适用于新高考新教材广西专版2025届高考化学一轮总复习课时规范练9铁及其重要化合物

课时规范练9铁及其重要化合物一、选择题:本题共8小题,每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2024江苏徐州三模)下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是()A.Fe2O3能与盐酸反应,可用于制作红色颜料B.FeCl3具有氧化性,可用于除去水中悬浮杂质C.铁粉具有还原性,可用于食品袋中的抗氧化剂D.FeS难溶于水,可用于除去废水中的Cu2+2.某同学用含有铁锈的废铁屑来制取氯化铁晶体,试验装置如图所示(夹持装置略,气密性已检验),下列推断不合理的是()A.B中收集到的气体是H2B.H2O2溶液的作用是将Fe2+还原为Fe3+C.A中的Fe2O3与HCl反应生成FeCl3D.烧杯中的溶液在氯化氢气氛下,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到氯化铁晶体3.试验室测定氧化物X(FexO)的步骤如下:3.04gX溶液Y溶液Z下列有关说法正确的是()A.样品X中氧元素的质量分数约为26.3%B.溶液Y中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=2∶1C.用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2+D.依据步骤Ⅰ、Ⅱ可以推断X的组成为Fe0.75O4.(2024广东名校模拟)某试验小组设计如下试验探究Fe(OH)2的制备,下列有关分析不合理的是()试验操作现象Ⅰ将一块FeSO4晶体浸入30mL蒸馏水中一分钟后,晶块表面仍为浅绿色,溶液呈更浅的绿色Ⅱ将另一块FeSO4晶体浸入30mL1mol·L-1NaOH溶液中一分钟后,晶块表面变白;捞出晶块露置空气中,表面渐渐变为红褐色Ⅲ将10mL1.5mol·L-1FeSO4溶液与20mL1.5mol·L-1NaOH溶液混合立即出现大量灰绿色浑浊,一分钟后,液面旁边出现红褐色浑浊A.试验Ⅰ起比照作用,解除FeSO4晶体自身在水中的颜色变更B.试验Ⅱ晶块表面长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关C.捞出晶块后发生了反应:4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3D.试验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于试验Ⅱ5.下列试验操作和现象、结论或目的均正确的是()选项操作和现象结论或目的A向红砖粉末中加入盐酸,充分反应后取上层清液置于试管中,滴加KSCN溶液2~3滴,溶液呈红色红砖中含有氧化铁B把CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸中溶解后再加入KSCN溶液,溶液不显红色黑色固体中没有Fe3O4C取少量Fe(NO3)2试样加水溶解,加稀硫酸酸化,滴加KSCN溶液,溶液变为红色该Fe(NO3)2试样已经变质D向某溶液中通入Cl2,然后加入KSCN溶液,变红色原溶液中含有Fe2+6.(2024河南郑州模拟)为探究铁及其化合物的性质,某化学爱好小组利用铁与水蒸气反应所得的固体进行了试验,先用过量盐酸溶解,并分成4份,接着如下试验:试验操作与现象①加入高锰酸钾溶液,紫色褪去②加入K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀③加入KSCN溶液,无明显现象④加入NaOH溶液,生成的白色沉淀渐渐变为灰绿色,最终变为红褐色依据试验现象,下列结论合理的是()A.试验①说明溶液中确定含有Fe2+B.试验③说明该固体中不含三价铁C.试验②③说明反应后的固体中有铁粉剩余D.试验④中灰绿色的沉淀是Fe(OH)37.高磷鲕状赤铁矿(主要含有Fe2O3,少量Al2O3、CaO、SiO2等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源,以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红,其流程如图所示。下列说法错误的是()A.铁红的主要成分是Fe2O3,与HI溶液反应生成Fe2+B.酸浸液遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀C.洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌D.氧化时选用的试剂可以是NaClO溶液8.某化工厂以氧化铁废料(含少量的FeO、SiO2)为原料制备FeO(OH)的流程如图所示:下列说法错误的是()A.FeSO4·7H2O被氧化时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2B.FeO(OH)中Fe的化合价为+3价C.试剂a是稀硫酸、试剂b是Fe粉D.料渣1是SiO2、滤液Ⅲ的主要成分是Na2SO4二、非选择题:本题共2小题。9.乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O)是一种很好的食品铁强化剂,吸取效果比无机铁好,易溶于水,几乎不溶于乙醇,可由乳酸与FeCO3反应制得。Ⅰ.制备FeCO3试验步骤如下:ⅰ.检查装置的气密性,按图示添加药品;ⅱ.在装置B中制取硫酸亚铁,并将整个装置内的空气排净;ⅲ.将B中溶液导入C中产生FeCO3沉淀;ⅳ.将C中混合物分别提纯,获得纯净的碳酸亚铁产品。(1)仪器A的名称是。

(2)装置D的作用是。

(3)装置C中生成FeCO3的离子方程式是。

(4)步骤ⅱ中应打开的开关是(填“K2”或“K3”,下同),步骤ⅲ中应打开的开关是。

Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃时搅拌使之充分反应,然后加入适量乳酸。经系列操作后得到产品。(5)加入铁粉的目的为(用离子方程式表示)。

(6)欲获得尽可能多的产品,上述系列操作指的是:冷却,,过滤,再洗涤和干燥。

Ⅲ.探究乳酸亚铁晶体中铁元素的含量甲、乙同学分别设计如下方案,以测定样品中铁元素的含量。甲乙称取w1g样品溶于水,用c1mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定,当溶液恰好显浅紫色,且30s内不复原,停止滴定,测得消耗标准溶液V1mL。由此求得n(Fe)=5c1V1×10-3mol称取w2g样品,灼烧完全灰化,加足量盐酸溶解,加入过量KI溶液充分反应,然后加入几滴淀粉溶液,用c2mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定(已知:I2+2S2O32-S4O62-+2I(7)甲方案错误,主要缘由是,该方案测定结果将明显(填“偏大”或“偏小”)。

(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为(用含有相关字母的代数式表示)。

10.(2024广西二模联考)以黄铁矿(主要成分是FeS2,含少量SiO2等杂质)为原料制备NaFePO4的流程如图所示。已知:①“滤渣2”中不含硫单质;②柠檬酸是一种重要的有机酸,易溶于水,具有确定的还原性。回答下列问题:(1)NaFePO4中Fe元素化合价为价;“研磨”的目的是

。

(2)“灼烧”时的大量尾气干脆排放,会引起的主要环境问题为(填一种)。

(3)常温下,“酸浸”时,加入过量50%的硫酸的目的为

(答一条即可)。

(4)“浸渣1”的主要成分是(填化学式),列举出一种该物质的用途:。

(5)“还原”中FeS2与Fe3+反应的离子方程式为;

通入空气的条件下,“溶液1”可在“还原”步骤中循环利用,则通入空气的目的是

。

(6)流程中加入柠檬酸的目的是

。

参考答案课时规范练9铁及其重要化合物1.C解析Fe2O3为红棕色固体,可用于制作红色颜料,与其能与盐酸反应无关,A错误;FeCl3可用于除去水中悬浮杂质是利用其能水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性,与其氧化性无关,B错误;铁粉用于食品袋中的抗氧化剂,是因铁粉是活泼金属,具有强的还原性,C正确;FeS可与铜离子反应生成更难溶的CuS,因此可除去废水中的Cu2+,与FeS的溶解性无关,D错误。2.B解析Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,所以B中收集到的气体是H2,A项正确;H2O2溶液具有氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+,B项错误;Fe2O3为碱性氧化物,可与HCl反应生成FeCl3和H2O,C项正确;因Fe3+易水解,故FeCl3溶液应在氯化氢气氛下,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到氯化铁晶体,D项正确。3.A解析溶液Y消耗0.01mol氯气,这说明溶液中含有0.02molFe2+,因此X中相当于含有FeO的物质的量是0.02mol,质量是0.02mol×72g·mol-1=1.44g,则含有Fe2O3的质量是3.04g-1.44g=1.6g,物质的量是0.01mol,即X可以看作是2FeO·Fe2O3,因此x=45=0.8。样品X中氧元素的质量分数为1616+0.8×56×100%≈26.3%,A项正确;依据以上分析可知溶液Y中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶1,B项错误;Z溶液中含有氯离子,氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化,不能用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2+,应当用铁氰化钾,C项错误;依据步骤Ⅰ、4.D解析试验Ⅰ中,晶块表面为浅绿色,起比照作用,目的是验证明验Ⅱ中晶块表面变白不是因为FeSO4晶体自身在水中的颜色变更引起的,A合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被溶液中溶解的氧气氧化,因此试验Ⅱ晶块表面之所以能长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关,B合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被氧气氧化,捞出晶块后发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,C合理;依据限制单一变量的原则,试验Ⅱ和Ⅲ反应条件不一样(试验Ⅱ为FeSO4晶体,而试验Ⅲ为FeSO4溶液),单从试验结果,无法得出试验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于试验Ⅱ的结论,D不合理。5.A解析CO还原Fe2O3得到单质Fe,即使有Fe3O4,其溶于盐酸后产生的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,加入KSCN溶液也不显红色,B错误;NO3-+H+具有强氧化性,而Fe2+具有还原性,可发生氧化还原反应,有Fe3+生成,Fe3+遇KSCN溶液呈红色,不能证明样品变质,C错误;若原溶液中不存在Fe2+,存在Fe3+6.C解析高锰酸钾溶液会与盐酸发生氧化还原反应而褪色,A错误;试验③说明溶液中不含Fe3+,但不能说明固体中没有三价铁,也可能溶于盐酸时,过量的铁单质把三价铁还原了,B错误;试验②说明溶液中含有Fe2+,试验③说明溶液中不含Fe3+,而铁与水蒸气能生成三价铁,所以可以推知反应后的固体中有铁粉剩余,C正确;灰绿色的沉淀是在Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的过程中产生的,灰绿色沉淀不是Fe(OH)3,D错误。7.C解析Fe2O3与HI溶液发生氧化还原反应生成Fe2+,A正确;酸浸液中含有Fe2+,遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀,B正确;用玻璃棒不断搅拌会损坏滤纸,C错误;氧化Fe2+时可选用NaClO溶液作为氧化剂,将Fe2+氧化为Fe3+,D正确。8.A解析FeSO4·7H2O被氧化时,氧化剂是O2,还原剂是FeSO4·7H2O,依据得失电子守恒推知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4,A错误。FeO(OH)中氧元素显-2价,氢元素显+1价,则铁元素的化合价为+3价,B正确。“酸浸”时加入试剂a,由滤液Ⅱ加入乙醇溶液获得FeSO4·7H2O推知,试剂a是稀硫酸;“滤液Ⅰ”加入试剂b还原Fe3+,则试剂b是铁粉,C正确。SiO2难溶于稀硫酸,则料渣1是SiO2;在通入空气的条件下,FeSO4·7H2O与NaOH溶液混合可得到FeO(OH),结合元素守恒推知,滤液Ⅲ的主要成分是Na2SO4,D正确。9.答案(1)(球形)分液漏斗(2)液封,防止空气进入C中氧化Fe2+(3)Fe2++2HCO3-FeCO3↓+H2O+CO2(4)K3K2(5)Fe+2Fe3+3Fe2+(6)加入乙醇(7)乳酸根也能被高锰酸钾氧化偏大(8)5.解析Ⅰ.(2)装置D的作用是防止空气中的氧气进入装置C中将Fe2+氧化。(3)装置C中FeSO4和NH4HCO3发生反应,离子方程式为Fe2++2HCO3-FeCO3↓+H2O+CO2↑(4)首先关闭活塞K2,打开活塞K1、K3,目的是发生反应制备Fe2+,利用反应产生的氢气排净装置内的空气,防止Fe2+被氧化;关闭活塞K1、K3,打开活塞K2,利用生成的氢气使B装置中气压增大,将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中,产生FeCO3沉淀。Ⅱ.(5)Fe2+简洁被氧化为Fe3+,加入铁粉可将Fe3+还原为Fe2+,离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+。(6)乳酸亚铁晶体易溶于水,几乎不溶于乙醇,故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多,提高产量。Ⅲ.(7)乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的量增大,使计算所得铁元素的含量偏大。(8)滴定终点时,V2mL硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为c2·V2×10-3mol。依据关系式2Fe2+~2Fe3+~I2~2S2O3[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的物质的量为c2·V2×10-3mol,则样品中铁元素含量为56g·mol-10.答案(1)+2增大固体接触面积,提高反应速率(或提高原料利用率等合理答案)(2)形成酸雨等(3)抑制溶液中Fe3+的水解,防止生成Fe(OH)3沉淀(或将含铁元素的固体完全溶解)(4)SiO2制作光导纤维(或其他合理答案)(5)FeS2+14Fe3++8H2O15Fe2++2SO42-+16H+将“溶液1”中的Fe2+(6)防止Fe2+被氧化为Fe3+解析(1)NaFePO4中Fe元素化合价为+2价;“研磨”的目的是增大固体接触面积,提高反应速率(或提高原料利用率等合理答案)。(2)“灼烧”时,大量SO2尾气干脆排放,引起的主要环境问题为形成酸雨。(3)常温下,“酸