铁及其化合物-高考化学考前专项练习试题（含解析）

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铁及其化合物
共18题，满分100分
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷整洁
一、单选题（共50分）
1．（本题5分）由下列实验和现象所得到的结论或解释正确的是
实验 现象 结论
A．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)B．取Al和Fe2O3反应所得的固体，溶于足量稀盐酸，滴加KSCN溶液 溶液不变红 Al和Fe2O3反应后固体中不含Fe2O3
C．将SO2通入溴水中 溴水褪色 SO2有还原性
D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液 ②再加足量盐酸 ①产生白色沉淀 ②仍有白色沉淀 原溶液中有SO
A．A B．B C．C D．D
2．（本题5分）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。 品红溶液褪色 该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3
B 向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。 KMnO4溶液紫色褪去 Fe2+具有还原性
C 取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液 溶液变红 KI与FeCl3的反应是可逆反应
D 向AgNO3，溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag＋与NH3·H2O能大量共存
A．A B．B C．C D．D
3．（本题5分）粉煤灰含有50.19%的Al2O3、37.29%的SiO2，其余为Fe2O3、CaO等。粉煤灰“一步酸溶法”生产氧化铝的工艺流程如下图所示。下列叙述不正确的是
A．“滤渣”的主要成分是二氧化硅
B．“树脂净化”的目的是将Al3+与Fe3+、Ca2+分离
C．“蒸发结晶”前应向氯化铝溶液中加入盐酸
D．循环使用X既降低成本，又防止污染环境
4．（本题5分）某萃铜余液主要含有、、、、等离子，从萃铜余液中回收金属和制备的工艺流程如图所示。
下列叙述错误的是
A．已知过硫酸钠中的化合价为，则含过氧键的数目为
B．“氧化除锰”过程中过硫酸钠可用绿色氧化剂来代替
C．加入“调”所得滤渣的成分为
D．“沉锌”时，溶液不能过低，防止与反应生成
5．（本题5分）下列物质不能由两种单质直接化合得到的是
A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe3O4 D．NaCl
6．（本题5分）常用作制取补血剂。下图为实验室里制备的流程，下列有关说法错误的是
A．滤液中含有的离子主要是、
B．若溶液变质，可利用溶液检验
C．检验是否被洗涤干净可选用溶液
D．产品在空气中高温分解可得到纯净的FeO
7．（本题5分）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路。某课外活动小组为确定反应后的废液组成，进行如下实验：
(1)取100.00 mL反应后的废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀12.915 g。
(2)另取100.00 mL反应后的废液加入过量铜片充分反应，铜片质量减少了0.32 g。下列关于反应后的废液组成判断正确的是
A．只含有Fe 2+、Cu2+、Cl-，不含有Fe3+
B．c(Fe2+)︰c(Cu2+)=1︰1
C．c(Fe3+)︰c(Fe2+)=1︰3
D．c(Clˉ)=0.9 mol /L，c(Fe3+)=0.1 mol /L
8．（本题5分）取某铁的氧化物样品，用140mL 5 mol/L盐酸恰好使其完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56 L氯气，使其中的Fe2+完全转化为 Fe3+，该样品中可能的化学式是(　　)
A．Fe3O4 B．Fe4O5 C．Fe5O6 D．Fe5O7
9．（本题5分）在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀溶液和溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是
A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，盛有稀溶液的烧杯中溶液澄清
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．铁球表面有红色物质析出，盛有溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升
10．（本题5分）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是
A．亚硫酸钠 B．过氧化钠 C．硫酸亚铁 D．氢硫酸
二、判断题（共20分）
11．（本题4分）Fe2O3与足量HI溶液的反应属于氧化还原反应。( )
12．（本题4分）Fe3O4中Fe的化合价有＋2价和＋3价，因而Fe3O4是FeO与Fe2O3的混合物。(______)
13．（本题4分）“青矾”宜密闭保存，防止氧化变质。(_______)
14．（本题4分）保存硫酸亚铁溶液需加入铁钉和少量硫酸。(___________)
15．（本题4分）用NaOH溶液可以除去氧化铁中混有的二氧化硅。(_______)
三、解答题（共30分）
16．（本题10分）某同学按下表操作，当物质充分反应后，最终发现仅有一个烧杯中有固体剩余。
烧杯编号 ① ② ③
盛装的液体 稀硫酸 稀硫酸 稀硫酸
加入的固体(质量相等) 粒 粉 片
(1)有固体剩余的是 (填编号)，固体的质量m满足的范围是 ；
(2)当产生量满足①>③>②时，固体的质量m满足的范围是 ；此时将反应后中①的溶液逐滴加入到②的溶液中并放置一段时间，整个过程中可以观察到的现象有 。
(3)将③中的溶液过滤，向滤液中滴加的溶液，得到沉淀，则加入的溶液的体积为 。
17．（本题10分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色、高效的水处理剂。实验室设计如下实验制备K2FeO4并探究其性质。
已知：①K2FeO4为暗紫色固体，可溶于水，微溶于KOH溶液。
②FeO具有强氧化性，在酸性或者中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：
(1)制备K2FeO4 (夹持装置略)
①如图所示，装置A为氯气发生装置，A中盛放KMnO4的仪器名称是 ，橡胶管的作用是 。写出A中发生反应的离子方程式 。
②装置C中的KOH溶液需过量，目的是 。
③装置C中生成暗紫色固体K2FeO4的化学方程式为 。
(2)探究K2FeO4的性质
某同学取装置C中的紫色溶液少许，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有氯气。该现象 (填“能”或“不能”)证明“酸性条件下FeO的氧化性强于Cl2”，理由是 。
(3)综合探究：
高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是___________
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
D．该条件下，物质的溶解性：
18．（本题10分）在如图所示的装置中，用NaOH溶液、铁粉、稀H2SO4等试剂制备氢氧化亚铁。

(1)仪器a的名称是 。
A．普通漏斗 B．长颈漏斗 C．分液漏斗 D．球形漏斗
(2)关闭，打开和，向仪器c中加入适量稀硫酸，然后关闭，c中有气体产生，写出装置c中发生反应的离子方程式 ，如此操作的目的是 。
(3)当仪器b中产生均匀气泡后的操作是 ，完成该操作后仪器c、d中出现的实验现象是 。
(4)Fe3+离子具有一定的氧化性，向FeCl3溶液中通入SO2至饱和，溶液逐渐由黄色变为浅绿色，向反应后的溶液中滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，写出该反应的离子方程式 。
参考答案：
1．C
【详解】A．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，Na2S与CuSO4反应生成CuS黑色沉淀，并没有发生沉淀的转化，无法比较溶解度大小，A错误；
B．Al和Fe2O3反应所得的固体中会有Fe单质，若含有少量的Fe2O3，溶于稀盐酸后Fe会将Fe3+还原，滴加KSCN溶液也不会变红，B错误；
C．将SO2通入溴水中，溴水褪色，说明Br2被还原，SO2有还原性，C正确；
D．若原溶液中含有SO而不含SO，酸性环境中硝酸根也会将SO氧化为SO，白色沉淀也不会消失，D错误；
综上所述答案为C。
2．C
【详解】A．可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，A错误；
B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，B错误；
C．取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，由于Fe3+量少，如果不是可逆反应，则反应后溶液中应该不含Fe3+，但是充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，C正确；
D．向AgNO3，溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液不是因为Ag＋与NH3·H2O能大量共存，而是发生反应AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，Ag(NH3)2OH 可溶于水，D错误；
故答案为：C。
3．C
【分析】由流程可知，加盐酸溶液，过滤分离出滤渣为SiO2，酸浸液含Al3+、Fe3+、Ca2+，“树脂净化”分离出Fe3+、Ca2+，氯化铝的酸性溶液可抑制铝离子水解，蒸发结晶分离出X为HCl，焙烧生成氧化铝和X。
【详解】A． 只有二氧化硅不反应，“滤渣”的主要成分是二氧化硅，故A正确；
B． 由制备最终产物氧化铝及流程可知，“树脂净化”的目的是将Al3+与Fe3+、Ca2+分离，故B正确；
C．酸浸时盐酸过量，“蒸发结晶”前溶液显酸性，为氯化铝的酸性溶液，此处得到AlCl3·6H2O，不需要加盐酸，故C错误；
D． X为HCl，可在酸浸时循环使用，循环使用X既降低成本，又防止污染环境，故D正确；
故选C。
4．B
【分析】流程可知，向萃铜余液中加入过硫酸钠溶液，余液中锰离子、亚铁离子被氧化生成二氧化锰、铁离子，过滤得到二氧化锰和“氧化除锰"的余液；向余液中加入氧化锌调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有锌离子、镉离子的滤液；加入锌置换出Cd；加入有机溶剂萃取，到除去镉离子的滤液；向硫酸锌溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锌转化为碱式碳酸锌晶体，过滤得到碱式碳酸锌晶体。
【详解】A．根据化合价的代数和为零，可判断每个中含有2个价的O，故1mol中含过氧键的数目为，A正确；
B．可作分解的催化剂，故不能用来代替，B错误；
C．加入ZnO使溶液的pH升高，目的是将溶液中的转化为沉淀，故滤渣为，C正确；
D．“沉锌”时，若溶液pH过低，会与反应生成，D正确。
故选B。
5．B
【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl2 2FeCl3，故A正确；
B．氯气的氧化性较强，能将铁直接转为FeCl3，生成FeCl2不能一步反应，故B错误；
C．金属铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故C正确；
D．金属钠和氯气反应得到NaCl，2Na+Cl2 2NaCl，故D正确；
故选：B。
6．D
【详解】A．硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸铁、硫酸铵、二氧化碳和水，故滤液中含有的主要的离子为铵根离子和硫酸根离子，A项正确；
B．硫酸亚铁变质生成铁离子，用硫氰化钾检验，若变红则说明溶液变质，B项正确；
C．沉淀表面吸附硫酸根离子，用钡离子检验，C项正确；
D．碳酸亚铁高温容易被氧化生成三价铁，D项错误。
故选D。
7．D
【分析】废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀12.915 g，沉淀为AgCl，计算AgCl的物质的量，根据氯元素守恒计算溶液中n(Cl-)，再根据c=计算原废液中c(Cl-)；废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.32 g，说明溶液中含有Fe3+，根据铜片减少的质量结合方程式计算溶液中Fe3+的物质的量，进而计算原废液中c(Fe3+)；由方程式2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)=2c(Cu2+)，根据电荷守恒，可计算原废液中c(Fe2+)、c(Cu2+)。
【详解】A．废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.32 g，说明溶液中含有Fe3+，A错误；
B．由方程式2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)=2c(Cu2+)，即c(Fe2+)：c(Cu2+)=2：1，B错误；
C．废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 12.915 g，沉淀为AgCl，n(AgCl)==0.09 mol，根据n(Cl-)=n(AgCl)，可知原废液中c(Clˉ)===0.9 mol/L，废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.32g，其物质的量n(Cu)=0.005 mol，根据2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知100 mL废液中Fe3+的物质的量n(Fe3+)=2n(Cu)=2×0.005 mol=0.010 mol，所以原废液中c(Fe3+)== =0.1 mol/L。由方程式2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)=2c(Cu2+)，根据电荷守恒，原废液中3c(Fe3+)+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=c(Clˉ)，原废液中c(Clˉ)=0.9 mol/L，c(Fe3+)=0.1 mol/L，将已知的离子浓度及c(Fe2+)=2c(Cu2+)的关系带入上式，可得：3×0.1 mol/L+2c(Fe2+)+c(Fe2+)=0.9 mol/L，解得c(Fe2+)=0.2 mol/L，故原废液中c(Fe3+)︰c(Fe2+)=0.1 mol/L：0.2 mol/L=1：2，C错误；
D．由C中分析可知，c(Clˉ)=0.9 mol/L，c(Fe3+)=0.1 mol/L，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查根据方程式的计算、混合溶液的有关计算等，注意原子守恒、电荷守恒的运用，在计算时要充分利用物质的量的有关计算公式进行计算。
8．D
【详解】n(HCl)=0.14L×5mol/L=0.7mol，n(Cl2)==0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n(O)=×n(HCl)=×0.7mol=0.35mol，反应后溶液成分为FeCl3，n(Cl﹣)=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n(Fe)=0.75mol×=0.25mol，所以：n(Fe):n(O)=0.25mol:0.35mol=5:7，该氧化物的化学式为Fe5O7；
答案选D。
9．B
【分析】左侧烧杯中Al和溶液反应生成H2使铝球质量减小，右侧烧杯中Fe与CuSO4溶液反应，铁球表面析出铜，即铁球质量增加，反应一段时间后杠杆不再平衡。
【详解】A．左侧烧杯中Al和溶液反应生成偏铝酸钠和H2使铝球质量减小，但不会生成沉淀，A错误；
B．左侧烧杯中Al和溶液反应生成偏铝酸钠和H2，溶液澄清，B正确；
C．根据分析，左侧铝球质量减少，右侧铁球质量增加，C错误；
D．右侧铁球质量增加，而使杠杆左边上升，D错误；
故选B。
10．B
【详解】A．亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，会因空气中的氧气而变质，故A不选；
B．过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故B选；
C．硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故C不选；
D．氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故D不选。
故选B。
【点睛】本题考查了氧化还原反应，涉及一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大。
11．正确
【详解】将Fe2O3溶于过量HI溶液，溶解生成的Fe3+能将I-氧化为I2，所以最终产物为Fe2+、I2等，Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故答案为正确。
12．错误
【详解】Fe3O4是特殊的氧化物，可表示为FeO·Fe2O3，其中Fe的化合价有＋2价和＋3价，但Fe3O4不是FeO与Fe2O3的混合物，而是复杂的化合物，故上述说法是错误的。
13．正确
【详解】亚铁离子易被氧化，因此青矾宜密闭保存，避免接触空气，防止被空气中的氧气氧化变质，说法正确。
14．正确
【详解】保存硫酸亚铁溶液需加入铁钉和少量硫酸，防止亚铁离子氧化和抑制亚铁离子水解，故正确。
15．正确
【详解】氧化铁为碱性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，用氢氧化钠溶液溶解，过滤，得氧化铁固体和硅酸钠溶液，故该说法正确。
16．(1) ③
(2) 先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
(3)或
【分析】已知Na与稀硫酸溶液反应时，过量的Na再和水反应，即Na不可能剩余，0.1L×1mol/L=0.1molH2SO4，根据反应方程式可知，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，0.1mol消耗的Fe的最大质量为：0.1mol×56g/mol=5.6g，消耗Al的最大质量为：，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，已知Na与稀硫酸溶液反应时，过量的Na再和水反应，即Na不可能剩余，有固体剩余的是Al即③，固体的质量m满足的范围是1.8g＜m≤5.6g，故答案为：③；1.8g＜m≤5.6g；
（2）由分析可知，Al过量，则Al产生H2的量由H2SO4的量决定，此时产生H2的物质的量为：0.1mol，则Na与硫酸溶液反应生成的H2大于0.1mol即可满足①>③>②，此时Na的固体质量为大于0.2mol×23g/mol=4.6g，故固体的质量m满足的范围是4.6g＜m≤5.6g；此时将反应后中①的溶液即NaOH溶液逐滴加入到②的溶液即FeSO4溶液中并放置一段时间，整个过程发生的反应有：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，则可以观察到的现象有先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：4.6g＜m≤5.6g；先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
（3）由分析可知，Al过量，则反应生成的Al3+的物质的量为：=，将③中的溶液过滤，向滤液中滴加的溶液，得到沉淀，若NaOH不足则有：，解得V1=0.1L，若NaOH过量则，解得V2=0.2L，m=5.2g，，解得V3=L，V2+V3=0.23L，则加入的溶液的体积为0.1L或者0.23L，故答案为：0.1L或者0.23L。
17．(1) 蒸馏烧瓶 平衡体系内的压强，确保浓盐酸能顺利流下 在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在
(2) 不能 酸性条件下ClO-可与Cl-反应产生Cl2
(3)D
【详解】（1）①如图所示， A中盛放KMnO4的仪器名称是蒸馏烧瓶；橡胶管的作用是平衡体系内的压强，确保浓盐酸能顺利流下；A中发生反应的离子方程式；
②根据已知②，装置C中的KOH溶液需过量，目的是在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；
③装置C中氯气与在KOH溶液中生成暗紫色固体K2FeO4，化学方程式为；
（2）氯气通入C后除了与反应，多余的氯气也会与KOH反应，C中溶液同时存在ClO-与Cl-，碱性环境下能共存，当加入稀硫酸，溶液变成酸性环境时，ClO-可与Cl-反应产生Cl2，故该现象不能证明“酸性条件下FeO的氧化性强于Cl2”；
（3）A．用K2FeO4作水处理剂时，K2FeO4的强氧化性能杀菌消毒，其还原产物氢氧化铁形成胶体能净化水，A正确；
B．反应I中尾气主要是氯气，可用FeCl2溶液吸收再利用，B正确；
C．反应Ⅱ中氧化剂是NaClO被还原得到NaCl，得到2e-，还原剂是FeCl3被氧化得到Na2FeO4，失去3e-，根据得失电子数相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C正确；
D．从流程图中可知，往饱和KOH溶液中加入Na2FeO4，析出K2FeO4，说明该条件下，物质的溶解性：，D错误；
故选D。
18．(1)C
(2) Fe+2H+═Fe2++H2↑ 让Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的空气，能减少制得白色Fe(OH)2沉淀与氧气接触
(3) 关闭活塞K1，打开活塞K3 c中溶液被压入d中，d中有白色沉淀生成
(4)2Fe3++SO2+2H2O=4H+++2Fe2+
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器a是添加稀硫酸的分液漏斗，故答案为：C；
（2）装置c中铁屑与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁溶液，离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，氢氧化亚铁能够与空气中氧气反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，为了制得Fe(OH)2沉淀，要满足在制取过程中尽可能减少和空气接触，需要通过氢气将装置中空气完全排出，当排出的均匀的氢气气泡时，说明装置中空气已经排净，可制白色Fe(OH)2沉淀了，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；让Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的空气，能减少制得白色Fe(OH)2沉淀与氧气接触；
（3）为了制得Fe(OH)2沉淀，在仪器b中产生均匀气泡后，需要利用生成氢气的压强将c中生成的硫酸亚铁溶液排入d中氢氧化钠溶液中反应制备白色的Fe(OH)2沉淀，所以要关闭活塞K1，打开活塞K3，使c中溶液被压入d中，在d制得白色Fe(OH)2沉淀，故答案为：关闭活塞K1，打开活塞K3；c中溶液被压入d中，d中有白色沉淀生成；
（4）Fe3+离子具有一定的氧化性，向FeCl3溶液中通入SO2至饱和，溶液逐渐由黄色变为浅绿色即Fe3+转化为了Fe2+，向反应后的溶液中滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SO2被氧化为了硫酸根，则该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=4H+++2Fe2+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=4H+++2Fe2+；
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