专题08 铁及其化合物 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年）

这是一份专题08 铁及其化合物 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年），共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

限时精练08 铁及其化合物
时间：40分钟
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
【答案】C
【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。
2．《本草图经》描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下述说明中正确的是（ ）
①绿矾又称胆矾，化学式为CuSO4·5H2O
②绿矾的分解过程中发生了氧化还原反应
③“色赤”物质可能是铜单质
④流出的液体中可能含有硫酸
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】①绿矾是七水合硫酸亚铁，胆矾是五水合硫酸铜，故①错误；②绿矾分解的过程中，现象有“色赤”，说明铁被氧化为正三价，发生了氧化还原反应，故②正确；③根据描述，该过程只涉及到了铁的化合物的变化，与铜元素无关，“色赤”可能是出现了氧化铁，③错误；④流出的液体中可能含有硫酸，④正确；故答案选D②④。
3．下列铁及其化合物性质与用途具有对应关系的是
A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂 B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于制取铁盐
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D．FeCl3溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板
【答案】A
【解析】A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂，A正确；B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于染料，B错误；C．Fe3+水解，生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，C错误；D．FeCl3溶液具有氧化性，用于蚀刻铜电路板，D错误；故选A。
4．由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：
烧渣溶液绿矾铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水，下列说法不正确的是
A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2＋16H+
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3
【答案】C
【解析】A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，A说法正确；B．步骤②发生的反应FeS2与溶液中的Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4和H2SO4，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+，B说法正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若用余热将液体蒸干，绿矾受热会失去结晶水，C说法错误；D．若步骤④反应条件控制不当，绿矾会与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，D说法正确；答案为C。
5．下列关于离子共存或者离子反应的说法正确的是
A．溶液可能大量存在：、、、
B．用NaOH溶液吸收过量CO2：
C．氯化亚铁溶液：Na+、、、MnO
D．氢氧化铁和碘化氢溶液反应：
【答案】B
【解析】A．溶液中碳酸根离子与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，不能大量共存，故A错误；B．氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故B正确；C．氯化亚铁溶液中高锰酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．氢氧化铁和碘化氢溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选B。
6．黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制取硫酸的重要原料，矿区中的黄铁矿暴露在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。下列说法正确的是

A．d步生成的Fe(OH)3可做净水剂、消毒剂
B．a步发生反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+
C．空气中O2约占五分之一，0.1molFeS2完全被氧化时消耗标准状况下空气的体积大约42L
D．缓慢氧化过程中对矿区的生态环境没有影响
【答案】B
【解析】A．d表示Fe3+的水解，Fe3+和水反应生成Fe(OH)3和氢离子，Fe(OH)3具有吸附性，可做净水剂，但不能作消毒剂，故A不符合题意；B．根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，a步发生反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，故B符合题意；C．空气中O2约占五分之一，根据化学方程式2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+可知，2FeS2~7O2，消耗的氧气的物质的量为=0.35mol，则消耗标况下的氧气的体积V=nVm=0.35mol×22.4L/mol=7.84L，消耗标准状况下空气的体积大约=37.2L，故C不符合题意；D．由反应可知，缓慢氧化过程中产生大量酸，会破坏矿区的生态环境，故D不符合题意；答案选B。
7．在酸性环境中，纳米复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：

下列表达反应过程或现象的方程式错误的是
A．反应步骤ⅰ：
B．反应步骤ⅱ：
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：
【答案】D
【解析】A．反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O，A正确；B．反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，离子方程式为：，B正确；C．随着反应进行，氢离子浓度减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(OH)2，在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色，C正确；D．溶液变黄是因为酸性条件下NO将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；故选：D。
8．氯气是常用的化工原料，可用作消毒剂和漂白剂；实验室用MnO2和盐酸反应可制取氯气。氯气有毒，泄漏时需要妥善处理。自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是

A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+
B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2
C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-
【答案】D
【解析】A．Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强酸，次氯酸是弱酸，离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+，故A正确；B．铁单质有还原性，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；C．氯气有氧化性，亚铁离子有还原性，故吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故C正确；D．因为亚铁离子有还原性，次氯酸根离子有氧化性，二者会发生氧化还原反应，二者不能共存，所以铁屑耗尽时溶液中Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-不可能大量共存，故D错误；故答案为：D。
9．FeSO4溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合可制得溶解度较小的FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O(硫酸亚铁铵)。制备硫酸亚铁铵的反应装置如下图所示(装置气密性良好)，关于实验操作或叙述错误的是

A．铁屑用热碳酸钠溶液进行预处理
B．NaOH溶液的作用是吸收H2S气体
C．排净装置内空气时，关闭K1、打开K2、K3，用少量稀硫酸与铁屑反应
D．待铁屑反应完全后，关闭K2、K3，打开K1，即制得最终产物
【答案】D
【解析】A．碳酸钠溶液因为水解作用呈碱性，铁屑表面的油污在热的碳酸钠溶液浸泡下容易除去，故A正确；B．由装置特点分析，FeS与稀硫酸反应生成H2S，关闭K1，打开K2、K3时，用NaOH溶液吸收H2S气体，故B正确；C．装置中的氧气可以氧化硫化亚铁溶液，可以关闭K1、打开K2、K3，先加入少量稀硫酸与铁屑反应，利用产生的H2排尽装置内空气，故C正确；D．根据上述分析，若锥形瓶中的铁屑完全耗尽再关闭K2、K3，打开K1，无法将生成的硫酸亚铁溶液转移至饱和硫酸铵溶液中，故D错误；故选D。
10．某学校化学社团为探究SO2与Fe3+是否发生氧化还原反应，按如图所示装置进行实验(夹持、加热装置均省略)，已知浓硫酸的沸点为338°C。下列说法错误的是

A．甲中生成SO2的同时还会有硫酸酸雾产生
B．试剂a为饱和NaHSO3溶液
C．丙中溶液pH降低，证明Fe3+氧化了SO2
D．若Fe3+氧化了SO2，则在丙中的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会出现蓝色沉淀
【答案】C
【解析】A．铜和浓硫酸反应需要加热，硫酸的沸点为338℃，所以甲中生成SO2的同时还会有硫酸酸雾产生，故A正确；B．为了除去SO2中的硫酸酸雾，可以选择饱和NaHSO3溶液，故B正确；C．丙中溶液pH降低，也可能是SO2溶于水生成了亚硫酸，不能证明是Fe3+氧化了SO2，故C错误；D．若Fe3+氧化了SO2，则生成了Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应会出现蓝色沉淀，故D正确；故选C。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
11．常温时，pH对一定浓度的FeSO4溶液稳定性的影响如图所示，下列分析不合理的是

A．pH越大，越有利于Fe2+存在于溶液中
B．pH在3.0～5.5之间，pH的变化对FeSO4溶液的稳定性影响不大
C．pH=6时，通入一定量的氯气，溶液酸性增强，有利于Fe2+存在于溶液中
D．保持溶液的pH始终为6.5时，可能发生的反应为4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+
【答案】AC
【解析】A．pH越大，碱性越强，Fe2+会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀，故A不正确；B．根据图像判断pH在3.0～5.5之间，pH的变化对FeSO4溶液的稳定性影响不大，故B正确；C．通入氯气后，氯气与Fe2+发生反应：Cl2+ 2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故C不正确；D．根据氧化还原反应的条件判断，空气中的氧气具有氧化性能与二价铁发生反应，故D正确；故选AC。
12．部分氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：

下列说法正确的是
A．样品中Fe元素的质量为2.24 g
B．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
C．样品中CuO的质量为4.08 g
D．V=896 mL
【答案】A
【解析】A．由分析可知，样品中Fe的质量为2.24g，故A正确；B．由分析可知，溶液中不可能存在，故B错误；C．由分析可知，样品中金属铜的质量为3.2g，铜元素的物质的量为=0.05mol，若全部为CuO，CuO的质量为0.05mol×80g/mol=4.0g，因样品中部分铜被氧化，所以样品中CuO的质量一定小于4.0g，故C错误；D．若V=896mL，则参加反应的Fe单质的质量为，因为有部分被氧化，参与反应的Fe单质应小于2.24g，故D错误。答案选A。
13．下列四组实验中，操作正确且能达到预期目的是
A
B
C
D




配制稀硫酸
固体NaHCO3分解
制备Fe(OH)2沉淀
铁粉与水蒸气反应产生氢气
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．不能在量筒中稀释，应在烧杯中稀释，故A错误； B．碳酸氢钠加热分解有水生成，则试管口应略向下倾斜，故B错误； C．不能隔绝空气，氢氧化亚铁易被氧化，应隔绝空气制备，故C错误；D．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁、氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可检验氢气，故D正确；故选：D。
14．工业上用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4的流程图如图：

下列叙述正确的是
A．为提高步骤①的反应速率，所加稀盐酸的量越多越好
B．步骤②中，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+
C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去
D．步骤⑥中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤
【答案】BD
【解析】A．稀盐酸的量越多不能使反应速率加快，应搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A错误；B．滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；C．步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D．步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，步骤⑥中，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案选BD。
15．某化学实验小组探究Fe2+和Fe3+性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。
已知：①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；Ca(OH)2溶液变浑浊。根据实验现象推测，下列说法不正确的是

A．烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
B．烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
C．多孔陶瓷的作用是增大气体与溶液的接触面积
D．KSCN中硫元素、氮元素被氧化
【答案】B
【解析】A．烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe3+碱性条件下会产生红褐色沉淀，故A正确；B．烧瓶中有NaClO，有强氧化性，在溶液中KSCN中的硫氰根离子会直接被氧化为硫酸根离子，故B错误；C．气体进入多孔陶瓷后再扩散到溶液中，可增大气体与溶液的接触面积，有利于气体充分吸收，故C正确；D．氯水过量时，红色却会褪去, NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN-会被氧化剂氧化，SCN-中S：-2价，C：+4价，N：-3价，S被氧化成硫酸根离子，最终收集到氮气，故S、N元素被氧化，故D正确；故选：B
三、填空题
16．某学生欲在实验室制备无水 FeCl3 并得到副产物 FeCl3 溶液。经查阅资料得知：无水 FeCl3 在空气中易潮解，加热易升华。如图是他设计的实验装置图（加热及夹持装置略去）

完成下列填空：
（1）装置 A 是 Cl2 发生装置，其中的化学反应方程式为_____
（2）B 中的溶液是_____，C 的作用是_____
（3）D 加热后，少量生成 FeCl3 沉积在D 的右端，要使沉积的 FeCl3 进入E，操作是______________，E 中冰水的作用为_____
（4）实验员老师对上述装置提出了 2 点改进建议：一是装置连接部分都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件的原因是_____；二是这套装置还存在一个很大的缺陷，改进的方法是_______________
（5）证明 F中 FeCl2 未被完全氧化的方法是_____
【答案】（1）
（2） 饱和食盐水 干燥
（3） 在沉积的固体下方加热 冷凝，使沉积
（4） 氯气会腐蚀橡胶连接件 在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置）
（5） 取样，滴入1~2滴酸性溶液，溶液不显红色
【解析】(1)根据上述分析可知，A装置中浓盐酸和Ca(ClO)2发生氧化还原反应制取Cl2，同时生成CaCl2和H2O，则发生反应方程式为，故答案为：；(2)由于浓HCl易挥发，因此制得的Cl2中含有少量的HCl气体，可用饱和食盐水除去，由题干信息可知，无水FeCl3在空气中易潮解，因此Cl2需干燥后再进入D装置中与铁屑发生反应制得无水FeCl3，则C装置的作用为干燥Cl2，故答案为：饱和食盐水；干燥Cl2；(3)D加热后，少量生成FeCl3沉积在D的右端，由题干信息可知，无水FeCl3加热易升华，则在沉积的无水FeCl3固体下方加热，使其升华，从而进入E装置中，E装置中冰水的作用是：冷凝，使FeCl3沉积，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；冷凝，使FeCl3沉积；(4)由于Cl2会腐蚀橡胶，因此装置连接部分可都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件；同时，Cl2有毒，直接排放到空气中会造成污染，所以该套装置应在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置），故答案为：氯气会腐蚀橡胶连接件；在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置）；(5)FeCl2中Fe2+具有还原性，可与强氧化性物质(如酸性高锰酸钾溶液)反应，则可通过向F的样液中滴入1~2滴酸性KMnO4溶液，观察溶液不显红色来判断F中FeCl2未被完全氧化，故答案为：取样，滴入1~2滴酸性KMnO4溶液，溶液不显红色。
17．Ⅰ.甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色。

（1）B中反应的离子方程式是________________________________________________。
（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验．取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在__________________。
（3）资料显示：SCN -的电子式为 。甲同学猜想SCN―可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究。①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液， 产生白色沉淀，由此证明SCN―中被氧化的元素是__________________。
②甲同学通过实验证明了SCN―中氮元素转化为NO3― ，已知SCN―中碳元素没有被氧化，若SCN―与Cl2反应生成0.5mol CO2，则转移电子的物质的量是_______________mol。
Ⅱ. 8.12天津港特大爆炸事故现场有700吨左右氰化钠，氰化钠剧毒。有少量因爆炸冲击发生泄漏。这些泄露的氰化钠可通过喷洒氧化剂双氧水的方式来处理，以减轻污染。
（4）写出NaCN的电子式__________,偏碱性条件下，氰化钠溶液的CN― 被双氧水氧化为HCO3―，同时放出NH3，该反应的离子方程式：____________________________________。
（5）已知CN－离子、SCN－离子和Cl－离子有相似之处，氰分子(CN)2和硫氰分子(SCN)2的性质与Cl2也有相似之处，且常温常压均为气体，完成下列反应方程式：
①MnO2和HSCN的浓溶液共热的化学方程式方式为____________________________。
②(CN)2和NaOH溶液反应的离子反应方程式为_____________________________________。
【答案】（1）Cl2+2OH― =═Cl― +ClO― +H2O
（2） Fe3+
（3） 硫元素 8mol
（4） Na+[ CN﹣+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3―
（5） MnO2+4HSCN(浓)Mn(SCN)2↑+(SCN)2+2H2O (CN)2+2OH-＝CN-+CNO-+H2O
【解析】
Ⅰ.（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OH― ═Cl― +ClO― +H2O。
（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验．取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，该红褐色沉淀为氢氧化铁，说明溶液中一定存在Fe3+。
（3）由资料可知，SCN -的电子式为 ，其中S为-2价、C为+4价、N为-3价。①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液， 产生白色沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，由此证明SCN―中被氧化的元素是硫元素。
②由题意知，若SCN―与Cl2反应生成0.5mol CO2，则同时生成0.5mol NO3― 和0.5mol SO42― ，N由-3升高到+5、S由-2升高到+6、C的化合价不变，所以，转移电子的物质的量是8mol。
Ⅱ.（4）NaCN的电子式为Na+[,偏碱性条件下，氰化钠溶液的CN― 被双氧水氧化为HCO3―，同时放出NH3，该反应的离子方程式为CN﹣+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3―。
（5）①MnO2和HSCN的浓溶液共热，类比MnO2和浓盐酸的反应，该反应的化学方程式方式为MnO2+4HSCN(浓)Mn(SCN)2↑+(SCN)2+2H2O。
②(CN)2和NaOH溶液反应，类比氯气与NaOH溶液反应，的离子反应方程式为(CN)2+2OH-＝CN-+CNO-+H2O。