北京专用2020届高考化学一轮复习专题六铁及其化合物课件.pptx

专题六铁及其化合物,高考化学(北京专用),五年高考,A组自主命题北京卷题组,考点铁及其化合物,1.(2014北京理综,11,6分)用右图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由中现象,不能证实中反应发生的是(),答案AA项,肥皂水冒泡,不能证明产生了H2,也可能是气体受热膨胀所致,故选A;B项,产生的NH3溶于水呈碱性,可使酚酞变红;C项,NaHCO3固体受热分解产生的CO2气体可使澄清石灰水变浑浊;D项,石蜡油在碎瓷片的催化下发生分解,产生的烯烃可使Br2的CCl4溶液褪色。,易错警示肥皂水冒泡说明有气体逸出,但不一定是反应生成了气体,也可能是装置内的气体受热膨胀所致。,思路分析酚酞溶液变红说明有碱性气体产生;澄清石灰水变浑浊说明有二氧化碳产生;溴的四氯化碳溶液褪色说明有不饱和烃产生。,2.(2017北京理综,28,16分)某小组在验证反应“Fe+2Ag+Fe2+2Ag”的实验中检测到Fe3+,发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05molL-1硝酸银溶液(pH2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,烧杯底部有黑色固体,溶液呈黄色。(1)检验产物取出少量黑色固体,洗涤后,(填操作和现象),证明黑色固体中含有Ag。取上层清液,滴加K3Fe(CN)6溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中含有。(2)针对“溶液呈黄色”,甲认为溶液中有Fe3+,乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+,乙依据的原理是(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验:取上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生,且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关,对比实验记录如下:,(资料:Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)对Fe3+产生的原因作出如下假设:假设a:可能是铁粉表面有氧化层,能产生Fe3+;假设b:空气中存在O2,由于(用离子方程式表示),可产生Fe3+;假设c:酸性溶液中的N具有氧化性,可产生Fe3+;假设d:根据现象,判断溶液中存在Ag+,可产生Fe3+。下述实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验可证实假设d成立。实验:向硝酸酸化的溶液(pH2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min时溶液呈浅红色,30min后溶液几乎无色。实验:装置如下图。其中甲溶液是,操作及现象是。,(3)根据实验现象,结合方程式推测实验中Fe3+浓度变化的原因:。,答案(1)加硝酸加热溶解固体,再滴加稀盐酸,产生白色沉淀Fe2+(2)2Fe3+Fe3Fe2+4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀0.05molL-1NaNO3FeSO4溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色更深(3)溶液中存在反应:2Ag+FeFe2+2Ag,Ag+Fe2+Fe3+Ag,Fe+2Fe3+3Fe2+。反应开始时,c(Ag+)大,以反应、为主,c(Fe3+)增大。约30min后,c(Ag+)小,以反应为主,c(Fe3+)减小,解析(1)烧杯底部的黑色固体中含有银和过量的铁,要证明Ag的存在,可加硝酸并加热将固体溶解,然后用盐酸来检验Ag+的存在。(2)要证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因,需将原实验中的溶液换成c(H+)、c(N)分别相同,但不含Ag+的溶液,可选用硝酸酸化的0.05molL-1NaNO3溶液(pH2),通过向上层清液中滴加KSCN溶液后的现象差异进行验证。实验中甲溶液是FeSO4溶液,电极反应为:负极Fe2+-e-Fe3+,正极Ag+e-Ag。一段时间后检验Fe3+的存在及浓度,即可得出Ag+能将Fe2+氧化成Fe3+的结论。,破定止惯思维定式在解题时危害很大,学习时我们能够接触到Fe3+AgFe2+Ag+,所以就产生了Ag+不能氧化Fe2+的思维定式,从而影响该题的解答。,3.(2013北京理综,27,12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略):.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤;.向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3;.加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色;.加入MnSO4至紫红色消失,过滤;.浓缩、结晶、分离,得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是。(2)将Mn氧化Fe2+的离子方程式补充完整:1Mn+Fe2+1Mn2+Fe3+,注:金属离子的起始浓度为0.1molL-1根据表中数据解释步骤的目的:。(4)已知:一定条件下,Mn可与Mn2+反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓HCl并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是。中加入MnSO4的目的是。,答案(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2O(2)58H+54H2O(3)pH约为3时,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的Mn,(3)已知:生成氢氧化物沉淀的pH,解析(2)由得失电子守恒知Fe2+和Mn的化学计量数之比为51,再由电荷守恒可知左边还应填8H+,由原子守恒推出右边还应填4H2O。(3)滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、H+、S,由生成氢氧化物沉淀的pH可知,要使Fe2+和Fe3+完全沉淀而Al3+不生成Al(OH)3沉淀,应将Fe2+氧化为Fe3+,且控制pH在2.83.4之间。(4)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,Cl2是一种黄绿色气体。由题干提供的信息可得出加入MnSO4的目的是除去溶液中过量的Mn:2Mn+3Mn2+2H2O5MnO2+4H+。,审题技巧仔细阅读实验流程,明确各步操作的原理或目的,根据题目要求作答。,思路分析(3)分析生成氢氧化物沉淀的pH可知,调节pH约为3时,Fe3+可以形成氢氧化物沉淀,而Fe2+和Al3+不能形成氢氧化物沉淀,故将Fe2+氧化为Fe3+,可以使铁完全沉淀而除去。,评析本题考查了元素及其化合物、氧化还原反应方程式的配平等知识。重点考查考生综合分析问题的能力。考生不能准确应用(3)中的信息解释步骤的目的是本题的失分点。难度中等。,1.(2019天津理综,3,6分)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是()A.将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2B.铝中添加适量锂,制得低密度、高强度的铝合金,可用于航空工业C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长,可施加熟石灰进行改良D.无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水,考点铁及其化合物,B组统一命题、省（区、市）卷题组,答案C本题涉及的考点有铁、氯、钠及其化合物的性质,合金的性质与应用。考查学生对元素化合物基础知识的整合能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。A项,溶液中发生反应:2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-、2Fe3+Fe3Fe2+,将废铁屑加入FeCl2溶液中可以除去工业废气中的Cl2,故正确;B项,铝、锂均为轻金属,铝中添加适量锂可以制得低密度、高强度的铝合金,故正确;C项,Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH,施加熟石灰生成了烧碱NaOH,碱性增强,不利于作物生长,故错误;D项,无水CoCl2吸水的现象(蓝色变粉红色)明显,可用于判断变色硅胶是否吸水,故正确。,易错提醒C选项中,熟石灰虽然可以与Na2CO3反应,但反应后会生成碱性更强的烧碱,适得其反。解题时务必考虑周到,思维缜密。,2.(2016课标,7,6分)化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是(),答案BFeCl3与Cu的反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,不能用来比较铁与铜的金属性强弱,故错误。,思路分析比较金属性强弱可以采用金属与盐溶液间的置换反应。,易错警示FeCl3溶液与铜发生反应:2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,常用于刻制印刷电路板,不能用于比较铁和铜的金属性强弱。,3.(2019课标,27,15分)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:回答下列问题:(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是。(2)步骤需要加热的目的是,温度保持8095,采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为(填标号)。,(3)步骤中选用足量的H2O2,理由是。分批加入H2O2,同时为了,溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。,答案(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质防止Fe3+水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe(SO4)212H2O,解析本题涉及的考点有铁及其化合物、氧化还原反应和工艺流程等;考查了学生将实际问题分解,通过运用相关知识分析和解决化学问题的能力,体现了科学态度与社会责任的学科核心素养,以及关注社会发展的价值观念。(1)用热纯碱溶液洗去铁屑表面的油污后,再用水洗涤铁屑表面附着物。(2)加热可以加快化学反应速率,进而加快铁屑的溶解。为便于控制温度在8095,可采取水浴加热方式。铁屑中硫化物与稀H2SO4反应生成酸性气体H2S,可用碱液吸收,并用倒扣漏斗,既能充分吸收又能防止倒吸。(3)步骤利用H2O2的强氧化性将Fe2+全部氧化为Fe3+。为防止Fe3+水解,需控制溶液的pH小于0.5。(4)从溶液中得到产品硫酸铁铵晶体,先加热浓缩、冷却结晶,然后过滤、洗涤、干燥即可。(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1mol,加热到150,失去1.5mol(即27g)水,质量减轻5.6%,则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为482,NH4Fe(SO4)2的相对分子质量为266,则剩余部分为水,=12,故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。,4.(2019江苏单科,18,12分)聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸,在约70下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为;水解聚合反应会导致溶液的pH。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000g,置于250mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.00010-2molL-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。,答案(1)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O减小(2)偏大n(Cr2)=5.00010-2molL-122.00mL10-3LmL-1=1.10010-3mol由滴定时Cr2Cr3+和Fe2+Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr26Fe2+(或Cr2+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O)则n(Fe2+)=6n(Cr2)=61.10010-3mol=6.60010-3mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.60010-3mol56gmol-1=0.3696g样品中铁元素的质量分数:(Fe)=100%=12.32%,解析本题涉及氧化还原反应离子方程式的书写,溶液pH的变化,化合物中元素的质量分数的计算及误差分析等,通过滴定原理的拓展应用,考查了化学实验与探究的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式,水解聚合反应消耗了溶液中的OH-,导致溶液中H+浓度增大,所以溶液的pH减小。(2)过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测定结果偏大。由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中电子得失守恒规律可以找出Fe2+与Cr2的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。,方法技巧在化学计算时,应用守恒思想:原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒进行计算。,5.(2018课标,26节选)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子c0(Mn+)=0.1molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:,回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有;氧化除杂工序中ZnO的作用是,若不通入氧气,其后果是。(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为。,答案(1)ZnS+O2ZnO+SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+(3)Cd2+ZnCd+Zn2+,解析(1)高温焙烧,金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫气体。(2)PbSO4难溶于水;氧化除杂工序中通入O2,可将铁元素完全转化为Fe3+,加入ZnO调节溶液pH为2.86.2,保证Fe3+被完全除去。(3)还原除杂工序中锌粉可置换出金属Cd。,6.(2017课标,27,15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤的主要反应为:FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是,滤渣2的主要成分是及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变(填“大”或“小”),原因是(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。,a.80b.60c.40d.10步骤的反应类型是。(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为。,答案(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2Cr+2H+Cr2+H2O(4)d复分解反应(5)100%,解析(1)FeOCr2O3是还原剂,氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3,每摩尔FeOCr2O3参与反应转移7mol电子,而NaNO3是氧化剂,还原产物为NaNO2,每摩尔NaNO3参与反应转移2mol电子,根据得失电子守恒可知,FeOCr2O3和NaNO3的系数比为27;陶瓷在高温下会与Na2CO3反应,故熔融时不能使用陶瓷容器。(2)步骤中反应产生了不溶于水的Fe2O3,故滤渣1的主要成分是Fe2O3,含量最多的金属元素是铁元素;调节pH=7后,Al3+转化成Al(OH)3沉淀,故滤渣2中除了含硅杂质外还有Al(OH)3。(3)分析知滤液2中的主要成分是Na2Cr,滤液3中的主要成分应为Na2Cr2O7,则第步调节pH的作用是使Na2Cr转化为Na2Cr2O7,离子方程式为2Cr+2H+Cr2+H2O,由此可知应调节pH使之变小。(4)应选择K2Cr2O7溶解度小于溶液中其他溶质溶解度且K2Cr2O7溶解度尽量小的温度,故选d,此时得到的K2Cr2O7固体最多;步骤中发生反应的化学方程式为2KCl+Na2Cr2O7K2Cr2O7+2NaCl,该反应为复分解反应。(5)样品中Cr2O3的质量为(m140%)kg,则生成K2Cr2O7的理论质量为(m140%)kg,则产率为m2kg(m1kg40%)100%=100%。,7.(2016课标,28,15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1molL-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是。(4)丙组同学取10mL0.1molL-1KI溶液,加入6mL0.1molL-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀;第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验检验的离子是(填离子符号);实验和说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为。,(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)。,答案(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+Fe3+可逆反应(5)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动,解析(1)Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+,加入少量铁屑,可防止Fe2+被氧化。(2)Cl2可将Fe2+氧化,反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-。(3)Fe2+易被空气中的O2氧化,加入煤油,覆盖在溶液上面,阻止空气进入溶液干扰实验。(4)实验加入K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀,说明含有Fe2+;实验和说明在I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,证明该反应为可逆反应。(5)H2O2溶液中加入酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,说明Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,同时生成的Fe3+对H2O2的分解有催化作用,H2O2分解放热,又对Fe3+的水解起促进作用。,易错警示第(5)问若不能挖掘出反应的原理,会对产生气泡的原因及生成沉淀的原因分析不清。,知识拓展Fe3+、Fe2+的鉴别方法,8.(2015课标,27,14分)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:回答下列问题:(1)写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有(写出两条)。(2)利用的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是。(写化学式),(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是。然后再调节溶液的pH约为5,目的是。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是(填名称)。(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为。(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程。,答案(1)Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径(2)Fe3O4SiO2和CaSO4(3)将Fe2+氧化成Fe3+使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(4)(七水)硫酸镁(5)Na+HH-(6)2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO,解析(1)硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸,所以Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式为Mg2B2O5H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径等措施。(2)Fe3O4有磁性,可利用其磁性将其从“浸渣”中分离;“浸渣”中还剩余的物质是SiO2和CaSO4。(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,其作用是把Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH约为5,使Al3+和Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉降而除去。(4)“粗硼酸”中所含杂质主要是没有除去的易溶性镁盐,故为(七水)硫酸镁。(5)硼氢化钠的电子式为Na+HH-。(6)利用Mg的还原性制取硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。,评析本题以制备粗硼酸的工艺流程为背景,突出考查了影响化学反应速率的因素,物质结构和物质的提纯,弱化了计算,拓宽了知识面。,1.(2016浙江理综,7,6分)下列说法不正确的是()A.储热材料是一类重要的能量存储物质,单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B.Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C.Ba2+浓度较高时危害健康,但BaSO4可服入体内,作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附,C组教师专用题组,考点铁及其化合物,答案DD项,纳米铁粉可与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等发生置换反应,不是物理吸附。,2.(2014重庆理综,4,6分)茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不能都用到的是(),A.将茶叶灼烧灰化,选用、和B.用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释,选用、和C.过滤得到滤液,选用、和D.检验滤液中的Fe3+,选用、和,答案BA项,灼烧茶叶需用仪器有坩埚、泥三角、酒精灯等,A项正确;B项,溶解茶叶灰的过程中会用到烧杯、玻璃棒等仪器,容量瓶是配制一定体积、一定物质的量浓度溶液时的主要仪器,B项错误;C项,过滤需用仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒等,C项正确;D项,检验Fe3+可用KSCN溶液,仪器为胶头滴管和试管,D项正确。,3.(2014福建理综,24,15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切。(1)下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。该电化腐蚀称为。图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是(填字母)。,步骤若温度过高,将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为。步骤中发生反应:4Fe(NO3)2+O2+(2n+4)H2O2Fe2O3nH2O+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。上述生产流程中,能体现“绿色化学”思想的是(任写一项)。,(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下:,答案(1)吸氧腐蚀B(2)4HNO34NO2+O2+2H2O4Fe+10HNO34Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O氮氧化物排放少(或其他合理答案)(3)410.05,(3)已知t时,反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25。t时,反应达到平衡时n(CO)n(CO2)=。若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s),并通入xmolCO,t时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%,则x=。,解析(2)硝酸在受热或光照条件下均易分解,化学方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O。由题意可知HNO3又将铁氧化为Fe(NO3)2,由框图中分离的产物可知HNO3被还原为NH4NO3,故化学方程式为4Fe+10HNO34Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O。可从两方面考虑:一是HNO3被还原为NH4NO3,没有生成氮氧化物,减少了对环境的污染;二是产物的利用,如NH4NO3可作氮肥,提高了原子利用率。(3)该反应的平衡常数表达式为K=,在同样条件下,c(CO2)c(CO)=n(CO2)n(CO),所以平衡状态时n(CO)n(CO2)=41。可列出“三段式”:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)起始量:0.02molxmol00变化量:0.02mol50%0.01mol0.01mol0.01mol平衡量:0.01mol(x-0.01)mol0.01mol0.01molK=0.25,得x=0.05。,1.(2019北京丰台期末,6)铝热反应常用于冶炼高熔点金属,某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分,实验过程及现象如下:下列说法不正确的是()A.反应产生的气体是H2B.反应为Al2O3+2OH-2Al+H2OC.反应的白色沉淀是Al(OH)3D.黑色固体中不含Al和Fe3O4,三年模拟,A组20172019年高考模拟考点基础题组,考点铁及其化合物,答案DA项,反应有气体产生、反应无气体产生,说明黑色固体中含有Fe、不含Al,产生的气体是H2;B项,反应中是Al2O3与NaOH反应,其离子方程式为Al2O3+2O2Al+H2O;C项,H2CO3的酸性强于Al(OH)3,根据强酸制弱酸原理,反应产生的白色沉淀是Al(OH)3;D项,由于Fe+2Fe3+3Fe2+,故不能确定黑色固体中是否含有Fe3O4。,2.(2019北京丰台一模,12)已知:FeCl4(H2O)2-在溶液中显黄色,下列实验所得结论不正确的是(),答案DA项,实验中,0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色,加热后颜色变深,说明升高温度Fe3+水解程度增大,颜色加深,故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3,正确;B项,实验中,酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色,加热后溶液颜色无明显变化,说明温度升高几乎不能引起变化,则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,正确;C项,实验中,向酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液中加入NaCl后,溶液立即变为黄色,根据题给信息可知生成了FeCl4(H2O)2-,加热后溶液颜色变深,则存在可逆反应:Fe3+4Cl-+2H2OFeCl4(H2O)2-,正确;D项,实验,加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深,Fe3+水解平衡正向移动或可逆反应Fe3+4Cl-+2H2OFeCl4(H2O)2-平衡正向移动均可能使溶液颜色变深,故不可证明升高温度,Fe3+水解平衡正向移动,错误。,注:加热为微热,忽略体积变化。A.实验中,Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3B.实验中,酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响C.实验中,存在可逆反应:Fe3+4Cl-+2H2OFeCl4(H2O)2-D.实验,可证明升高温度,Fe3+水解平衡正向移动,3.(2019北京东城二模,7)下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是()A.镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀B.铝箔在加热时,熔化的铝不滴落C.铁在氧气中燃烧所得氧化物中,铁有两种化合价D.常温时浓硝酸可用铁制容器盛放,而不能用铜制容器盛放,答案AA项,锌比铁活泼,镀锌铁的镀层破损后,锌与铁构成原电池,锌作负极、铁作正极,锌被腐蚀,铁受到保护,腐蚀变慢;铁比锡活泼,镀锡铁的镀层破损后,铁作负极,腐蚀加快,镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀与金属活动性顺序有关。B项,铝箔在加热时,熔化的铝不滴落是由于铝箔在加热时表面被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜,氧化铝的熔点高于金属铝,故熔化的铝不滴落,与金属活动性顺序无关。C项,铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁,铁显+2价和+3价,与金属活动性顺序无关。D项,常温下铁遇浓硝酸发生钝化,在铁的表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止反应继续进行;常温下铜可以与浓硝酸发生反应,故常温下浓硝酸可用铁制容器盛放,而不能用铜制容器盛放,这与金属活动性顺序无关。,知识拓展金属腐蚀快慢的顺序:电解池的阳极原电池的负极化学腐蚀原电池的正极电解池的阴极。,4.(2019北京海淀期中,15)工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如下图所示。(1)反应的化学方程式为Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g),反应的化学方程式为,对比反应、,铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是。用化学方程式表示反应、的总结果:。(2)反应为CO2(g)+C(s)2CO(g)H0。为了提高达平衡后CO的产量,理论上可以采取的合理措施有(任写一条措施)。,(3)上述流程中铁的氧化物可用来制备含Fe3+的蚀刻液,用蚀刻液蚀刻铜板时,可观察到溶液颜色逐渐变蓝,该反应的离子方程式为。蚀刻液使用一段时间后会失效,先加酸,再加入过氧化氢溶液,可实现蚀刻液中Fe3+的再生,该反应的离子方程式为。(4)上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼CO(NHNH2)2,其中碳元素显+4价。加热条件下,碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层,并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为。,答案(1)3FeO(s)+H2O(g)H2(g)+Fe3O4(s)作催化剂C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)(2)升高温度(或减小压强、移走CO、加入CO2等)(3)2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+H2O2+2Fe2+2H+2H2O+2Fe3+(4)CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2+CO2+3H2O,解析(1)观察题给流程图中箭头指向知,反应的化学方程式为3FeO(s)+H2O(g)H2(g)+Fe3O4(s);铁的氧化物先反应后生成,所以铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是作催化剂;由题图中的三个反应可知,反应的总结果为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。(2)由勒夏特列原理可知,升高温度、减小压强、通入CO2、移走CO,均可以提高反应达到平衡后CO的产量。(3)根据题意,含Fe3+的蚀刻液蚀刻铜板的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+;根据题意,蚀刻液使用一段时间后会失效生成Fe2+,先加入酸、再加入过氧化氢溶液发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2H2O+2Fe3+。(4)根据题意书写反应物、生成物及反应条件,并配平反应方程式为CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2+CO2+3H2O。,5.(2018北京朝阳期中,19)某兴趣小组研究I2与FeCl2溶液的反应。配制FeCl2溶液:向0.1molL-1FeCl3溶液中加入足量铁粉,充分振荡,备用。(1)FeCl3溶液与铁粉反应的离子方程式是。(2)检验FeCl3完全反应的实验方案是。(3)设计如下实验,研究I2是否能够氧化FeCl2:,实验现象:试管1溶液变红,试管2溶液呈较浅的蓝色。实验结论:I2能够氧化FeCl2。有的同学认为上述实验现象不足以得出上述结论,原因是。欲证实实验结论,再次设计对比实验。实验方案和相应的现象是。(4)继续进行实验:,针对中现象,小组同学提出假设:在一定量的KI存在下,CCl4很难萃取上述黄色溶液中的I2。该小组同学设计实验,证实了假设。在下图虚框中,将实验方案补充完整(按试题图示方式呈现):应用化学平衡移动原理,结合离子方程式,解释实验中溶液红色褪去的原因:。,答案(1)2Fe3+Fe3Fe2+(2)取少量所得溶液,向其中加入KSCN溶液,溶液不变红(3)FeCl2可能被空气中的O2氧化取1mLFeCl2溶液,滴入8滴蒸馏水,分成两份。其中一份滴加23滴KSCN溶液,与试管1对比,观察溶液变红的时间长短和溶液红色的深浅(4)试管1中存在如下平衡体系a:Fe(SCN)3Fe3+3SCN-,加入KI固体后,发生反应b:2Fe3+2I-I2+2Fe2+,同时,在I-存在下,I2存在形式发生改变,反应b平衡右移,共同促进体系中c(Fe3+)减小,反应a平衡右移,最终红色褪去,解析(1)FeCl3具有氧化性,铁粉具有还原性,二者反应的离子方程式是2Fe3+Fe3Fe2+。(2)欲检验FeCl3完全反应只需要证明没有Fe3+即可,实验方案是取少量所得溶液,向其中加入KSCN溶液,溶液不变红。(3)由于FeCl2可能被空气中的O2氧化,故不能得出I2能够氧化FeCl2的实验结论。欲证实实验结论,再次设计对比实验。实验方案和相应的现象是取1mLFeCl2溶液,滴入8滴蒸馏水,分成两份。其中一份滴加23滴KSCN溶液,与试管1对比,观察溶液变红的时间长短和溶液红色的深浅。,B组20172019年高考模拟专题综合题组时间:45分钟分值:80分非选择题(共80分),1.(2019北京十中月考,19)(10分)甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况。,(1)常温下,FeCl3溶液的pH7(填“”或“=”)。(2)分析红褐色产生的原因。甲同学认为步骤中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3,用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因:。乙同学认为可能是发生了氧化还原反应,完成并配平其反应的离子方程式:Fe3+S+Fe2+,且乙同学查阅资料得知:Fe2+与S反应生成墨绿色的絮状沉淀FeSO3;墨绿色的FeSO3与黄色的FeCl3溶液混合后,溶液呈红褐色。(3)甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe(OH)3,设计并完成了如下实验:,甲同学因此得出结论:溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3。而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足,乙同学的理由是。(4)为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况,乙同学设计并完成了如下实验:,检验步骤中红褐色溶液是否含有Fe2+,可以选用的试剂是(填字母)。a.K3Fe(CN)6溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液已知H2SO3是弱酸,请结合电离方程式说明步骤中出现红褐色的原因:。(5)结论:由上述实验得知,甲、乙两同学所持观点均成立。,答案(1)(1分)(2)Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3溶液后,c(H+)下降,平衡正向移动,生成Fe(OH)3(2分)21H2O2S2H+(2分)(3)FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”(2分)(4)a(1分)H2SO3H+HS、HSH+S,S与被还原生成的Fe2+结合成FeSO3,FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色(2分),解析(1)FeCl3是强酸弱碱盐,Fe3+水解而导致其溶液呈酸性,水解的离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,所以其溶液pH7。(2)甲同学认为步骤中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3,原因是Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3溶液后,c(H+)下降,平衡正向移动,生成Fe(OH)3;Fe3+Fe2+,铁元素的化合价从+3降低到+2,SS,硫元素的化合价从+4升高到+6,根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得离子方程式为2Fe3+S+H2O2Fe2+S+2H+。(4)a项,K3Fe(CN)6溶液与Fe2+会产生蓝色沉淀,故可用于检验步骤中红褐色溶液是否含有Fe2+;b项,KSCN溶液用于检验Fe3+;c项,溶液中的二氧化硫会干扰Fe2+的检验。步骤中出现红褐色的原因是H2SO3H+HS、HSH+S,S与被还原生成的Fe2+结合为FeSO3,FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色。,思路分析(2)甲同学认为步骤中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3,结合化学反应原理从平衡移动角度分析;标出变价元素的化合价,根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得离子方程式。,2.(2019北京石景山一模,26)(13分)聚合硫酸铁(简称PFS或聚铁)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制取聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4m的工艺流程如下:(1)酸浸时最合适的酸是(写化学式)。(2)酸浸后溶液中主要的阳离子有。(3)加入KClO3的目的是(结合离子方程式说明)。(4)过程a中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合。将下列水解反应原理的化学方程式补充完整。Fe2(SO4)3+H2OFe2(OH)x(SO4+,(5)过程a中水解要严控pH的范围。pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低,请解释原因:。(6)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标,通常盐基度越高,絮凝效果越好。盐基度B的表达式:B=100%(n为物质的量)。为测量聚合硫酸铁的盐基度,进行如下实验操作:.取聚合硫酸铁样品mg,加入过量盐酸,充分反应,再加入煮沸后冷却的蒸馏水,再加入KF溶液屏蔽Fe3+,使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞溶液为指示剂,用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定,到终点时消耗NaOH溶液VmL。.做空白对照实验,取与步骤等体积、等浓度的盐酸,以酚酞溶液为指示剂,用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定,到终点时消耗NaOH溶液V0mL。该聚合硫酸铁样品中n(OH-)=mol。已知该样品中Fe的质量分数为w,则盐基度B=。,答案(1)H2SO4(1分)(2)Fe3+、Fe2+、H+(2分)(3)将Fe2+氧化为Fe3+:Cl+6Fe2+6H+Cl-+6Fe3+3H2O(2分)(4)Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4+H2SO4(2分)(5)pH偏小时,水解平衡逆向移动,聚合硫酸铁的产率会降低;pH偏大时,Fe2(SO4)3水解生成的Fe(OH)3胶体会聚沉,聚合硫酸铁的产率会降低(2分)(6)c(V0-V)10-3(2分)100%(2分),解析(1)由制备目的知加入的酸为H2SO4。(2)酸浸后的溶液中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的硫酸,所以含有的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+。(3)氯酸钾具有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子而制取聚合物,所以氯酸钾的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,涉及的离子方程式为Cl+6Fe2+6H+Cl-+6Fe3+3H2O。(4)该反应方程式为Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4+H2SO4。(6)n(OH-)=cmol/LV010-3L-cmol/LV10-3L=c(V0-V)10-3mol;n(Fe)=mol,盐基度B=100%=100%=100%。,思路分析黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等,向烧渣中加入酸酸浸,由制备目的知,加入的酸为硫酸。Fe2O3、FeO和硫酸反应分别得到硫酸铁、硫酸亚铁,SiO2不溶,过滤后得到的滤液中含有硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸。向滤液中加入废铁屑,Fe和硫酸铁反应生成硫酸亚铁,过滤后得到的滤液中含有硫酸亚铁,经处理得到绿矾,向绿矾中加入硫酸、氯酸钾,发生反应6H+Cl+6Fe2+6Fe3+Cl-+3H2O,然后发生水解反应Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4+H2SO4,最后Fe2(OH)x(SO4聚合得聚铁。结合题目分析解答。,解题关键本题考查物质的制备,涉及物质的量的相关计算、离子方程式的书写、氧化还原反应等知识点,综合性较强,明确流程图中发生的反应及各物质的性质是解题关键,注意题干信息的分析判断。,3.(2019北京东城期末,19)(13分)探究0.5mol/LFeCl3溶液(pH=1)与不同金属反应时的多样性的原因。(各组实验中:所用FeCl3溶液体积相同;金属过量;静置、不振荡),(1)根据实验的现象,推测红褐色液体为胶体,并用光束照射该液体,在与光束垂直的方向观察到得以证实。(2)已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4,重复实验,及时取少量镁条表面生成的黑色粉末,洗净后进行实验如下:,该实验说明黑色固体中一定含有,结合现象写出判断的理由:。除上述结论外,分析实验的现象,可知被还原得到的产物一定还有。(3)实验、现象的差异,与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关,其顺序是Mg2+Fe2+。,实验中发生反应的离子方程式有。已知:相同条件下,H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+。结合实验、,由反应中金属表面离子浓度的变化,推测实验、现象差异的原因:。,(4)继续研究0.5mol/LFeCl3溶液(pH=1)与Fe的反应。,答案(1)一条光亮的“通路”(1分)(2)Fe(1分)滤纸上无明显现象,说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+,所以上附近粉末变蓝只能是铁被氧化成Fe2+(2分)H2、Fe2+(2分)(3)H+Cu2+Fe3+(2分)(4)Fe+2H+Fe2+H2,Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+(Fe+2Fe3+3Fe2+)(2分)由、可知,金属与Fe3+、H+反应速率快时,因H+移动速率大于Fe3+,其浓度在金属表面变化小,易被还原,促使Fe3+水解生成Fe(OH)3;中反应慢,Fe表面Fe3+能及时补充,且由知Fe3+的氧化性强,利于Fe3+被还原(3分),解析(2)用实验所得黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验,发现Fe3O4不能与所加的试剂发生作用,而黑色粉末能,从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉;所以原黑色粉末中一定有铁粉,是铁粉被氧化产生了Fe2+。从“立即产生大量气体”判断产物中有氢气,从“滴加K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀”判断产物中有Fe2+,且这两种产物均是被还原得到的。(3)根据实验、的现象,以及金属活动性顺序可知氧化性强弱顺序为Mg2+Fe2+H+Cu2+Fe3+。(4)实验中产生气体是发生反应:Fe+2H+Fe2+H2,产生红褐色沉淀是发生反应:Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,Fe与Fe3+会发生反应:Fe+2Fe3+3Fe2+。,解题关键本题考查铁及其化合物的性质,把握铁及其化合物的性质、认真分析实验过程中的现象,结合化学反应原理分析为解答的关键,侧