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1、专题2 铁及其化合物【名师预测】1.以铁及其重要化合物之间的相互转化设计无机推断题和混合物所含成分分析题。2.以铁及其化合物与相关物质反响之间量的关系设计计算题。3.以铁及其化合物的相关知识设计实验题和工业流程题。【知识精讲】一、铁及其化合物的转化二、铁及其重要化合物的性质1.铁铁位于元素周期表中第四周期族，是一种应用最广泛的过渡金属元素；铁元素是一种典型的变价金属元素。(1)结构(2)铁的物理性质银白色固体，熔点较高，具有良好的导热、导电、延展性，能被磁铁吸引。(3)铁的化学性质铁元素性质活泼，有较强的复原性，主要化合价为2价和3价。按要求书写以下反响的方程式：Fe与Cl2、S反响的化学方程
2、式：2Fe3Cl22FeCl3；FeSFeS。Fe与水蒸气的反响：3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。与氧化性酸(如HNO3)的反响(写离子方程式)。Fe与过量稀HNO3的反响：FeNO4H=Fe3NO2H2O。Fe与少量稀HNO3的反响：3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O。Fe与FeCl3溶液的反响(写离子方程式)：Fe2Fe3=3Fe2。2.铁的氧化物化学式FeOFe2O3Fe3O4俗名铁红磁性氧化铁颜色状态黑色粉末红棕色粉末黑色晶体(有磁性)溶解性难溶于水难溶于水难溶于水铁的化合价232，3稳定性不稳定稳定稳定与H反响的离子方程式FeO2H=Fe2H2OFe2O36H=2Fe33
3、H2OFe3O48H=Fe22Fe34H2O3.铁的氢氧化物(1)Fe(OH)2是白色絮状物，易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色，方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。(2)Fe(OH)3是红褐色、难溶于水的固体，在空气中久置会局部失水生成铁锈(Fe2O3xH2O)，受热易分解，方程式为2Fe(OH)3Fe2O33H2O；制取Fe(OH)3用可溶性铁盐与碱反响，离子方程式：Fe33OH=Fe(OH)3。3二者的关系：在空气中，Fe(OH)2能够非常迅速地被氧气氧化成Fe(OH)3，现象是白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反响
4、方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。4.亚铁盐(1)Fe2的氧化性和复原性含有Fe2的溶液呈浅绿色，Fe2处于铁的中间价态，既有氧化性，又有复原性，其中以复原性为主，如：遇Br2、Cl2、H2O2、NO(H)等均表现为复原性。Fe2的酸性溶液与H2O2反响的离子方程式：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(2)可水解Fe(OH)2是弱碱，含Fe2的盐(如硫酸亚铁)溶液呈酸性。配制硫酸亚铁溶液时常加少量硫酸抑制Fe2的水解，加少量铁屑防止Fe2被氧化。5.铁盐的性质及应用(1)氧化性：含有Fe3的溶液呈棕黄色，Fe3处于铁的高价态，遇Fe、Cu、HI、H2S等均表现为氧化
5、性。Fe3与S2、I、HS、SO等具有较强复原性的离子不能大量共存。Fe3可腐蚀印刷电路板上的铜箔，反响的离子方程式为2Fe3Cu=Cu22Fe2。(2)易水解：Fe(OH)3是很弱的碱，且溶度积很小，因而Fe3极易水解，只能存在于酸性较强的溶液中。利用Fe3易水解的性质，实验室可用FeCl3滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，反响的化学方程式：FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl。利用Fe3易水解的性质，工业上常用调节pH方法除去溶液中的铁离子。利用Fe3易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度。Fe3与HCO、AlO、CO、ClO等水
6、解呈碱性的离子不能大量共存。特别提醒：1Fe3O4可以用FeOFe2O3表示，所以可以与强酸反响生成盐。反响规律为：与非氧化性酸(如盐酸、稀硫酸)反响时生成Fe2和Fe3；与氧化性酸(如HNO3)反响时生成Fe3；与复原性酸(如HI)反响时生成Fe2。2铁分别与氯气和盐酸反响所得的产物中铁元素的价态不同，Fe与Cl2反响生成FeCl3，而Fe与盐酸反响生成FeCl2。3铁在潮湿的空气中生成的铁锈的主要成分是Fe2O3，而铁在纯氧中燃烧的产物是Fe3O4。4铁与硫蒸气反响生成的是FeS而不是Fe2S3；铁与碘蒸气反响生成的是FeI2而不是FeI3。三、“铁三角、Fe2和Fe3的检验1.“铁三角的
7、转化关系完成以下变化的离子方程式，体会Fe2与Fe3转化条件。(1)将H2S气体通入FeCl3溶液中产生淡黄色沉淀：H2S2Fe3=S2Fe22H。(2)将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液，溶液变蓝：2I2Fe3=I22Fe2。(3)FeCl3可溶解铁片：2Fe3Fe=3Fe2。(4)FeSO4可使酸性KMnO4溶液褪色：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(5)将FeCl2溶液滴入HNO3溶液中，有无色气体放出：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O。2.Fe2、Fe3的检验方法(1)用KSCN溶液和氯水(2)用NaOH溶液(3)含Fe2、Fe3的混合溶液中Fe3、Fe2的检验溶液变红
8、色，说明含有Fe3。KMnO4溶液紫红色褪去，说明含有Fe2。(4)Fe2的特征检验方法溶液产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2，3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62。3.含铁物质的除杂溶液杂质除杂方法FeCl2FeCl3加过量铁粉后过滤FeCl3FeCl2加氯水或H2O2FeCl2CuCl2加过量铁粉后过滤【典题精练】考点1、考查铁及其化合物的性质例1、有关铁及其化合物的说法正确的选项是()A.将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体B.FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强C.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D.F
9、e与Cl2反响生成FeCl3，推测Fe与I2反响生成FeI3解析：A项，制备Fe(OH)3胶体，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，错误；B项，铁离子与铜反响生成铜离子和亚铁离子说明铜的复原性比亚铁离子的复原性强，无法证明金属性的强弱，错误；C项，在溶液中铁离子极易发生水解反响，产生难溶性的氢氧化铁，为了抑制铁离子的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，正确；D项，因I2的氧化性较弱，故与铁反响生成FeI2，错误。答案：C【名师点睛】此题考查氧化复原反响以及铁的单质化合物的性质，题目难度不大，此题关键是把握物质的氧化性、复原性强弱判断反响的先后顺序。考点2、考查氢氧化亚
10、铁的制备例2、以下各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是_(填序号)。解析：因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生反响：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；的原理为铁作阳极产生Fe2，与电解NaCl溶液产生的OH结合生成Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；中液面加苯阻止了空气进入；由于带入空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。答案：规律总结：
11、防止Fe(OH)2氧化的方法(1)将配制溶液的蒸馏水煮沸，驱除溶液中的氧气。(2)将盛有NaOH溶液的胶头滴管尖端插入试管的亚铁盐溶液底部，并慢慢挤出NaOH溶液。(3)在亚铁盐溶液上面充入保护气，如H2、N2、稀有气体等。(4)在亚铁盐溶液上面加保护层，如苯、植物油等。(5)用Fe作阳极，石墨作阴极，电解NaOH溶液，利用新产生的Fe2与OH反响制取。考点3、考查Fe2、Fe3的转化例3以下试剂中，不能使Fe2转化为Fe3的是()氯气NaCl溶液酸性KMnO4溶液稀硝酸盐酸NaNO3溶液AB CD解析：要实现Fe2转化为Fe3，必须加强氧化性物质，NaCl、HCl均没有强氧化性，NO在酸性条
12、件下才表现强氧化性。答案：D反思归纳：“铁三角的转化考点4、考查Fe2、Fe3的检验例4检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可使用的试剂是()ANaOH BKMnO4 CKSCN DBaCl2解析：A假设参加NaOH，硫酸亚铁发生复分解反响产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反响产生的红褐色的Fe(OH)3遮挡，不容易观察到，因此不能鉴定；B.KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有复原性，会发生氧化复原反响，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反响，因此可以作为鉴定试剂；C.KSCN与硫酸铁会发生反响，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反响，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色
13、，因此无法鉴定；D.用BaCl2溶液不能检验Fe2，D错误。答案：B易错警示：检验Fe2和Fe3时的本卷须知(1)检验Fe2时不能先加氯水后加KSCN溶液；也不能将加KSCN后的混合溶液参加足量的新制氯水中(新制氯水可能氧化SCN)。(2)Fe3、Fe2、Cl同时存在时不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2(Cl能复原酸性KMnO4，有干扰)。考点5、考查铁及其化合物的除杂问题例5以下除杂的操作不正确的选项是()AMgCl2溶液中混有少量FeCl3：参加足量镁充分反响后过滤BFeCl2溶液中混有少量FeCl3：参加过量铁粉充分反响后过滤CCuCl2溶液中混有少量FeCl3：参加NaOH溶液充分反响
14、后过滤DCuCl2溶液中混有少量FeCl2：先参加H2O2将Fe2氧化成Fe3，再参加CuO充分反响后过滤解析：FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl33H2OFe(OH)33HCl，参加Mg与H反响，上述平衡右移，使Fe3转化成Fe(OH)3而除去，A正确；参加过量铁粉，FeCl3与Fe反响生成FeCl2而到达除杂的目的，B正确；先用H2O2将Fe2氧化成Fe3，再利用FeCl3的水解，参加的CuO与H反响将Fe3转化成Fe(OH)3而除去，D正确；C项中参加NaOH溶液，Cu2、Fe3均转化成氢氧化物沉淀，不符合除杂要求。答案：C规律总结：混合溶液中Fe3、Fe2的除去方法(1)除去Mg2
15、中混有的Fe3的方法：向混合溶液中参加Mg、MgO、MgCO3、Mg(OH)2中之一，与Fe3水解产生的H反响，促进Fe3的水解，将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(2)除去Cu2中混有的Fe3的方法：向混合溶液中参加CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3中之一，与Fe3水解产生的H反响，促进Fe3的水解，将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)除去Mg2中混有的Fe2的方法：先参加氧化剂(如H2O2)将溶液中的Fe2氧化成Fe3，然后再按(1)的方法除去溶液中的Fe3。(4)除去Cu2中混有的Fe2的方法：先参加氧化剂(如H2O2)将溶液中的Fe2氧化成Fe3
16、，然后再按(2)的方法除去溶液中的Fe3。考点6、考查铁及其化合物的计算例6把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反响只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，以下说法正确的选项是()A反响后生成的盐只为Fe(NO3)3B反响后生成的盐只为Fe(NO3)2C反响后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1：3D反响后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3：1解析：由于铁的物质的量为0.4 mol，所以在反响的过程中它失去的电子数应介于0.8 mol(此时只产生Fe2)和1.2 mol(此时只产生Fe3)之间，又产生0.3 mo
17、l NO2和0.2 mol NO，即反响过程中硝酸得到的电子物质的量为0.3 mol(54)0.2 mol(52)0.9 mol，所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2。设前者的物质的量为x，后者的物质的量为y，那么由铁原子守恒可得xy0.4 mol，由得失电子守恒得3x2y0.9 mol，解得x0.1 mol，y0.3 mol。答案：C反思归纳：“守恒法是中学化学中一种常用的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，即找到起始和终止反响时某一特定量的对应关系，建立方程。如此题就用了元素守恒和电子得失守恒。【名校新题】12022山东济宁一中高考模拟?淮南万毕
18、术?中有“曾青得铁,那么化为铜,外化而内不化，以下说法中正确的选项是( )A“化为铜说明发生了氧化复原反响 B“外化时化学能转化为电能C“内不化是因为内部的铁活泼性较差 D反响中溶液由蓝色转化为黄色【答案】A【解析】曾青得铁,那么化为铜，反响方程式是，属于氧化复原反响，故A正确；，反响过程中没有形成可以工作的原电池，所以没有转化为电能，故B错误；“内不化是因为内部的铁与硫酸铜不接触而不反响，故C错误；反响中生成硫酸亚铁，溶液由蓝色转化为浅绿色，故D错误。22022山东济南一中高三月考以下有关金属的说法正确的选项是纯铁不容易生锈镁着火可用干冰灭火铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属缺钙会引起骨质
19、疏松，缺铁会引起贫血青铜、不锈钢、硬铝都是合金KSCN溶液可以检验Fe3A B C D【答案】A【解析】纯铁中没有杂质，不容易形成原电池而进行电化学腐蚀，所以不易生锈，故正确；从镁是活泼金属易与干冰发生反响，所以镁着火不能用干冰扑灭，故错误；铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为外表形成了一层氧化铝保护膜，阻止反响进行，故错误；骨中缺钙引起骨质疏松，血液中缺铁会引起贫血，故正确；青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故正确；KSCN溶液可以检验Fe3，三价铁离子与硫氰根离子反响生成血红色溶液，故正确；综上所述正确；应选：A。32022山东济宁一中高三开学考试实验室在 5
20、00时，隔绝空气加热硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2至分解完全并确定分解产物成分的装置如下列图 (分解的固体产物可能有 FeO、Fe2O3和 Fe3O4，气体产物可能有 NH3、N2、H2O、SO3和 SO2)。以下说法正确的选项是( )A取中固体残留物与稀硫酸反响并滴加 KSCN，溶液变红，那么残留物一定为 Fe2O3B装置用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂 X 最好选用碱石灰C装置用于检验分解产物中是否有 SO3气体生成并除去 SO3和 NH3D装置用于检验分解产物中是否有 SO2气体生成，装置用于收集生成的 NH3和 N2【答案】C【解析】A、Fe3O4中含有两个三价铁离子和
21、一个二价铁离子，取中固体残留物与稀硫酸反响并滴加 KSCN，溶液变红，那么残留物可能为 Fe2O3或Fe3O4，或两者均有，故A错误；B、装置用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂 X 最好选用无水硫酸铜，故B错误；C、装置中如果产生白色沉淀，那么白色沉淀为硫酸钡，那么证明存在 SO3气体，并可以除去 SO3，装置中有盐酸，因此可以除去NH3，故C正确；D、NH3极易溶于水，不能用排水法收集，在氨气经过装置时已经被除去，因此用于收集生成的N2，故D错误；综上所述，此题正确答案为C。42022山东省临沂市第十九中学高考模拟l00mL硫酸铁、硫酸铜、硫酸的混合溶液，各阳离子的物质的量浓度相同，测
22、得c(SO42-)=9mol/L，那么此溶液中还可以溶解铁粉的质量为A11.2g B16.8g C33.6g D5.6g【答案】C【解析】硫酸根离子的物质的量为0.1L9mol/L=0.9mol；各阳离子的物质的量浓度相等，设各阳离子的物质的量为x，那么根据电荷守恒可得x+2x+3x=20.9，解得x=0.3mol；根据化学方程式2H+Fe= Fe2+H2，可知与酸反响的Fe的物质的量为0.15mol，根据化学方程式Fe+2 Fe3+=3 Fe2+，可知与Fe3+反响的Fe的物质的量为0.15mol，根据化学方程式Fe+Cu2+= Fe2+Cu，可知与Cu2+反响的Fe的物质的量为0.3mol
23、因此可溶解的Fe的物质的量之和为0.15mol+0.15mol+0.3 mol =0.6mol，质量为0.6mol56g/mol=33.6g，故C正确；综上所述，此题应选C。52022山东淄川中学高三开学考试铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中参加过量氨水，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()AFe(OH)3Fe2O3 BFe(OH)2Fe2O3 CFe(OH)2Fe(OH)3 DFe(OH)2FeO【答案】B【解析】铁属于活泼金属，能与稀硫酸发生FeH2SO4=FeSO4H2，然后参加过量的氨水，氨水与硫酸反响生成硫酸铵，Fe2
24、2NH3H2O=Fe(OH)22NH4，因为Fe(OH)2容易被空气氧气氧化成Fe(OH)3，因此加热时氢氧化铁分解成Fe2O3和H2O，应选项B正确。62022公安县车胤中学高三月考某小组为探究草酸亚铁(FeC2O4)的热分解产物，按下面所示装置进行实验。以下说法错误的选项是A实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，那么证明分解产物中有CO2和CO气体B反响结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C装置C的作用是除去混合气中的CO2D反响结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温【答案】B【解
25、析】A. B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有复原性气体CO，故A正确；B.由于反响中生成了一氧化碳，可能将局部铁的氧化物复原成了铁，反响结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将Fe2O3溶解生成的铁离子复原，故再向其中滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C.E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO2，故C正确；D. 反响结束后，为了防止倒吸，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温，故D正确；应选B。72022山东济南外国语学校
26、高三开学考试根据框图分析，以下说法不正确的选项是A我国是世界上最早使用反响冶炼金属M的国家BM2+的氧化性比E2+的氧化性强C在反响中假设不加稀硫酸，可能观察到红褐色沉淀D在反响中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性【答案】D【解析】红色金属为Cu，反响发生CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，蓝色溶液为CuSO4溶液，Z为红褐色固体，即Z为Fe(OH)3，说明E为Fe，反响发生FeCuSO4=FeSO4Cu，反响发生2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，A、反响是湿法炼铜，我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家，故A说法正确；B、反响发生发生FeCuSO4=FeSO4Cu，利用氧化剂的氧化性
27、强于氧化产物的氧化性，即Cu2的氧化性强于Fe2，故B说法正确；C、生成Fe3发生水解，生成氢氧化铁，因此可能观察到红褐色沉淀，故C说法正确；D、发生的反响方程式为CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，H2SO4中元素的化合价没有发生变化，H2SO4表现酸性，H2O2表现氧化性，故D说法错误。82022山东高考模拟由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO47H2O)的流程如下：以下说法不正确的选项是A过程1废气中含SO2B过程2试剂a为稀硫酸C过程3离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+D过程4将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将
28、液体蒸干，可得纯洁绿矾【答案】D【解析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子复原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。A根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，那么过程2最好用硫酸来溶解烧渣，故B正确；C. 过程3中二氧化硫将铁离子复原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，故C正确；D. 过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干
29、时绿矾受热失去结晶水，得不到纯洁绿矾，故D错误；应选D。92022福建莆田一中高三月考近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂，枯燥的高铁酸钾在198 以下是稳定的，受热易分解。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有蛋白质的变性蛋白质的盐析胶体聚沉盐类水解焰色反响氧化复原反响A BC D【答案】B【解析】高铁酸钾具有强氧化性，能够使蛋白质变性杀死细菌，、正确；高铁酸根复原得到的Fe3能够水解，产生胶状的Fe(OH)3具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒发生聚沉形成沉淀，、正确。答案选B。1
30、02022山东高三月考以下反响，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是金属钠在纯氧中燃烧；FeSO4溶液滴入NaOH溶液并在空气中放置一段时间；FeCl3溶液滴入KSCN溶液；无水硫酸铜放入医用酒精中。ABCD【答案】B【解析】金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；FeSO4溶液和NaOH溶液反响生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终被氧化为氢氧化铁红褐色物质；FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反响，溶液呈红色；医用酒精中含有水，无水硫酸铜放入医用酒精中，变蓝色；故其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列依次是，答案选B。112022山东高考模拟如下列图，
31、向一定量的铁粉中参加一定体积12 molL1的硝酸并加热，待反响结束时，以下微粒在体系中一定大量存在的是 ( )NO3-Fe3HNO NO2A B C D【答案】B【解析】开始反响生成NO2，随反响的进行，硝酸浓度会变低，铁与稀硝酸反响生成NO，硝酸过量时生成三价铁，铁过量时，生成亚铁离子，假设铁粉过量，体系中大量存在NO3-、Fe2+、NO2、NO；假设HNO3过量，体系中大量存在NO3-、Fe3+、H+、NO2，一定大量存在为：NO3-、NO2，应选B。122022山东高三期末某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(
32、FeSO47H2O)，设计了如下流程：以下说法不正确的选项是A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D假设改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶别离也可得到FeSO47H2O【答案】D【解析】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉复原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，别离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化
33、为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4别离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO47H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。132022山东高考模拟硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反响生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如下列图.答复以下问题：(1)先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑(含少量油污、铁锈等)，再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是_.仪器a的名称是_.
34、(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后参加相应的药品，翻开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反响的离子方程式可能_(填字母序号).A.Fe+2H+=Fe2+H2 B.2Fe+6H+=2Fe3+3H2CFe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D2Fe3+Fe=3Fe2+铁屑快反响完时，翻开_,关闭_,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_.(3)常温下，将反响后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1molL-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反响到达
35、滴定终点的现象为_，计算晶体中Fe2+的质量分数为_.【答案】(1)使油污发生水解而除去锥形瓶 (2)ACD K3 K1、K2装置B中产生H2，是压强大于大气压 (3)溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 14% 【解析】1饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，那么用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。本小题答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶。2铁屑中含有铁锈Fe2O3等，都与硫酸反响，反响后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化复原反响，故ACD正确，B错误；铁屑快反响完时，翻开K3关闭K1、K2，装置B中的溶液会流入装置A，是因为装置B中产生H2，是压强
36、大于大气压。本小题答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2，是压强大于大气压。3用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化复原反响，硫酸亚铁铵中的Fe2+的化合价由+2价升高到+3价生成Fe3+，那么1mol硫酸亚铁铵失1mole-发生氧化反响，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，那么1mol高锰酸钾得5mole-发生复原反响，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁的物质的量比为1:5，由题意n(KMnO4)= 0.1molL-10.02L=0.002mol，那么n (Fe2+)=0.01mol，m(Fe2+)=0.56g，晶体中Fe2+的质量分数为0.56g/
37、4g100%=14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。本小题答案为：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色；14%。142022山东淄川中学高三开学考试某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。答复以下问题：1分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需参加少量铁屑，其目的是_。2甲组同学取2 mL FeCl2溶液，参加几滴氯水，再参加1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反响的离子方程式为_。3乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先参加0.5 mL煤油，再于液面下依次参加几
38、滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。4丙组同学取10 mL 0.1 molL1 KI溶液，参加6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中参加1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中参加1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，证明生成Fe2第三支试管中参加1滴KSCN溶液，溶液变红。实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化复原反响为_。5丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中参加几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，写出反响的离子方程式_，一段时间后，
39、溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；【答案】1防止Fe2被氧化22Fe2Cl2=2Fe32Cl3隔绝空气(排除氧气对实验的影响)4Fe3可逆反响52Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe3催化H2O2分解产生O2【解析】1Fe2具有复原性，容易被氧气氧化成Fe3，参加Fe，能发生Fe2Fe3=3Fe2，因此参加Fe的目的是防止Fe2被氧化；2氯水的主要成分是Cl2，具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，即反响的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl；3甲同学缺乏之处是Fe2可能被空气氧气氧化成Fe3，因此煤油的作用是隔绝空气，防止空气中的氧气干扰实验；4因为I过量，参加KSCN溶液，溶液变红，说明此溶液中存在Fe3，即此反响是可逆反响；5Fe2显浅绿色，后来溶液变为棕黄色，说明Fe2被氧化成Fe3，因此离子反响方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；一段时间后，溶液有气泡产生，此气泡为氧气，其原因是Fe3催化H2O2分解产生O2。