备战高考化学 铁及其化合物推断题 综合题及答案解析.docx
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备战高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案解析
备战高考化学铁及其化合物推断题综合题及答案解析
一、铁及其化合物
1.某铁的化合物A存在如下转化关系:
已知B为黄绿色气体单质。
请完成下列问题:
(1)A的化学式________。
(2)向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。
用离子方程式表示该过程________、________。
(3)若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。
【答案】FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)
【解析】
(1)B为Cl2,由题可知A和C的组成元素相同,均含Fe和Cl元素,且C可以与Cl2反应生成A,则A为FeCl3,C为FeCl2,A的化学式为FeCl3。
(2)Fe2+与SCN-无明显现象,加几滴氯水,Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3,对应的离子方程式为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
(3)Fe3+转化为Fe2+,加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu,均可将Fe3+还原为Fe2+。
点睛:
本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物,铁元素化合价可以变化,C可以与氯气反应生成A,说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价,故A是FeCl3,C是FeCl2。
2.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A_____________、B___________、C______________、F_____________、H____________、乙______________
(2)写出下列反应化学方程式:
反应①_________________________________________________
反应⑤_________________________________________________
反应⑥_________________________________________________
【答案】NaAlFeFeCl2Fe(OH)3Cl22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl
【解析】
【分析】
【详解】
金属单质A的焰色为黄色,则A为Na;反应①为Na与水反应生成NaOH和H2,则物质D为NaOH,气体为H2;金属B与NaOH反应生成H2,则金属B为Al;黄绿色气体为Cl2,反应②为H2与Cl2化合成HCl,则气体丙为HCl,物质E为盐酸;金属C与盐酸反应生成F,F与Cl2反应生成物质G,G与NaOH反应得红棕色沉淀,则金属C为Fe,F为FeCl2,G为FeCl3;
(1)A、B、C、F、H、乙的化学式依次为Na、Al、Fe、FeCl2、Fe(OH)3、Cl2。
(2)反应①的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;
反应⑤的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3;
反应⑥的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl。
3.已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种,它们的水溶液之间的一些反应现象如下:
①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解。
②B+D→白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色。
③C+D→白色沉淀,继续加D溶液,白色沉淀逐渐消失。
(1)则各是什么物质的化学式为:
A_______、B_______、C_______、D_______。
(2)现象②中所发生的反应的化学方程式为:
__________________________________、______________________________。
(3)现象③中所发生反应的离子方程式为:
__________________________________、________________________________。
【答案】BaCl2FeSO4AlCl3NaOH;FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al3++3OH-=Al(OH)3↓Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解应,则生成的白色沉淀为BaSO4,②B+D→白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色,是Fe(OH)2的转化为Fe(OH)3,故A为BaCl2,B为FeSO4,D为NaOH,则C为AlCl3,氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3,Al(OH)3能溶解在NaOH溶液中,符合③中现象。
【详解】
(1)根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH;
(2)现象②先生成白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为:
FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)现象③中所发生反应的离子方程式为:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【点睛】
考查无机物的推断,关键是明确物质之间的反应,根据现象进行判断,其中“白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口,这里发生了Fe(OH)2沉淀的生成及转化为Fe(OH)3的过程,另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。
4.某淡黄色固体A(仅含三种元素,式量小于160)可用于制药,为探究其组成和性质,设计并完成如下实验:
已知:
①上述流程中所涉及的反应都充分进行。
②B、C、D均为常见气体。
相同情况下气体B的密度大气体C。
③黑色固体
溶于盐酸后滴加KSCN,无明显现象,加适量氯水后,溶液变红。
请问答:
(1)写出气体B的电子式__,固体A的化学式是__。
(2)黑色固体E与足量浓硝酸反应的离子反应方程式是__。
【答案】
FeC2O43FeO+10H++NO3-=NO+3Fe3++5H2O
【解析】
【分析】
B、C、D均为常见气体说明D单质为氧气,物质的量为
,相同情况下气体B的密度大气体C则说明B为二氧化碳,B与过氧化钠反应,则C为一氧化碳,气体物质的量为
由于生成0.1mol氧气,根据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,因此二氧化碳的物质的量为0.2mol,CO物质的量为0.2mol,黑色固体E溶于盐酸后滴加KSCN,无明显现象,说明无铁离子,加适量氯水后,溶液变红,说明原物质为FeO,则m(FeO)=28.8g−0.2mol×28g∙mol−1−0.2mol×44g∙mol−1=14.4g,则FeO物质的量
,因此n(Fe):
n(C):
n(O)=0.2mol:
(0.2mol+0.2mol):
(0.2mol+0.2mol+0.2mol×2)=1:
2:
4,则化学式为FeC2O4。
【详解】
⑴气体B为二氧化碳,其电子式
,根据上面分析得到固体A的化学式是FeC2O4;故答案为:
;FeC2O4。
⑵黑色固体E即FeO与足量浓硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,其离子反应方程式是3FeO+10H++NO3-=NO+3Fe3++5H2O;故答案为:
3FeO+10H++NO3-=NO+3Fe3++5H2O。
5.钾、钠、镁、铁均能与水发生置换H2的反应。
(1)其中反应最剧烈的是____。
(2)其中铁与水的反应比较特殊。
其特殊性在于:
①_________;②产物为氧化物而非氢氧化物。
你对②和①的关联性作何解释?
__________
(3)证明②的氧化物含Fe3+必需的试剂是______。
【答案】钾反应需在高温条件下进行铁的氢氧化物在高温条件下会分解稀硫酸(或稀盐酸)、KCNS试液
【解析】
【分析】
(1)根据金属的活泼性分析判断;
(2)①根据铁与水的反应条件分析;②根据高温下铁的氢氧化物的稳定性分析解答;
(3)需要将Fe的氧化物转化为溶于水的离子,再检验。
【详解】
(1)金属的活泼性越强,与水反应越剧烈,活泼性:
K>Na>Mg>Fe,所以与水发生置换H2反应最剧烈的是钾,故答案为:
钾;
(2)①铁与水蒸气的反应,需要在高温条件下反应才能发生,故答案为:
反应需在高温条件下进行;
②铁的氢氧化物不稳定受热易分解,所以高温下铁的氢氧化物会分解生成四氧化三铁,因此产物为氧化物而非氢氧化物,故答案为:
铁的氢氧化物在高温条件下会分解;
(3)四氧化三铁难溶于水,需要用HCl(或稀硫酸)溶解生成Fe3+,Fe3+遇到KCNS试液,溶于变红色,故答案为:
稀硫酸(或稀盐酸)、KCNS试液。
6.某小组同学用一种铝铁合金为原料,模拟相关的工业生产,反应过程如图所示(部分产物和条件已略去),请回答:
(1)铁铝合金是一种高电磁性能合金,下列有关推测可能正确的是_____(填序号).
A.铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成
B.铁铝合金的熔点高于铝和铁
C.铁铝合金硬度高于纯铝
(2)反应①中铝元素发生反应的离子方程式为_______________________。
(3)反应②的化学方程式为____________________________________。
(4)反应③发生时观察到的现象是_____________________________,用化学方程式表示颜色变化的原因_____________________________________。
(5)反应④中的CO2不宜换成HCl,原因是_____________________。
(6)请举出固体A一种用途_________________________。
【答案】ACAl3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑先产生白色沉淀,之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解做红色油漆和涂料
【解析】
【分析】
分析流程可知,①中的反应有硫酸与氢氧化钠酸碱中和,硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁;④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠;固体A为氧化铁,固体B为氧化铝;②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠;③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。
【详解】
(1)A.铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成具有特征性质的混合物,故A正确;
B.合金熔点低于各成分,则铁铝合金的熔点低于铝和铁,故B错误;
C.合金硬度高于各成分,则铁铝合金硬度高于纯铝,故C正确;
综上所述,故答案为:
AC;
(2)①中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,其反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O,故答案为:
Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O;
(3)②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,故答案为:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(4)③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁,现象是先产生白色沉淀,之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色,其反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:
先产生白色沉淀,之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(5)④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,若将二氧化碳换成氯化氢,则生成的氢氧化铝会继续与过量的盐酸发生反应而溶解,故答案为:
过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解;
(6)固体A为红棕色的氧化铁,可以用来做红色油漆和涂料,故答案为:
做红色油漆和涂料。
7.稀土元素包括钪、钇和镧系(含Ce、Eu)共17种元素,是重要的战略资源,我省稀土资源非常丰富.某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含(Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO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,得到较为纯净的CeO2和Eu2O3(氧化铕).
已知:
CeO2不溶于桸硫酸,也不溶于NaOH溶液,Eu2O3可溶于稀硫酸
(1)往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸,反应的离子方程式____________。
为了提高酸浸率,可以适当提高反应温度,但温度偏高浸出率反而会减小,其原因是________________________________。
(2)有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来.该过程可表示为:
Ce3+(水层)+3HR(有机层)
CeR3(有机层)+3H+(水层)。
向CeR3(有机层)中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液,从平衡角度解释其原因:
________________________。
(3)流程中由含Ce3+滤液生成Ce(OH)4的离子方程式____________________。
(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.52g,加硫酸溶解后,用浓度为0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时,铈被还原为Ce3+,消耗24.00mL标准溶液。
该产品中Ce(OH)4的质量分数为___________。
(5)已知含Ce3+溶液也可以先加碱调pH后再通入氧气氧化可得到Ce(OH)4。
298K时,Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20,若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1,加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化).
(6)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示.流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子,进行萃取2最适宜的pH是_______(填选项序号).其原因是_____。
A.2.0左右B.3.0左右C.5.0左右
【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O温度升高,H2O2受热易分解,造成浸出率偏低;加入稀硫酸时,c(H+)增大,平衡向形成Ce3+的方向移动,4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)496%8B使Fe3+、Mn2+完全除去,并防止Eu3+被萃取导致损失
【解析】
【分析】
废荧光粉末含(Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质),加入硫酸,滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等,经萃取,可除去Fe3+、Mn2+等,加入氨水,可生成Eu(OH)3,加热分解可生成Eu2O3;滤渣中含有CeO2、SiO2,加入稀硫酸和过氧化氢,经萃取、反萃取,可得到含有Ce3+的溶液,加入氢氧化钠并通入氧气,可生成Ce(OH)4,加热可生成CeO2。
【详解】
(1)在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O,H2O2受热易分解,为防止其分解,则温度不宜太高,故答案为:
2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;温度升高,H2O2受热易分解,造成浸出率偏低;
(2)根据平衡Ce3+(水层)+3HR(有机层)
CeR3(有机层)+3H+(水层),向CeR3(有机层)中加入稀硫酸时,c(H+)增大,平衡向形成Ce3+的方向移动,则Ce3+从水溶液中被萃取出来,故答案为:
加入稀硫酸时,c(H+)增大,平衡向形成Ce3+的方向移动;
(3)流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成Ce(OH)4,离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4,故答案为:
4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4;
(4)Ce(OH)4加硫酸溶解后,被FeSO4还原为Ce3+,则有Ce(OH)4~Ce3+~FeSO4,则n[Ce(OH)4]=0.1×24×10-3mol=2.4×10-3mol,m[Ce(OH)4]=2.4×10-3mol×208g/mol=0.4992g,该产品的纯度为:
,故答案为:
96%;
(5)298K时,Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20,若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1,Ce3+开始沉淀,则c(OH-)=
,则pH=8,故答案为:
8;
(6)溶液中存在Eu3+、Mn2+金属离子,由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知,调节pH在3.0左右,可使Fe3+、Mn2+完全除去,并防止Eu3+被萃取导致损失,故答案为:
B;使Fe3+、Mn2+完全除去,并防止Eu3+被萃取导致损失。
8.无水氯化锰
在电子技术和精细化工领域有重要应用。
一种由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备无水氯化锰的工艺如下(部分操作和条件略)。
I.向粗锰粉中加入盐酸,控制溶液的pH约为5,测定离子的初始浓度。
静置一段时间后锰粉仍略有剩余,过滤;
II.向I的滤液中加入一定量盐酸,再加入
溶液,充分反应后加入
固体调节溶液的pH约为5,过滤;
III.向II的滤液中通入
气体,待充分反应后加热一段时间,冷却后过滤;
IV.浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。
各步骤中对杂质离子的去除情况
初始浓度/mg·L–1
21.02
4.95
5.86
步骤I后/mg·L–1
12.85
3.80
3.39
步骤II后/mg·L–1
0.25
3.76
3.38
步骤III后/mg·L–1
0.10(达标)
3.19(未达标)
0.12(达标)
已知:
金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb
(1)锰和盐酸反应的化学方程式是_______。
(2)步骤I中:
①Fe2+浓度降低,滤渣中存在
。
结合离子方程式解释原因:
_______。
②Pb2+浓度降低,分析步骤I中发生的反应为:
Pb+2H+=Pb2++H2↑、______。
(3)步骤II中:
①
酸性溶液的作用:
_______。
②结合离子方程式说明MnCO3的作用:
_______。
(4)步骤III通入H2S后,Ni2+不达标而
达标。
推测溶解度:
PbS_____NiS(填“>”或“<”)。
(5)测定无水
的含量:
将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中,加入稍过量
,使
氧化为
。
待充分反应后持续加热一段时间,冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵
滴定
,消耗cmL硫酸亚铁铵。
(已知:
滴定过程中发生的反应为:
Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+)
①样品中MnCl2的质量分数是_____(已知:
MnCl2的摩尔质量是126g·mol-1)。
②“持续加热”的目的是使过量的
分解。
若不加热,测定结果会______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】Mn+2HCl=MnCl2+H2↑空气中的O2将部分Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀,相关的离子方程式为:
4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+Pb2++Mn=Pb+Mn2+将剩余Fe2+氧化为Fe3+,调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑,Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+<
偏高
【解析】
【分析】
制备无水氯化锰的原料是含有Fe,Ni,Pb等金属杂质的粗锰粉,因此制备过程中要将Fe,Ni,Pb等杂质元素去除;第一步将粗锰粉加酸溶解,Fe溶解后产生Fe2+,由于其还原性较强,容易被氧气氧化;由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb,所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应,造成Pb2+浓度下降;第二步加入过氧化氢,主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+,便于沉淀法去除;第三步通入H2S,是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+,由于Pb的去除达标,而Zn的仍未达标,所以PbS的溶解度应该更低。
【详解】
(1)Mn与盐酸反应的化学方程式为:
;
(2)①将粗锰粉酸浸后,Fe单质转化为还原性较强的Fe2+,静置一段时间,Fe2+会被空气中的氧气氧化,进而生成Fe(OH)3沉淀,相应的离子方程式为:
;
②由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb,所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应,造成Pb2+浓度下降,因此与之相关的反应为:
;
(3)①通过分析可知,过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,便于调节pH值将其转化为Fe(OH)3沉淀除去;
②通过分析可知,MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀,相关的离子方程式为:
以及
;
(4)通过分析可知,PbS的溶解度更小;
(5)①由题可知,ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+,硫酸亚铁铵与Mn3+反应时,Mn3+和Fe2+按照1:
1反应,所以MnCl2的质量分数为:
;
②若不加热,溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应,这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大,那么最终求出的纯度也偏大。
9.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①是_________,在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。
(2)白色固体②是_________,样品和试剂①反应的化学方程式是_________。
(3)固体①加入适量稀盐酸,可能发生的反应有:
_______(用化学方程式表达)。
(4)溶液③中铁元素的存在形式是_________,如何用实验证明:
____。
(5)溶液③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)3Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OFe2O3+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Cl22Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O
【解析】
【分析】
Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质,根据题中流程图可知,样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②,该白色固体加热分解产生Al2O3,可推知试剂①为NaOH,得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3,溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液,通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液,白色固体②为Al(OH)3,Al(OH)3受热分解得Al2O3,固体①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③中主要含有Fe2+,经过操作①得红褐色固体应为Fe(OH)3,所以通入的
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