全国备战高考化学铁及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题分类汇总附答案解析.docx

1、全国备战高考化学铁及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题分类汇总附答案解析2020-2021全国备战高考化学铁及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题分类汇总附答案解析一、铁及其化合物1现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：B_、丙_。(2)写出黄绿色气体乙的一种用途_，反应过程可能观察到的实验现象是_。对应的化学方程式是_。(3)反应中的离子方程式是_。【答案】Al HCl 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

2、色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2 【解析】【分析】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。【详解】根据上述分析可知A是Na，B是A

3、l，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

4、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。2现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有:X、Y、Z的单质在常温下均为气体;X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;2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在

5、常温下为液体;Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;A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;B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;C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

6、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】HCl H2O Na2O2 HClO 2Fe+3Cl22FeCl3 Al3+4OH-=+2H2O V(H2):V(Cl2)1:1 【解析】【分析】现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有X、Y、Z的单质在常温下均为气体；X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；2molX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；Z的单质溶于X2Y中所得的溶液

7、具有漂白性；A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；B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；C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。【详解】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。Z的单质溶于X2Y反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用；故答案为：HClO。A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+3Cl22FeCl

8、3；故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3。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；故答案为：Al3+4OH = AlO2+2H2O。X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应生成HCl，H2 + Cl22HCl，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；故答案为：V(H2):V(Cl2) 1:1

9、。3A-J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)，且已知G为主族元素的固态氧化物，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六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_(2)写出检验D溶液中阳离子的方法_。(3)写出反应的离子方程式_。(4)若向气体K的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_7(填“”、“ c(SO42-) c(H+)c(OH-) 【解析】【分析】G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，

10、而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱、D和气体K反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2Fe(OH)3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，K为NH3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，结合对应单质、化合物的性质解答该题。【详解】（1）A、B、C、D、E、F六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期族，（2）溶液D为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明D溶液中含有Fe3+；（3）反应是金属铝

11、和氢氧化钠溶液的反应，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：；（4）气体K的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH7；反应的离子方程式为：；（5）若向气体NH3的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，假设条件均为1L，发生反应：，n(NH3H2O)=0.1mol，n(H+)=0.1mol，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c()c()c(H+)c(OH-)。【点睛】比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：（1）弱电解质(弱酸、

12、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-H+，H2OOH-H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)；（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-Na+，CH3COO-H2OCH3COOHOH-，H2OH+OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(CH3COOH)c(H+)。4A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它

13、们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是（ ）A若X为KOH溶液，则A可能为AlB若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液C若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2D若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫【答案】B【解析】【详解】A. 若X为KOH溶液、A为A1时，Al和碱反应只能生成偏铝酸钾，不符合转化关系，A可以为Al3+，故A错误；B. 若X为Fe，则A和铁反应的量不同，产物不同，且产物可以和铁反应，证明A为氧化性酸，判断A可以为HNO3，B为Fe(NO3)3溶液，则C可能为Fe(NO3)2溶液，故B正确；C. 若A. B. C均为焰反应呈黄

14、色的化合物，说明含钠元素，转化关系中A可以是NaOH，X可以是二氧化碳或二氧化硫，B为碳酸钠或亚硫酸钠，C为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠，故C错误；D. 若X为O2，A为有机物乙醇，可以实现ABC的转化，但不能一步实现AC；为非金属单质硫时，可以实现ABC的转化，但不能实现AC的转化，故D错误；答案选B。5黄血盐亚铁氰化钾K4Fe(CN)6目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定实验中黄血盐的最大使用量为10 mg/kg，一种制备黄血盐的工艺如下：请回答下列问题：(1)过滤需要用到的玻璃仪器有_；写出中间产物CaSO4的一种用途_。(2)步骤I反应的化学方程式是_。(3)步骤V所用的试剂X是_

15、(填化学式)，在得到产品前还需经过的步骤包括_。(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-等的废水必须处理后才能排放。CN-的电子式是_。处理含CN-废水的方法：第一步NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步NaClO溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐。第二步反应的离子方程式是_。(5)已知反应：3Fe2+2Fe(CN)63- =Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe3+3Fe(CN)64-=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)现有Fe2+被氧化后的溶液，仅供选择的试剂：铁粉、铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、KSCN溶液，请设计检验Fe2+是否氧化完全的实验方案_。【答案】漏斗（普

16、通漏斗）、玻璃棒、烧杯 制作石膏或用于制作水泥的原料等（填一种即可） 3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4+ 6H2O K2CO3 蒸发浓缩、冷却结晶 3ClO+ 2OCN+2OH= 3Cl+ 2CO32-+ N2+ H2O或3ClO+ 2OCN+ H2O = 3Cl+ 2HCO3-+ N2 取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+完全被氧化，否则未完全氧化 【解析】【分析】制备黄血盐的流程分析：步骤一加石灰水、硫酸亚铁、HCN溶液制备Ca2Fe(CN)6，没有化合价变化不属于氧化还原反应，根据步骤二过滤的滤渣C

17、aSO4，确定步骤一的产物中含有CaSO4，故步骤一反应原理为：3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4+ 6H2O，该过程中CaSO4沉淀生成，步骤二过滤，步骤三加入KCl制备K2CaFe(CN)6：Ca2Fe(CN)6+2KCl= K2CaFe(CN)6+ CaCl2，步骤四过滤，滤液进行废水处理，滤渣为K2CaFe(CN)6进行步骤五脱钙处理，在不引入新杂质的原则下，选用K2CO3进行脱钙，过滤得到滤液K4Fe(CN)6，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品K4Fe(CN)63H2O。【详解】(1)过滤需要用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯；中间产

18、物CaSO4制作石膏或用于制作水泥的原料等；(2)根据分析，步骤I反应的化学方程式是3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4+ 6H2O；(3)步骤V脱钙过程，一般用碳酸盐脱去钙离子，且不引入新杂质的原则，应该使用碳酸钾，故试剂X为K2CO3；根据分析，步骤五脱钙处理后，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品K4Fe(CN)63H2O；(4) CN-的电子式是；处理含CN-废水的方法：第一步NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步NaClO溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐，NaClO作氧化剂被还原为NaCl,，每个NaClO化合价降低2。

19、每个OCN中碳元素化合价为+4为最高价不能被氧化，产物以Na2CO3或NaHCO3形式存在，氮的化合价为-3，被氧化为N2，每个氮气分子化合价上升6，故n（ClO）：n（N2）=3:1，由于次氯酸钠水解显碱性，则污水处理的第二步对应的离子反应式为：3ClO+ 2OCN+2OH= 3Cl+ 2CO32-+ N2+ H2O或3ClO+ 2OCN+ H2O = 3Cl+ 2HCO3-+ N2。(5) 设计检验Fe2+是否氧化完全的在于检测此时溶液中是否有Fe2+，Fe3+无需检验，则根据已知信息3Fe2+2Fe(CN)63- =Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)，实验方案是：取少量氧化后的溶液放于试

20、管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+完全被氧化，若出现蓝色沉淀，证明还有Fe2+未完全被氧化。【点睛】在书写氧化还原反应式过程中，判断物质中元素的化合价OCN，可以结合氢离子写成酸的结构HOCN，结构式，按照非金属性ONCH，三对共用电子偏向N，N的化合价为-3，碳与氧的公用电子偏向氧，故C的化合价为+4。6以粉煤灰（主要含3Al2O32SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取Al2O3的流程如图：（1）当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时，“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示（X射线衍射可用于判断某晶态物质是

21、否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。由图可知，当a=_时，3Al2O32SiO2的利用率最高。（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3的离子反应方程式为_。（3）“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为_。（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是_。该步骤可将加水改成通入过量的_气体。（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有_和_。【答案】8 Fe3+3NH33H2O=Fe(OH)33NH4+ OH-Al(OH)3=AlO2-2H2O 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CO2 NaOH

22、(NH4)2SO4 【解析】【分析】粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理，把3Al2O32SiO2转化为NH4Al (SO4)2，且当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液为(NH4)2SO4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液为NaOH 和NaAlO2，加水水解得到Al(OH)3沉淀，煅烧得氧化铝。【详解】（1）根据

23、分析，当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。（2）通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3离子反应方程式：Fe3+3NH33H2O=Fe(OH)33NH4+；（3）根据分析，“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-Al(OH)3=AlO2-2H2O；（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2AlO2-2H2O= HCO3- Al(OH)3）；

24、（5）流程中，滤液为(NH4)2SO4，滤液含有NaOH ，故可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有(NH4)2SO4和NaOH。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。氢氧化铝的制备：1.向氯化铝溶液中通过量氨气；2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳；3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。7某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。流程如下：(1)操作是_，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_。(2)白色固体是_，样品和试剂反应的化学方程式是_。(3)固体加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：

25、_(用化学方程式表达)。(4)溶液中铁元素的存在形式是_，如何用实验证明：_。(5)溶液中通入某气体，该气体可以是_(任写一种的化学式)，红褐色固体制得铁红的化学方程式是_。【答案】过滤 烧杯、漏斗、玻璃棒 Al(OH)3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2 Fe2+ 取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色 O2或者Cl2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】【分析】Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图

26、可知，样品与试剂反应得溶液再通入CO2得白色沉淀，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂为NaOH，得到的固体为Cu、Fe、Fe2O3，溶液为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液为NaHCO3溶液，白色固体为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，固体中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，则溶液中主要含有Fe2+，经过操作得红褐色固体应为Fe(OH)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。【详解】(1)操作是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操

27、作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)白色固体受热分解产生Al2O3，则是Al(OH)3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)固体中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2；(4)由于固体中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3+Fe=3Fe2+

28、可知溶液中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；(5)溶液中含有Fe2+，向溶液通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。【点睛】本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能

29、力及灵活应用所学知识的能力。8二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用车的废气催化转化器，太阳能电池中的光催化，水分解或污染物的分解等。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO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，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列问题：(1)稀酸A的分子式是_。(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是_，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是_。(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+_。(4)在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为_。(5)由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为_。(6)已知Fe(OH)3的Ksp近似值为1038。常温下，在含有Fe3+杂质的溶液中，为使其除尽应调节溶液pH至少为_。(通常认为当离子浓度小于1.0105molL1时即视为沉淀完全)【答案】H2SO4 使Fe2+氧化为Fe3+ 使CeO2还原为Ce3+ 取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+