高考化学铁及其化合物推断题提高练习题压轴题训练含答案解析.docx

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高考化学铁及其化合物推断题提高练习题压轴题训练含答案解析

2020-2021高考化学（铁及其化合物推断题提高练习题）压轴题训练含答案解析

一、铁及其化合物

1．钛（

）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（

）是目前使用最广泛的白色颜料。

制备

和

的原料是钛铁矿，用含

的钛铁矿（主要成分为

）制备

的流程如下：

（1）步骤①加

的目的是________________________；步骤②冷却的目的是__________________。

（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_______处理。

（3）由金红石（

）制取单质钛（

）的过程为

，其中反应

在氩气气氛中进行的理由是______________________________。

【答案】将

还原为

析出绿矾（

）生石灰（或碳酸钙、碱）高温下镁或钛与

、

等反应

【解析】

【分析】

根据钛铁矿中

、

与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。

水浸后的溶液成酸性。

【详解】

（1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3价

转化为+2价

；降低温度，减小了

的溶解度，有利于绿矶结晶析出。

（2）水浸过程发生的离子反应为

，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入

、

或碱。

（3）由于

和

易与空气中的

、

等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。

2．下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。

（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。

（2）请写出反应D→F的化学方程式：

_________。

（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是____________。

（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。

（5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。

（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：

____，反应过程中的化学方程式为：

____，______。

【答案】NaAlO22FeCl2+Cl2=2FeCl3KSCN溶液呈血红色Ca（ClO）2Al3++4OH-=AlO2-+2H2O先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

【解析】

【分析】

B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A为Al单质，C为AlCl3溶液，G为NaAlO2溶液。

【详解】

（1）根据分析可知，G即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO2;

（2）根据分析可知，D为FeCl2，与E即Cl2反应后生成FeCl3，方程式为：

；

（3）检验Fe3+常用硫氰化钾溶液，Fe3+遇SCN-生成血红色物质；

（4）漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；

（5）通过分析可知，C为AlCl3溶液，与过量的NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：

；

（6）通过分析可知，D的溶液为FeCl2溶液，FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe（OH）2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe（OH）3，转化的现象为：

白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：

；

3．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：

①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。

②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。

③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。

（1）则各是什么物质的化学式为：

A_______、B_______、C_______、D_______。

（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：

__________________________________、______________________________。

（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：

__________________________________、________________________________。

【答案】BaCl2FeSO4AlCl3NaOH；FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO44Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3Al3++3OH-＝Al（OH）3↓Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4，②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe（OH）2的转化为Fe（OH）3，故A为BaCl2，B为FeSO4，D为NaOH，则C为AlCl3，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al（OH）3，Al（OH）3能溶解在NaOH溶液中，符合③中现象。

【详解】

（1）根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；

（2）现象②先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为：

FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；

（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：

Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O。

【点睛】

考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了Fe（OH）2沉淀的生成及转化为Fe（OH）3的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。

4．下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。

已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。

请回答下列问题：

（1）A在B中燃烧的现象是__________________________________________。

（2）D+E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是_________________________。

（3）G+J→M的离子方程式是____________________________________。

（4）Y受热分解的化学方程式是______________________________________。

（5）检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2＋的试剂是____________________。

【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰2:

13AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓4Fe（NO3）3

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液

【解析】

【分析】

F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe（OH）3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化关系可知，N为HNO3，Y为Fe（NO3）3，结合物质的性质来解答。

【详解】

（1）A为H2，B为Cl2，H2在Cl2中燃烧的现象是：

气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；

（2）D+E→B的反应为MnO2+4HCl

MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中Mn元素化合价降低，被还原，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为2mol，另外2mol盐酸显酸性，则n（被氧化的物质HCl）：

n（被还原的物质MnO2）=2：

1；

（3）G（NaAlO2）+J（FeCl3）→M（Fe（OH）3）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：

3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓；

（4）依据分析推断可知Y为Fe（NO3）3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：

4Fe（NO3）3

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；

（5）检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。

5．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：

（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；

（2）反应①的化学方程式______________________________；

（3）反应③的离子方程式______________________________；

（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－

【解析】

【分析】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，

（1）根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；

（2）反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；

（3）反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；

（4）反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

6．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：

（1）写出下列物质的化学式：

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-。

7．己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。

（1）物质A的化学式为___。

（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。

（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，A可以作为呼吸面具的___。

（5）W和T反应的离子方程式___。

【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂2Fe3++Fe=3Fe2+

【解析】

【分析】

题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al，T为最广泛使用的金属单质，则为Fe，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。

根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。

【详解】

（1）.A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S，A与水的产物B可与Al反应，同时C又与Fe反应。

综上可推知A应为Na2O2，答案为Na2O2。

（2）.根据分析B为NaOH，R为Al，答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。

（3）.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。

D为Fe在氧气中燃烧产物Fe3O4，H为白色沉淀,则H应为Fe（OH）2。

W含有Fe3+，说明Fe（OH）2发生氧化生成Fe（OH）3。

答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

（4）.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。

故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，供氧剂。

（5）.由分析可知W为FeCl3，T为金属Fe。

答案为2Fe3++Fe=3Fe2+。

【点睛】

解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。

8．某小组同学用一种铝铁合金为原料，模拟相关的工业生产，反应过程如图所示（部分产物和条件已略去），请回答：

（1）铁铝合金是一种高电磁性能合金，下列有关推测可能正确的是_____（填序号）．

A．铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成

B．铁铝合金的熔点高于铝和铁

C．铁铝合金硬度高于纯铝

（2）反应①中铝元素发生反应的离子方程式为_______________________。

（3）反应②的化学方程式为____________________________________。

（4）反应③发生时观察到的现象是_____________________________，用化学方程式表示颜色变化的原因_____________________________________。

（5）反应④中的CO2不宜换成HCl，原因是_____________________。

（6）请举出固体A一种用途_________________________。

【答案】ACAl3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解做红色油漆和涂料

【解析】

【分析】

分析流程可知，①中的反应有硫酸与氢氧化钠酸碱中和，硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁；④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；固体A为氧化铁，固体B为氧化铝；②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。

【详解】

（1）A．铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成具有特征性质的混合物，故A正确；

B．合金熔点低于各成分，则铁铝合金的熔点低于铝和铁，故B错误；

C．合金硬度高于各成分，则铁铝合金硬度高于纯铝，故C正确；

综上所述，故答案为：

AC；

（2）①中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：

Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；

（3）②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（4）③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，现象是先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色，其反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（5）④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，若将二氧化碳换成氯化氢，则生成的氢氧化铝会继续与过量的盐酸发生反应而溶解，故答案为：

过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解；

（6）固体A为红棕色的氧化铁，可以用来做红色油漆和涂料，故答案为：

做红色油漆和涂料。

9．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH如表：

开始沉淀时pH

完全沉淀时pH

Zn2+

5.4

6.4

Fe3+

1.1

3.2

Fe2+

5.8

8.8

Cu2+

5.6

6.4

请回答下列问题：

（1）粉碎氧化锌矿石的目的是______________；滤渣X的成分是________________。

（2）步骤Ⅱ中加入H2O2目的是：

_______________，发生反应的离子方程式为：

______________。

（3）“除铁”步骤中加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以是________（填化学式，一种即可），控制溶液的pH范围为：

_________。

同时还需要将溶液加热，其目的是：

__________。

（4）滤渣Z的成分是____________。

（5）取28.70gZnSO4·7H2O（相对分子质量：

287）加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是____________。

②680℃时所得固体的化学式为________________。

a.ZnOb.Zn3O（SO4）2c.ZnSO4d.ZnSO4·H2O

【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率H2SiO3将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OZnO或ZnCO3或Zn（OH）23.2≤pH＜5.4防止生成氢氧化铁胶体，便于分离Cu、Zn降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水b

【解析】

【分析】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②根据图像分析。

【详解】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，故答案为：

增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：

2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O，故答案为：

将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去；2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4，故pH的范围为：

3.2≤pH＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离，故答案为：

ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2；3.2≤pH＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，故答案为：

Cu、Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②n（ZnSO4·7H2O）=

=0.1mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90g（100℃）；若得ZnSO4的质量为16.10g（250℃）；若得ZnO的质量为8.10g（930℃）；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2，故答案为：

降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水；b。

【点睛】

分析流程题需要掌握的技巧是：

浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时调用。

10．我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3及少量Fe2O3、CaO、MgO和SiO2等物质。

已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如下所示：

回答下列问题：

（1）焙烧前，应将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，其原因是____；混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3均发生类似于SiO2的反应，试写出Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式：

____。

（2）滤渣的成分是____；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe3+和少量Mg2+，由混合液制取纯净Al（OH）3的实验方案是_____。

（3）洗脱液中往往还有少量Fe3+，需要进一步分离。

若使Fe3+恰好完全沉淀