化学铁及其化合物的专项培优练习题含答案解析

1、化学铁及其化合物的专项培优练习题含答案解析一、高中化学铁及其化合物练习题(含详细答案解析)1 .某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个平面魔方，如下图所示:已知A、RC、D、G含有同种元素。纯A(单质)B溶液D固体G溶液颜色银白色原;色红棕色浅绿色E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、Go依据以上信息填空：(1)写出D的化学式：。(2)G生成C的过程中所出现的现象为。(3)写出反应AB的化学方程式：。(4)B-F的离子方程式为；G与次氯酸反应的离子方程式为【答案】Fe2O3先产生白色沉

2、淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色2Fe+3c江;2FeC32Fe3+SQ+2H2O=2Fe"+SO42-+4H+H+2Fe2+HClO=2Fe3+Cl+H2O【解析】【分析】结合框图，D固体呈红棕色，则其为FG2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B为FeC3,G中含有Fe2+,A为Fe。由“B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G"，则F为H2SC4,G为FeS。；E是通常情况下密度最小的气体，则E为H2。由B-C-D的转化可推知，C为Fe(OH

3、)3。【详解】(1)由以上分析可知，D为氧化铁，其化学式：Fe2O3。答案为：Fe2O3；(2)FeSQ生成Fe(OH)3,可先加碱、后氧化，所出现的现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；(3)反应FFeC3需用C12将Fe氧化，反应方程式为2Fe+3c鼻2FeC3。答案为：2Fe+3C122FeCB;(4)FeC3-H2SQ,应使用SC2,离子方程式为2Fe3+SQ+2H2O=2Fe2+SQ2-+4hT；FeSQ与次氯酸反应，生成Fe3+、C和H+,离子方程式为H+2Fe2+HC1O=2Fe3+01+H2Oo答案为：2F

4、e3+SC2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；H+2Fe2+H01C=2Fe3+Cl+H2O。【点睛】利用框图进行物质推断时，先确定信息充足的物质，然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质，推断出未知物质的组成。2 .利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。图中甲己均含铁元素。回答下列问题:单底气牝物睡廿物质类别.性；下列关于(1)K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从铁元素化合价的角度分析是因其具有乙的说法正确的是(填标号)。a.属于酸性氧化物，能与碱反应b.属于碱性氧化物，能与酸反应c.属于两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应(2)已知甲与稀硝酸反应的化学

5、方程式为甲+HNO3-戊+己+NOT+H2O(方程式未配平)。若产物中戊和己的物质的量之比为3：1,则甲与HNO3的物质的量之比为。(3)戊与烧碱溶液反应生成丙，放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为,现象为。【答案】氧化b1：34Fe(OH上+O2+2H2O=4Fe(OH)j白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色【解析】【分析】根据图像可知，甲为铁；乙为氧化物且为+2价，为FeO;丙、丁为氢氧化物，分别为+2、+3价，分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁。【详解】(1) K2FeO4中铁元素的化合价是+6价，在反应中Fe元素能得电子表现强氧化性，常用作杀菌消毒剂。根据图可知，铁元素的+2价

6、氧化物是FeO,属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水。(2)根据图可知，戊和己分别是铁元素的+2价和+3价盐，铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe(NO3)2和Fe(NO3)3,HNO3在反应中被还原为NO,氮元素的化合价由+5价降为十2价；设反应生成Fe(NO)3的物质的量为1mol,则生成Fe(NO3)2的物质的量为3mol,则参加反应的Fe(甲)的物质的量为4mol,根据电子守恒可得3mol+3molX2=n(NO)X3,n(NO)=3mol;根据N原子守恒可知参加反应的n(HNO3)=n(NO)+nFe(NO3)2X?nFe(NO3)3x拿12mol,则铁与HNO3的物质的量之比为4：1

7、2=1：3。(3)Fe(NC3)2与烧碱溶液反应生成Fe(OH)2(丙),氢氧化亚铁与空气中的氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe(OH)3(丁)。3.在一定条件下，A、B、CD、E物质相互转化关系如图所示(反应条件和部分产物略)，其中A、BC为单质。(1)若A为金属，B、C常温下均为气体，D为黑色晶体，E为一种生活中必不可少的物质，则这五种物质的化学式为：A为_,B为_,C为_,D为_,E为_。(2) A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为_。【答案】FeOH2FesO4H2O3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2【解析】【分析】A、B、C为单质，若A为金属，B、C常温下均为

8、气体，D为黑色晶体，Fe和H2O反应生成黑色的FQd,Fe和O2反应生成黑色的F&O4,氢气和氧气反应生成H2O,符合转化关系，则A是Fe、B是O2、C是H2、E是H2O、D是FeO4,据此分析解答。【详解】A、B、C为单质，若A为金属，B、C常温下均为气体，D为黑色晶体，Fe和H2O反应生成黑色的Fqq,Fe和O2反应生成黑色的F&O4,氢气和氧气反应生成H2O,符合转化关系，则A是Fe、B是。2、C是H2、E是H2O、D是F&O4；通过以上分析知，这五种物质的化学式为：A为Fe,B为O2,C为H2,D为FesO4,E为H2O；(2)在高温条件下，Fe和水蒸气反应生成

9、四氧化三铁和氢气，所以A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为3Fe+4H2O(g)直混Fe3O4+4H2。4. A、B、CD四种化合物，其中A、CD焰色反应均为黄色(含钠元素)，而B的焰色反应为紫色(含钾元素)，A、C和盐酸反应均得到D,将固体C加热可得到A,若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C,若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀一灰绿色沉淀一红褐色沉淀巳试写出各物质的化学式：A:_、B:_、C:_、D:_、E:。【答案】N32COKOHNaHCNaClFe(OH3【解析】【详解】A、B、CD四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，含有钠元素。而B的焰色反应为紫色

10、，含有钾元素；A、C和盐酸反应均得到D,将固体C加热可得到A,若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C,这说明C是碳酸氢钠，A是碳酸钠，D是氯化钠，通入的无色气体是二氧化碳。B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液先后出现白色沉淀一灰绿色沉淀一红褐色沉淀，说明溶液中发生了反应：Fe2+一Fe(OH%(白色沉淀)一Fe(OH)3(红褐色沉淀)，E是氢氧化铁，由于B的溶液中阴离子只有一种，所以B是KOH答案为:Na2CQ;KOH;NaHCQ;NaCl;Fe(OH【点睛】要熟悉常见物质的物理性质和化学性质，特别要熟悉物质之间的转化关系。如本题中，ANa2CQ和NaHCQ之间可以相互转化：Na2CO3+CO2

11、+H2O=2NaHCO3,2NaHCQ=Na2CQ+CQT+H2O；Fe2+的转化：Fe2+2OH-=Fe(OH)2J,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。5 .已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系:二©-身-*XV红褐色固体后回T1热色晶体(1)确定A、B、C、D、EF的化学式：A,BC,D,E,F°(2)写出的化学方程式,、的离子方程式,。【答案】FeF(3O4FeC2FeC3Fe(OH)2Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe2+Cl2=2Fe3+2CfFe+2Fe3+=3Fe2+【解析】【分析】由转化关系图可知，

12、红褐色固体F为Fe(OH)3,则E为Fe(OH)2,C为FeC2,D为FeC3,A为Fe,B为FesO4o据此解答。【详解】(1)由以上分析可知A为Fe,B为Fe3O4,C为FeC2,D为FeC3,E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3；(2)反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-,的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+。6 .物质AF有如图所示的转化关系，各反应均在高温下进行(必要时需催化剂)，A是一种常见的金属单质，B常温下是一种液态化合物，E为一种无色气体，且E分子的电子数与(1)写出的化学方程式。(2)写出的化学方

13、程式。(3)写出一个B作还原剂的化学方程式。(4)写出一个F作氧化剂的化学方程式。【答案】3Fe+4H20(g)-Fe3O4+4H2CO+h!O(g)=CO2+H22整+2H2O=4HF+Q高温点燃C+CO!=2CO(或2Mg+CO2-2MgO+C)【解析】【分析】反应均是在高温下进行的(必要时可使用催化剂)，A是一种常见的金属单质，B常温下是一种液态化合物，E为一种无色气体，且E分子的电子数与N2的电子数相同，则E为CO,依据转化关系结合反应条件分析判断，A为Fe,B为H2O,C为Fe3O4,D为H2,E为CO,F为CQ,据此分析解答。【详解】Wj温(1)反应是铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和

14、氢气，化学方程式3Fe+4H2O(g)Fe3Ot+4H2；Wj温(2)反应是一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，化学方程式CO+h2O(g)=CQ+H2；(3)B为H2O,氟单质与水反应生成氟化氢和氧气，该反应中水作还原剂，化学方程式2F2+2H2O=4HF+O2；(4)F为CQ,二氧化碳在高温下与碳单质反应生成一氧化碳，或二氧化碳与金属镁反应生.高温成氧化镁和碳单质，反应中二氧化碳作氧化剂，化学方程式C+CQ2CO(或点燃2Mg+CO2_2MgO+C);7 .硫及其化合物有如下转化关系FmE”加，(1)发生氧化还原反应的是(填序号)(2)写出(5)的反应方程式,说明浓硫酸具有,制取CuS

15、。，方法最好(填序号)；(3)SC2是造成空气污染，形成酸雨的主要物质。SC2在水的存在下与氧气反应生成硫酸，反应方程式为。验证二氧化硫的方法是。(4)某溶液中含有C、SQ2-,可能含有Na+、Fe2+或其中一种。验证C、SC42-的方法是A.先加BaC2溶液，等沉淀后，再加AgNC3溶液8 .先加AgNC3溶液，等沉淀后，再加BaC2溶液C.先加Ba(NC3)2溶液，等沉淀后，再加AgNC3溶液验证Na+或Fe2+最简单的方法是。【答案】2H2SC4(浓)+Cu=CuSQ+SQT+2H2O强氧化性2SC2+C2+2H2C=2H2SC4将某气体通入盛品红溶液的试管中，品红褪色，再加热，又出现红

16、色，证明是SO2C若溶液为无色，则溶液中只有Na+；若溶液显绿色，一定有Fe2+,再做焰色反应，以证明Na+的存在【解析】【详解】(1)依据转化关系中反应前后元素化合价变化分析，反应是硫单质和铁发生反应一定有元素化合价变化属于氧化还原反应；是硫和氧气反应生成二氧化硫属于氧化还原反应；是三氧化硫和氢氧化钢溶液反应生成硫酸钢沉淀，无元素化合价变化，不是氧化还原反应；是硫酸铜和氯化钢溶液反应生成沉淀，发生的是复分解反应；是铜和浓硫酸加热反应，发生的是氧化还原反应，是氧化铜与硫酸的反应，没有元素的化合价发生变化；有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，因此属于氧化还原反应；故答案为；(2)反应是浓硫酸和

17、铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：2H2SC4(浓)+Cu三CuSQ+SQT+2H2O,反应中浓硫酸表现了酸性和强氧化性；硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜，反应过程中无污染气体生成最好，制备硫酸铜的方法，最好，生成二氧化硫污染性气体；故答案为2H2SC4(浓)+C$=CuSQ+SQT+2WO;强氧化性；(3)SC2在水的存在下与氧气反应生成硫酸，分压的化学方程式为：2SC2+O2+2H2r2H2SC4；依据二氧化硫的特征性质检验二氧化硫，使品红试液褪色，加热恢复红色，方法为：将某气体通入盛品红溶液的试管中，品红褪色，再加热，又出现红色，证明是S6；故答案为2SQ+O2+2H2r

18、2H2SC4；将某气体通入盛品红溶液的试管中，品红褪色，再加热，又出现红色，证明是SC2;(4)依据氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验、硫酸根离子检验方法加入盐酸，在加入硝酸想进行检验，注意离子检验设计应先检验硫酸根离子，沉淀完全后再检验氯离子的存在。A.先加BaCb溶液，等沉淀后，再加AgNO3溶液，氯离子和硫酸根离子都会生成白色沉淀，不能确定离子存在，选项A错误；B.先加AgNO3溶液，等沉淀后，再加BaCb溶液，硫酸根离子也能生成白色沉淀硫酸银，不能检验离子存在，选项B错误；C.先加Ba(NO3)2溶液，等沉淀后，检验硫酸根离子存在，除去硫酸根离子后再加AgNO3溶液，检验氯离子存在，选项C正

19、确；答案为C;依据亚铁离子溶液呈浅绿色，钠离子溶液中为无色，或做焰色反应检验；若溶液为无色，则溶液中只有Na+;若溶液显绿色，一定有Fe2+,再做焰色反应，以证明Na+的存在；故答案为若溶液为无色，则溶液中只有Na+;若溶液显绿色，一定有Fe2+,再做焰色反应，以证明Na+的存在。8.将单质Fe和FeC3、FeC2、CuC2的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。根据下述不同情况，填写金属单质或金属离子的符号。(1)充分反应后，若Fe有剩余，则烧杯中不可能含有的金属离子是。(2)充分反应后，如果烧杯中还有大量的Fe3+,则还会有的金属离子是。(3)如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半，则烧杯中

20、一定没有的金属离子是,一定没有的金属单质是。【答案】Fe3+、Cu2+f/、Cu2+fS+Fe【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeC2、FeC3、CuC2,氧化性：FeC3>CuC2>FeC2,还原性Fe>Cu,铁先与氯化铁溶液反应，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。【详解】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeC2、FeC3、CuC2,则铁先与氯化铁溶液反应。氧化性：FeC3>CuC2>FeC2,还原性Fe>Cu;

21、Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+;如容器内有大量Fe3+,说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是Fe2，Cu2+;如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+;则Fe完全溶解，一定没有Fe剩余。【点睛】考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键；本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+,可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，

22、Fe3+和C/无剩余。9.已知A、B、C、D、G为中学化学中常见的物质，其中A为单质，B、CD、G均为化合物。它们之间存在以下的相互转化关系：稀盐酸F*气体液卜AgNO3HNO；白色空气红褐色盐酸沉淀E"沉淀F1A溶液试回答:(1)写出A的化学式。(2)如何用实验证明B溶液中是否含有G?(请写出实验的步骤、现象和结论)。(3)写出由E转变成F的化学方程式。(4)向G溶液中加入A的有关离子反应方程式。【答案】Fe取少量B溶液于试管中，滴入几滴KSCN容液，溶液显红色说明含有G,否则不含G4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)32F3+Fe=3F2+【解析】【分析】白色沉淀E在

23、空气中变为红褐色沉淀F,则E是Fe(OHb、F是Fe(OH)3,Fe(OH)3与盐酸反应生成氯化铁，G是FeC3溶液；则可知A是Fe,铁与盐酸反应生成FeC2和氢气，B是FeC2;C是氢氧化钠，氢氧化钠与FeC2反应生成Fe(OH)2和氯化钠，D是NaCl,NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠，则H是AgCl。根据以上分析：(1) A是单质铁，化学式为Fe。(2) B是FeC2,G是FeCB,Fe3+遇KSCN变红色，取少量B溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液显红色说明含有FeC3,否则不含FeC3o(3) E是Fe(OH)2、F是Fe(OH>,白色沉淀E在空气中变为红褐色

24、沉淀F,化学方程式是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。(4)向FeC3溶液中加入铁粉生成FeC2,反应方程式是2Fe3+Fe=3Fe2+。【点睛】本题考查物质推断与性质，掌握元素化合物的性质是解题的关键，注意白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F”是本题推断的突破口。10 .以下物质相互转化r->W一白检跟H试回答:(1)写出B的化学式;D的名称。(2)写出由E转变成F的化学方程式。(3)写出用KOH鉴别G溶液的离子方程式;向G溶液加入A的有关离子方程式。【答案】FeC2氯化钾4Fe(OH+O2+2H2r4Fe(OHpFe3+3OH-Fe(OH)U2Fe3+FL3Fe2+【

25、解析】【分析】D和硝酸银溶液反应生成白色沉淀H,H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F,则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B,B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾，D是氯化钾，E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，G是氯化铁，H是氯化银。(1)B是氯化亚铁，化学式为FeC2;D是氯化钾，故答案为：FeC2;氯化钾

26、；(2)E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OHI+O2+2H2O4Fe(OH)3,故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2。-4Fe(OH；(3)用KOH鉴别G溶液时铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铁，离子方程式为：Fe3+3OH-Fe(OH)sJ,向G溶液加入A是铁离子和铁反应生成亚铁离子，离子方程式为：2Fe3+FL3Fe2+,故答案为：Fe3+3OH-Fe(OHJ;2Fe3+FL3Fe2+。11 .黑色粉末A,黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验:一国NaOH(1)试根据上述反应现象推断以下物质的化学式:I一I能使品红溶液

27、褪邑燃烧U的气体空气中k灰绿色放置红褐色固体ADEH(2)写出(3)写出(4)写出【答案】C出酸一D+F的离子方程式:,E的化学方程式:,H的化学方程式:1)FaH2sSQ、Fe(OH)3(2)(3)FeS+2H-f3+H2ST点燃2H2s3O22SO22H2O4Fe(OH+O2+2H2g4Fe(OH>(1)E能使品红褪色，E为SQ；H为红褐色固体，H为FeOH3;黑色粉末A、黄色粉末B,它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C为FeS;D为H2S;F为FeCl2;G(2)(3)硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为点燃2H2s3O22SO22H2O；为FeOH2FeS与盐酸反应的离子方

28、程式FeS+2H一F-+H2sT;(4)氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3o12.已知有以下物质相互转化:一气仲AgilC,.1_由>&用一3好湍>二”由髯迷叫1溷承I使设J1''(1)A转化为B及气体这步反应中应加入的试剂是(填化学式)(2)写出B的化学式F的化学式(3)写出由G转变成H的化学方程式(4)写出检验I溶液中阳离子的试剂,；向I溶液中加入A的有关离子反应方程式是【答案】(1)HCl(2)FeC2KCl(3)4Fe(OH)>+O2+2H2O=4Fe(OH)(4)Fe3+3SCN=Fe(SC

29、N32Fe3+Fe=3F畲【解析】【分析】【详解】F与硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀J,则F中含有氯离子，J是AgCl,所得溶液焰色反应呈紫色，则溶液中含有钾离子，根据元素守恒知,F为KCl,白色沉淀G在空气中转化为红褐色沉淀H,则G是Fe(OH)2,H是Fe(OH)3,氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，则I是FeC3；B和E发生复分解反应生成KCl和Fe(OH)2,且氯化铁和A反应生成B,则B为FeCb,A是Fe,E为KOH,由A与试剂反应生成B与气体，则试剂为盐酸、气体为氢气，B与足量的气体C反应生成I,则C为氯气；(1)通过以上分析知，A转化为B及气体这步反应中应加入的试剂是盐酸；(2

30、)由上述分析可知，B的化学式为FeC2,F的化学式KC|(3)Fe(OH)2被氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH"+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)1是FeC3,铁离子和硫氧化钾溶液反应生成血红色溶液，所以铁离子可以用硫氧化钾溶液检验，反应离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe(SCN3;氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应离子反应方程式为2Fe3+Fe=3F/。13.已知A为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题。0工红褐色固体(1)确定A、B、C、D、E、F的化学式:A为,B为,C为oD为,E为,F为。(2)写出的化学方程式及、的离子方程式：。【答案】(

31、1)FeF(3O4FeC2FeC3Fe(OH»Fe(OH)3(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH2Fe2+C2=2Fe3+2C2Fe3+Fe=3F(2+【解析】【分析】【详解】试题分析：B是黑色晶体，应为Fe3O4,它与HCl反应生成FeC2和FeC3,红褐色固体F为Fe(OH)3,则E为Fe(OH)2,C为FeC2,D为FeC3,所以A为Fe.(1)由以上分析可知A为Fe,B为Fe3O4,C为FeC2,D为FeC3,E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3；答案为：Fe；Fe3O4；FeC2；FeC3；Fe(OH&；Fe(OH)3(2)EF为Fe(OH)2与氧

32、气反应生成，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3;C-D转化可由氯气和氯化亚铁反应生成，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2C-;DX转化可由FeC3与Fe反应生成FeC2,反应的离子方程式为2Fe3+FL3Fe2+。考点：考查铁及其化合物的性质。14.有一种埋在地下的矿物X(仅含四种元素)，挖出后在空气中容易发黄，现探究其组成和性质，设计完成如下实验：K(20.6g)稿绝空气加强电J黑01sl阵常-溶液令一等份满加.*干密品翎爱r血红色K4涔海尢明业胴冢取氢水溶液足量,E过滤馅法_一门NaQ用翻空弋中充分均域'1T请回答:(1)X的化学式,挖

33、出后在空气中容易发黄的原因(2)写出溶液分二等份，加KSCN无明显现象后，滴加双氧水的两个离子方程式：【答案】F2(OH)2CQ或Fe(OH)2FeCQ+2价铁元素被空气氧化为+3价铁元素2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OF&+3SCN=Fe(SCN3【解析】【分析】先计算分解生成的水的物质的量，再计算CO2的物质的量，根据现象得出含有亚铁离子并计算物质的量，根据比例关系得出化学式。滴加双氧水是Fe2+与H2O2反应生成Fe3+,Fe3+与3SCM反应生成血红色。【详解】分解生成的水是1.8g,物质的量是0.1mol;无色无味气体是C6,物质的量是0.1mol;黑色固体用稀硫酸溶解后分