高考化学小题必练5铁及其重要化合物含答案

铁是过渡元素的代表，铁及其化合物相关知识是历年高考命题的热点，常常通过离子方程式正误考查氧化还原知识的应用，离子共存（铁盐的性质）、以铁的氢氧化物沉淀平衡为载体考查识图能力，以铁及其化合物为信息源考查计算能力，通过实验分析考查其基础知识的应用，通过物质制备考查实验分析能力等。

1.【2020江苏卷】下列有关化学反应的叙述正确的是（   ）

A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2

B．室温下，Al与4.0mol·L−1 NaOH溶液反应生成NaAlO2

C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体

D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4

【答案】B

【解析】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。综上所述，答案为B 。

【点睛】常见的金属与酸，碱的反应，熟记反应方程式即可。

2．【2019江苏】下列有关化学反应的叙述正确的是（   ）

A．Fe在稀硝酸中发生钝化     B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2

C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3  D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2

【答案】C

【解析】A．常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C．二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C正确；D．常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。

【点睛】常见物质的制取的考查，制氯气常用的试剂是二氧化锰和浓盐酸、过氧化钠是将金属钠在空气中加热反应得到。

3．【2020浙江7月选考】黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是（   ）

A．X中含KI，可能含有CuCl2

B．X中含有漂白粉和FeSO4

C．X中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3

D．用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2

【答案】C

【解析】固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2，FeSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一种或两种都含，据此解答。A.若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；B.由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确；C.由分析可知，X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；D.酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl−+ClO−+2H+=

Cl2↑+H2O，此时的Cl−有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl−，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确；故选C。

【点睛】根据实验现象进行推断可能发生的反应和得到的产物。

1.《淮南子·说山训》云：慈石能引铁(慈，旧作磁)。“慈石”的主要成分是（   ）

A．四氧化三铁     B．氧化铜     C．三氧化二铁     D．硅酸盐

【答案】A

【解析】四氧化三铁，化学式Fe3O4。俗称氧化铁黑、吸铁石、黑氧化铁，为具有磁性的黑色晶体，故又称为磁性氧化铁。“慈石”的主要成分是四氧化三铁，A项正确。

2．下列有关实验的叙述正确的是（   ）

A．用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体

B．利用图2装置可制备Fe(OH)2

C．图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色

D．利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收

【答案】B

【解析】A项，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误；B项，如图2装置制备Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确；C项，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误；D项，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误；答案选B。

3．下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是（   ）

A．工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁

B．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4

C．工业上可用铁制容器储存、运输浓硝酸和浓硫酸

D．氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂

【答案】D

【解析】FeCl3溶液用作净水剂的原因是Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，其可吸附水中悬浮物和杂质等并形成沉淀沉降下来，从而起到净水作用，与氧化性无关。

4．铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中加入过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是（   ）

A．Fe(OH)3　Fe2O3  B．Fe(OH)2　Fe2O3

C．Fe(OH)2　Fe(OH)3  D．Fe(OH)2　Fe3O4

【答案】B

【解析】铁与稀硫酸反应生成FeSO4，再与过量氨水反应生成白色沉淀Fe(OH)2，在空气中加热Fe(OH)2，铁元素被氧化为+3价，最后所得红棕色残渣为Fe2O3。

5．实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（   ）

A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3

B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应

C．Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2

D．Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3

【答案】D

【解析】A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；C．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；D．SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；故选D。

6．某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（   ）

A．0.80       B．0.85       C．0.90       D．0.93

【答案】A

【解析】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。

【点睛】反应过程中得失电子守恒是解题的关键。

7．铁粉具有平肝镇心、消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是（   ）

A．在锌粒中加入几粒硫酸铜晶体可能加快H2的生成

B．装置②、③中的药品分别是无水硫酸铜、氯化钙

C．装置①、④中药品为浓H2SO4

D．加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气

【答案】C

【解析】根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，④为检验CO2的装置，据此分析解答问题。A．X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，在锌粒中加入几粒硫酸铜晶体，铜离子会与锌粒发生置换反应，在锌粒表面附着铜单质，构成微型原电池，加快反应速率，A正确；B．②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，B正确；C．装置①作用是干燥，装置④作用是检验二氧化碳产物，药品依次是浓H2SO4和澄清石灰水，C错误；D．H2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，D正确；答案选C。

8．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++2SO+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】由硫铁矿烧渣制备绿矾流程可知，烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生反应生成铁黄。A．因中间产品为绿矾，其酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，故A说法正确；B．结合分析，步骤②中加入FeS2可以将Fe3+还原为Fe2+，该反应的化学方程式为FeS2+7Fe2(SO4)3

+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故B说法正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干液体，绿矾受热会失去结晶水，则得不到绿矾，故C说法错误；D．步骤④，反应条件应控制适当，若氨水的用量过大会使溶液的pH过大，容易生成Fe(OH)3，这样制得的铁黄会含有氢氧化铁杂质，故D说法正确；答案选C。

9．（双选）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是（   ）

A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4

B．向滤液中通入过量HCl气体、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3

C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5

D．烧渣分离可用磁选法

【答案】BC

【解析】A．高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2，FeS2焙烧会生成SO2，SO2会污染空气，加入CaO会与SO2、氧气反应生成CaSO4，硫酸钙可以做建筑材料，故A正确；B．滤液中含有偏铝酸根，通入过量HCl会使生成氢氧化铝沉淀溶解成AlCl3，难以分离得到Al2O3，应该通入过量的二氧化碳，故B错误；C．根据流程写出隔绝空气焙烧的方程式FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，所以反应中FeS2与Fe2O3消耗的物质的量比为1∶16，故C错误；D．四氧化三铁具有磁性，故可以用磁选法进行分离，故D正确；答案选BC。

10．通过对实验现象的观察、分析、推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是（   ）

【答案】D

【解析】Fe3+与I−发生反应：2Fe3++2I−=I2+2Fe2+，生成的碘单质使淀粉溶液变蓝，A错误；铁在潮湿的空气中易生锈，铁锈的主要成分是Fe2O3·xH2O，B错误；铁与稀硝酸反应生成的气体为NO，不能得到氢气，C错误；Fe(OH)2露置于空气中，易被O2氧化成Fe(OH)3，由白色变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D正确。

11．酸性溶液中，Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+。不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如图所示。下列有关说法正确的是（   ）

A．该氧化过程的离子方程式为Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O

B．pH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5的大

C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关

D．其他条件相同，80℃时Fe2+的氧化率比50℃的大

【答案】D

【解析】A项中离子方程式电子转移数目不守恒，应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A项错误；由图像知，Fe2+的氧化率受pH和温度的影响，所以pH=1.5时Fe2+的氧化率不一定比pH=2.5时的大，B项错误；Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等因素有关，C项错误；由图像可知，其他条件相同温度不同时，Fe2+的氧化率与温度成正比，温度越高Fe2+的氧化率越大，D项正确。

12．镍的抗腐蚀性佳，主要用于合金和电镀，也可用作良好的催化剂。现准确称量8g粗镍（含有少量Fe、Cu以及难与酸、碱反应的杂质）进行如下提纯。

请回答下列问题：

（1）写出稀硝酸溶解镍的离子方程式                          。

（2）在溶液A的净化除杂中，首先将溶液A煮沸，调节pH=5.5，继续加热煮沸5min，加热过程中补充适量的水保持溶液的体积不变，静止一段时间后，过滤出Fe2O3、FeO(OH)。

①写出煮沸过程中生成FeO(OH)的离子方程式                  。

②控制溶液的pH，可利用                    。

a．pH试纸     b．石蕊指示剂    c．pH计

③为了得到纯净的溶液B，还需要加入以下物质___（填字母）进行除杂。（已知：Ksp（CuS）=8.8×10−36；Ksp（NiS）=3.2×10−19；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20；Ksp[Ni(OH)2]=5.4×10−16）

a．NaOH      b．Na2S     c．H2S    d．NH3·H2O

（3）在快速搅拌下缓慢向溶液B中滴加12%的H2C2O4溶液，溶液中即可析出NiC2O4·2H2O，搅拌下煮沸2min冷却。操作X包括：过滤、洗涤和烘干，采用如图的装置进行过滤（备注：该图是一个通过水泵减压过滤的装置）。这种抽滤其优点是_________，装置B的主要作用是___________，若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是_________。

（4）在该生产过程中需要纯净的H2。若实验室要制备纯净的H2，发生装置不可以选择_______________（选填代号）。

（5）用电子天平称取0.5000g的NiO样品，加入一定体积的6mol/L的盐酸恰好完全溶解，将所得到的溶液配制成250mL的溶液。取出20mL加入锥形瓶，按照如下滴定原理进行沉淀滴定，最终得到干燥的固体mg，则镍元素的质量分数为___________。（写出表达式即可）

[一定条件下丁二酮肟（，简写为C4N2H8O2）能和Ni2+反应生产鲜红色的沉淀，其方程式为：Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH+2H2O，Ni(C4N2H7O2)2的摩尔质量为289g/mol]。Ni2+能与CO、C2O、S2−等离子形成沉淀，但为什么很多情况下选用丁二酮肟有机沉淀剂？___。

【答案】（1）3Ni+8H++2NO=3Ni2++2NO+4H2O   

（2）Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+    c    c   

（3）速度快    安全瓶    旋开K   

（4）B   

（5）×100%    生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高   

【解析】粗镍与稀硝酸反应，生成镍离子、铁离子、铜离子等，经过净化、除杂，溶液B为硝酸镍溶液，加入H2C2O4生成NiC2O4·2H2O，经过操作X过滤、洗涤和烘干得到NiC2O4·2H2O晶体，在空气中加热生成三氧化二镍，再加热生成NiO，NiO与氢气发生氧化还原反应生成纯镍。（1）镍与硝酸反应成Ni2+、NO和水，离子方程式为3Ni+8H++2NO=3Ni2++2NO+4H2O。（2）①将溶液A煮沸，调节pH=5.5，继续加热煮沸5min，铁离子水解生成FeO(OH)，离子方程式为Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+。②实验中要准备测量溶液的pH，只有pH计可以。③为了得到纯净的溶液B，需要除去Cu2+，又不能减少Ni2+，由溶度积常数可知，CuS的溶解度最小，且远远小于NiS的溶解度，能实现很好的分离，故选择H2S。（3）由于水流的作用，使漏斗下端的压强小于外界大气压，可以加速过滤的速度；装置B的主要作用是安全瓶；若实验过程中发生倒吸现象，先旋开旋塞K，恢复常压后关闭抽水泵。（4）实验室制氢气采用锌与稀硫酸反应，不需要加热，装置B为加热制气装置，不符合题意，答案选B。（5）NiO与盐酸反应生成Ni2+，取250mL中的20mL溶液用丁二酮肟滴定Ni2+发生反Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH+2H2O，得到干燥的固体mg，则Ni(C4N2H7O2)2的质量为mg，其中镍元素的质量为 ；则0.5g样品中镍元素的质量为，镍元素的质量分数为×100%。