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1、第2讲铁及其化合物复习目标核心素养1.能列举、描述、辨识铁及其化合物重要的物理和化学性质及实验现象。2能根据铁及其化合物的性质分析实验室、生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。3能说明铁及其化合物的应用对社会发展的价值、对环境的影响。1.宏观辨识与微观探析：认识铁及其化合物的性质，能以Fe2、Fe3的相互转化为例，理解变价金属元素的氧化还原反应实质。2科学态度与社会责任：利用铁及其化合物的性质，科学认识铁及其化合物的分离、提纯和制备工艺流程，同时具有严谨求实的科学态度和崇尚真理的意识。考点一铁及其氧化物1铁的结构铁位于元素周期表中第四周期族。2铁的性质(1)
2、物理性质颜色状态导电性、导热性、延展性特性地壳含量银白色固体良好被磁铁吸引占第4位(2)化学性质与非金属反应与O2反应常温铁锈(成分为Fe2O3xH2O)点燃3Fe2O2Fe3O4与Cl2反应加热2Fe3Cl22FeCl3与S、I2反应FeSFeS、FeI2FeI2与H2O(g)反应3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。与酸反应与H反应Fe2H=Fe2H2与稀HNO3反应酸过量Fe4HNO=Fe3NO2H2O酸少量3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2O与浓H2SO4、浓HNO3反应常温下钝化，加热分别生成SO2、NO2与盐(Cu2、Fe3)反应FeCu2=Fe2Cu、Fe2Fe3=3Fe2。
3、3铁的氧化物化学式FeOFe2O3Fe3O4俗称铁红磁性氧化铁色态黑色粉末红棕色粉末黑色晶体溶解性难溶于水难溶于水难溶于水铁的价态2价3价2价，3价与H反应的离子方程式FeO2H=Fe2H2OFe2O36H=2Fe33H2OFe3O48H=Fe22Fe34H2O共性高温时，都能被C、CO、H2、Al等还原剂还原，生成单质铁(1)Fe在稀硝酸中发生钝化。()(2)铁表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化。()(3)四氧化三铁和稀盐酸反应的离子方程式为Fe3O48H=3Fe34H2O。()(4)铁是较活泼的金属，它与卤素单质(X2)反应的生成物均为FeX3。()(5)过量的铁与氯气反应生成
4、FeCl2。()题点一铁及其氧化物的性质及实验探究中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下所示。FeCl36H2OFeOOH纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是()A纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病B纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液中分散质直径大小相等C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D反应的化学方程式为6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2【解析】纳米四氧化三铁为磁性纳米晶体材料，可作为药物载体用于疾病的治疗，A正确；纳米四氧化三铁分散在适当的分散剂中形成的分散系属于胶体，不同于FeCl
5、3溶液中溶质粒子的直径，B错误；反应中环丙胺不参加反应，但加入环丙胺后FeCl3发生水解生成FeOOH，即环丙胺会促进氯化铁的水解，C正确；由制备过程可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知，反应为6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2，D正确。【答案】B对点训练1铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请回答下列问题：实验装置装置一装置二(1)装置一中，装置A的作用：_。装置二中，装湿棉花的作用：_。(2)实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：_。答案：(1)提供水蒸气提供水蒸气(2)在
6、溶液中Fe3被未反应的铁粉完全还原为Fe2题点二铁与硝酸的反应及定量分析在一定量的稀HNO3中慢慢加入铁粉，得到的Fe2的物质的量(纵坐标)与所加铁粉的物质的量(横坐标)的关系如图所示。请将正确答案的序号填在相应的横线上。Fe3Fe2Fe、Fe2Fe2、Fe3(1)AB段铁元素以_形式存在。(2)BC段铁元素以_形式存在。(3)CD段铁元素以_形式存在。【解析】向稀HNO3中加入铁粉，开始时稀HNO3过量应生成Fe3，随加入铁粉量的增加，稀HNO3反应完全后，发生反应2Fe3Fe=3Fe2，最后全部转化为Fe2。【答案】(1)(2)(3)母题延伸(1)上题AB段、BC段消耗铁的物质的量之比是多
7、少？(2)若将稀硝酸换作稀硫酸，试画出得到的Fe2的物质的量(纵坐标)与所加铁粉的物质的量(横坐标)的关系图。(3)上题CD段滤液中加入少量稀H2SO4写出反应的离子方程式。提示：(1)BC段发生反应2Fe3Fe=3Fe2，反应中n(Fe3)n(Fe)21，而Fe3是由AB段反应的铁生成的，则题图AB段、BC段消耗铁的物质的量之比是21。(2)铁与稀硫酸只能生成Fe2，图像如下：(3)3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O对点训练2向含a g HNO3的稀溶液中，加入b g铁粉充分反应后全部溶解。已知有 g HNO3被还原，则ab不可能是()A21B31C41D92解析：A满足条件的反应为Fe
8、4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O 满足方程的ab(463)5692，满足方程的ab(863)(356)31。介于方程之间即34.5的都行。只有A不符合。方法点拨铁与稀HNO3反应随着两者量的不同，生成氧化产物亦不同，可用讨论的方法确定。Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2OFe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)22可得3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O(1)当时，硝酸过量，按式计算。(2)当时，铁过量，按式计算。(3)当时，可依据或进行计算。无论二者的量如何变化，铁与稀HNO3反应，被还原
9、的HNO3与参加反应的HNO3的物质的量之比总是14。对点训练3(双选)常温时，将0.1 mol Fe(NO3)3和2 mol HCl溶于水得2 L混合溶液，然后向该溶液投入m g铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是()A由于氧化性Fe3H，首先发生的反应是Fe2Fe3=3Fe2B当加入16.8 g铁粉时，可生成标准状况下6.72 L气体C在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2和Fe3的形式存在Dm至少等于28，反应过程中溶液的质量一直在增大解析：BD酸性条件下，NO有氧化性，因此首先发生的反应是FeNO4H=NOFe32H2O，然后发生反应：Fe2Fe3=3F
10、e2，再发生Fe2H=Fe2H2，A错误；当加入16.8 g铁粉时，发生反应，生成标准状况下的6.72 L NO气体，生成0.3 mol Fe3，消耗1.2 mol H，B正确；根据滴加KSCN溶液不变红色说明溶液中不含Fe3，C错误；根据方程式计算则至少消耗铁16.8 g(0.10.3)0.556 g28 g，反应过程中溶液的质量一直在增大，D正确。题点三铁的氧化物组成的确定(2021济宁一模)实验室用下面装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量，D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。(1)如何检查装置A的气密性？_。(2)为了安全，在点燃D处的酒精灯
11、之前，必须进行的操作是_。(3)装置B的作用是_。装置C中装的液体是_，所起的作用是_。(4)点燃D处的酒精灯，写出在硬质双通玻璃管中发生反应的化学方程式_。(5)若FeO和Fe2O3固体混合物的质量为23.2 g，反应完全后U形管的质量增加7.2 g，则混合物中Fe2O3的质量为_。【解析】解答此题，要明确实验目的，理解装置的工作原理、各仪器的作用。U形管的作用是吸收反应生成的水，为了保证纯净的H2进入D装置，必须利用B、C装置除杂(HCl气体和水蒸气)；为了保证U形管增加的质量等于反应生成水的质量，必须用F装置防止空气中的水蒸气进入E装置。由反应方程式知：Fe2O33H22Fe3H2O，F
12、eOH2FeH2O，m(Fe2O3)m(FeO)23.2 g，两反应生成的水：m(H2O)7.2 g，列方程组可求得m(Fe2O3)16 g。【答案】(1)关闭a，从球形漏斗口加水，待水从漏斗管上升与容器的水面形成一段水柱差，停止加水，静置片刻，如水柱不下降，证明其气密性良好(2)在b出口处必须检验氢气的纯度(3)除去H2中混有的HCl气体浓硫酸干燥氢气(4)Fe2O33H22Fe3H2O，FeOH2FeH2O(5)16 g母题延伸(1)上题U形管E右边又连接干燥管F的目的是什么？(2)上题若无干燥管F，测得Fe2O3的质量将如何变化？若反应后得到的残留固体中还有少量FeO，测得的Fe2O3质
13、量将如何变化？(3)上题若无C装置测得Fe2O3的质量如何变化？提示：(1)防止空气中的水蒸气等气体进入E中。(2)若无干燥管F，测得水的质量偏大，计算所得Fe2O3的质量偏大；若反应后得到的残留固体中还有少量FeO，测得水的质量偏小，计算所得的Fe2O3质量将偏小。(3)Fe2O3的质量偏大。对点训练4有一块铁的“氧化物”样品，用140 mL 5.0 molL1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025 mol Cl2，恰好使其中的Fe2全部转变为Fe3，则该样品可能的化学式为()AFe2O3BFe3O4CFe4O5 DFe5O7解析：D根据2Fe2Cl2=2Fe32Cl，可知铁的“氧
14、化物”样品用盐酸溶解后所得溶液中n(Fe2)0.025 mol20.05 mol，根据电荷守恒得2n(Fe2)3n(Fe3)n(Cl)，则n(Fe3)0.2 mol，故n(Fe2)n(Fe3)0.050.214，故该氧化物可表示为FeO2Fe2O3，即Fe5O7。考点二铁的氢氧化物铁的氢氧化物化学式Fe(OH)2Fe(OH)3色态白色固体红褐色固体溶解性难溶于水难溶于水与盐酸反应Fe(OH)22H=Fe22H2OFe(OH)33H=Fe33H2O受热分解2Fe(OH)3Fe2O33H2O制法可溶性亚铁盐与碱反应：Fe22OH=Fe(OH)2可溶性铁盐与碱反应：Fe33OH=Fe(OH)3二者的
15、关系空气中，Fe(OH)2能够非常迅速地被氧气氧化成Fe(OH)3，现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(1)向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁。()(2)向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)22Fe3=2Fe(OH)33Mg2。()(3)在中性溶液中Cl、SO、Na、Fe3可大量共存。()(4)将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体。()(5)向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式是Fe(OH)22H=Fe22H2O。()题点一铁的氢氧化物
16、的性质以某硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄( FeOOH)的一种工艺流程如图：下列说法不正确的是()A“酸溶”中加热、搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速率B滤渣的主要成分是SiO2和FeC“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2(NH4)2SO4 2CO2D“氧化”Fe(OH)2浆液时，可用氯气代替空气【解析】硫酸渣用硫酸酸浸时，氧化铁溶解生成硫酸铁，加入铁粉，则溶液中溶质主要为硫酸亚铁，过滤，滤渣为过量的铁粉和未溶解的二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵，发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化亚铁。“酸溶”中加热、搅拌或适当增大硫
17、酸浓度均可加快溶解速率，A正确；根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和Fe，B正确；“沉铁”过程中硫酸亚铁与碳酸氢铵相互促进水解生成Fe(OH)2的化学方程式为FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2(NH4)2SO42CO2，C正确；“氧化”Fe(OH)2浆液时，若用氯气代替空气，会导致制备的铁黄含量偏低且含有杂质，D错误。【答案】D母题延伸Fe(OH)3、Fe(OH)2固体中分别加入过量氢碘酸有什么现象？写出反应的离子方程式？提示：Fe(OH)3红褐色固体溶解，溶液呈紫红色有紫黑色固体颗粒析出，2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2O；Fe(OH)2白色固体溶解，溶液呈浅绿色，F
18、e(OH)22H=Fe22H2O。对点训练1有关铁的化合物的说法中，错误的是()AFe(OH)2是一种黑色固体，不稳定，在空气中易被氧化转变为红褐色B由图示操作可制取Fe(OH)2CFe3O4、Fe(OH)3都可以由化合反应制得DFe(OH)3胶体呈红褐色、透明，能发生丁达尔效应解析：AFe(OH)2是一种白色固体，A错误；煤油能减少FeSO4溶液与氧气接触，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，B正确；铁在氧气中燃烧可生成Fe3O4，可通过化合反应4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3来制取Fe(OH)3，C正确；Fe(OH)3胶体呈红褐色、透明，能发生丁达尔效应，D正确。对点训
19、练2由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO47H2O)，再通过绿矾制备铁黄FeO(OH)的流程如下：烧渣 溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是()A步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B步骤，涉及的离子方程式为FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16HC步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3解析：C要制得绿矾，为了不引入其他杂质，步骤最好用硫酸来溶解烧渣，A项正确；加入FeS2后得到的溶液经步骤可得到绿矾，故步骤中FeS2和Fe3发生氧化还原反应，生成了F
20、eSO4，离子方程式为FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H，B项正确；步骤，由FeSO4溶液得到绿矾应蒸发浓缩、冷却结晶而不是蒸发结晶，C项错误；步骤中若反应条件控制不当，则会使铁黄中混有Fe(OH)3，D项正确。题点二Fe(OH)2的制备(2021青岛一模)由于Fe (OH)2具有很强的还原性，易被氧化为Fe(OH)3，在实验室中制备Fe(OH)2，并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态，成为物质制备实验探究的热点。(1)下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是_(填序号)。(2)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入_。(3)除去蒸馏水中溶解的O2常采用
21、_的方法。【解析】(1)因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生反应：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。(2)稀硫酸抑制Fe2水解，铁粉防止Fe2+被氧化。(3)Fe(OH)2很容
22、易被氧化，实验过程要确保在无氧条件下生成。【答案】(1)(2)稀硫酸 (3)加热煮沸母题延伸(1)上题装置如何操作可以得到Fe(OH)2沉淀？(2)上题装置中的氯化钠溶液能否换作氢氧化钠溶液、稀硫酸？(3)上题装置中苯能否换成CCl4?提示：(1)打开止水夹a将产生的氢气导出，检验末端导管处气体纯净后，关闭止水夹a，A中液体进入B，产生白色沉淀。(2)氢氧化钠溶液可以，稀硫酸不行。换为稀硫酸后，酸提供的H在阴极上反应，不能产生OH。(3)不能换成CCl4，因为CCl4的密度比水的密度大。对点训练3如图所示装置，可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，实验时提供的试剂有铁屑及6
23、.00 molL1的硫酸，NaOH溶液，下列说法错误的是()AB中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是铁屑B实验开始时应先将活塞E关闭C生成Fe(OH)2的操作为关闭活塞E，使A中溶液压入B中D取下装置B中的橡胶塞，使空气进入，有关反应的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3解析：B制取硫酸亚铁需要铁屑，所以在烧瓶中应该先加入铁屑，所以A中应预先加入的试剂是铁屑，A正确；稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，实验开始时应打开活塞E，用氢气排出装置中的空气，B错误；铁和稀硫酸反应有氢气生成，关闭活塞E，导致A中压强逐渐增大，将FeSO4溶液压入B中进行反应生成氢氧化亚
24、铁，C正确；氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，D正确。方法点拨Fe(OH)2制备的三种思维方法(1)有机覆盖层法将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油(不能用CCl4)，以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。(2)还原性气体保护法用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀，如图2所示。(3)电解法用铁作阳极，电解NaCl(或NaOH)溶液，并在液面上覆盖一层苯(或煤油)，如图3所示。考点三铁及其化合物的转化及应用1亚
25、铁盐的性质(1)含有Fe2的溶液呈浅绿色，Fe2处于铁的中间价态，既有氧化性，又有还原性，其中以还原性为主。(2)可水解，Fe2(如FeSO4)溶液呈酸性。2铁盐的性质(1)含有Fe3的溶液呈 黄色，Fe3处于铁的高价态，具有氧化性。(2)易水解。Fe3极易水解，只能存在于酸性较强的溶液中。3Fe2、Fe3的相互转化完成下列反应的离子方程式：(1)酸性FeCl2溶液长期露置于空气中：4Fe2O24H=4Fe32H2O。(2)向Fe(NO3)2溶液中滴加少量稀硫酸：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O。(3)FeCl2的酸性溶液与H2O2反应：2Fe22HH2O2=2Fe32H2O。(4)向F
26、eSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色：MnO5Fe28H=5Fe3Mn24H2O。(5)向FeCl3溶液中滴加KI溶液：2Fe32I=2Fe2I2。(6)向FeCl3溶液中逐渐加入Zn粉至过量：2Fe3Zn=2Fe2Zn2、Fe2Zn=FeZn2。4应用(1)盐溶液的配制与保存(2)物质的制备5Fe2、Fe3的检验(1)Fe2的检验方法1：样品溶液无现象溶液变红色，证明含有Fe2。方法2：样品溶液产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，证明含有Fe2。方法3：样品溶液生成蓝色沉淀，证明含有Fe2(2)Fe3的检验方法1：样品溶液溶液变红色，证明含有Fe3方法2：样品溶液产生
27、红褐色沉淀，证明含有Fe3方法3：样品溶液生成蓝色沉淀，证明含有Fe3检验Fe2时不能先加氯水后加KSCN溶液，也不能将加KSCN后的混合溶液加入到足量的新制氯水中(新制氯水可能氧化SCN)。Fe3、Fe2、Cl同时存在时不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2(Cl能还原酸性KMnO4，有干扰)。(1)加热蒸干氯化铁溶液最终得到FeCl3晶体。()(2)将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质。()(3)向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，溶液中一定含有Fe2。()(4)配制FeSO4溶液时，加入稀硫酸抑制Fe2水
28、解，加入铁粉防止Fe2被氧化。()题点一Fe2、Fe3的性质及应用(2021烟台调研)金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是()选项反应情况设想评价A当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2，一定无Fe3正确，Fe3和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2，无Fe3正确，Fe和Cu与Fe2都反应，故有Fe2和Cu2，无Fe3C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有Fe2，无Cu2正确，Cu有剩余，故无Cu2D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3反应【解析
29、】当铁、铜的量比较少时溶液中可能有Fe3存在，A项错误；当铁过量时，铜不与Fe3反应，无Cu2生成，此时溶液中不存在Cu2和Fe3，B项错误；铜有剩余则溶液中一定无Fe3，可能有Cu2，C项错误；铁比铜活泼，不可能铁剩余而铜无剩余，D项正确。【答案】D母题变式在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是()A若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2，一定不含Cu2B若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2，可能含Cu2和Fe3C若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3和Fe2，一定不含Cu2D若滤出的固
30、体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2，一定不含Cu2和Fe3解析：D氧化性Fe3Cu2Fe2，加入铁粉后有固体剩余，Fe3一定不存在；若剩余固体全部都是Cu，溶液中还可能有Cu2，也可能恰好被完全置换；若剩余固体是Cu和Fe，则溶液中不可能有Cu2和Fe3。对点训练1实验室测定氧化物X(FexO)的组成实验如下：下列有关说法正确的是()A样品X中氧元素的质量分数约为26.3%B溶液Y中c(Fe2)c(Fe3)21C用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2D根据步骤、可以判断X的组成为Fe0.75O解析：A溶液Y消耗0.01 mol氯气，这说明溶液中含有0.02 mol 亚铁离子
31、，因此X中相当于含有氧化亚铁的物质的量是0.02 mol，质量是0.02 mol72 g/mol1.44 g，则相当于含有氧化铁的质量是3.04 g1.44 g1.6 g，物质的量是0.01 mol，即X可以看作是2FeOFe2O3，因此x4/50.8。A.样品X中氧元素的质量分数为100%26.3%，A正确；B.根据以上分析可知溶液Y中c(Fe2)c(Fe3)11，B错误；C.Z溶液中含有氯离子，氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2，应该用铁氰化钾，C错误；D.根据步骤、可以判断X的组成为Fe0.8O，D错误。对点训练2铁及其化合物在日常生产生活
32、中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。(1)装置A的名称是_，装置B中盛放的试剂是_。NH4HCO3盛放在装置_中。(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是_，发生主要反应的离子方程式为_。FeSO4溶液要现用现配制的原因是_，检验久置的FeSO4是否变质的方法是_。(3)干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为_，取干燥后的FeCO3样品12.49 g，与碳混合后焙烧，最终得
33、到还原铁粉6.16 g，计算样品中杂质FeOOH的质量为_g。解析：(3)FeCO3、H2O、O2反应生成FeOOH和CO2。设干燥后的FeCO3样品中FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则x116 gmol1y89 gmol112.49 g，56 gmol1(xy)6.16 g，解得：x0.1 mol，y0.01 mol，故m(FeOOH)0.89 g。答案：(1)分液漏斗铁粉C(2)(待D处的气体纯净后)关闭活塞3，打开活塞2Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(或Fe2HCO=FeCO3H、HCOH=CO2H2O)亚铁离子易被氧化取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中
34、加入KSCN溶液，观察是否显红色(合理答案即可)(3)4FeCO3O22H2O=4FeOOH4CO20.89思维建模价类二维图在铁及其化合物转化中的应用(1)横向变化体现了同价态不同类别(氧化物、碱、盐)之间的转化；(2)纵向变化体现不同价态同类别物质之间的转化，主要体现物质的氧化性或还原性。(3)斜向变化体现不同价态、不同类别之间物质的转化，主要体现物质的氧化性和还原性。题点二Fe3、Fe2的检验选择合适试剂完成甲、乙两组实验：甲组：检验含Fe3的溶液中是否含有Fe2；乙组：检验含Fe2的溶液中是否含有Fe3。下列试剂选取正确的一项是()甲组乙组A新制氯水、KSCN溶液NaOH溶液B酸性KM
35、nO4溶液KSCN溶液CNaOH溶液溴水D溴水酸性KMnO4溶液【解析】甲组，在Fe3存在的条件下，检验Fe2，要排除Fe3干扰。所选试剂具备下列条件：一是能与Fe2发生有明显现象的反应；二是Fe3不反应，不干扰现象观察。只有酸性KMnO4溶液符合条件：5Fe2 MnO8H=5Fe3Mn24H2O，现象是紫色变浅(或褪去)。乙组，在Fe2存在的条件下，检验Fe3，用KSCN溶液检验Fe3，Fe2无干扰。【答案】B母题延伸在上题题干不变的情况下B选项中甲组换成K3Fe(CN)6，乙组换成NaOH溶液是否可以？提示：可以。对点训练3一定量的铁粉在氯气中充分燃烧，将所得固体完全溶解于稀盐酸，制得溶液
36、A。(1)铁在氯气中燃烧的化学方程式是_。(2)推测A中可能含有的金属阳离子：只有Fe3；只有Fe2；_。甲同学为探究溶液的组成，实验如下：实验步骤实验现象实验结论及反应的离子方程式取少量溶液A于试管中，加入KSCN溶液_假设不成立，假设或成立；反应的离子方程式是_(3)乙同学继续探究溶液A的组成。查阅资料：16HCl(浓)2KMnO4=2KCl2MnCl25Cl28H2O实验过程：另取少量溶液A于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去，实验结论：_(填字母)。a可能有Fe2b可能无Fe2c一定有Fe2根据你选择的实验结论，简述理由：_。答案：(1)2Fe3Cl2
37、2FeCl3(2)含有Fe2和Fe3溶液变红色Fe33SCN=Fe(SCN)3(3)ab因为还原性Fe2Cl，逐滴加入酸性KMnO4溶液，Fe2将MnO还原为Mn2，使紫色褪去，故可能含有Fe2；若溶液中无Fe2，Cl也能将MnO还原为Mn2，紫色褪去，因而溶液中也可能无Fe2归纳总结检验Fe2和Fe3时的注意事项(1)检验Fe2时不能先加氯水后加KSCN溶液，也不能将加KSCN后的混合溶液加入足量的新制氯水中(新制氯水能氧化SCN)。(2)Fe3、Fe2、Cl同时存在时不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2(Cl能还原酸性KMnO4，有干扰)。(3)检验Fe2、Fe3的其他方法检验Fe3也可用苯
38、酚(C6H5OH)；检验Fe2最好用K3Fe(CN)6溶液。1(2021广东卷，10)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是()Aa可与e反应生成bBb既可被氧化，也可被还原C可将e加入浓碱液中制得d的胶体D可存在bcdeb的循环转化关系解析：CA项，Fe与Fe3反应生成Fe2，推断合理。B项，亚铁盐既能被氧化为铁盐又能被还原为铁单质，推断合理。C项，氢氧化铁胶体的制备是将饱和的氯化铁溶液加入沸水中继续加热至液体呈红褐色；如果加入浓碱液中，生成的是Fe(OH)3沉淀，推断不合理。D项，可存在Fe2Fe( OH)2Fe(OH)3Fe3Fe2的循环转化关系，推断合理。2(2
39、020浙江7月选考，25)黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是()AX中含KI，可能含有CuCl2BX中含有漂白粉和FeSO4CX中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3D用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2解析：C固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2，FeSO4和Fe2
40、(SO4)3中含有其中一种或两种都含。若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确；由分析可知，X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生反应的离子方程式为ClClO2H=Cl2H2O，此时的Cl有可能来自漂白粉氧化FeSO4产生的Cl，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确。3(经典高考题)聚合硫酸铁Fe(OH)SO4n。能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是()AKClO3作氧化剂，每生成1 mo
41、l Fe(OH)SO4n消耗6/n mol KClO3B生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D在相同条件下，Fe3比Fe(OH)2的水解能力更强解析：AFeSO4和KClO3反应生成Fe(OH)SO4n的化学方程式为6nFeSO4nKClO33nH2O=6Fe(OH)SO4nnKCl，根据化学方程式可知，KClO3作氧化剂，每生成1 mol Fe(OH)SO4n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；Fe(OH)2的水解能力小于Fe3，导致生成聚合硫酸铁后，溶液碱性增强，B项正确；Fe(OH)2可在水中水解生成Fe(OH)3胶体而净水，C项正确；比较Fe3和Fe(OH)2的水解能力，可以从二者所带电荷的多少来分析，所带正电荷越多，结合OH的能力就越强，水解能力就越强，D项正确，故选A。4(经典高考题)硫酸铁铵NH