H2O2过量,没有Fe2+。(5)检验沉淀是否洗涤干净的操作:取少量最后一次洗涤液于试管中,加入Ba(NO3)2(或BaCl2)溶液,若无白色沉淀生成,则沉淀洗净。(6)沉淀需在坩埚中灼烧,取用坩埚需用坩埚钳(填仪器名称),将沉淀物加热,冷却至室温,用天平称量坩埚与加热后固体的总质量为b1 g,再次加热并冷却至室温称量其质量为b2 g,如果b1-b2的差值0.1 g就不需再加热,否则还要加热称量。(7)若坩埚的质量为42.6 g,最终坩埚与加热后固体的总质量为47.0 g,则样品中铁元素的质量分数=55.0%(保留一位小数)。【解析】(1)氧化铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O。(2)滴定管的精确度一般为0.01 mL,硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸的混合溶液显酸性,量取25.00 mL酸性溶液应该选择25.00 mL的酸式滴定管。(3)双氧水是常用绿色氧化剂,其目的是将硫酸亚铁氧化为硫酸铁。(5)Fe(OH)3沉淀表面吸附着可溶性的硫酸铵、氨水,由于S+Ba2+BaSO4,因此可用含Ba2+的溶液检验洗涤液中是否含有S,即可判断是否洗涤干净。(6)取用坩埚需要坩埚钳,2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,若b1、b2几乎相等,即b1-b20.1 g,说明Fe(OH)3沉淀几乎完全分解为Fe2O3固体,若b1-b20.1 g,说明Fe(OH)3沉淀没有彻底分解,因此需要对盛有Fe(OH)3沉淀的坩埚进行多次加热、在干燥器中冷却、称量并记录质量,直至称量质量几乎相等。(7)56.0 g样品中m(Fe)=(47.0 g-42.6 g)=30.8 g,铁元素的质量分数w(Fe)=100%=55.0%。12.(11分)(xx甘肃天水甘谷一中质检)FeBr2是一种黄绿色鳞片状的固体,某研究性学习小组为了探究它的还原性,进行了如下实验:.实验需要90 mL 0.1 mol/L FeBr2溶液(1)配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是玻璃棒、100 mL的容量瓶。(2)下列有关配制过程中说法错误的是abde(填序号)。a.用电子天平称量质量为1.944 g的FeBr2b.将称量的FeBr2放入容量瓶中,加90 mL蒸馏水溶解c.洗涤溶解FeBr2的烧杯,并将洗涤液转移至容量瓶中d.容量瓶贴标签存放配好的FeBr2溶液e.定容时,仰视容量瓶刻度线会使配制的FeBr2溶液浓度偏高.探究FeBr2的还原性取10 mL上述FeBr2溶液,向其中滴加少量新制的氯水,振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设:假设1:Br-被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中;假设2:Fe2+被Cl2氧化成Fe3+。(1)请你完成表格,验证假设:实验步骤、预期现象结论溶液中加入适量四氯化碳,振荡,静置,CCl4层呈橙红色假设1正确向溶液中加入KSCN溶液,溶液变为红色假设2正确若假设1正确,从实验中分离出Br2的实验操作名称是萃取和分液。(2)实验证明:还原性Fe2+Br-,请用一个离子方程式来证明:2Fe2+Br22Fe3+2Br-。(3)若在50 mL上述FeBr2溶液中通入510-3 mol Cl2,反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-。【解析】.(2)没有90 mL的容量瓶,需要90 mL溶液时则需要100 mL的容量瓶配制100 mL溶液,用电子天平称量的质量应为(0.10.1216) g=2.160 g,a错;称量的FeBr2放入烧杯中溶解,不能直接放入容量瓶中,b错;洗涤溶解FeBr2的烧杯,并将洗涤液转移至容量瓶中,c对;容量瓶不能用于存放溶液,d错;定容时,仰视容量瓶刻度线会使溶液体积偏大,浓度偏低,e错。.(1)假设1:Br-被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中,通过向溶液中加入适量四氯化碳,萃取出溴单质从而使CCl4层呈橙红色来证明有溴单质生成;假设2:Fe2+被Cl2氧化成Fe3+,向该溶液中加入KSCN溶液,溶液变为红色证明有三价铁生成。(2)由还原性:Fe2+Br-,则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+,反应为2Fe2+Br22Fe3+2Br-。(3)还原性:Fe2+Br-,二者以11反应,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化,离子反应为2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-。13.(12分)(xx重庆石柱中学质检)铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示:Fe2+Fe3+Fe(高铁酸根离子),回答下列有关问题:(1)铁元素在周期表中的位置是第四周期第族。(2)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液实现上述的转化,要求产物纯净,可选用的试剂是D(填序号)。A.Cl2B.FeC.HNO3D.H2O2(3)上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂,其中有一主要反应CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S(CuFeS2中S为-2价),下列说法正确的是D(填序号)。A.从物质分类的角度看,黄铜矿属于合金B.反应中,所有铁元素均被还原C.反应中,CuFeS2既作氧化剂又作还原剂D.当转移1 mol电子时,46 g CuFeS2参加反应(4)下述反应中,若FeSO4和O2的系数比为21,试配平下列方程式:2FeSO4+6K2O22K2FeO4+2K2O+2K2SO4+1O2。(5)向某稀HNO3和Fe(NO3)3的混合溶液中逐渐加入铁粉,产生无色气体,该气体遇空气变红棕色,溶液中Fe2+的物质的量和加入Fe粉的物质的量之间的关系如图所示。则混合溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为41。(6)某同学将铁与水蒸气高温反应后的固体物质溶解在过量盐酸中,如何判断所得溶液中是否含有Fe3+?取少量溶液于试管中,加入23滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则有Fe3+,反之则无。【解析】(1)铁元素在周期表中的位置是第四周期第族。(2)要使产物纯净,必须是物质间发生反应后没有杂质生成。A项中氯气可引入杂质氯离子;B项中Fe不能将Fe2+氧化成Fe3+;C项中引入杂质硝酸根离子,且有污染性气体氮氧化物生成;D项中H2O2的还原产物为H2O,不引入杂质离子。(3)合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质,所以黄铜矿不是合金,是化合物,A错;CuFeS2中铁元素的化合价为+2价,不是所有铁元素均被还原,B错;CuFeS2中只有S元素的化合价升高,所以CuFeS2只作还原剂,C错;1 mol CuFeS2参加反应转移4 mol电子,故转移1 mol电子时有0.25 mol CuFeS2反应,为46 g,D对。(4)FeSO4中Fe的化合价为+2价,K2FeO4中Fe的化合价为+6价;K2O2中O的化合价为-1价,O2中O的化合价为0,根据电子得失守恒可配平方程式:2FeSO4+6K2O22K2FeO4+2K2O+2K2SO4+O2。(5)结合题图可知,混合溶液中加入1 mol铁粉时首先与HNO3反应生成Fe3+:Fe+4H+NFe3+NO+2H2O,消耗4 mol HNO3,同时生成1 mol Fe3+;再加入1 mol Fe与Fe3+发生反应:2Fe3+Fe3Fe2+,消耗2 Fe3+得到3 mol Fe2+,则原溶液中含1 mol Fe3+,故原稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为41。