3.1.3铁及其化合物复习课-2022-2023学年高一化学导练测（人教版2019必修第一册）（解析版）

2022-2023学年高一化学同步导练测第三章铁金属材料第一节铁及其化合物第3课时铁及其化合物复习课本节导言巩固铁及其重要化合物的性质。掌握实现铁及其化合物之间转化的试剂和条件。提升从物质分类、化合价等多角度认识元素及其化合物性质的能力。知识通关一、利用“价—类”二维图认识铁及其化合物的关系1.构建铁及其化合物的“价—类”二维图从物质分类的角度理解铁及其化合物的性质(1)Fe2O3、FeO是碱性氧化物，写出分别溶于稀硫酸的离子方程式：Fe2O3+6H+====2Fe3++3H2O；FeO+2H+====H2O+Fe2+。(2)Fe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，写出分别溶于稀盐酸的离子方程式：Fe(OH)2+2H+====Fe2++2H2O；Fe(OH)3+3H+====Fe3++3H2O。(3)Fe(OH)2和Fe(OH)3都是沉淀，可由可溶性盐和可溶性碱反应制得：如：FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl；Fe2(SO4)3＋6NaOH===2Fe(OH)3↓＋3Na2SO4。例1．（2022·全国·高一课时练习）化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价-类”二维图。铁元素的“价一类”二维图如图所示，下列说法正确的是A．工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应为置换反应B．Fe3O4中铁的化合价显＋2价，显＋3价C．维生素C能将Fe3＋转化为Fe2＋，过程中维生素C作还原剂D．Fe(OH)2浊液露置于空气中，由白色迅速变为棕黄色【答案】C【详解】A．一氧化碳还原氧化铁时，反应物中没有单质参加反应，不属于置换反应，故A错误；B．四氧化三铁中铁的化合价有＋2、＋3价，由化合物化合价代数和为0可知，四氧化三铁中铁元素的化合价显＋3价，显＋2价，故B错误；C．维生素C将铁离子转化为亚铁离子时，铁元素的化合价降低被还原，维生素为反应的还原剂，表现还原性，故C正确；D．氢氧化亚铁浊液露置于空气中，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，故D错误；故选C。练习2．（2022·山东临沂·高一期末）实验室常用MnO标定(NH4)2Fe(SO4)2，同时使MnO再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是A．反应I中Mn2+是还原剂B．由反应I、II可知，氧化性：S2O>MnO>Fe3+C．S2O和Fe2+在水溶液中能大量共存D．发生反应I和反应II时，溶液颜色均发生了变化【答案】C【分析】反应Ⅰ中S2O82-与Mn2+反应生成SO42-和MnO4-，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性S2O82-强于MnO4-，反应ⅡMnO4-与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，同理可得MnO4-的氧化性强于Fe3+。【详解】A．反应Ⅰ中Mn2+的化合价升高，被氧化，做还原剂，A正确；B．反应Ⅰ中，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故氧化性S2O82-＞MnO4-，反应Ⅱ中氧化剂是MnO4-，氧化产物是Fe3+，故氧化性MnO4-＞Fe3+，氧化性：S2O82-＞MnO4-＞Fe3+，B正确；C．S2O82-的氧化性强于高锰酸根离子，故其与Fe2+在水溶液中会发生氧化还原反应，故不能共存，C错误；D．反应1中Mn2+被氧化为MnO4-，反应中溶液变为紫色，反应2中MnO4-被还原为Mn2+，反应中溶液的紫色褪去，所以发生反应Ⅰ和反应Ⅱ时溶液颜色均发生了变化，D正确；故答案选C。例2．（2022·天津河西·高一期末）高中常用“价类二维”思路研究物质的性质，右下图是铁及其化合物的二维图的部分信息。(1)X的化学式为______。图中物质只具有还原性的是______。(写化学式)(2)将溶液转化为的试剂可选______。a．稀硫酸

b．溶液

c．酸性

d．溴水(3)某中学实验小组设计如下实验探究亚铁盐的性质。实验方案现象Ⅰ溶液中滴加1.0mL0.5mol∙L−1NaOH溶液生成白色沉淀，后沉淀基本变为红褐色Ⅱ溶液中滴加1.0mL0.5mol∙L−1溶液生成白色沉淀，后沉淀颜色几乎不变①实验Ⅰ中由白色沉淀生成红褐色沉淀的化学方程式__________________。②对实验Ⅱ所得白色沉淀展开研究：查阅资料：在溶液中不存在i．取Ⅱ中少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；ii．向i所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红；iii．向ii溶液中再滴入少量氯水，溶液立即变为红色。根据以上现象，实验Ⅱ中生成的白色沉淀的化学式为__________________。(4)可用作补铁剂，使用时医生建议与维生素C同服，同学甲猜测维生素C可将转化为以利于人体吸收。为了验证这一猜想，设计如下实验：实验方案实验现象取适量溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液。溶液紫红色褪去由上述实验能否得出维生素C可将转化为为的结论？_______(填“能”或“否”)，请说明理由：_____________________。【答案】(1)

Fe2O3

Fe(2)cd(3)

4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3

FeCO3(4)

否

维生素C可能过量，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有亚铁离子生成【解析】（1）根据物质类别和化合价得到X为氧化铁，Y为氢氧化亚铁，则X的化学式为Fe2O3，图中只具有还原性的物质，说明只能升高，不能降低即处于最低价，则为Fe；故答案为：Fe2O3；Fe。（2）将FeCl2溶液转化为FeCl3的试剂，说明具有氧化性的物质，则酸性双氧水，溴水都具有氧化性，都能氧化亚铁离子，而稀硫酸、硫酸铜不与亚铁离子反应，故答案为：cd。（3）①实验Ⅰ中由白色沉淀生成红褐色沉淀是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学方程式4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3；故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。②i．取Ⅱ中少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；说明有碳酸根，根据题中信息说明没有碳酸氢根，ii．向i所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红；iii．向ii溶液中再滴入少量氯水，溶液立即变为红色，说明原物质中有亚铁离子，根据以上现象，实验Ⅱ中生成的白色沉淀的化学式为FeCO3；故答案为：FeCO3。（4）维生素C具有还原性，若开始加入的维生素C过量，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此由上述实验不能得出维生素C可将Fe3+转化为Fe2+为的结论，其理由：维生素C可能过量，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有亚铁离子生成；故答案为：否；维生素C可能过量，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有亚铁离子生成。从化合价的角度理解铁及其化合物的性质Fe2O3具有氧化性，可用还原剂将其还原为铁单质，如高炉炼铁的原理以化学方程式表示为3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2。(2)Fe2＋―→Fe3＋：Fe2＋具有一定的还原性，要使Fe2＋转化为Fe3＋，需要氧化性更强的氧化剂。能将Fe2＋氧化为Fe3＋的氧化剂有Cl2、Br2、H2O2、KMnO4(H＋)溶液等。2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；5Fe2++MnO4-+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。(3)Fe3＋―→Fe2＋：Fe3＋具有一定的氧化性，不能使用还原性很强的物质进行还原。能将Fe3＋还原为Fe2＋的还原剂有Fe、Cu、I－等。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋(用于腐蚀印刷电路板)；二、铁及其化合物转化关系的应用1.框图推断铁及其化合物涉及的框图推断题常用以下题眼：①红褐色沉淀：Fe(OH)3(特征颜色)；②KSCN溶液呈红色：Fe3+(特征反应)；③白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色：Fe2+(特征反应现象)；④磁性氧化物：Fe3O4(特征性质)；⑤滴入沸水中的产物有丁达尔效应：制Fe(OH)3胶体(特征方法)。2.有关铁及其化合物的探究题此类题涉及到铁及其化合物的以下性质：①Fe2＋、Fe3＋的检验；②Fe2＋氧化性和还原性的探究；③Fe3＋氧化性的探究；④基于K2FeO4的性质探究；⑤各物质间的转化综合。随堂检测1．（2022·河南洛阳·高一期中）下图是一种综合处理的工艺流程图。下列说法不正确的是A．溶液酸性：B>CB．向溶液B中滴加KSCN溶液，溶液一定变为红色C．溶液C的主要成分为H2SO4和Fe2(SO4)3D．溶液A转化为溶液B的离子方程式：【答案】B【分析】将含有二氧化硫的尾气通入酸性硫酸铁溶液中发生反应2Fe3++SO2+2H2O===4H++SO42-+2Fe2+，溶液B为硫酸和硫酸亚铁溶液，溶液B中通入足量空气发生反应4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O得到溶液C，则溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液。【详解】A．由上述分析可知，溶液B为硫酸和硫酸亚铁溶液，溶液C硫酸铁溶液和硫酸溶液，溶液B向溶液C转化时消耗了部分氢离子，因此溶液的酸性：B>C，故A正确；B．若通入的含SO2的尾气过量，溶液A中Fe3+全部被还原成Fe2+，得到的溶液B中只含有Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液不变红，故B错误；C．由上述分析可知，溶液C的主要成分为H2SO4和Fe2(SO4)3，故C正确；D．将含有二氧化硫的尾气通入溶液A中得到溶液B，二氧化硫与Fe2(SO4)3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O===4H++SO42-+2Fe2+，故D正确；答案选B。2．（2022·辽宁沈阳·高一期末）实验室测定氧化物X(FexO)的组成实验如下：下列有关说法正确的是A．根据步骤I、II可判断X的组成为Fe0.8OB．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：2C．溶液Z中的离子只有Fe3+和Cl-D．样品X中氧元素的质量分数约为27.6%【答案】A【分析】2FeCl2+Cl2=2FeCl3，消耗0.01molCl2，则Y中含有亚铁离子0.02mol，相当于X中有0.02molFeO，质量为0.02mol×72g/mol=1.44g；则X中含有相当于Fe2O3质量3.04-1.44=1.6g，物质的量为0.01mol；故X可看做2FeO•Fe2O3，相当于Fe0.8O；【详解】A．由分析可知，可判断X的组成为Fe0.8O，A正确；B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=0.02：（2×0.01）=1:1，B错误；C．步骤I中加入足量的稀盐酸，则溶液Z中的离子含有氢离子，C错误；D．样品X中氧元素的质量分数约为

，D错误；故选A。3．（2021·全国·高一课时练习）8.34gFeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2OB．温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2OC．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2OD．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成【答案】C【分析】8.34g七水硫酸亚铁晶体的物质的量为=0.03mol，若晶体受热完全脱去结晶水所得固体的质量为8.34g—0.03mol×7×18g/mol=4.56g，则P点前为七水硫酸亚铁晶体脱去结晶水的过程，P点后为硫酸亚铁为隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中铁原子和氧原子的物质的量比为0.03mol：=2：3，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子数目守恒可知，硫酸亚铁高温条件下的分解反应为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。【详解】A．由分析可知，温度为78℃时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol：=1：4，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；B．由分析可知，温度为159℃时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知N中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol：=1：1，则N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；C．由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4·H2O脱去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故C正确；D．由分析可知，P得到Q的反应为硫酸亚铁隔绝空气受热分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，由方程式可知分解反应得到2种无色气体生成，故D错误；故选C。4．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一期末）在一定量铁的氧化物FexOy(铁只有+2、+3价)中，加入45mL4mol·L-1硫酸溶液，恰好使固体完全溶解，所得溶液中FeSO4恰好被标准状况下672mL氯气氧化为Fe2(SO4)3和FeCl3，(发生反应：6FeSO4+3Cl2=2Fe2(SO4)3+2FeCl3则该固体中x和y的个数之比为A．5∶6 B．7∶9 C．3∶4 D．2∶3【答案】B【详解】由反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，加入稀硫酸反应后溶液中n(Fe2+)=0.06mol，设铁的氧化物化学式为FexOy，FexOy与硫酸反应离子方程式写成FexOy+H+→Fe2+＋Fe3+＋H2O，将物质的量作系数得FexOy+0.36H+→0.06Fe2+＋Fe3++H2O，由电荷守恒可知Fe3+系数为0.08，由H守恒可知H2O系数为0.18，由Fe、O守恒可得x:y=0.14∶0.18=7∶9，B正确。故选B。5．（2021·河北·正定中学高一阶段练习）部分被氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g，经如下处理：下列说法正确的是①滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+②样品中含氧元素的物质的量为0.03mol③溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol④V=224⑤V=336A．①③④ B．②③④ C．②③⑤ D．①③⑤【答案】B【详解】由题给流程可知，向样品中加入足量稀硫酸，反应得到不含铜离子的滤液、3.2g滤渣、标准状况下VmL气体，由氧化性强弱顺序Fe3+＞Cu2+＞H+可知，氧化铁和氧化铜溶于足量稀硫酸后得到含有铁离子、铜离子和氢离子的混合溶液中铁离子优先反应，由滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成可知，滤液A中含有亚铁离子、氢离子和硫酸根离子，3.2g滤渣为铜；滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为氧化铁；3.2g铜和3.2g氧化铁的物质的量分别为=0.05mol、=0.02mol，则样品中含氧元素的物质的量为=0.03mol，由电荷守恒可知，参加反应的硫酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，由金属氧化物中氧元素转化为水可知，生成水的氢离子物质的量为0.04mol×2—0.03mol×2=0.02mol，由氢原子个数守恒可知，生成标准状况下氢气的体积为0.02mol××22.4L/mol=2.24L，则②③④正确、①⑤错误，故选B。6．将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2+，将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+)为0.40mol/L。则原混合物中氧化铁的质量是A．3.2g B．4.8g C．6.4g D．8g【答案】C【详解】由滤液中含有氢离子，不含有铜离子可知，残留固体中没有铁，只有铜，则滤液中不含有氯化铁，为氯化亚铁和盐酸混合溶液，设混合物中铁为amol、氧化铁为bmol，由得失电子数目守恒可得2a=2b+×2+×2①，由铁原子个数守恒和电荷守恒可得4.40mol/L×0.1L=(a+2b)×2+0.40mol/L×0.2L②，解联立方程可得a=0.1、b=0.04，则原混合物中氧化铁的质量为0.04mol×160g/mol=6.4g，故选C。7．（2021·河北·秦皇岛一中高一期末）铁、铜混合粉末18g加入到100mL5.0mol·L-1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体的质量为2.8g。下列说法正确的是（

）A．剩余固体为Fe和Cu的混合物 B．原固体混合物中Fe的质量是5.6gC．反应后溶液中n(Fe2+):n(Cu2+)＝2:1 D．反应后溶液中n(Fe3+)＝0.10mol【答案】B【分析】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，根据方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，m1==16g，m2==14g，溶解的金属质量为:18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，以此解答。【详解】A．由分析可知Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A错误；

B．设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则有64n1+56n2=15.2，n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，解得n1=0.15mol，n2=0.1mol，原固体混合物中Fe的质量是0.1mol56g/mol=5.6g，故B正确；C．反应后溶液中n(Fe2+)：n(Cu2+)=0.6mol：0.15mol=4:1，故C错误；D．由分析可知Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，反应后的溶液中没有Fe3+，故D错误；故选B。8．（2020·重庆市第二十九中学校高一阶段练习）现有氧化还原反应：。根据上述反应，判断下列结论正确的是：A．还原性强弱顺序为B．反应中是的还原产物，反应中是的氧化产物C．若向酸性溶液中加入溶液，可观察到溶液紫红色褪去D．通入含的溶液中，离子反应为：【答案】C【详解】A．①中，还原性：，②中，还原性：，③中，还原性：，所以还原性强弱顺序为：，故A错误；B．①中，中Cl元素的化合价升高生成，则是的氧化产物，②中，中Cl元素的化合价降低生成，则是的还原产物，故B错误；C．由A得，还原性强弱顺序为：，所以氧化性，则若向酸性溶液中加入溶液，能氧化，可观察到紫红色褪去，故C正确；D．由A得，还原性强弱顺序为：，所以通入含的溶液中，先氧化后氧化，离子反应为：，故D错误；故选C。9．（2021·黑龙江实验中学高一期末）在制作印刷电路板的过程中常利用FeCl3溶液与Cu反应。现向FeCl3溶液中加入agCu粉，完全溶解后，再加入bgFe粉，充分反应后尚有cg残余固体。若c＜a，则下列说法正确的是A．残余固体是Fe，溶液中一定不含Cu2+ B．残余固体全部是CuC．最后得到的溶液可能含有Fe3+ D．残余固体可能为Fe和Cu的混合物【答案】B【解析】由氧化性的强弱顺序Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋和还原性的强弱顺序Fe＞Cu可知，若c＜a，说明与氯化铁溶液反应生成的铜离子没有完全被置换出来，溶液中一定还含有铜离子，剩余固体一定是铜，没有铁，而溶液中一定没有铁离子。【详解】A.由分析可知，残余固体是铜，溶液中一定还含有铜离子，故A错误；B.由分析可知，残余固体是铜，故B正确；C.由分析可知，残余固体是铜，溶液中只存在亚铁离子和铜离子，不存在铁离子，故C错误；D.由分析可知，残余固体是铜，没有铁，故D错误；故选B。10．（2022·云南省楚雄彝族自治州民族中学高一开学考试）向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是A．a点时溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B．点时溶液中发生的是铁与硫酸铜的置换反应C．点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L-1D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：1【答案】D【分析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全，以此来解答。【详解】A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为1.28g÷64g/mol=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，即发生的是铁与硫酸铜的置换反应，故B正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n()=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n()=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n()=0.02mol+0.03mol=0.05mol，守恒有n(FeSO4)=n()=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，故C正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，故D错误；答案选D。11．（2022·湖北·襄阳三中高一期中）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析结果错误的是

A．OA段产生的是NO，AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生氢气B．原混合酸中物质的量为0.4molC．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．取20mL原混合酸加水稀释至1L，溶液中c(H＋)＝0.1mol/L【答案】D【分析】由图象可知，OA段发生反应Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，n(Fe)==0.2mol，此时消耗H+0.8mol、0.2mol，生成Fe3+0.2mol；AB段发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，n(Fe)==0.1mol，Fe3+刚好全部消耗；BC段发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，n(Fe)==0.1mol，则消耗0.2molH+。【详解】A．由以上分析可知，OA段发生Fe与H+、的反应，产生的是NO，AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，且Fe3+刚好消耗完，BC段发生Fe与硫酸的反应，产生氢气，A正确；B．由分析知，100mL溶液中，物质的量为0.2mol，则原混合酸中物质的量为0.2mol×2=0.4mol，B正确；C．第二份溶液中，全部消耗，所以最终溶质为FeSO4，C正确；D．由分析知，100mL溶液中，n(H+)=0.8mol+0.2mol=1mol，取20mL原混合酸，n(H+)=0.2mol，加水稀释至1L，溶液中c(H＋)＝0.2mol/L，D错误；故选D。12．（2021·浙江·高一阶段练习）为将含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液中的Cu2+还原回收，某同学在含有ag铁粉的容器中加入废液，探究了加入废液体积与完全反应后体系中固体质量的关系，部分实验数据如表所示。已知：废液中c(Cu2+)=0.7mol・L-1；废液体积大于0.5L，充分反应后才能检测出Cu2+。废液体积/L123固体质量/ga0下列说法不正确的是A．当铁粉与0.25L废液反应完全后，固体成分为Fe与CuB．当铁粉与1L废液反应完全后，再加入废液时发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+C．废液中c(Fe3+)=0.2mol・L-1D．要将1L废液中的Cu2+全部还原，则至少需要铁粉44.8g【答案】B【分析】由于氧化性Fe3+＞Cu2+，先发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；由题目中当废液超过0.5L时才能加测出Cu2+，可知当废液体积为0.5L时废液中Fe3+和Cu2+恰好完全反应，容器内固体质量不变，则溶解的铁与析出Cu的质量相等，0.5L废液中含有Cu2+为0.5L×0.7mol/L=0.35mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，可知消耗0.35molFe，生成0.35molCu，二者质量之差为0.35mol×(64g/mol-56g/mol)=2.8g，故Fe+2Fe3+=3Fe2+消耗Fe为2.8g÷56g/mol=0.05mol，故0.5L废液中Fe3+为0.05mol×2=0.1mol，铁粉为0.35mol+0.05mol=0.4mol，故铁粉质量为0.4mol×56g/mol=22.4g。【详解】A．由题目中当废液超过0.5L时才能加测出Cu2+，可知当废液体积为0.5L时废液中Fe3+和Cu2+恰好完全反应，故当铁粉与0.25L废液反应完全后Fe有剩余，固体成分为Fe与Cu，故A正确；B．1L废液与铁粉反应后，铁粉无剩余，再加废液发生的反应为：Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；C．废液中c(Fe3+)=0.1mol÷0.5L=0.2mol•L-1，故C正确；D．1L废液中含有0.2molFe3+和0.7molCu2+，先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，前者消耗Fe为0.1mol，后者消耗Fe为0.7mol，要使Cu2+反应完先要和Fe3+反应，消耗铁粉质量m=(0.1+0.7)mol×56g/mol=44.8g，故D正确。故选：B。13．下列各组物质：①与溶液

②与溶液

③与溶液

④与盐酸

⑤与。由于条件不同而能发生不同氧化还原反应的是：A．只有③④ B．只有①③⑤ C．只有①⑤ D．只有①③④⑤【答案】B【详解】①3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（浓）＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Cu和浓稀硝酸反应产物不同，故①正确；②Cu与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应方程式为Cu+2FeCl3＝2FeCl2+CuCl2，只能发生一种反应，故②错误；③Zn与FeCl3溶液反应时，少量锌生成氯化亚铁和氯化锌，若锌过量则置换出铁，所以反应产物与反应条件有关，故③正确；④Fe与浓稀HCl溶液反应方程式为Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，与盐酸浓度无关，故④错误；⑤Na与O2常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，反应方程式为4Na+O2＝2Na2O，2Na+O2Na2O2，故⑤正确；综上所诉，①③⑤符合题意，故答案为B。14．（2021·浙江·高一阶段练习）某固体混合物X可能含有Fe、Fe2O3、CuO、MnO2、NaCl、K2CO3和KHCO3中的几种，进行了以下实验:①对固体隔绝空气加热，发现固体质量不变②X溶于足量水中，得到固体Y和弱碱性溶液Z。③取固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，析出红色固体，得溶液W。下列结论正确的是A．X中一定不存在Fe2O3、MnO2B．X中一定含有Fe、CuO和K2CO3C．往溶液Z中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则Z中含NaClD．取溶液W，滴加KSCN溶液，则溶液呈现红色【答案】B【分析】①对固体隔绝空气加热，发现固体质量不变，则固体中不含有KHCO3；②X溶于足量水中，得到弱碱性溶液，则一定含有K2CO3。③取固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，则一定不含有MnO2，一定含有Fe，析出红色固体，则一定含有CuO。综合以上分析，固体混合物X中一定含有Fe、CuO、K2CO3，一定不存在MnO2、KHCO3，不能肯定Fe2O3、NaCl是否存在。【详解】A．由以上分析可知，X中一定不存在MnO2，但不能肯定Fe2O3是否存在，A不正确；B．通过实验分析，X溶于水后溶液呈弱碱性，则X中一定含有K2CO3；固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体和红色固体，则一定含有Fe、CuO，B正确；C．往溶液Z中加入AgNO3溶液，由于Ag2CO3也为难溶于水的白色沉淀，所以产生白色沉淀，不能肯定Z中含NaCl，C不正确；D．取溶液W，滴加KSCN溶液，则溶液一定不呈现红色，因为即便含有Fe2O3，加入盐酸溶解后，Fe3+也会被Fe、Cu还原，D不正确；故选B。15．镁铁混合物4.9g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下气体2.24L(假设气体全为NO)。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（

）A．12g B．10g C．8g D．6g【答案】B【详解】设镁的物质的量为xmol，铁的物质的量为ymol，标况下2.24L气体的物质的量为0.1mol，则可得24x+56y=4.9；再根据氧化还原反应过程中得失电子数相等可得：2x+3y=0.1×（5－2）；联立后解得x=0.0525,y=0.065mol；由元素守恒可得加入足量烧碱后，生成的氢氧化镁的物质的量为0.0525,生成的氢氧化铁的物质为0.065mol，从而可得总沉淀质量为0.0525mol×58g/mol+0.065mol×107g/mol＝10g；综上所述，答案为B。【点睛】该题也可以利用守恒法解答，即与金属阳离子结合的氢氧根的物质的量就是金属失去电子的物质的量，为0.3mol，所以最终得到的沉淀质量是4.9g+0.3mol×17g/mol＝10g。16．下列说法正确的是（

）A．过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入1mol·L-1稀硫酸，铜屑又逐渐溶解，是因为铜可直接与1mol·L-1稀硫酸反应B．铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜C．把SO2通入溴水中，溴水褪色，可验证SO2的漂白性D．稀硝酸与Cu反应生成NO，而浓硝酸与Cu反应只生成NO2，稀硝酸得电子更多，故稀硝酸氧化性大于浓硝酸【答案】B【详解】A.过量的铜屑与稀硝酸作用，能生成硝酸铜和一氧化氮，硝酸铜中的硝酸根在极弱的酸性条件下、中性以及碱性条件下氧化性也极弱，不能将铜单质继续氧化，但当加入稀硫酸时，溶液显酸性，硝酸根此时具有强氧化性，能继续溶解铜屑，而铜为氢后的金属，不能与稀硫酸发生反应，故A错误；B.铁钉放在浓硝酸中浸泡后，与浓硝酸发生钝化反应，表面生成致密的氧化膜，再用蒸馏水冲洗时，铁的氧化物不溶于蒸馏水，也不与硫酸铜溶液反应，故B正确；C.二氧化硫具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，不用来验证二氧化硫的漂白性，故C错误；D.氧化性强弱与得多少电子无关，与是否易得电子有关，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】漂白性是指将有颜色的有机物的颜色漂去，而溴为无机物，只能描述成褪色，不能说成是漂白。17．（2022·福建·莆田第三中学高一期末）如图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C为O2、D为Cl2、E为Fe单质，其余为化合物。它们存在如下转化关系，反应中生成的水及次要产物均已略去。(1)写出有关物质的化学式：B_______，F_______。(2)指出MnO2在相关反应中的作用：反应①中是_______剂，反应②中是_______剂。(3)若反应①是在加热条件下进行，则A是_______；若反应①是在常温条件下进行，则A是_______。(4)写出B与MnO2共热生成D的化学方程式_______。(5)将新制氯水分成两份，向其中一份中滴入NaHCO3溶液，离子方程式是：_______，向第二份中滴入紫色石蕊溶液，现象是：_______，工业上制取漂白粉的化学方程式是：_______。【答案】(1)

HCl

Fe3O4(2)

催化

氧化(3)

KClO3

H2O2(4)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑(5)

HCO+H+=H2O+CO2↑

紫色石蕊溶液先变红后褪色

2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【分析】由C为O2、D为Cl2、E为Fe单质和物质间的转化关系可知，A可能为氯酸钾或过氧化氢、B为浓盐酸、F为四氧化三铁、G为氯化铁、H为氯化亚铁。（1）由分析可知，B为浓盐酸、F为四氧化三铁，故答案为：HCl；Fe3O4；（2）反应①可能为氯酸钾或过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下发生分解反应生成氧气，反应②为二氧化锰为氧化剂与浓盐酸共热反应生成氯气，故答案为：催化剂；氧化剂；（3）若反应①是在加热条件下进行，则反应①为氯酸钾在二氧化锰做催化剂条件下共热发生分解反应生成氯化钾和氧气，所以A为氯酸钾；若反应①是在常温条件下进行，则反应①为过氧化氢在二氧化锰做催化剂条件下发生分解反应生成氧气和水，所以A为过氧化氢，故答案为：KClO3；H2O2；（4）由分析可知，B与二氧化锰共热生成D的反应为浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；（5）向新制氯水中加入碳酸氢钠溶液发生的反应为盐酸与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑；新制氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，则向新制氯水中滴入紫色石蕊溶液观察到的现象为紫色石蕊溶液先变红后褪色；工业上制取漂白粉的反应为氯气与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：HCO+H+=H2O+CO2↑；紫色石蕊溶液先变红后褪色；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。18．（2021·浙江杭州·高一期中）已知X为和CuO的混合物，且知氧化性顺序：。取等质量的两份X样品进行如图所示的实验：(1)若溶液D中只有一种金属离子，则一定是___________；若C固体是纯净物，该固体是___________。(2)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，可用A溶液作“腐蚀剂"刻制印刷电路的离子反应方程式为___________。(3)若溶液D中只有一种金属离子，步骤③所得固体C是纯净物，质量为12.8g，无色气体E在标准状况下的体积为2.24L。则每份X样品中的质量为___________。【答案】

Fe2+

Cu

32.0【分析】由题给物质的转化关系可知，氧化铁和氧化铜混合物溶于过量盐酸得到含有氯化铁、氯化铜和盐酸的溶液A；氧化铁和氧化铜混合物与过量的一氧化碳共热反应得到含有铁、铜的固体B和二氧化碳；将固体B加入到溶液A中，由氧化性的强弱顺序可知，固体B中的铁先后与氯化铁溶液、氯化铜溶液和盐酸反应得到含有铜或铜和铁的固体C、含有氯化亚铁或氯化亚铁和盐酸的溶液D、成分为氢气的气体E。【详解】(1)由分析可知，若溶液D中只有一种金属离子，说明固体B中的铁过量，溶液A中氯化铁、氯化铜和盐酸与铁完全反应生成氯化亚铁，或铁恰好与溶液A中氯化铁、氯化铜和盐酸反应生成氯化亚铁；若C固体是纯净物，说明固体B中的铁不足量，与溶液A中氯化铁、氯化铜和盐酸反应完全反应得到铜，或铁恰好与溶液A中氯化铁、氯化铜和盐酸反应得到铜，故答案为：Fe2+；Cu；(2)用A溶液作“腐蚀剂"刻制印刷电路发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子反应方程式为，故答案为：；(3)设每份X样品中氧化铁的物质的量为amol，则溶液A中铁离子的物质的量为2amol、固体B中铁的物质的量为amol，由溶液D中只有一种金属离子，步骤③所得固体C是纯净物可知，固体B中铁恰好与溶液A中氯化铁、氯化铜和盐酸反应生成氯化亚铁，固体B为铜，由步骤③所得铜质量为12.8g可知，溶液A中氯化铜的物质的量为=0.1mol，由得失电子数目守恒可得：2amol×2=2amol×1+0.1mol×2+×2，解得a=0.2，则氧化铁的质量为0.2mol×160g/mol=32.0g，故答案为：32.0。19．（2021·河北·秦皇岛一中高一期末）（1）现有以下物质：①Ba(OH)2固体②Fe(OH)3胶体③冰醋酸（固态醋酸）④酒精(C2H5OH)⑤K2Cr2O7固体，请回答下列问题（填序号）：①以上物质中属于电解质的是_____。②以上物质中属于非电解质的是________。③请写出①在水溶液中的电离方程式_________。（2）当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应的是_______。（填序号）①Fe(OH)3胶体②酒精③蔗糖溶液④Ca(OH)2悬浊液（3）K2Cr2O7氧化能力很强，是一个重要的氧化剂。工业上用亚铬酸亚铁【Fe(CrO2)2】制备K2Cr2O7晶体的部分工艺流程如下：已知：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2回答下列问题：①高温氧化的过程中，被氧化的元素有________。（填元素符号）②酸化的目的是将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，该反应的离子方程式为_________。③在滤液中加入KCl可以析出K2Cr2O7晶体，该反应的化学方程式为__________。从反应原理可得知溶解度Na2Cr2O7______________K2Cr2O7。（填“>”或“<”）【答案】

①③⑤

④

①

Cr和Fe20

＞【分析】亚铬酸亚铁在熔融的碳酸钠中高温氧化为Na2CrO4和NaFeO2，经过系列操作得Na2CrO4溶液，向Na2CrO4溶液加入硫酸酸化后经过多步操作然后再过滤得到Na2Cr2O7溶液，最后加KCl后转化为K2Cr2O7晶体，据此分析可得；【详解】（1）①Ba(OH)2固体虽然不导电，但在熔融状态下或则水溶液中能电离出自由移动的离子，则Ba(OH)2固体为电解质，且为强电解质在水溶液中完全电离，则；②Fe(OH)3胶体属于混合物，所以既不属于电解质又不属于非电解质；③冰醋酸（固态醋酸）虽然不导电，但在水溶液中自身能电离出氢离子和醋酸根离子而使溶液导电，所以冰醋酸属于电解质；④酒精(C2H5OH)无论在熔融状态还是水溶液中均不能电离，所以属于非电解质；⑤K2Cr2O7固体虽然不导电，但是存在钾离子和重铬酸根离子，所以属于电解质；所以属于电解质的有①③⑤；属于非电解质的有④，故答案为：①③⑤；④；；（2）当光束通过胶体时，会出现丁达尔效应，①Fe(OH)3胶体属于胶体，会产生