高考化学压轴题之铁及其化合物推断题高考题型整理突破提升含答案1Word格式文档下载.docx

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用电子式表示HCl的形成过程:

（2）Z为硅，二氧化硅在通讯领域用作光导纤维；

根据题干信息知锗NaOH溶液在有H2O2存在时反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：

Ge+2H2O2+2NaOH=Na2GeO3+3H2O；

（3）反应现象知该反应为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，灼烧分解得到固体Fe2O3。

2．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）

（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。

3．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：

请回答：

（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：

__、其中Al作__剂。

（2）反应④的离子方程式为：

__。

（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。

检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。

【答案】2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉（屑）KSCN（或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）

氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。

（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），该反应的化学方程式：

2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；

（2）反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉（屑），以防止其转化为FeCl3。

检验三价铁离子常用试剂是KSCN（或NH4SCN），三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。

4．铁的氧化物成分不一样，性质也不一样，H2还原Fe2O3，发现温度不同，产物也不同。

（1）往产物中滴加盐酸，观察到有气泡产生，生成气泡主要成分的电子式是________。

（2）再滴加KSCN溶液，可观察到________，所得溶液中一定含有的铁的化合价是________。

【答案】H∶H无明显变化＋2

（1）产物中滴加盐酸，观察到有气泡产生，说明产生中含有Fe，所以气体成分为H2；

（2）再滴加KSCN溶液，没有出现血红色现象，产物中有过量的铁，铁能还原Fe3＋，所得溶液中一定含有Fe2+。

（1）产物中滴加盐酸，铁的氧化物首先与盐酸反应，生成相应的铁的氯化物和水，若生成Fe3+，则会被Fe还原为Fe2+。

观察到有气泡产生，说明最后发生的是Fe与盐酸的反应，所以气体成分为H2，电子式为

答案为

（2）再滴加KSCN溶液，因为不含有Fe3+，所以没有明显现象产生；

产物中有过量的铁，铁能还原Fe3＋，所得溶液中一定含有Fe2+，铁的化合价是＋2。

答案为：

无明显现象；

+2。

【点睛】

Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，FeO+2HCl＝FeCl2+H2O，Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，2FeCl3+Fe＝3FeCl2，最后发生Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑。

所以，只要有气泡产生，说明在前面反应中，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+。

5．从某矿渣（成分为NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等）中回收NiSO4的工艺流程如图：

已知：

（NH4）2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4；

NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3。

回答下列问题：

（1）“研磨”的目的是___。

（2）矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为____。

（3）“浸泡”过程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的离子方程式为___。

“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外还含有___（填化学式）。

（4）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，溶液中c（F-）至少为___mol·

L-1时，可使钙离子沉淀完全。

[已知Ca2+浓度小于1.0×

10-5mol·

L-1时沉淀完全；

Ksp（CaF2）=4.0×

10-11]

（5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：

Fe2+（水相）+2RH（有机相）

FeR2（有机相）+2H+（水相）。

萃取剂与溶液的体积比（

）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，

的最佳值为___。

在___（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。

依据下表数据判断，调pH范围为___。

【答案】增大接触面积，加快反应速率4FeO+6H2SO4+O2

2Fe2（SO4）3+6H2OFe3++2H2O

FeO（OH）+3H+SiO22.0×

10-30.25强酸性3.7≤pH<

7.1

某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°

C焙烧，已知：

（NH4）2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；

NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°

C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。

（1）焙烧前将矿渣与（NH4）2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；

（2）矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2

2Fe2（SO4）3+6H2O；

（3）“浸泡”过程中Fe2（SO4）3生成FeO（OH）的离子方程式为：

Fe3++2H2O

FeO（OH）+3H+；

根据分析，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外还含有 

SiO2；

（4）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，已知Ca2+浓度小于1.0×

L-1时沉淀完全，溶液中c（F−）=

=

≈2×

10−3mol/L，故溶液中c（F-）至少为2×

10−3mol/L；

（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（

）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取，

的最佳取值是0.25；

由Fe2+（水相）+2RH（有机相）⇌FeR（有机相）+2H+（水相）可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成有机相，则应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用；

（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变），亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7时铁离子完全沉淀，pH=7.1时镍离子开始沉淀，则调节pH范围为3.7≤pH<

7.1。

6．以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。

其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO（OH）等。

O2氧化MnO（OH）的化学方程式是_______。

（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。

①溶液a呈酸性，原因是______。

②根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH4Cl粗品。

③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：

化合物

ZnCl2

NH4Cl

熔点

365℃

337.8℃分解

沸点

732℃

-------------

根据上表，设计方案提纯NH4Cl：

________。

（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：

取少量溶液，加入_______（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。

（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。

ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；

再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。

ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；

再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。

①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：

②解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：

上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。

【答案】4MnO（OH）+O2==4MnO2+2H2ONH4++H2O⇌NH3·

H2O+H+（或NH4+水解产生H+）蒸发浓缩，趁热过滤加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl；

收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。

KSCN溶液，不变红MnO2+H2O2+H2SO4==MnSO4+2H2O+O2↑i中

作催化剂，反应快，

只催化分解

ii中

作氧化剂，加入稀

后，

的氧化性增强，被

还原为

。

（1）根据流程图可知，经过过程Ⅰ，得到了MnO2粗品，则O2将MnO（OH）氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO（OH）失去1mol电子，则O2和MnO（OH）的比例为1∶4，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO（OH）+O2=4MnO2+2H2O；

（2）①ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4++H2O⇌NH3·

H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；

②从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；

③从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8℃分解，生成NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl；

收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；

（3）Fe3＋的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；

没有Fe3＋就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；

（4）从实验ⅰ知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验ⅱ可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。

①固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。

答案为MnO2＋H2O2＋H2SO4=MnSO4＋O2↑＋2H2O；

②先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中

还原为MnSO4。

7．二氧化铈（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。

CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。

（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10－38。

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1.0×

10－5mol·

L－1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+Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+4Ce3++O2+12OH－+2H2O=4Ce（OH）4↓3

制备纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体，由流程可知，废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）中加入A为稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2（SO4）3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；

滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2（SO4）3还原为FeSO4，溶液1为FeSO4溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；

滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4＝Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，滤渣2为SiO2；

滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce（OH）4，反应为4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce（OH）4↓，加入分解Ce（OH）4得到产品CeO，以此来解答。

（1）CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离；

（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是还原CeO2为Ce3+；

（3）设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：

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+；

（4）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Fe2++2FeO（OH）═Fe3O4+2H+；

（5）滤液2为含有Ce3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce（OH）4，离子方程式为：

4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce（OH）4↓；

（6）Fe（OH）3的Ksp近似值为10﹣38，Fe3+完全沉淀时c（OH﹣）＝

＝10﹣11mol/L，常温下c（H+）＝

＝10﹣3mol/L，为使其除尽应调节溶液pH至少为3。

8．以赤铁矿（主要成分为60.0%Fe2O3，杂质为3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等）为原料制备高活性铁单质的主要生产流程如图所示：

已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示：

沉淀物

Fe（OH）3

Al（OH）3

Fe（OH）2

Cu（OH）2

pH

3.4

5.2

9.7

6.7

请回答下列问题：

（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，目的是___。

操作Ⅰ的名称是___。

（2）将操作Ⅰ后所得的MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，此反应的化学方程式是____。

（3）将pH控制在3.6的目的是___。

已知25℃时，Ksp[Cu（OH）2]=2×

10-20，该温度下反应Cu2++2H2O

Cu（OH）2+2H+的平衡常数K=___。

（4）加入双氧水时反应的离子方程式为___。

（5）利用氨气在500℃以上分解得到的氮原子渗透到铁粉中可制备氮化铁（FexNy），若消耗氨气17.0g，消耗赤铁矿石1kg，写出该反应完整的化学方程式：

___。

【答案】增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率过滤3MnO2＋6KOH＋KClO3

3K2MnO4＋KCl＋3H2O使Fe3+全部沉淀下来而其他金属离子不形成沉淀5.0×

10-9H2O2＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋2H2O16Fe＋2NH3

2Fe8N＋3H2

赤铁矿（主要成分为60.0%Fe2O3，杂质有3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等）加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加双氧水把亚铁离子还原为铁离子，调节PH=3.6生成氢氧化铁沉淀，过滤，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，再用氢气还原得铁单质，以此解答该题。

（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，可以增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率，通过操作Ⅰ将不溶的二氧化锰过滤掉；

（2）MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，锰元素化合价升高，则氯元素化合价降低，产物有氯化钾，化学方程式为：

3MnO2+KClO3+6KOH

3K2MnO4+KCl+3H2O；

（3）根据表中数据可知，为保证铁离子全部沉淀的PH大于3.4，但为了不使其他金属离子沉淀，PH不能太大；

Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）×

c2（OH-）=2×

10-20，c（H+）=

，反应Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+的平衡常数K=

=5×

10-9；

（4）双氧水氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

（5）赤铁矿石1kg含铁的物质的量为：

×

2+

=8mol，氨气的物质的量为：

=1mol，铁和氨气的物质的量之比是8:

1，生成的氮化铁为Fe8N，根据质量守恒，则该反应为：

16Fe+2NH3

2Fe8N+3H2。

9．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：

①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：

开始沉淀pH

5.4

4.0

2.7

5.8

沉淀完全pH

3.7

8.8

（1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__（任写1条）。

（2）固体混合物A中的成分是__。

（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为__（填离子符号）；

检验该离子常用的方法之一是：

取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴含有+3价铁元素的配合物溶液，会产生沉淀.写出该反应的离子方程式__。

（4）操作1主要包括：

__、__、__。

洗涤CuSO4·

5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。

原因是__。

（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为___，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。

（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为___。

【答案】适当升高温度；

不断搅拌；

将矿渣粉碎；

适当增大硫酸的浓度等SiO2、CuFe2+3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓蒸发浓缩冷却结晶过滤冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失Fe（OH）31：

25.2-5.4或5.2≤pH<

5.4

【