第7讲高一化学学科素养能力竞赛专题训练铁及其化合物

第7讲高一化学学科素养能力竞赛专题训练——铁及其化合物【题型目录】模块一：易错试题精选模块二：培优试题精选模块三：名校竞赛试题精选【典例例题】模块一：易错试题精选1．某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析不正确的是A．X可以是稀硫酸或稀盐酸，但不能是稀硝酸B．实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入XC．反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀D．反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在【答案】B【分析】利用稀硫酸和铁反应生成氢气，生成的氢气排除装置内的空气，验纯后关闭止水夹a，一段时间后，蒸馏烧瓶中压强增大，将液体压入到抽滤瓶中，抽滤瓶中观察到有白色沉淀生成。【详解】A．稀硝酸会将铁氧化为+3价的铁离子，故A正确；B．实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中的空气排出，然后关闭a，利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故B错误；C．反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C正确；D．由于装置中的空气及溶液中的氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确。故选B。2．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是A．d的化学式为B．a转化为b的反应一定是置换反应C．c露置在空气中迅速转化为灰绿色，最后变为红褐色D．煮沸的蒸馏水中滴入几滴e溶液，能产生丁达尔效应【答案】B【详解】A．d为+3价的Fe元素形成的碱，化学式为Fe(OH)3，故A正确；B．Fe转化为Fe2+的反应不一定是置换反应，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，该反应属于化合反应，故B错误；C．c为Fe(OH)2，Fe(OH)2为白色沉淀，能被空气中的氧气氧化生成红褐色的Fe(OH)3，故C正确；D．煮沸的蒸馏水中滴入几滴含Fe3+的e溶液，可制得Fe(OH)3胶体，胶体具有丁达尔效应，故D正确；故选B。3．下列有关说法正确的是A．厨房可用食醋除水垢，食醋的作用是作氧化剂B．某食品包装袋内装有一包铁粉，它的主要作用是作干燥剂C．病人补铁()的同时需补维生素C，维生素C的作用是作还原剂D．疫情期间常用酒精对物品和手部进行消毒，乙醇的作用是作氧化剂【答案】C【详解】A．厨房可食醋除水垢，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B．某食品包装袋内装有一包铁粉，它的主要作用是防止食品氧化变质，故B错误；C．病人补铁(Fe2+)的同时需补维生素C，维生素C能防止Fe2+被氧化为Fe3+，作用是作还原剂，故C正确；D．酒精没有氧化性，其杀菌消毒的原理是使蛋白质脱水变性凝固而失去活性，从而达到杀菌消毒的效果，故D错误；选C。4．氯酸镁[Mg(ClO3)]常做催熟剂、除草剂等。实验室利用卤块(主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)制备少量Mg(ClO3)2的工艺流程如图：部分氢氧化物开始沉淀及沉淀完全的pH如表所示：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀的pH1.56.58.9沉淀完全的pH3.29.710.9下列说法正确的是A．反应I的离子方程式为MnO+5Fe2++4H2O=Mn2++5Fe3++8OHB．反应II后溶液中大量存在的离子是Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO、ClC．调pH时应控制溶液的pH在1.5~3.2D．反应III属于复分解反应，能够发生的原因是因为生成溶解度相对较小的Mg(ClO3)2【答案】D【分析】卤块(主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)，加入高锰酸钾之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；加入氧化镁，调节pH，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中加入饱和氯酸钠溶液析出Mg(ClO3)2，说明相同温度下Mg(ClO3)2溶解度较小，以此解题。【详解】A．反应环境为酸性环境，故离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，A错误；B．钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B错误；C．由分析可知，调节pH的目的是为了让三价铁形成沉淀，同时镁离子不沉淀，根据表格中的数据可知，pH应该在3.2~8.9，C错误；D．过滤后溶液主要存在的金属阳离子是镁离子，根据流程图可知，镁离子和氯酸根离子反应生成氯酸镁沉淀，属于复分解反应，就是因为氯酸镁难溶于水，D正确；故选D。5．已知铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2。下列物质转化，在给定条件下能实现的是A．NaNa2O2NaHCO3B．铝土矿Al2(SO4)3(aq)Al(OH)3Al2O3C．纯银饰品AgCl(s)Ag(NH3)2Cl(aq)D．铜刻制印刷线路板CuCl2(aq)、FeCl2(aq)Fe、CuCu【答案】D【详解】A．Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，与二氧化碳的量无关，故A错误；B．铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，Al2O3、Fe2O3与稀硫酸反应，SiO2与稀硫酸不反应，过滤后得到含有Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，在滤液中加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，在偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故B错误；C．银与稀盐酸不反应，故C错误；D．Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，加入过量铁粉，Fe单质与CuCl2发生置换反应生成Cu单质，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，故D正确；故选D。6．下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A将铜片加入稀硝酸中试管口出现红棕色铜与稀硝酸反应生成B向某溶液中加入溶液产生白色溶液原溶液中一定含有C常温下，将铝条先插入浓硝酸中，后插入硫酸铜溶液中无明显现象铝的活泼性比铜弱D向溶液中滴加溶液，紫红色褪去具有还原性A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．Cu和稀硝酸反应生成无色的NO，NO不稳定，易被空气中的O2氧化为红棕色的NO2，故A错误；B．能和AgNO3溶液反应生成白色沉淀的离子有Cl、CO等，根据实验现象不能判断溶液中一定含有Cl，故B错误；C．常温下，Al和浓硝酸发生钝化现象，在Al表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止Al和硫酸铜反应，故C错误；D．KMnO4具有强氧化性，能氧化还原性的离子，实验中紫红色褪去，说明KMnO4被还原，则Fe2+具有还原性，故D正确；故选D。7．某矿石样品中可能含铁的氧化物，为确定其成分，进行如下操作：下列有关说法正确的是矿石样品溶液甲溶液乙A．向溶液乙中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，则原矿石样品中存在Fe3+B．向溶液甲中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，则原矿石样品中存在Fe3+C．向溶液乙中滴加几滴氢氧化钠溶液，一定出现红褐色沉淀D．该矿石一定为赤铁矿【答案】B【详解】A．向溶液乙中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，证明滤液乙中存在Fe3+，但由于在溶液甲中加入了氯气，Cl2具有强氧化性，能够将Fe2+氧化产生Fe3+，因此无法证明原矿石样品中存在Fe3+，A错误；B．向溶液甲中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，说明滤液甲中存在Fe3+，则原矿石样品中存在+3价的Fe3+，B正确；C．根据选项A分析可知滤液乙中不一定含有Fe3+，所以加入氢氧化钠溶液后不一定会出现红褐色Fe(OH)3沉淀，C错误；D．题中信息和反应流程都无法确定矿石的成分，只能确定其中含有+3价的Fe3+，D错误；故合理选项是B。8．将过量的金属铁投入灼热的浓硫酸中，下列判断正确的是A．会立即生成B．会立即生成，且只生成C．除了外，还会有产生D．金属铁表面因生成致密氧化膜而使反应不能继续进行【答案】C【分析】将过量的金属铁投入灼热的浓硫酸中，首先发生反应：，由于氧化性：铁离子大于氢离子，然后发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，最后发生：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。【详解】A．根据分析可知，会立即生成SO2，最后生成H2，A错误；B．根据分析可知，会立即生成SO2，最后生成H2，B错误；C．根据分析可知，会立即生成SO2，最后生成H2，C正确；D．金属铁与冷的浓硫酸会发生钝化现象，加热时会继续反应，D错误；故答案选C。9．下列离子方程式中，正确的是A．向氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2ClB．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D．氧化铁与稀盐酸反应：FeO+2H+=Fe2++H2O【答案】A【详解】A．氯气可以把二价铁氧化为三价铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，A正确；B．铁和盐酸反应生成二价铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．三价铁和单质铜反应生成二价铁和铜离子，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．氧化铁和是三氧化二铁，和盐酸反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，D错误；故选A。10．（多选题）有一固体含、、中的一种或几种。现进行如下实验：①向固体混合物中加水并不断搅拌，固体完全溶解；②向溶液中加入过量铁粉，充分反应后铁粉变少，同时有红色物质析出，过滤；③向所得滤液中加入NaOH溶液至过量，开始时有白色沉淀生成，沉淀很快变为灰绿色，最终变为红褐色。下列说法正确的是A．原固体中一定有 B．原固体中一定有C．原固体中可能有 D．实验③中既有复分解反应，也有化合反应【答案】AD【分析】①向固体混合物中加水并不断搅拌，固体完全溶解，则一定不含有碳酸钠，应为碳酸根离子可以和铜离子以及二价铁离子反应生成沉淀；②向溶液中加入过量铁粉，充分反应后铁粉变少，同时有红色物质析出，则固体中一定含有氯化铜，加入铁粉发生反应，Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；③向所得滤液中加入NaOH溶液至过量，开始时有白色沉淀生成，沉淀很快变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明②的滤液中含有二价铁，但是由于②中反应引入了二价铁，则不能判断原固体中是否含有硫酸亚铁，即硫酸亚铁可能存在，以此解题。【详解】A．由分析可知，原固体中一定含有氯化铜，A正确；B．由分析可知，原固体中不一定含有硫酸亚铁，B错误；C．由分析可知，原固体中不含有碳酸钠，C错误；D．实验③中的反应，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，这个是复分解反应，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，这个反应是化合反应，D正确；故选AD。11．看实验操作(如下图)完成下列各题。(1)实验现象：加适量铁粉振荡后，溶液变成_______，再加KSCN溶液，再滴加氯水后，溶液变成_______。(2)结论：Fe3+遇到较强的还原剂时，会被还原成_______，Fe2+在较强的氧化剂的作用下会被氧化成_______。【答案】(1)

浅绿色

红色，(2)

Fe2+

Fe3+【解析】（1）由题中实验操作步骤：向FeCl3溶液中加入适量的铁粉，发生反应的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色；向所得溶液中滴加KSCN溶液，Fe2+与KSCN溶液不发生反应，溶液中无明显现象，再向溶液中滴加氯水，反生反应：Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl、Fe3+与KSCN溶液反应使溶液变红色；（2）结论：Fe3+遇到较强的还原剂时，会被还原成Fe2+，Fe2+在较强的氧化剂的作用下会被氧化成Fe3+。12．某学习小组进行的性质探究。Ⅰ．利用点滴板实验，首先向a中滴加数滴浓盐酸，然后迅速用培养皿盖上整个点滴板，一段时间后出现不同现象：b中溶液变成棕黄色；c中溶液褪色；d中试纸变蓝色(碘遇淀粉变蓝)。(1)下列判断正确的是__________(填字母序号)。A．a中是氧化剂

B．b中现象表明部分被氧化C．c中现象证明具有漂白性

D．d中现象证明氧化性：E．a、b、c、d中均有氧化还原反应发生Ⅱ．该小组设想将少量通入含相同浓度的和的混合溶液中，想比较和的还原性的强弱。(2)现有如下几种装置：A．

B．

C．

D．

E．实验必须的装置是_____(按气流方向的顺序填写)；实验开始后，控制通入少量氯气，通过观察混合溶液颜色的变化_______(填“能”或“不能”)判断反应的先后顺序，理由__________。(3)为了得出结论某同学设计实验如图所示：写出预期相关现象和所对应的结论__________(有几种写几种)。【答案】(1)ADE(2)

C→E

不能

碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大(3)若A中加淀粉溶液不变蓝，B中加KSCN溶液显红色，还原性：Fe2+＞I—，若A中加淀粉溶液变蓝色，B中加KSCN溶液不显红色，还原性：I—＞Fe2+【分析】Ⅱ．由图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置E中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则将少量氯气通入含相同浓度的亚铁离子和碘离子的混合溶液中比较离子还原性强弱的装置连接顺序为A→C→E。（1）A．a中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气时，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾为反应的氧化剂，故正确；B．b中溶液变成棕黄色是因为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，反应中亚铁离子被完全氧化为铁离子，故错误；C．c中溶液褪色是因为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水导致氢氧化钠溶液的碱性减弱，与氯气具有漂白性无关，故错误；D．d中试纸变蓝色是因为氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘，碘碘遇淀粉变蓝，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，碘元素的化合价降低被氧化，碘为反应的氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于碘，故正确；E．由A、B、C、D的分析可知，a、b、c、d的反应中氯元素的化合价均发生变化，都是氧化还原反应，故正确；故选ADE；（2）由分析可知，将少量氯气通入含相同浓度的亚铁离子和碘离子的混合溶液中比较离子还原性强弱的装置连接顺序为A→C→E，由于碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大，所以控制通入少量氯气，通过观察混合溶液颜色的变化不能判断反应的先后顺序，故答案为：C→E；不能；碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大；（3）若亚铁离子的还原性强于碘离子，向含有碘离子和亚铁离子的溶液中滴入少量氯水时，亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子，则试管A中滴加淀粉溶液时，溶液不会变为蓝色，试管B中滴加硫氰化钾溶液，溶液会变为红色；若碘离子的还原性强于亚铁离子，向含有碘离子和亚铁离子的溶液中滴入少量氯水时，碘离子优先与氯气反应生成碘，则试管A中滴加淀粉溶液时，溶液会变为蓝色，试管B中滴加硫氰化钾溶液，溶液不会变为红色，故答案为：若A中加淀粉溶液不变蓝，B中加KSCN溶液显红色，还原性：Fe2+＞I—，若A中加淀粉溶液变蓝色，B中加KSCN溶液不显红色，还原性：I—＞Fe2+。13．某兴趣小组利用下列试剂：铁粉、锌粉、0.1mol/LFeCl2溶液、0.1mol/LFeCl3溶液、KSCN溶液、新制氯水，探究Fe2+、Fe3+的氧化性、还原性，并利用实验结论解决一些问题。(1)用所给试剂写出体现Fe2+具有还原性的反应的离子反应方程式：_______。(2)设计实验方案，完成下列表格。探究内容实验方案实验现象探究Fe3+的化学性质取少量0.1mol/LFeCl3溶液，往溶液中加入足量铁粉，再加入少量KSCN溶液加入铁粉后，溶液变成_______；加入KSCN溶液后，溶液不变色。结论：Fe3+具有_______性(3)该兴趣小组未说明“Fe2+具有氧化性”，提出了向FeCl2溶液中加入锌粉，观察实验现象的方案，该反应的离子方程式为_______。(4)酸性条件某反应中反应物与生成物有Fe3+、、H2O和一种未知离子。①已知氧化性：，则X离子是_______。②该反应的离子方程式是_______。【答案】(1)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl(2)

浅绿色

氧化(3)Fe2++Zn=Fe+Zn2+(4)

Mn2+

+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O【分析】Fe3+具有氧化性，但需提供还原性环境，可利用KSCN溶液进行检验；Fe2+化合价既能升高又能降低，所以既具有氧化性又具有还原性。（1）体现Fe2+具有还原性，应与氧化剂Cl2发生反应，生成Fe3+等，离子反应方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl。答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl；（2）探究内容实验方案实验现象探究Fe3+的化学性质少量0.1mol/LFeCl3溶液中加入足量铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，再加入少量KSCN溶液，溶液中不存在Fe3+，没有反应发生加入铁粉后，Fe3+全部转化为Fe2+，溶液变成浅绿色；加入KSCN溶液后，由于溶液中不含有Fe3+，所以溶液不变色。结论：Fe3+在反应中价态降低，具有氧化性答案为：浅绿色；氧化；（3）向FeCl2溶液中加入锌粉，Fe2+被Zn还原为Fe，溶液变为无色，该反应的离子方程式为Fe2++Zn=Fe+Zn2+。答案为：Fe2++Zn=Fe+Zn2+；（4）①由氧化性：可知，能被Fe2+还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，则X离子是Mn2+。②被Fe2+还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式是+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。答案为：Mn2+；+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。【点睛】验证微粒的氧化性或还原性，需提供还原性或氧化性环境。14．由硫铁矿烧渣(主要含和)制备绿矾()，再通过绿矾制备铁矾的流程如下：(已知和铁矾均难溶于水)(1)“酸溶”过程中选用的酸为__________。(2)写出“还原”步骤发生反应的离子方程式：__________。(3)“还原”后的溶液经“操作X”可得到绿矾。“操作X”包括__________，过滤，洗涤，干燥。(4)请补充完整检验“还原”后所得溶液中是否含有的实验方案：__________。(5)由绿矾制得FeO(OH)后的溶液中有一种可作化肥的物质，该物质化学式为__________。【答案】(1)硫酸(或)(2)(3)蒸发浓缩，降温(或冷却)结晶(4)取还原后溶液于试管内，加入KSCN溶液，若出现红色，说明溶液中含有Fe3＋，若不出现红色，则说明溶液中不含有Fe3＋(5)【分析】烧渣加入酸，过滤得到的滤渣为SiO2，滤液中含有Fe3+，加入FeS2，发生14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeO(OH)。（1）因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则“酸溶”步骤中，最好采用硫酸来溶解烧渣。（2）由已知硫铁矿烧渣主要含Fe2O3和SiO2，所以“酸溶”后所得滤液为硫酸铁溶液，因此“还原”步骤发生FeS2还原Fe3+的反应，结合流程中“还原”后经操作X得到绿矾可得：1价S被氧化成+6价存在于SO中，故“还原”步骤发生反应的离子方程式为：。（3）“还原”后得到硫酸亚铁溶液，可经过蒸发浓缩、降温结晶析出绿矾，所以“操作X”是指：蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥。（4）可利用Fe3+与SCN的络合反应检验“还原”后所得溶液中是否含有Fe3+，具体实验方案为：取“还原”后溶液于试管内，加入KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明溶液中含有Fe3+，若不出现红色，则说明溶液中不含有Fe3+。（5）流程中，绿矾与氨水、空气作用生成铁矾[FeO(OH)]，+2价Fe被氧化成+3价，根据电子守恒及原子守恒可得：4FeSO4+8NH3+6H2O+O2=4FeO(OH)+4(NH4)2SO4，所以还生成一种可作化肥的物质为：(NH4)2SO4。15．某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如图：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作II”中Fe2+发生反应的离子方程式为____。(3)滤渣的成分为：____。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作III”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的纯度，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。【答案】(1)搅拌或适当升温等(2)H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O(3)Fe(OH)3(4)加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次(5)

温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解

2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑(6)×100%【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；（2）“操作Ⅱ”中，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；（3）调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤渣的成分为：Fe(OH)3；（4）洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；（5）根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑

；（6）m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

222

62x

m1m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为×100%=×100%。16．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图，在方框和括号内填写物质名称(或主要成分的化学式)或操作方法，完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案。(1)操作②的名称为____，所需要的玻璃仪器为玻璃棒、____、烧杯。(2)试剂⑤的化学式为____，发生的化学方程式为____。(3)为验证溶液⑧中含有SO：取少量的溶液⑧于试管中，先加入____再加入____，若观察到有____，则说明溶液⑧中含有SO。【答案】(1)

过滤

漏斗(2)

H2SO4

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑(3)

足量稀盐酸

少量BaCl2溶液

白色沉淀【分析】工业废水中含大量硫酸亚铁、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，①为Fe，操作②为过滤，则E中主要含硫酸亚铁，③中含Cu、Fe，加入⑤为H2SO4，操作⑥为过滤，得到⑦为Cu，⑧中主要含FeSO4，操作⑨为蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O，以此来解答。（1）操作②的名称为过滤，所需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗；（2）试剂⑤的化学式为H2SO4，化学方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：H2SO4；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；（3）先加入足量稀盐酸再加入少量BaCl2溶液，若观察到有白色沉淀，则说明溶液⑧中含有，故答案为：足量稀盐酸；少量BaCl2溶液；白色沉淀。17．电子工业中，人们常用溶液腐蚀覆铜板来制作印刷电路板，并回收和综合利用溶液。实验室模拟流程如图所示：回答下列问题：(1)写出溶液腐蚀覆铜板的离子方程式_______。(2)滤渣1成分的化学式为_______；试剂Y为_______。(3)设计实验检验滤液2中所含金属阳离子的方法_______。(4)气体Z为，可替代的试剂为_______(填序号)。A．硝酸 B．酸性高锰酸钾 C．过氧化氢 D．氧气(5)若废液中含、、，取该废液，按上述步骤回收铜，为充分回收铜，最少应加入X的质量为_______g。【答案】(1)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+(2)

Fe、Cu

盐酸(或HCl)(3)取少许滤液2，加几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴氯水(或H2O2)，溶液变红，说明滤液2中的金属阳离子为Fe2+(4)CD(5)11.2【分析】由图可知，将覆铜板加入到FeCl3溶液中，反应生成氯化亚铁、氯化铜以及过量的氯化铁混合溶液，再加入过量的铁粉，铁粉和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，和氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤得到滤液1为氯化亚铁溶液，滤渣1为铁、铜混合物，向滤渣1中加入过量的盐酸，溶解铁粉，过滤后得到铜和滤液2，滤液2为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，和滤液1合并，通入氯气或加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，循环利用。（1）FeCl3溶液腐蚀覆铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（2）根据分析可知，滤渣1成分的化学式为Fe、Cu，试剂Y为盐酸。（3）滤液2中所含金属阳离子为Fe2+，检验方法为：取少许滤液2，加几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴氯水(或H2O2)，溶液变红，说明滤液2中的金属阳离子为Fe2+。（4）气体Z为Cl2，可替代Cl2的试剂为双氧水或氧气，因为双氧水和氧气的还原产物均为水，不引入新的杂质，若用酸性高锰酸钾会引入锰离子，若用硝酸，会产生大气污染物，故答案选CD。（5）氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，所以加入铁粉时，Fe3+先反应，然后再与Cu2+反应，取100mL该废液中n(Fe3+)=1.0mol•L1×0.1L=0.1mol，n(Cu2+)=1.5mol•L1×0.1L=0.15mol，根据关系式：2Fe3+～Fe，Cu2+～Fe，需要加入铁的质量为：(0.05mol+0.15mol)×56g/mol=11.2g。18．下列物质之间有如下反应关系：已知由E转化成C的现象是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。回答：(1)写出下列物质的化学式：A_______，B_______，D_______，乙_______，丙_______。(2)写出E→C反应的化学方程式：_______。写出D→B反应的化学方程式：_______。【答案】(1)

Fe2O3

FeCl3

FeCl2

NaOH

KSCN(2)

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

2FeCl2+Cl2=2FeCl3【分析】E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则E是Fe(OH)2、C是Fe(OH)3，A是红棕色粉末，能和盐酸反应生成B，则A是Fe2O3、B是FeCl3，B和丙反应生成红色溶液，则丙是KSCN，B和Fe反应生成D，则D是FeCl2，D和乙反应生成Fe(OH)2，则乙是NaOH溶液，D和甲反应生成FeCl3，则甲是Cl2。（1）由分析可知A、B、D、乙、丙分别是Fe2O3、FeCl3、FeCl2、NaOH、KSCN；（2）E→C反应是氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；D(FeCl2)→B(FeCl3)反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3。19．已知A是一种常见金属；F是一种红褐色沉淀；G是一种红棕色粉末，可做红色颜料。试根据图中转化关系，回答下列问题。(1)写出A、C、F、G的化学式：A．_____；C．_____；F._____；G._____。(2)保存C溶液时要加固体A的原因：____。(3)写出下列转化的离子方程式或化学方程式。①E→F的化学方程式：_____。②C→D的离子方程式：____。【答案】(1)

Fe

FeCl2

Fe(OH)3

Fe2O3(2)防止Fe2+被O2氧化(3)

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl【分析】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，G是一种红棕色粉末，可做红色颜料，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3，以此解题。（1）由分析可知，A为Fe，C为FeCl2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3；（2）FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧气氧化；（3）E转化为F是氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；反应化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，C→D反应离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl。20．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X在常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应产物已略去)。(1)写出下列物质的化学式：D___________，X___________。(2)在反应①~⑦中，不属于氧化还原反应的是___________(填编号)。(3)反应⑥的离子方程式为___________。(4)往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是___________。(5)反应⑦的化学方程式为___________；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___________mol。(6)除去D溶液中混有的少量G的反应的离子方程式为___________。【答案】(1)

FeCl3

HCl(2)③⑥(3)Fe3++3SCN=Fe(SCN)3(4)生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色(5)

3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2

0.8(6)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl【分析】单质A和C反应生成E为黑色晶体，E黑色固体和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A＝G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含SCN－离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B＝D分析判断B是强氧化剂，B为黄绿色气体，证明为Cl2，所以推断D为FeCl3，得到G为FeCl2，X为HCl；依据判断出的物质回答问题。（1）根据以上分析可知A为金属Fe，B为Cl2，C为O2，D为FeCl3，E为Fe3O4，F为含SCN－离子的化合物，G为FeCl2，H为H2O，X为HCl；则依据分析推断可知，D为FeCl3，X为HCl。（2）依据反应过程分析，①为铁和氯气发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和盐酸发生的反应，不是氧化还原反应，④为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，⑥是氯化铁和SCN－发生的反应，不是氧化还原反应，⑦为铁和水蒸气发生的氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，则在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。（3）反应⑥是氯化铁和SCN－发生的反应，反应的离子方程式为Fe3++3SCN＝Fe(SCN)3。（4）往G为FeCl2溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是，生成白色氢氧化亚铁沉淀，被空气中氧气氧化为氢氧化铁，现象为生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；该反应中氢元素化合价从+1价变化为0价，4mol水反应转移电子为8mol，消耗3mol铁，则每消耗0.3mol的Fe，可转移电子0.8mol。（6）氯化亚铁易被氯气氧化为氯化铁，则除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是向混合溶液中通入足量的氯气，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－。模块二：培优试题精选1．8.34gFeSO4·7H2O(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。2．在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3:2:1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变为1:2:4，则参加反应的铁粉和原溶液中Fe3+的物质的量之比为A．2:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4【答案】C【详解】在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3:2:1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子的物质的量之比变为1:2:4，假设Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，加入铁后发生2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，则三种离子物质的量分别变为1mol、2mol、4mol，说明有2molFe3+和1molFe反应变为3molFe2+，因此参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1:3，故C符合题意；综上所述，答案为C。3．某实验小组研究刻蚀电路板以及刻蚀废液的性质，下列实验对应的离子方程式书写正确的是A．用盐酸双氧水刻蚀铜板：B．用溶液刻蚀铜板：C．检验废液中含有：D．用酸性检验：【答案】B【详解】A．过氧化氢只作氧化剂，反应的离子方程式为，A错误；B．用溶液刻蚀铜板，Cu和反应生成FeCl2和CuCl2，反应的离子方程式为，B正确；C．是络合物，不是沉淀，正确的离子方程式为，C错误；D．酸性条件下，高锰酸根离子被还原为锰离子，正确的离子方程式为，D错误；选B。4．已知：室温时，饱和溶液的pH约为3.9；SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5；不溶于乙醇。根据以上信息设计以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法如图所示，下列说法错误的是A．将浓硫酸稀释为25%稀硫酸，所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶B．操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制的水解C．操作Ⅱ中，通入至饱和的目的是使转化为SnS沉淀并防止被氧化D．操作Ⅳ中所得的晶体可用乙醇洗去晶体表面附着的水【答案】B【详解】A．将浓硫酸稀释为25%稀硫酸，应用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，最后移入容量瓶中定容，则所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶，A项正确；B．SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，在溶液pH=2时，完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液pH=2是为了除去杂质离子，B项错误；C．通入至饱和，使完全转化为SnS沉淀，具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；D．易溶于水而不溶于乙醇，用乙醇洗涤，可避免晶体的溶解，D项正确。故选B。5．钨是高熔点金属，工业上用主要成分为和的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如图所示(已知难溶于水)，下列说法错误的是A．将黑钨铁矿粉碎的目的是提高反应速率B．共熔过程中空气的作用是氧化(Ⅱ)和(Ⅱ)C．操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥D．在高温下，被氧化成【答案】D【分析】在粉碎情况下将黑钨铁矿与纯碱和空气共熔，以提高反应速率；然后冷却、水浸后过滤得到钨酸钠溶液以及含氧化锰和氧化铁的滤渣；向滤液中加过量的浓硫酸生成难容的钨酸；然后再经过滤、洗涤、干燥的到钨酸；加热钨酸得到氧化钨；在高温下用氢气还原氧化钨得到单质钨。据此分析可得：【详解】A．将黑钨铁矿粉碎可增大接触面积，加快反应速率，故A不选；B．、中铁元素、锰元素的化合价均为，根据流程图可知，纯碱和黑钨铁矿粉在空气中共熔生成、、等，、中铁元素、锰元素的化合价分别为、，故共熔过程中空气的作用是氧化F(Ⅱ)和(Ⅱ)，故B不选；C．钨酸钠和浓硫酸发生反应：，难溶于水，操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，故C不选；D．氢气与反应生成水和W，钨元素的化合价降低，被还原，故选D；答案选D。6．有一种铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸140mL完全溶解，所得溶液中加入3.92g铁后，铁恰好全部溶解，无气体产生，所得溶液中滴加KSCN溶液不变红，该样品可能的化学式为A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7【答案】C【详解】反应所得溶液为氯化亚铁溶液，按氯元素守恒，氯化亚铁为，则铁元素共0.35mol，原氧化物中铁元素的质量为，为，原氧化物中氧元素和盐酸中氢元素结合成水，则，该样品中，可能的化学式为Fe4O5；答案选C。7．向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100mL0.9mol/L的硫酸溶液中，充分反应后生成448mL标准状况下的气体，得不溶物0.03mol。向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液，加至10mL时开始出现沉淀。忽略溶液的体积变化，下列说法不正确的A．0.03mol不溶物全为Cu B．混合物中氧原子的物质的量为0.05molC．滤液中的阳离子只有两种 D．滤液中的Fe2+的物质的量浓度为0.8mol/L【答案】B【分析】向一定量的Fe、Fe2O3、CuO混合物中加入100mL0.9mol/L的硫酸，充分反应后滤去不溶物，溶液中金属阳离子只有Fe2+，向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液至10mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，说明反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，不溶物只有Cu，则滤液中n(H2SO4)=n(NaOH)=×0.01L×2mol/L=0.01mol；100mL0.9mol/L的硫酸的物质的量为0.1L×0.9mol/L=0.09mol；不溶物0.03mol为Cu，则CuO为0.03mol，根据反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O可知，消耗硫酸的物质的量为0.03mol；充分反应后生成448mL标准状况下的气体H2的物质的量为0.02mol；根据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知，与硫酸反应的铁的物质的量为0.02mol；则根据反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O可知，Fe2O3的物质的量为0.01mol，与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.01mol，与Cu2+反应的Fe的物质的量为0.03mol。【详解】A．根据分析，0.03mol不溶物全为Cu，A正确；B．混合物中O原子的物质的量为0.03mol×1+0.01mol×3=0.06mol，B错误；C．滤液中的阳离子只有Fe2+、H+两种，C正确；D．溶液中只含有Fe2+和H+，c(Fe2+)==0.8mol/L，D正确；故答案选B。8．如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，还原产物分布与硝酸浓度的关系，下列说法不正确的是A．一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B．用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L1HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多D．当硝酸浓度为12.2mol·L1时，反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O【答案】B【详解】A．根据图像可知硝酸的还原产物随着硝酸的浓度变化而变化，因此一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；B．标准状况下气体2.24L，即0.1mol，根据N原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量为0.1mol，参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1mol，B错误；C．根据图像可知随着硝酸浓度的增大，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成份越多，C正确；D．根据图像可知当硝酸浓度为12.2mol·L1时还原产物是NO、NO2，则反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，D正确。答案选B。9．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・L1；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・L1D．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/mol56g/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•L1，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。10．向50mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，假设C点之前每一段只对应一个反应。下列说法正确的是(已知酸性条件下氧化性：)A．参加反应铁粉的总质量B．所用混合溶液中C．开始时产生的气体为D．AB段发生的反应为置换反应【答案】A【详解】A.酸性条件下，已知氧化性：，OA段发生反应：，AB段发生反应：，BC段发生反应：，铁粉最终全部转化为，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知，，即，，质量为5.6g，故A正确；B.，则所用混合溶液中，故B错误；C.开始时产生的气体为NO，故C错误；D.AB段发生反应：，故D错误。故选A。11．FeC2O4·nH2O晶体进行热重分析时样品质量随温度(T≤500C时，在Ar气气氛中进行；T＞500℃时，通入空气)的变化如图所示，已知T=300℃时，样品脱水完全。下列说法不正确的是A．n=2B．T=400℃时，每分解0.1mol样品时，产生4.48L(标准状况)气体C．T=600℃时，残留固体中Fe的质量分数为60.07%D．T=1400℃时，残留固体为Fe3O4【答案】C【分析】FeC2O4·nH2O晶体原质量是1.000g，根据热重曲线，300℃时，样品完全脱水，根据分解的方程式计算n值，依次根据400℃、600℃、1400℃的质量再结合铁原子守恒判断出剩余固体的成分，进行各选项的解答。【详解】A．根据图象，300℃时是样品脱水生成固体质量为0.800g，反应为：解得n=2，故A正确；B．根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：

6FeO→3Fe2O3→2Fe3O4

72：80：77.3

固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致．即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429。因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；根据碳元素守恒，每分解1mol样品时，产生2mol气体，每分解0.1mol样品时，产生4.48L(标准状况)气体，故B正确；C．根据B的分析，600℃时FeC2O4分解生成Fe2O3，Fe2O3中铁的质量分数为=70%，故C错误；D．根据B的分析，FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以T=1400℃时，残留固体为Fe3O4，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查了探究物质组成、测量物质含量及性质实验方案的设计，注意掌握物质的性质及检验方法，正确分析曲线变化为解答本题的关键。12．将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10.0g放入250mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol·L1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。该盐酸的浓度为()A．0.5mol·L1 B．3.0mol·L1 C．2.0mol·L1 D．1.0mol·L1【答案】C【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)，再根据c=计算盐酸的浓度。【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)=0.25L×2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度==2.0mol/L，故C正确；【点睛】考查有关混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，本题中明确反应后的溶质组成为解答关键，守恒法是解化学计算题经常用到的一种方法，把握物质之间的转化关系，追踪元素的存在形式，列出关系式得出结论。13．下列指定反应的离子方程式正确的是A．Fe(OH)3溶于HI溶液:2Fe(OH)3+6H++2I=2Fe2++I2+6H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2:2AlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32C．向[Ag(NH3)2]OH溶液中加入足量盐酸生成白色沉淀:Ag++CI=AgC1↓D．向K2MnO4溶液中加入醋酸，生成KMnO4和MnO2:3MnO42+4H+=MnO2↓+2MnO4+2H2O【答案】A【详解】A．Fe(OH)3和HI反应，由于Fe3＋具有强氧化性，能够氧化I－生成I2，化学方程式为2Fe(OH)3+6H++2I=2Fe2++I2+6H2O，A正确；B．NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成HCO3－，离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，B错误；C．溶液中的OH－、NH3也会和H＋反应，离子方程式为Ag(NH3)2＋＋OH－＋3H＋＋Cl－=AgCl↓＋2NH4＋＋H2O，C错误；D．醋酸是弱酸，不能拆开，应保留化学式，离子方程式为3MnO42+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4+2H2O+4CH3COO－，D错误。答案选A。【点睛】氢氧化二氨合银Ag(NH3)2OH是强碱，在溶液中可以完全电离出Ag(NH3)2＋和OH－，但是不能电离出Ag＋。14．镁、铝、铁合金投入300mL溶液中，金属恰好溶解，分别转化成和;还原产物为NO，在标准状况下体积为6.72L。在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g。下列有关推断正确的是A．参加反应的的物质的量为0.9mol B．NaOH的物质的量浓度为6C．参加反应的金属的质量为11.9g D．的物质的量浓度为3【答案】C【解析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。【详解】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH)=n(NO3)=0.9mol，则A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)==3mol/L，B选项错误；C．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g15.3g=11.9g，C选项正确；D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)==4mol/L，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。15．由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag，加入2mol/L硫酸50mL时固体恰好完全溶解，若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为A．1.6g B．(a1.6)g C．(a3.2)g D．无法确定【答案】B【详解】铁铜和锌的氧化物在足量的CO中加热，最终得到的固体是相应元素的单质，所以要求固体的质量，若能求出氧化物混合物中氧元素的总质量，在氧化物总质量的基础上扣除即可。上述混合物与硫酸反应过程不涉及变价，实质是复分解反应，可以简单表示为：，其中x不一定为整数。因此，消耗的H+的量是金属氧化物中O的两倍，所以该金属氧化物的混合物中：，所以金属元素总质量为(a1.6)g，B项正确；答案选B。16．向1LFeCl3与CuCl2的混合溶液（其中Cu2+浓度为0.05mol·L－1）中加入一定量的Fe粉，充分反应后过滤，剩余固体质量为6.0g，向滤液中加入足量的AgNO3溶液，生成57.4g沉淀。下列说法正确的是A．剩余固体为Cu B．加入Fe粉的质量为8.4gC．原溶液中Fe3+浓度为0.3mol·L－1 D．反应后溶液中Fe2+浓度为0.2mol·L－1【答案】B【分析】57.4g氯化银沉淀的物质的量为=0.4mol，由氯原子个数守恒可知1LFeCl3与CuCl2的混合溶液中氯离子的物质的量为0.4mol，由电荷守恒可得n（Cu2+）×2+n（Fe3+）×3=n（Cl），混合溶液中n（Cu2+）=0.05mol，则n（Fe3+）==0.1mol。【详解】A.混合溶液中铜离子的物质的量为0.05mol，由铜原子个数守恒可知，若铜完全反应生成铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g＜6.0g，则剩余固体为Cu和过量的Fe，故A错误；B.由题意可知，混合溶液中铁离子和铜离子均完全反应，由得失电子数目守恒可得反应的铁的物质的量为==0.1mol，则加入Fe粉的质量为0.1mol×56g/mol+（6.0g—3.2g）=8.4g，故B正确；C.混合溶液中铁离子的物质的量为0.1mol，则1LFeCl3与CuCl2的混合溶液中铁离子的浓度为0.1mol/L，故C错误；D.由铁原子个数守恒可知，反应后溶液中n（Fe2+）=n（Fe3+）+反应n（Fe）=0.1mol+0.1mol=0.2mol，因加入了硝酸银溶液，所以体积不确定，则反应后溶液中的亚铁离子浓度无法计算，故D错误；故选B。17．某试样含有的阳离子为NH4+、Ag＋、Ba2＋、Cu2＋、Fe2＋中的若干种，为确定其组成，某同学进行了如下实验，下列说法不正确的是注：①CuS为难溶于水的黑色固体；②气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。A．沉淀A为BaSO4B．加入过氧化氢溶液时发生的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OC．加入氨水－氯化铵溶液可使Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋不形成沉淀D．试样中一定含NH4+、Ba2＋、Cu2＋、Fe2＋，一定不含Ag＋【答案】D【分析】将试样溶于盐酸，得到溶液A，没有难溶物，所以试样中不存在银离子，向溶液A中加入硫酸，得到白色沉淀A，说明试样中含有钡离，向滤液B中加入强氧化剂（过氧化氢）和氨水氯化铵溶液，得到红褐色沉淀，说明原溶液中的亚铁离子被氧化为三价铁离子后沉淀下来，向溶液中加入硫化物，得到黑色沉淀，说明原溶液中存在二价铜离子，加入碱液并加热，出现使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中存在铵根离子。【详解】A.沉淀A为BaSO4，A选项正确；B.加入过氧化氢溶液时发生的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，B选项正确；C.在pH为3左右时，铁离子即可完全沉淀，而铜离子在pH为4.4左右才开始沉淀，所以加入氨水－氯化铵溶液可调节pH，使Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋不形成沉淀，C选项正确；D.因为流程中加入了氯化铵，无法确定原溶液是否有铵根离子存在，故D选项错误；故答案选D。【点睛】此题提醒我们，在设计离子检验时，要考虑加入的物质是否会对其他物质产生影响，引入的杂质，是否会对实验结论产生影响。18．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是(

)A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c点时加入的铁粉与Cu2+反应D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1【答案】B【分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+

，故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。【详解】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+

，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+

，选项错误，A不符合题意；B.b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

，选项正确，B符合题意；C.当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+

，故溶液中，故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

，则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；故答案为B。【点睛】本题的难点是关于c点是否有化学反应发生的判断。仔细观察图像可以发现，点（1.68，1.28）是曲线的拐点，该点把曲线分为两段直线，两段直线的斜率不同，根据点（2.24，1.84）可以判断c点的具体变化。19．向300mL1mol·L1的稀硝酸中，加入5.6g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（

）A．最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+B．最终溶液中，硝酸无剩余C．标准状况下生成NO的体积为1.68LD．再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化【答案】D【分析】当≥4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当≤8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3<<4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O

Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol；=3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；①根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故不选C；D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；答案：D【点睛】本题关键点是判断Fe与硝酸反应的产物，难点为C选项，用到了物料守恒和得失电子守恒。20．（多选题）为将含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液中的Cu2+还原回收，某同学在含有ag铁粉的容器中加入该废液，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•L1；当废液体积为0.5L时，废液中Fe3+和Cu2+与铁粉恰好完全反应。废液体积/L0.5123≥4固体质量/gaaaa0下列说法错误的是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+)=0.4mol•L1D．要将1L废液中的Cu2+全部还原，则至少需要铁粉44.8g【答案】BC【详解】由题给信息可知当废液体积为时，溶解的铁粉的质量与析出的的质量相等，废液中含有为，由，可知消耗，生成，二者质量之差为，故反应消耗为，故废液中为，，则消耗铁粉为，铁粉质量为。A．当废液体积为时，废液中和与铁粉恰好完全反应，故当铁粉与废液反应完全后有剩余，固体成分为与，A正确；B．废液与铁粉反应后，铁粉无剩余，再加废液，剩余固体质量减小，则发生的反应为，B错误；C．由上述分析知，废液中为，C错误；D．废液中含有和，先发生反应，再发生反应，前者消耗为，后者消耗为，要使反应完，消耗铁粉质量，D正确；故选BC。21．硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。试回答下列问题：（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：__。②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：__。③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。（2）饮用水中NO3对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3还原为N2。①配平方程式：__Al＋__NO3＋__OH－＋__=__[Al(OH)4]－＋__N2↑。②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成__mL(标准状况下)N2。【答案】

Fe＋NO3＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O

3Fe＋2NO3＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O

2∶3

40