高考化学综合题专练铁及其化合物推断题及答案解析.docx

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高考化学综合题专练铁及其化合物推断题及答案解析

2020-2021高考化学综合题专练∶铁及其化合物推断题及答案解析

一、铁及其化合物

1．下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C常温下为一种液体，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，F为棕黄色溶液。

①是实验室制取丁的反应之一。

各物质间的转化如下图所示，回答下列问题（部分生成物未列出）：

（1）物质I的化学式为________；F中阴离子是______________；

（2）反应①的化学方程式为为____________；

（3）B与K的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为____________；

（4）反应②的化学方程式为_____________；

（5）若E与G以物质的量比为1:

1投入足量水中，反应的化学方程式为_________；生成1mol气体转移电子的个数为__________。

【答案】Fe（OH）3Cl-2H2O2

2H2O+O2MnO2+4H++2Cl－

Mn2++Cl2↑+2H2O3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H24FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8NaCl+O2↑6NA

【解析】

【分析】

丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2，B与K的反应是实验室制取丙的反应，且B为黑色粉末，则B为MnO2，K为HCl；①是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应，所以C为H2O，丁为氧气；G为淡黄色固体，且可以生成氧气，则G应为Na2O2，则J为生活中常见的调味品，应为NaCl，I为红褐色固体应为Fe（OH）3；F为棕黄色溶液，应含Fe3+，E与氯气反应可生成F，则F为FeCl3，E为FeCl2；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁，所以甲为铁单质，Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D为Fe3O4。

【详解】

（1）根据分析可知物质I为Fe（OH）3；F中阴离子为Cl-；

（2）反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为2H2O2

2H2O+O2；

（3）实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：

MnO2+4H++2Cl－

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（5）E为FeCl2，G为Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1价的氧被还原成-2价，二者1：

1反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2自身发生氧化还原反应，所以E与G以物质的量比为1:

1投入足量水中，反应方程式为4FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8NaCl+O2↑。

【点睛】

解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体”，则丙为Cl2，“F为棕黄色溶液”，则其溶液中应含有Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。

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．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示（部分反应物、生成物没有列出）。

已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是___。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）反应③的离子方程式为___。

（4）反应⑧的化学方程式为___。

（5）反应⑥过程中的现象是____。

（6）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占___L。

【答案】铁元素8Al＋3Fe3O4

4Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6

【解析】

【分析】

F是红褐色难溶于水的沉淀，则F为氢氧化铁；E能在空气中转化为F，且E是C和氢氧化钠反应生成，则E为氢氧化亚铁，C为氯化亚铁；B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D，则B为四氧化三铁，D为氯化铁；A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁，则A为铁单质；四氧化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质，I又能与氢氧化钠反应，推知I为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G为偏铝酸钠。

【详解】

（1）A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，则六种物质中都含有铁元素，故答案为：

铁元素；

（2）①是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al＋3Fe3O4

4Al2O3＋9Fe，故答案为：

8Al＋3Fe3O4

4Al2O3＋9Fe；

（3）③是四氧化三铁与盐酸反应，其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：

Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；

（4）⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，故答案为：

Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；

（5）⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：

生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；

（6）1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式1×3=2×n（H2）,则n（H2）=1.5mol，则标准状况下，氢气的体积V（H2）=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为33.6。

【点睛】

铝与四氧化三铁反应生成铁，8molAl~9molFe，铁与水蒸气反应生成氢气，3molFe~4molH2，所以也可以根据对应关系8molAl~9molFe~12molH2，求得氢气的物质的量。

4．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：

请回答：

（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：

__、其中Al作__剂。

（2）反应④的离子方程式为：

__。

（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。

检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。

【答案】2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉（屑）KSCN（或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）

【解析】

【分析】

氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。

【详解】

（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），该反应的化学方程式：

2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；

（2）反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉（屑），以防止其转化为FeCl3。

检验三价铁离子常用试剂是KSCN（或NH4SCN），三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。

5．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-。

6．某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na+。

工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程图。

回答下列问题；

（1）A的化学式为_________，D的化学式为_______。

（2）在工业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：

__________、______。

（3）得到FeSO4•7H2O晶体的操作Ⅲ为：

加热浓缩、冷却结晶、______、______、干燥。

【答案】FeH2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+Cu2+=Fe2++Cu过滤洗涤

【解析】

【分析】

工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、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，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，得到的滤液C中主要含硫酸亚铁，滤渣B中含Cu、Fe，向该固体混合物中加入D为H2SO4，得到的溶液F为硫酸亚铁，得到滤渣E为Cu，将溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4·7H2O晶体，以此来解答。

【详解】

（1）加入铁粉，由于金属活动性Fe＞Cu，可发生置换反应，置换出铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁、铜的混合物中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以A的化学式为Fe，D的化学式为H2SO4；

（2）由于离子的氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Na+，所以向工业废水中加入过量A时，首先发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（3）FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从FeSO4的溶液中获得晶体经过加热，通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤，最后干燥，就得到了FeSO4•7H2O晶体。

【点睛】

本题以废水处理流程为线索，考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂的选用及离子方程式书写等，把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，注重基础知识的考查。

7．常见含硫物质A~D，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。

其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。

请按要求回答下列问题：

（1）A的化学式为_______。

（2）反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作_______（填“氧化剂”或“还原剂”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：

上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。

当将含D的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将_______。

（填“增大”“减小”或“不变”）。

废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。

某工厂若将4.48×106L（标准状况下）废气A进行环保处理，完全转化为NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为_______L。

【答案】SO2还原剂失去电子，化合价升高Fe+2H+=Fe2++H2↑O2增大20000

【解析】

【分析】

由B（含氧酸）在常温下与足量的铁反应生成C（硫酸盐），故B是H2SO4，反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，C是FeSO4；Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故A是SO2，SO2+H2O

H2SO3，D是H2SO3。

【详解】

（1）由解析可知，A的化学式为SO2；

（2）反应①、②中，反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高，故反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作还原剂；

（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（4）H2SO3→H2SO4过程中，S元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；2H2SO3+O2=H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将增大；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，n（SO2）=

=2.0×105mol，故n（NH3•H2O）=2.0×105mol，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为

=20000L。

【点睛】

本题是结合图考查S元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。

8．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。

进行如下实验：

①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；

②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L－1盐酸中，得溶液C；

③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；

④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。

请填空：

（1）①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。

（2）②中所发生的各反应的化学方程式是___________。

（3）③中所发生的各反应的离子方程式是___________。

（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2＋）为________，c（Fe2＋）为________。

【答案】加少量KClO3，插上镁条并将其点燃FeFe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2OFe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑0.67mol·L－12.3mol·L－1

【解析】

【详解】

（1）铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。

在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。

发生的反应为Fe2O3＋2Al

Al2O3＋2Fe，所以产物中单质B为Fe，故答案为：

加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；Fe；

（2）Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：

Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O，故答案为：

Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O；

（3）混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。

C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。

发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。

（4）假设步骤②用去的20g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40g·mol－1×x＋160g·mol－1×x＝20g，解得：

x＝0.1mol。

根据MgO～MgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L－1。

步骤④说明溶液中没有Fe3＋，也就是溶质为FeCl2和MgCl2。

根据Cl－守恒的关系，可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于

＝0.45mol，所以，FeCl2的浓度为

≈2.3mol·L－1，故答案为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；0.67mol·L－1；

【点睛】

本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，（4）中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。

9．粉煤灰是燃煤产生的工业固体废料，主要成分有Al2O3、SiO2，还含有少量Fe2O3、CaO等。

采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧化硅的工艺流程如下：

硫酸熟化过程中发生的反应有：

Al2O3∙2SiO2+3H2SO4=Al（SO4）3+2SiO2+3H2O

3Al2O3∙2SiO2+9H2SO4=3Al2（SO4）3+2SiO2+9H2O

（1）“结晶”操作：

缓缓加热，浓缩至______，放置冷却，得到Al2（SO4）3∙18H2O。

（2）Al2（SO4）3∙18H2O在250~300℃下失重40.5%得Al2（SO4）∙xH2O，x=______。

（3）“还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为_________。

（4）设计实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3：

__________。

（5）向硅酸钠溶液中通入过量CO2制备白炭黑的化学方程式为___________。

（6）粗氧化铝制备冶金级氧化铝过程中发生反应[Al（OH）4]-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-，该反应的平衡常数为_______[已知Al（OH）3+H2O

[Al（OH）4]-+H+K1=4×10-13；H2CO3

H2O+CO2K2=600；Kal（H2CO3）=4.2×10-7、Ka2（H2CO3）=5.6×10-11]。

【答案】表面出现结晶薄膜32Al2（SO4）3+3C

2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质Na2SiO3+2CO2+（n+1）H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓1.75×103

【解析】

【分析】

粉煤灰主要成分有Al2O3、SiO2，还含有少量Fe2O3、CaO等，加入浓硫酸反应生成硫酸铝，水浸主要得到SiO2高硅渣，滤液经过结晶脱水得到硫酸铝，硫酸铝与焦炭反应生成粗氧化铝，验证粗氧化铝是否含有氧化铁，先将物质溶于稀硫酸后加KSCN溶液，观察现象；向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2∙nH2O。

【详解】

（1）“结晶”操作：

缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜，放置冷却，得到Al2（SO4）3∙18H2O；故答案为：

表面出现结晶薄膜。

（2）假设100gAl2（SO4）3∙18H2O在250~300℃下失重40.5%，剩余100g×（1−40.5%）=59.5gAl2（SO4）∙xH2O，

，解得x=3；故答案为：

3。

（3）根据“还原焙烧”产物之一经过烟气制酸，硫酸铝和碳“还原焙烧”生成氧化铝、二氧化碳和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3C

2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑；故答案为：

2Al2（SO4）3+3C

2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑。

（4）实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3，将粗品溶于稀硫酸中，利用生成的铁离子与KSCN溶液反应是否有红色物质生成；故答案为：

取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质。

（5）向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2∙nH2O，其化学方程式为Na2SiO3+2CO2+（n+1）H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓；故答案为：

Na2SiO3+2CO2+（n+1）H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓。

（6）①Al（OH）3+H2O

[Al（OH）4]－+H+，②H2CO3

H2O+CO2，③H2CO3

HCO3－+H+，根据盖斯定律③−①−②得到[Al（OH）4]－+C