2019年高考化学一轮总复习 第二章 第三节铁及其重要化合物检测试题.doc

2019年高考化学一轮总复习 第二章 第三节铁及其重要化合物检测试题题号123455152661626378答案A32 B35 C34 D4352.把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2和Fe3的浓度恰好相等，则已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比为()A11 B12 C23 D326将一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 mL 2 mol/L硝酸溶液中，反应完全后生成1.12 L NO(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1 mol/L NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是()A450 mL B500 mL C400 mL D不能确定61.把7.2 g铁粉投入某硝酸溶液中，充分反应剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液中HNO3物质的量为()A0.34 mol B0.38 mol C0.28 mol D0.2 mol62.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液共100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO的物质的量浓度为6 mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为()A5.6 g B11.2 g C22.4 g D33.6 g63.向Fe2O3和Fe粉组成的混合物中，加入适量的稀硫酸，各物质恰好完全反应。测得所得溶液中不含Fe3，且Fe2与H2的物质的量之比为41，那么在反应前Fe2O3、Fe和H2SO4之间物质的量之比为()A111 B123 C124 D235二、双项选择题7(2011济南模拟)向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示(已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2Fe32I=2Fe2I2)。则下列有关说法中，不正确的是()A还原性：IBrFe2B原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 molC当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为 2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD原溶液中：n(Fe2)n(I)n(Br)2138用足量的稀硫酸溶解FeS和Fe(OH)3的混合物28.3 g，最终得到沉淀1.6 g，则原混合物中FeS的质量可能是()A4.4 g B7.8 g C13.5 g D17.6 g三、非选择题9已知A为常见的金属单质，且B为黑色晶体，F为红褐色固体。根据下图所示的关系，回答下列问题。(1)化学式：A为_，B为_。(2)的离子方程式：_。的离子方程式：_。(3)由EF的实验现象：_。写出的化学方程式：_。10聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为Fe2(OH)n(SO4)30.5nm，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是_。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a_f，装置D的作用是_，装置E中NaOH溶液的作用是_。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经_操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。(4)溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定pH的操作方法为_。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_。11(xx四川高考)下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质，E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体，M为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)B中所含元素位于周期表中第_周期_族。(2)A在B中燃烧的现象是_。(3)DEB的反应中，被氧化与被还原的物质的量之比是_。(4)GJM的离子方程式是_。(5)Y受热分解的化学方程式是_。12(xx新课标高考)铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54 g的FeClx样品，溶解后进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH的阴离子交换柱，使Cl和OH发生交换，交换完成后，流出溶液的OH用0.40 molL1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0 mL，计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值_(列出计算过程)。(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n(Fe) n(Cl)12.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为_，在实验室中，FeCl2可用铁粉和_反应制备，FeCl3可用铁粉和_反应制备。(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_。(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_。与MnO2Zn电池类似，K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为_，该电池总反应的离子方程式为_。参考答案一、单项选择题1解析：氢氧化亚铁溶于稀硝酸不仅发生了酸碱中和反应，而且强氧化性的稀硝酸能把Fe2氧化为Fe3，所以A错；醋酸是弱酸所以应该写成化学式，所以B错；选项C的离子方程式电荷不守恒，所以C错。答案：D2解析：赤铁矿的主要成分是Fe2O3，所以A错；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；Fe3遇到KSCN出现血红色溶液，所以D错。答案：C3解析：.过量的铁投入到一定量的稀硝酸中得到的是硝酸亚铁，不会出现血红色，所以A错；氢氧化亚铁很容易被氧气氧化，所以边加氢氧化钠溶液边搅拌的话很容易被氧化为氢氧化铁，所以B错；CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后生成Cu(OH)2沉淀，加热后过滤，滤纸上留有的是CuO，CuO为黑色固体，所以D错。答案：C4解析：氨水既能和Al3反应，也可以和Fe3反应，所以无法除去Al3溶液中的少量Fe3。答案：C5解析：根据金属活动性顺序，银的还原性较差，失去电子变成Ag，其氧化性较强。铁粉先跟Ag反应，然后再与Fe3反应，由化学方程式或电子守恒得，银离子、铁离子完全反应后铁粉没有剩余，B、C选项正确。一个铁原子失两个电子，一个Fe3得一个电子，所以1 mol 铁原子可还原2 mol Fe3。故选A项。答案：A5题变式51.解析：反应的化学方程式为Cu2Fe3=2Fe2Cu2。设溶液的体积为1 L，生成的n(Fe2)2a，则消耗的n(Fe3)2a，生成的n(Cu2)a，因此反应后溶液中n(Fe3)0.1 mol2a, 所以有关系式：(0.1 mol2a)2a23，得出a0.03 mol。溶液中c(Cu2)0.03 mol，反应后溶液中c(Fe3)(0.120.03)mol0.04 mol，故溶液中Cu2与Fe3的物质的量之比为34。答案：C52.解析：Fe2Fe3=3Fe2123从上述离子方程式得，若反应2 mol Fe3(即已反应的Fe3)，生成3 mol Fe2，而所得溶液中Fe2和Fe3的浓度恰好相等，即未反应的Fe3的物质的量为3 mol，所以答案为23。答案：C6解析：本题涉及的反应较多，况且铁最终是以Fe(OH)3还是以Fe(OH)2的形式沉淀，难以确定；硝酸是否过量也不能确定，计算较困难。但若从NaOH的角度考虑，加入的NaOH恰好使铁元素完全沉淀，最终的溶液为硝酸钠溶液。不难得出：n(NaOH)n(NO)n(HNO3)n(NO)0.25 L2 molL10.05 mol0.45 mol，V(NaOH)0.45 L450 mL。答案：A6题变式61.解析：因为有铁粉剩余则生成的盐为Fe(NO3)2，HNO3已反应完。参与反应的n(Fe)0.1 mol，nFe(NO3)2n(Fe)0.1 mol，则原溶液中n(HNO3)2nFe(NO3)2n(NO2)n(NO)20.1 mol0.08 mol0.28 mol。答案：C62.解析：设溶液中CuSO4的浓度为x molL1，因为阳离子浓度相同，所以Fe2(SO4)3和H2SO4的浓度都是0.5x molL1，又因为SO的物质的量浓度为6 molL1，所以有等式x1.5x0.5x6 molL1，计算x2 molL1，所以原溶液中CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的浓度分别为2 molL1、1 molL1、1 molL1，计算可知分别溶解铁粉的量为0.2 mol、0.1 mol、0.1 mol，质量总共为22.4 g，故选C。答案：C63.解析：设反应后产生H2的量为1 mol，则溶液中的Fe2为4 mol，所以与硫酸反应的Fe为1 mol，消耗硫酸也为1 mol，又因为反应后的溶液中不含Fe3，所以剩下的3 mol Fe2是因为发生了以下两个反应Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O，Fe2Fe3=3Fe2，可知Fe2O3、Fe之比为11，所以反应前的Fe2O3为1 mol，Fe为2 mol，硫酸为4 mol，即124。答案：C 二、双项选择题7解析：因为还原性IFe2Br，所以通入的Cl2先与I反应，随后与Fe2反应，最后与Br反应；从图上可看出，n(I)2 mol，n(Fe2)4 mol，n(Br)6 mol。原混合溶液中FeBr2的物质的量为3 mol，当通入2 mol Cl2时，I消耗1 mol Cl2，剩余的1 mol Cl2与 Fe2反应，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl。故选A、B两项。答案：AB8解析：列出反应的化学方程式：FeS2H=Fe2H2S，Fe(OH)33H=Fe33H2O,2Fe3H2S=2Fe22HS由方程式可算出，要生成1.6 g硫，须有m(FeS)4.4 g，mFe(OH)310.7 g，因4.410.715.1(g)28.3(g)，说明混合物过量。所以：当FeS完全反应时，有FeS 4.4 g；当Fe(OH)3完全反应时，有Fe(OH)3 10.7 g，则混合物中FeS的质量为28.310.717.6(g)。答案：AD三、非选择题9(1)FeFe3O4(2)2Fe2Cl2=2Fe32ClFe2Fe3=3Fe2(3)沉淀由白色很快变为灰绿色，最后变为红褐色4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)310解析：(1)检测SO2气体一般情况下是将混合气体通入品红溶液中。(2)装置B为收集装置，C为干燥装置，D为防倒吸装置，E为尾气吸收装置。(3)加过量铁屑，使溶液中的Fe3全部转化为Fe2，把剩余的铁屑过滤除去。(4)pH减小，聚铁分子式中Fe2(OH)n(SO4)30.5nm的SO就增多，OH就减少，利用极限法，Fe(OH)3和Fe2(SO4)3 的质量相同时，Fe(OH)3中铁元素质量分数大，所以pH减小，聚铁中铁的质量分数偏小。答案：(1)将气体通入少量品红溶液，溶液褪色，加热后溶液恢复原色(2)decb防止倒吸吸收多余的SO2(3)铁屑过滤(4)将试纸放在点滴板(或表面皿)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取少许待测液，点在pH试纸的中部，待变色后与标准比色卡对比，读出读数低(或小)11解析：根据转化关系和题中所给的信息可以判断：A为H2、B为Cl2、C为NaOH、D为HCl、E为MnO2、F为Al、G为NaAlO2、H为Fe2O3、I为NO2、J为FeCl3、M为Fe(OH)3、N为HNO3。(1)B中含有的氯元素位于元素周期表第三周期第A族。(2)H2在Cl2中燃烧产生苍白色的火焰。(3)浓盐酸与二氧化锰发生的反应为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，反应中被氧化(注意发生反应的HCl只有一半被氧化)与被还原的物质的物质的量之比是21。(4)NaAlO2与FeCl3在溶液中发生双水解反应：3AlOFe36H2O3Al(OH)3Fe(OH)3。(5)硝酸铁受热分解生成氧化铁、二氧化氮和氧气，化学反应方程式为：4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O2。答案：(1)三A(2)产生苍白色火焰(3)21(4)3AlOFe36H2O=3Al(OH)3Fe(OH)3(5)4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O212解析：本题以铁的化合物为知识背景，综合考查元素化合物知识、离子方程式、电极反应式的书写，同时考查学生的化学计算能力。(1)由题意知FeClx中n(Cl)n(OH)，首先求出n(Cl)，然后结合FeClx的质量求出n(Fe)，根据氯化物中n(Fe)n(Cl)可求出x值。(2)设混合样品中FeCl2、FeCl3的物质的量分别为x、y，则有(xy)(2x3y)12.1，x9y，因此样品中FeCl3的物质的量分数为：0.1。实验室中制备FeCl2可用铁粉与盐酸反应，而制备FeCl3可用Fe与Cl2反应得到。(3)Fe3具有氧化性，可将I氧化为I2：2Fe32I=2Fe2I2。(4)KClO作为氧化剂，还原产物为KCl，Fe3FeO，失3e，ClOCl，得2e，根据电子守恒及电荷守恒可写出其反应的离子方程式：2Fe33ClO10OH=2FeO5H2O3Cl(或2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3Cl)。在K2FeO4Zn碱性电池中，正极得电子被还原，其电极反应式为FeO3e4H2O=Fe(OH)35OH，负极Zn被氧化，其电极反应式为：Zn2e2OH=Zn(OH)2，将两极得失电子数守恒后合并可得总反应式：2FeO8H2O3Zn=2Fe(OH)33Zn(OH)24OH。答案：(1)n(Cl)0.025 0 L0.40 molL10.010 mol，054 g0.010 mol35.5 gmol10.185 g，n(Fe)0.003 3 mol，n(Fe)n(Cl)0.003 30.01013，x3。(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe32I=2Fe2I2(或2Fe33I=2Fe2I)(4)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3ClFeO3e4H2O=Fe(OH)35OH2FeO8H2O3Zn=2Fe(OH)33Zn(OH)24OH