高考化学专题复习分类练习 铁及其化合物推断题综合解答题附答案解析Word文档下载推荐.docx

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。

请根据以上信息完成下列各题：

B_______、丙__________。

（2）写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。

对应的化学方程式是_______。

（3）反应③中的离子方程式是_________。

【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；

金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；

判断C为Fe，以此解答该题。

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；

D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe（OH）3。

（1）根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

（2）黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

（3）FeCl2与NaOH溶液发生反应：

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（4）反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

3．现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有:

①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;

②X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色。

产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红;

③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在常温下为液体;

④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;

⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成黑棕色固体,该固体溶于水得到棕黄色溶液;

⑥B与Z可形成化合物BZ3,向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液,先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解;

⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M

请回答下列问题:

（1）写出下列物质的化学式:

XZ__________,X2Y__________,M__________

（2）Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是__________（填化学式）

（3）A的单质与Z的单质反应的化学方程式为__________

（4）BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为__________

（5）X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应后,冷却至室温,再通入足量的NaOH溶液中,气体被完全吸收,则原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为__________（用相应化学式表示X、Z的单质）

【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2

2FeCl3Al3++4OH-=

+2H2OV（H2）:

V（Cl2）≤1:

1

现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；

②X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红，则XZ为HCl，得出X为H，Z为Cl；

③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体，则X2Y为H2O，Y为O；

④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性；

⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成黑棕色固体，该固体溶于水得到棕黄色溶液，则为氯化铁溶液，即A为Fe；

⑥B与Z可形成化合物BZ3，向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解，则B为Al；

⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，则M为过氧化钠，则C为Na。

⑴根据分析得出下列物质的化学式：

XZ为HCl，X2Y为H2O，M为Na2O2；

故答案为：

HCl；

H2O；

Na2O2。

⑵Z的单质溶于X2Y反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用；

HClO。

⑶A的单质与Z的单质反应是铁与氯气反应生成氯化铁，其化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；

2Fe+3Cl2

2FeCl3。

⑷氯化铝与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；

Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。

⑸X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应生成HCl，H2+Cl2

2HCl，反应后冷却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯气也要与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此氯气过量或刚好生成HCl，气体都能完全被吸收，故原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为V（H2）:

V（Cl2）≤1:

1；

V（H2）:

1。

4．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）

根据以上信息填空：

A______G__________；

（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：

______________________________________；

（3）写出下列反应的离子方程式：

反应①_________________________；

反应④____________________________；

【答案】NaFe（OH）3产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；

由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；

乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；

反应②：

气体甲+气体乙→气体丙，即H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；

红褐色沉淀G为Fe（OH）3；

反应⑤：

物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe（OH）3，可推断F中含有Fe3+；

反应④：

物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；

反应③：

丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。

（1）根据上述分析可知A为Na；

G为Fe（OH）3；

（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：

产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；

（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。

5．某淡黄色固体A（仅含三种元素，式量小于160）可用于制药，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

已知：

①上述流程中所涉及的反应都充分进行。

②B、C、D均为常见气体。

相同情况下气体B的密度大气体C。

③黑色固体

溶于盐酸后滴加KSCN，无明显现象，加适量氯水后，溶液变红。

请问答：

（1）写出气体B的电子式__，固体A的化学式是__。

（2）黑色固体E与足量浓硝酸反应的离子反应方程式是__。

【答案】

FeC2O43FeO+10H++NO3－=NO+3Fe3++5H2O

B、C、D均为常见气体说明D单质为氧气，物质的量为

，相同情况下气体B的密度大气体C则说明B为二氧化碳，B与过氧化钠反应，则C为一氧化碳，气体物质的量为

由于生成0.1mol氧气，根据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此二氧化碳的物质的量为0.2mol，CO物质的量为0.2mol，黑色固体E溶于盐酸后滴加KSCN，无明显现象，说明无铁离子，加适量氯水后，溶液变红，说明原物质为FeO，则m（FeO）=28.8g−0.2mol×

28g∙mol−1−0.2mol×

44g∙mol−1=14.4g，则FeO物质的量

，因此n（Fe）:

n（C）:

n（O）=0.2mol:

（0.2mol+0.2mol）:

（0.2mol+0.2mol+0.2mol×

2）=1:

2:

4，则化学式为FeC2O4。

⑴气体B为二氧化碳，其电子式

，根据上面分析得到固体A的化学式是FeC2O4；

；

FeC2O4。

⑵黑色固体E即FeO与足量浓硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，其离子反应方程式是3FeO+10H++NO3－=NO+3Fe3++5H2O；

3FeO+10H++NO3－=NO+3Fe3++5H2O。

6．已知有以下物质相互转化：

请回答下列问题：

（1）写出B的化学式___________，D的化学式为____________；

（2）写出由E转变成F的化学方程式________。

（3）写出D转化成H的离子方程式_________。

（4）除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是________。

【答案】FeCl2KCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Ag++Cl-=AgCl↓向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作

D和硝酸银、稀硝酸的混合溶液反应生成沉淀H和焰色反应呈紫色的溶液可知，H为AgCl，D为KCl，白色沉淀E在空气中变成红褐色沉淀F可知E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，所以G为FeCl3，A为Fe，B为FeCl2，C为NaOH，据此解答。

（1）由分析可知，B为FeCl2，D为KCl，故答案为：

FeCl2；

KCl；

（2）E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，反应的方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）D为KCl，H为AgCl，D转化为H的离子方程式为：

Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：

Ag++Cl-=AgCl↓；

（4）FeCl2中混有的少量FeCl3，可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2，过量的铁粉用过滤除去，故答案为：

向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作。

白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F：

4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3。

7．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应。

（1）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是__________。

（2）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③的反应中还有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则A、D反应产物的电子式是________，反应③的化学方程式是____。

（3）若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是________。

【答案】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

4NH3+5O2

4NO+6H2O2C+SiO2

2CO↑+Si

（1）.A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①为置换反应且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，则A为Fe，F为Cl2、B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故答案为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；

（2）.B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③反应中有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，A与D反应产物为氯化铵，电子式为

，反应③的化学方程式是：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，故答案为：

4NO+6H2O；

（3）.A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，通过验证符合图示转化关系，则反应①的化学方程式是2C+SiO2

2CO↑+Si，故答案为：

2C+SiO2

2CO↑+Si。

8．从某矿渣（成分为NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等）中回收NiSO4的工艺流程如图：

（NH4）2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4；

NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3。

回答下列问题：

（1）“研磨”的目的是___。

（2）矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为____。

（3）“浸泡”过程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的离子方程式为___。

“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外还含有___（填化学式）。

（4）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，溶液中c（F-）至少为___mol·

L-1时，可使钙离子沉淀完全。

[已知Ca2+浓度小于1.0×

10-5mol·

L-1时沉淀完全；

Ksp（CaF2）=4.0×

10-11]

（5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：

Fe2+（水相）+2RH（有机相）

FeR2（有机相）+2H+（水相）。

萃取剂与溶液的体积比（

）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，

的最佳值为___。

在___（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。

依据下表数据判断，调pH范围为___。

【答案】增大接触面积，加快反应速率4FeO+6H2SO4+O2

2Fe2（SO4）3+6H2OFe3++2H2O

FeO（OH）+3H+SiO22.0×

10-30.25强酸性3.7≤pH<

7.1

某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°

C焙烧，已知：

（NH4）2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；

NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°

C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。

（1）焙烧前将矿渣与（NH4）2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；

（2）矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2

2Fe2（SO4）3+6H2O；

（3）“浸泡”过程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的离子方程式为：

Fe3++2H2O

FeO（OH）+3H+；

根据分析，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外还含有 

SiO2；

（4）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，已知Ca2+浓度小于1.0×

L-1时沉淀完全，溶液中c（F−）=

=

≈2×

10−3mol/L，故溶液中c（F-）至少为2×

10−3mol/L；

（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（

）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取，

的最佳取值是0.25；

由Fe2+（水相）+2RH（有机相）⇌FeR（有机相）+2H+（水相）可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成有机相，则应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用；

（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变），亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7时铁离子完全沉淀，pH=7.1时镍离子开始沉淀，则调节pH范围为3.7≤pH<

7.1。

9．稀土元素包括钪、钇和镧系（含Ce、Eu）共17种元素，是重要的战略资源，我省稀土资源非常丰富．某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含（Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质）．某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到较为纯净的CeO2和Eu2O3（氧化铕）．

CeO2不溶于桸硫酸，也不溶于NaOH溶液，Eu2O3可溶于稀硫酸

（1）往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸，反应的离子方程式____________。

为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是________________________________。

（2）有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来．该过程可表示为：

Ce3+（水层）+3HR（有机层）

CeR3（有机层）+3H+（水层）。

向CeR3（有机层）中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：

________________________。

（3）流程中由含Ce3+滤液生成Ce（OH）4的离子方程式____________________。

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.52g,加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+,消耗24.00mL标准溶液。

该产品中Ce（OH）4的质量分数为___________。

（5）已知含Ce3+溶液也可以先加碱调pH后再通入氧气氧化可得到Ce（OH）4。

298K时,Ksp[Ce（OH）3]=5×

10-20，若溶液中c（Ce3+）=0.05mol•L-1,加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）．

（6）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示．流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取2最适宜的pH是_______（填选项序号）．其原因是_____。

A．2.0左右B.3.0左右C．5.0左右

【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；

加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）496%8B使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失

废荧光粉末含（Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质），加入硫酸，滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等，经萃取，可除去Fe3+、Mn2+等，加入氨水，可生成Eu（OH）3，加热分解可生成Eu2O3；

滤渣中含有CeO2、SiO2，加入稀硫酸和过氧化氢，经萃取、反萃取，可得到含有Ce3+的溶液，加入氢氧化钠并通入氧气，可生成Ce（OH）4，加热可生成CeO2。

（1）在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，H2O2受热易分解，为防止其分解，则温度不宜太高，故答案为：

2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；

温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；

（2）根据平衡Ce3+（水层）+3HR（有机层）

CeR3（有机层）+3H+（水层），向CeR3（有机层）中加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，则Ce3+从水溶液中被萃取出来，故答案为：

加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动；

（3）流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成Ce（OH）4，离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：

4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce（OH）4；

（4）Ce（OH）4加硫酸溶解后，被FeSO4还原为Ce3+,则有Ce（OH）4~Ce3+~FeSO4，则n[Ce（OH）4]=0.1×

24×

10-3mol=2.4×

10-3mol，m[Ce（OH）4]=2.4×

10-3mol×

208g/mol=0.4992g，该产品的纯度为：

，故答案为：

96%；

（5）298K时，Ksp[Ce（OH）3]=5×

10-20，若溶液中c（