第9课 铁及其化合物-【提分宝典】2025年新高考化学一轮全考点普查随堂课后练

第9课　　　　　铁及其化合物 普查与练习9　　　　　铁及其化合物 1．铁单质与非金属单质、水、酸及盐反应原理的理解与运用 (1)(2025汇编，4分)下列有关铁的说法正确的是________(填序号)。 ①将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2(天津经典真题) ②擦干已洗净的铁锅，以防生锈；铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4，二者没有关联(2023广东真题) ③浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸(2022.06浙江选考) ④工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是由于铁与H2O高温下会反应(2022广东真题) ⑤56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子(设NA为阿伏加德罗常数的值) ⑥往FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，说明Fe2＋的氧化能力比Zn2＋弱(2023.01浙江选考) ⑦纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子 ⑧还原铁粉可用作食品干燥剂(2022.01浙江选考) 答案：①②④ 解析：溶液中发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，将废铁屑加入FeCl2溶液中可以除去工业废气中的Cl2，故①正确。擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成Fe2O3·xH2O，铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4，两者没有关联，故②正确。在常温下铁遇浓硝酸发生钝化，钝化属于化学反应，故③错误。铁与水高温下反应生成氢气，所以工人要先将模具干燥后再注入熔融钢水，故④正确。56 g铁的物质的量为1 mol，由于常温下，铁遇浓硫酸钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故⑤错误。根据金属活动性顺序，Zn能置换出Fe，结合氧化还原反应规律可知Fe2＋的氧化能力强于Zn2＋，往FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，可能是Zn与FeCl2溶液反应速率太慢，故⑥错误。铁粉具有还原性，能把Cu2＋、Hg2＋等重金属离子还原，所以不是通过吸附作用除去水体中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子，故⑦错误。还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故⑧错误。 2．对FeO、Fe2O3、Fe3O4性质的理解与应用 (2)(2025汇编，4分)下列有关铁的氧化物的说法不正确的是________(填序号)。 ①向稀硝酸中加入FeO：FeO＋2H＋=== Fe2＋＋H2O ②用CO 还原Fe2O3制备生铁：3CO ＋ Fe2O3 2Fe ＋ 3CO2 ③3 mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子(设NA为阿伏加德罗常数的值) ④Fe2O3呈红色，可用作颜料(2023.01浙江选考) ⑤FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成Fe3O4(湖南经典真题) ⑥Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)在给定条件下，物质间的转化能实现 ⑦用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)，利用了氧化还原反应(北京经典真题) ⑧向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ) (山东经典真题) 答案：①⑥⑦ 解析：FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO＋NO＋10H＋=== 3Fe3＋＋5H2O＋NO↑，故①错误，符合题意。高炉中用赤铁矿炼铁的主要反应方程式为3CO ＋ Fe2O3 2Fe ＋ 3CO2，故②正确，不符合题意。Fe3O4中3个铁原子的化合价之和为＋8价，所以3 mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8NA个电子，故③正确，不符合题意。Fe2O3的颜色是红(棕)色，可用作红色颜料，故④正确，不符合题意。氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，故⑤正确，不符合题意。Fe2O3与Al在高温条件下会发生铝热反应：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe，Fe与HCl反应只能生成FeCl2，即Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，故⑥错误，符合题意。用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)，发生的主要反应为6HCl＋ Fe2O3===2FeCl3＋ 3H2O，反应中没有元素化合价发生变化，没有利用氧化还原反应，故⑦错误，符合题意。酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应，紫色褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性的Fe(Ⅱ)，故⑧正确，不符合题意。 3．铁的氢氧化物——Fe(OH)2和Fe(OH)3 a．Fe(OH)2和Fe(OH)3性质对比及相互转化 (3)(2025汇编，4分)下列有关铁的氢氧化物的叙述正确的是________(填序号)。 ①向Fe(OH)3中加入氢碘酸：Fe(OH)3 ＋ 3H＋ === Fe3＋＋ 3H2O ②向Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO=== 3Fe3＋＋ NO↑＋ 2H2O ③Fe(OH)2 ―→Fe(OH)3可以通过化合反应一步完成 ④向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸，溶液先变成红褐色再析出沉淀，说明Fe3＋先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀(2023.01浙江选考) ⑤氢氧化铁胶体可用作净水剂 ⑥向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀，该过程因发生氧化还原反应使溶液pH减小(2022北京真题) 答案：③④⑤ 解析：Fe(OH)3和氢碘酸发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋6H2O＋I2，故①错误。Fe(OH)2是难溶物，不能拆分，正确的离子方程式为3Fe(OH)2 ＋10H＋＋NO=== 3Fe3＋＋ NO↑＋ 8H2O，故②错误。Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O === 4Fe(OH)3，可通过化合反应一步完成，故③正确。向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，Fe3＋水解，可得到红褐色的Fe(OH)3胶体，持续煮沸，Fe(OH)3胶体会聚沉变为Fe(OH)3沉淀，故④正确。氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中的小颗粒悬浮杂质，可以用于净水，故⑤正确。向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，该反应消耗了水，溶液的体积减小，氢氧根离子的物质的量浓度增大，pH会变大，故⑥错误。 b．从性质角度分析制备氢氧化亚铁的关键点 (4)(经典题，4分)某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是(　　) A．X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸 B．反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在 C．反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀 D．实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入X 答案：B 解析：稀硝酸会将铁氧化为＋3价的铁离子，故A项错误。关闭b及分液漏斗活塞后反应体系与外界隔离，装置中的空气被生成的氢气排出，且溶液中氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故B项正确。实验开始时应打开a、b，将X滴下，使液体没过导管末端，酸与铁粉反应产生的氢气将装置中的氧气排出(若关闭a，烧瓶中的气压增大会使烧瓶中液体被压入到锥形瓶中)。一段时间后，装置中的氧气被排净，关闭a，烧瓶中产生的氢气将其中的溶液(含Fe2＋)压入到锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故C、D项错误。 4．常见的含铁盐性质的理解与应用 a．铁盐及亚铁盐的性质 (5)(2025汇编，4分)下列有关铁的化合物的说法正确的是________(填序号)。 ①0.1 mol·L－1的FeCl3溶液：NH、Ca2＋、Br－、SCN－可以大量共存(福建经典真题) ②Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe(浙江经典真题) ③100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) ④转化关系：Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3，在给定条件下能实现 ⑤维生素C具有还原性，食用维生素C含量较高的食物有利于人体对铁元素的吸收 ⑥硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀：6FeSO4＋O2＋2H2O=== 2Fe2(SO4)3＋2Fe(OH)2↓(2023全国Ⅰ真题) ⑦向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2FeCl3=== 2Fe(OH)3＋3MgCl2(全国Ⅱ经典真题) ⑧李时珍的《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”指的是FeSO4·7H2O 答案：⑤⑦⑧ 解析：0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中Fe3＋与SCN－反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故①错误。Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3＋反应生成Mg2＋和Fe2＋，若Mg过量，Mg与Fe2＋继续反应生成Mg2＋和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2＋的反应，不会生成Fe，故②错误。由于Fe3＋ 在水溶液中会发生水解，因此溶液中所含Fe3＋的数目要小于0.1NA，故③错误。氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，Fe3＋易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，氯化铁溶液应在氯化氢气流中蒸发得到无水氯化铁，故④错误。人体吸收的铁元素主要是Fe2＋，Fe2＋极易被氧化，维生素C具有还原性，能防止Fe2＋被氧化，即食用维生素C含量较高的食物有利于人体对铁元素的吸收，故⑤正确。Fe2＋在酸性条件下短期内较为稳定，但久置后会被空气中的O2氧化为Fe3＋，这个反应在酸度降低后由于Fe3＋的水解生成Fe(OH)3而加速进行。正确的反应方程式：4FeSO4＋O2＋10H2O===4H2SO4＋4Fe(OH)3↓ ，棕黄色沉淀为Fe(OH)3，故⑥错误。向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生的反应为3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2，故⑦正确。“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”指的是绿色的FeSO4·7H2O，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，火烧之后会转化为红棕色的氧化铁，故⑧正确。 (6)(2023江苏真题，3分)室温下，探究0.1 mol·L－1 FeSO4溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是(　　) 选项 探究目的 实验方案 A 溶液中是否含有Fe3＋ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 B Fe2＋是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化 C Fe2＋是否水解 向2 mL FeSO4溶液中滴加2～3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化 D Fe2＋能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况 答案：B 解析：检验溶液中是否含有Fe3＋，应直接向待测液中滴加KSCN溶液，若向待测液中滴加氯水会将Fe2＋氧化为Fe3＋，干扰实验，故A项错误。向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，若观察溶液紫色褪去，说明Fe2＋有还原性，故B项正确。Fe2＋发生水解反应：Fe2＋＋2H2O⇌ 2H＋＋Fe(OH)2，使溶液显酸性，应滴加2～3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，故C项错误。向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，H2O2会将Fe2＋氧化为Fe3＋，若产生气泡速率加快，有可能是Fe3＋的催化作用，故D项错误。 (7)(2022湖南真题，4分)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L－1)。　 依据上述实验现象，结论不合理的是(　　) A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应 B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应 C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应 D．整个实验说明SO对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响 答案：D 解析：FeCl3溶液呈棕黄色，加热后促进铁离子的水解，得到红褐色的氢氧化铁，故A项正确，不符合题意。FeCl3溶液中滴入亚硫酸钠溶液，溶液变为红褐色，说明亚硫酸根离子促进铁离子水解；再加入铁氰化钾溶液后，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，即部分铁离子被亚硫酸根离子还原，故B项正确，不符合题意。实验③加入铁氰化钾后不产生蓝色沉淀，即溶液中不存在亚铁离子，故C项正确，不符合题意。结合实验①、②可知，少量的亚硫酸根离子可以促进铁离子的水解反应，故D项错误，符合题意。 b．铁盐和亚铁盐溶液的配制和应用 (8)(2025汇编，4分)下列有关铁的化合物制备及用途的说法错误的是________(填序号)。 ①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 ②配制FeCl2时，将氯化亚铁先溶于较浓盐酸中，再用蒸馏水稀释，最后加入一些铁粉 ③利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋(2023北京真题) ④绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，可用作补血剂 ⑤FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体，所以FeCl3可用作净水剂(2022广东真题) ⑥制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含FeSO4和(NH4)2SO4的溶液浓缩至干(浙江经典真题) 答案：⑥ 解析：因为Fe3＋易水解，故在配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，抑制氯化铁水解，故①正确，不符合题意。因为Fe2＋易水解且具有强还原性，故在配制氯化亚铁溶液时，将氯化亚铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，抑制氯化亚铁水解，最后加入一些铁粉，防止Fe2＋被氧化，故②正确，不符合题意。Fe3＋将Cu氧化为Cu2＋而自身被还原为Fe2＋，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，故③正确，不符合题意。人体血液中含有Fe2＋，若贫血，可使用含Fe2＋的补血剂，故FeSO4·7H2O可用作补血剂，故④正确，不符合题意。FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体能吸附水中杂质，所以FeCl3可用作净水剂，故⑤正确，不符合题意。制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故⑥错误，符合题意。 c．高铁酸盐的制备及性质的理解与运用 (9)(多选)(经典题，4分)高铁酸钾(K2FeO4)是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO4的流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．步骤i中反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：Na2FeO4>NaClO C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4<K2FeO4 D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ) 答案：BC 解析：根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原反应得到Na2FeO4，Na2FeO4溶液中加入饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤、干燥后得到K2FeO4纯品。由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，配平后可得反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故A项正确，不符合题意。步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原反应得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，故B项错误，符合题意。步骤ⅲ为Na2FeO4溶液与饱和KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，故C项错误，符合题意。由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于自来水的杀菌消毒，且其还原产物Fe3＋水解得到Fe(OH)3胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是性能优良的水处理剂，故D项正确，不符合题意。 (10)(湖北七市联考，3分)K2FeO4是优良的水处理剂，在水中发生反应：4FeO＋10H2O=== 4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑，下列叙述正确的是(　　) A．溶液pH越小，K2FeO4越稳定 B．K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的Ca2＋、Mg2＋等离子 C．上述反应中K2FeO4仅作氧化剂 D．可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒 答案：D 解析：溶液pH越小，OH－浓度越小，促使反应4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑正向进行，所以溶液pH越小，K2FeO4越不稳定，故A项错误。K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，故B项错误。K2FeO4中铁元素的化合价降低，部分氧元素的化合价升高，所以上述反应中K2FeO4既作氧化剂也作还原剂，故C项错误。K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，则可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒，故D项正确。 d．铁离子和亚铁离子鉴别与检验的理解与运用 (11)(2025汇编，4分)下列有关铁离子及亚铁离子检验的说法错误的是________(填序号)。 ①用KSCN溶液检验FeSO4是否变质(2023辽宁真题) ②向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化，可以说明Fe2＋具有还原性(2022江苏真题) ③将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，说明食品脱氧剂样品中没有＋3价铁(2023.01浙江选考) ④K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓(2023湖南真题) ⑤验证FeCl3与KI的反应是可逆反应：向1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液 ⑥取一定体积的KSCN溶液和FeCl3溶液(试剂浓度均为0.1mol·L－1)反应，改变两种试剂的滴加顺序，反应现象没有明显差别(2023湖南真题) ⑦检验铁锈中是否含有二价铁，可将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去，说明铁锈中含有二价铁(2022全国Ⅱ真题) 答案：③⑦ 解析：Fe2＋不与KSCN溶液反应，而Fe3＋会与KSCN溶液反应，生成(血)红色的Fe(SCN)3，Fe2＋变质后会生成Fe3＋，可以利用KSCN溶液检验，故①正确，不符合题意。向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，说明亚铁离子被新制氯水氧化，Fe2＋具有还原性，故②正确，不符合题意。铁离子可能与单质铁反应生成亚铁离子，使溶液呈浅绿色，故③错误，符合题意。K3[Fe(CN)6]常用于检验 Fe2＋，遇 Fe2＋生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，故④正确，不符合题意。Fe3＋能将I－氧化为I2，自身被还原成Fe2＋，反应时Fe3＋与I－的化学计量数之比为1∶1，则等浓度等体积的KI溶液和FeCl3溶液混合时，若反应正向进行完全，由于恰好完全反应，反应后溶液中不含Fe3＋，滴加KSCN后溶液不变红，若反应为可逆反应，Fe3＋没有完全反应，滴加KSCN后溶液变红，故⑤正确，不符合题意。向KSCN溶液中滴加FeCl3溶液，或者向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液均立即变为(血)红色，现象没有明显差别，故⑥正确，不符合题意。浓盐酸和Fe2＋均能使KMnO4溶液紫色褪去，即浓盐酸干扰Fe2＋的检验，故⑦错误，符合题意。 5．铁及其化合物的相互转化及其应用 (12)(广东经典真题，2分)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(　　) A．a可与e反应生成b B．b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b→c→d→e→b的循环转化关系 答案：C 解析：图中所示是铁的简单价类二维图，a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(Ⅱ)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(Ⅲ)的盐类物质，d为Fe(OH)3。Fe与Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成Fe(Ⅱ)的盐类物质，如Fe＋2FeCl3===3FeCl2，故A项正确，不符合题意。Fe(Ⅱ)为铁元素的中间价态，既有还原性，也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B项正确，不符合题意。Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体的操作：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C项错误，符合题意。存在b→c→d→e→b的转化关系，如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2，故D项正确，不符合题意。 (13)(2023重庆真题，14分)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。 25 ℃时各物质溶度积见下表： 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ca(OH)2 溶度积(Ksp) 4.9×10－17 2.8×10－39 5.0×10－6 回答下列问题： ①Fe3O4中Fe元素的化合价是＋2和________。O2－的核外电子排布式为________。 ②反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是________________________。 ③反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。 ⅰ.反应的离子方程式为______________________________________。 ⅱ.为加快反应速率，可采取的措施有________________________________(写出两项即可)。 ④ⅰ.反应釜3中，25 ℃时，Ca2＋浓度为5.0 mol·L－1，理论上pH不超过________。 ⅱ.称取CaCl2水合物1.000 g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，消耗24.00 mL。滴定达到终点的现象为____________________________________________，该副产物中CaCl2的质量分数为________。 答案：①＋3(1分)　1s22s22p6(1分)　②防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁(2分) ③ⅰ.4CaO＋6H2O＋4Fe2＋＋O2===4Fe(OH)3＋4Ca2＋(2分)　ⅱ.适当升高温度、搅拌(2分) ④ⅰ.11(2分)　ⅱ.滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色(2分) 66．6%(2分) 解析：FeCl2溶液中加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl2溶液中加入氧化钙和分散剂并通入空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀，“后处理”得到四氧化三铁，滤液“后处理”得到氯化钙水合物。 ①Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3，故Fe元素的化合价是＋2和＋3。O2－为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6。 ②空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁。 ③ⅰ.反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化为三价铁，三价铁与氧化钙和水反应转化为氢氧化铁，反应的离子方程式为4CaO＋6H2O＋4Fe2＋＋O2===4Fe(OH)3＋4Ca2＋。ⅱ.为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等。 ④ⅰ.反应釜3中，25 ℃时，Ca2＋浓度为5.0 mol·L－1，调pH过程中不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，Ca2＋开始沉淀时c(OH－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－3 mol·L－1，pOH＝3，pH＝11，故理论上pH不超过11。ⅱ.高锰酸钾溶液呈紫红色，故滴定达到终点时的现象：滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色；氯化钙和草酸钠反应转化为草酸钙沉淀(CaC2O4)，草酸钙沉淀溶于热的稀硫酸中，转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，结合质量守恒可知，5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO，则该副产物中CaCl2的质量分数为×100%＝66.6%。 随堂普查练9 1．(江苏经典真题，3分)下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是(　　) A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂 B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料 C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水 答案：B 解析：因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，故A项正确，不符合题意。纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，与其能与酸反应无关，故B项错误，符合题意。FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用FeCl3的氧化性，故C项正确，不符合题意。聚合硫酸铁能水解并形成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可用于净水，故D项正确，不符合题意。 2．(2025汇编，4分)下列有关铁及其化合物的叙述正确的是____________(填序号)。 ①转化关系：FeFe2O3Fe2(SO4)3，在给定条件下能实现 ②Na＋、Fe3＋、SO、H2O2能大量共存，粒子间不反应(湖南经典真题) ③向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红，证明Ag＋的氧化性比Fe3＋的强 ④相同质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数相等 ⑤用水清洗盛装过浓硫酸的铁桶时要远离火源 ⑥有铁粉参加的反应若生成3 mol Fe2＋，则转移电子数一定为6NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) ⑦用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 答案：⑤⑦ 解析：Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故①错误。Fe3＋可催化H2O2分解为H2O和O2，不能大量共存，故②错误。向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子氧化，不能证明银离子将亚铁离子氧化，故③错误。Fe和足量Cl2反应生成FeCl3，每生成1 mol FeCl3转移3 mol电子，Fe和S反应生成FeS，每生成1 mol FeS转移2 mol电子，据此可知，等质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数不相等，故④错误。铁在浓硫酸中钝化，故能用铁桶来盛放浓硫酸，但铁能和稀硫酸反应生成氢气，用水清洗盛装过浓硫酸的铁桶时要远离火源，故⑤正确。铁粉参加的反应，如Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，生成3 mol Fe2＋时转移电子数为2NA，故⑥错误。Fe3O4俗称磁性氧化铁，是一种具有磁性的物质，故⑦正确。 3．(2025汇编，4分)下列有关铁的氧化物、氢氧化物的叙述正确的是________(填序号)。 ①磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋ ＋4H2O ②使用如图所示装置观察Fe(OH)2的生成 ③Fe(OH)3→Fe(OH)2可以一步完成 ④磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆 ⑤“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”描写的是越窑青瓷，青瓷的显色成分为氧化铁 ⑥Fe(OH)3溶于氢碘酸生成FeI3 ⑦“司南之杓，投之于地，其柢指南”中“杓”所用的材质为FeO 答案：② 解析：磁性氧化铁是Fe3O4，在Fe3O4中既有Fe2＋，又有Fe3＋，其与稀HNO3发生的是氧化还原反应，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO=== 9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故①错误。由于Fe(OH)2极易被空气中的氧气氧化，所以制备Fe(OH)2要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，并将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，故②正确。Fe(OH)3不能通过一步转化成Fe(OH)2，要将Fe(OH)3转化为Fe(OH)2，首先Fe(OH)3应先溶于稀盐酸或稀硫酸转化为Fe3＋，再加铁粉转化为Fe2＋，最后加入氢氧化钠溶液或氨水，即可得到Fe(OH)2，故③错误。磁性氧化铁是Fe3O4的俗称，是黑色固体，用于制磁铁，而铁红即Fe2O3可用于制备颜料和油漆，故④错误。氧化铁是红棕色的，故⑤错误。＋3价铁离子能氧化碘离子，Fe(OH)3溶于氢碘酸生成FeI2，故⑥错误。“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南”，其成分为Fe3O4，Fe3O4是磁性物质，可用于制作指南针，故⑦错误。 4．(江苏南通模拟，3分)无水FeCl3常用作芳香烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分为Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2)为原料制取无水FeCl3的流程如下，下列说法正确的是(　　) A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe3＋、Fe2＋、H＋、Cl－ B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl3·6H2O D．“脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成H2SO4和HCl 答案：B 解析：废铁屑(主要成分为Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2)中加入盐酸酸溶，碳和二氧化硅不与盐酸反应，铁和氧化铁分别溶于盐酸转化为Fe2＋和Fe3＋，且由于Fe3＋氧化性强于H＋，其优先被Fe还原为Fe2＋，过滤后滤液中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，经处理得到FeCl3·6H2O，加入SOCl2脱水得到FeCl3。废铁屑中主要成分为Fe，铁和铁离子反应生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe2＋、H＋、Cl－，故A项错误。新制氯水具有强氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，故B项正确。加热蒸干氯化铁溶液时，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解反应进行，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeCl3·6H2O，故C项错误。“脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成SO2和HCl，SOCl2中S是＋4价，在该水解反应中不可能生成H2SO4，故D项错误。 5．(2025汇编，3分)高铁酸钠Na2FeO4是一种新型净水剂。 (1)高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3＋3NaClO＋4NaOH===2Na2FeO4＋3X＋5H2O，则X的化学式为____________。 (2)絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是______(填字母)。 A．NaFe(SO4)2·6H2O B．CaSO4·2H2O C．Pb(CH3COO)2·3H2O D．KAl(SO4)2·12H2O 答案：(1)NaCl(1分)　(2)AD(2分) 解析：(1)根据2Fe(OH)3＋3NaClO＋4NaOH===2Na2FeO4＋3X＋5H2O和质量守恒定律可知：反应前铁、氧、氢、钠、氯的原子个数分别是2、13、10、7、3，反应后除X外，铁、氧、氢、钠、氯的原子个数分别是2、13、10、4、0，所以每个X中含有1个Na、1个Cl，则X是氯化钠，化学式为NaCl。 (2)含有弱离子且弱离子能水解生成胶体就可作絮凝剂。NaFe(SO4)2·6H2O中Fe3＋能发生水解反应生成Fe(OH)3胶体而作絮凝剂，故A项正确。Ca2＋不能发生水解反应，所以不能作絮凝剂，故B项错误。Pb属于重金属，对人体有害，所以该物质不能作絮凝剂，故C项错误。明矾中Al3＋水解生成Al(OH)3胶体而作絮凝剂，故D项正确。 6．(福建部分地区质检，13分)为探究Fe2＋与SCN－能否形成配位化合物，某研究性学习小组进行如下实验： 探究Ⅰ (1)配制FeSO4溶液应使用__________的蒸馏水。 (2)已知溶液颜色越深，色度越大。测得实验ⅰ、ⅱ、ⅲ色度数据如下表： 实验 ⅰ ⅱ ⅲ 色度 0.075 0.049 0.015 实验ⅰ的作用是__________，甲同学推测实验ⅲ色度比ⅱ小的原因可能有：①Mg2＋和Fe2＋对配合物解离影响不同；②________________________________。 探究Ⅱ (3)X为__________________，实验ⅳ的红色比实验ⅴ深的原因为__________________________________________________________。 (4)在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ的目的为____________________________________________。 (5)分析可利用KSCN溶液检测Fe2＋、Fe3＋混合溶液中Fe3＋的原因：__________________________________________________________________________________。 答案：(1)煮沸冷却(1分)　(2)空白对照(1分)　亚铁离子与硫氰酸根形成配合物(2分)　(3)3 mL 4 mol·L－1 KCl溶液(2分)　亚铁离子与硫氰酸根形成配合物，使FeCO3的沉淀溶解平衡朝正向移动(2分)　(4)避免不同盐离子对配合物解离的影响(2分)　(5)Fe3＋与SCN－的络合能力比Fe2＋与SCN－的强，且Fe2＋与SCN－反应形成的配合物无色，不影响Fe(SCN)3(血)红色的观察(3分) 解析：(1)亚铁离子易被氧化，故配制的蒸馏水应为煮沸冷却的蒸馏水。 (2)实验ⅰ加入的是水，作用为空白对照；原因在于Mg2＋和Fe2＋对配合物解离影响不同，亚铁离子与硫氰酸根形成配合物。 (3)实验ⅳ和实验ⅴ加入的试剂相同、顺序不同，所以X为3 mL 4 mol·L－1 KCl溶液；实验ⅳ先加入KSCN溶液，使得亚铁离子与硫氰酸根形成配合物，使FeCO3的沉淀溶解平衡朝正向移动，溶液中Fe(Ⅱ)浓度增大，与过氧化氢反应生成Fe(Ⅲ)，而实验ⅴ先加入KCl溶液，然后过滤，FeCO3几乎未溶解，溶液中的亚铁离子很少，所以实验ⅳ的红色比实验ⅴ深。 (4)探究Ⅰ加入的是不同盐溶液，无法避免不同盐离子对配合物解离的影响，故进行探究Ⅱ。 (5)三价铁离子与硫氰酸根的络合能力强，且络合物为(血)红色，二价铁离子与硫氰酸根络合能力弱，络合物为无色。 课后提分练9　铁及其化合物 A组(巩固提升) 1．(2023.06浙江选考，3分)氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是(　　) A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板 C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体 答案：A 解析：氯化铁溶于水能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，故A项错误，符合题意。氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来腐蚀覆铜板，故B项正确，不符合题意。氯气具有强氧化性，在加热条件下能将铁氧化成氯化铁，故C项正确，不符合题意。向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，铁离子发生水解反应生成氢氧化铁，继续加热呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，故D项正确，不符合题意。 2．(2025汇编，4分)下列实验操作和现象、结论均正确的是(　　) 选项 操作 现象 结论 A 往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体 溶液先变成血红色后无明显变化 Fe3＋与SCN－的反应不可逆(2023.01浙江选考) B 向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液 溶液变黄 发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2>Fe3＋ C 将少量铜粉加入1.0 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中 固体溶解，溶液变蓝色 金属铁比铜活泼 D 取少量固体样品完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液 溶液变为血红色 此固体化合物样品中存在Fe3＋ 答案：B 解析：溶液变成血红色是因为生成了Fe(SCN)3，但加入的K2SO4与生成Fe(SCN)3的反应无关，故无法判断Fe3＋与SCN－的反应是否可逆，故A项错误。亚铁离子在酸性条件下与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子，溶液变黄，说明氧化性：H2O2>Fe3＋，故B项正确。将少量铜粉加入1.0 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中，固体溶解，溶液变蓝色，不能说明金属铁比铜活泼，只能说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故C项错误。若该固体为硝酸亚铁，则加入盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液也能变成血红色，所以无法判断该固体中是否存在Fe3＋，故D项错误。 3．(2025汇编，4分)下列说法正确的是______(填序号)。 ①FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液 ②pH＝1的溶液：Fe2＋、Mg2＋、SO、NO能大量共存(北京经典真题) ③铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O(浙江经典真题) ④Fe2(SO4)3具有强氧化性，故可用于自来水净化 ⑤氧化铁能与酸反应，因而可用于制作红色涂料 ⑥Fe与水蒸气反应中水只作氧化剂 答案：③⑥ 解析：NO在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，所以FeO加入到稀硝酸中，溶液的颜色不是浅绿色，故①错误。pH＝1的溶液中，NO在酸性条件下与Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，故②错误。铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O，故③正确。Fe2(SO4)3用于自来水净化是利用Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中的杂质形成沉淀而除去，与氧化性无关，故④错误。氧化铁可用于制作红色涂料是因为氧化铁为红棕色固体，且难溶于水，与氧化铁能与酸反应无关，故⑤错误。Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，H元素化合价降低，水被还原，只作氧化剂，故⑥正确。 4．(广东新高考猜题卷，4分)某同学按如图所示实验操作对FeCl3的性质进行探究。下列分析正确的是(　　) A．①～④的变化中，有2处涉及氧化还原反应 B．③中反应的离子方程式：2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑ C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②的现象相同 D．若用Na2SO3代替Na2S进行实验溶液不可能变成淡绿色 答案：B 解析：①中产生淡黄色沉淀S，溶液变淡绿色，有Fe2＋生成，属于氧化还原反应；②是由Fe2＋与S2－反应生成FeS；③中Fe3＋与CO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁胶体及二氧化碳；④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，属于非氧化还原反应；故A项错误。③中Fe3＋与CO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁胶体及二氧化碳，离子方程式为2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑，故B项正确。若将三氯化铁溶液滴加到硫化钠溶液中，则硫离子是过量的，Fe2＋会立即与S2－反应生成黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，故C项错误。亚硫酸根离子具有强还原性，也能将Fe3＋还原为Fe2＋，故D项错误。 5．(福建模拟，4分)某实验小组设计实验探究Fe(OH)2的制备，下列有关分析不合理的是(　　) 实验 操作 现象 Ⅰ 将一块FeSO4晶体浸入30 mL蒸馏水中 一分钟后，晶块表面仍为浅绿色，溶液呈更浅的绿色 Ⅱ 将另一块FeSO4晶体浸入30 mL 1 mol· L－1 NaOH溶液中 一分钟后，晶块表面变白；捞出晶块露置空气中，表面逐渐变为红褐色 Ⅲ 将10 mL 1.5 mol· L－1 FeSO4溶液与20 mL 1.5 mol· L－1 NaOH溶液混合 立即出现大量灰绿色浑浊，一分钟后，液面附近出现红褐色浑浊 A.实验Ⅰ起对照作用，排除FeSO4晶体自身在水中的颜色变化 B．实验Ⅱ晶块表面长时间保持白色，与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关 C．捞出晶块后发生了反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 D．实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ中 答案：D 解析：实验Ⅰ中，晶块表面为浅绿色，起对照作用，目的是排除实验Ⅱ中晶块表面变白是因为FeSO4晶体自身在水中的颜色变化引起的，即晶体在水中不会变色，故A项正确，不符合题意。在实验Ⅱ中，晶块表面长时间保持白色，与生成的Fe(OH)2难溶、未分散于水有关，水中溶解的O2较少，Fe(OH)2未与O2充分接触，故可较长时间保持白色，故B项正确，不符合题意。Fe(OH)2具有较强的还原性，易被氧气氧化，捞出晶块后因空气中O2含量充足而被氧化，发生的反应为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故C项正确，不符合题意。FeSO4溶液与NaOH溶液反应生成的Fe(OH)2更分散，与O2接触面积更大，因此反应速率更快，无法得出实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ的结论，故D项错误，符合题意。 6．(经典题，2分)高铁酸钾(K2FeO4)是优良的多功能、绿色水处理剂。制备高铁酸钾的装置如图(资料：①K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定。②制备K2FeO4的反应为放热反应)： 下列叙述正确的是(　　) A．装置A中的KMnO4可以用MnO2代替 B．装置B中的试剂为饱和碳酸氢钠溶液，目的是除去Cl2中的HCl C．装置C中生成K2FeO4的关键操作是要缓慢通入Cl2且不能过量 D．K2FeO4作水处理剂时能杀菌消毒、吸附悬浮物，与Cl2作用相同 答案：C 解析：A中发生反应2MnO＋10Cl－＋16H＋===5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O，B中用饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，尾气可用氢氧化钠等溶液吸收。浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，常温下二者不能用于制备氯气，故A项错误。除去氯气中的氯化氢，应用饱和食盐水，故B项错误。缓慢通入氯气，可避免反应过快进行，放出大量的热，能使氯气充分反应，提高利用率，且避免污染环境，如氯气过量，溶液呈酸性，故C项正确。K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为铁离子，可水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，而Cl2只能起到杀菌消毒的作用，不能吸附悬浮物，故D项错误。 B组(冲刺满分) 7．(河北沧州模拟，3分)青矾矿石在《唐本草》中有记载：“本来绿色，新出窑未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”。明末学者方以智所著《物理小识》中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽树不茂。”有关说法正确的是(　　) A．青矾矿石主要成分是CuSO4·5H2O B．烧之赤色，是发生了分解反应生成Cu2O的缘故 C．青矾应密封保存，主要目的是防止风化 D．熏人的“厂气”是SO2、SO3 答案：D 解析： 有关“青矾”的描述：“本来绿色，新出窑未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，说明“青矾”的颜色为绿色，所以应为FeSO4·7H2O，故A项错误。“烧之赤色”说明经煅烧后，分解生成红棕色的Fe2O3，根据元素化合价的升降守恒，铁元素化合价升高，必有另一种元素化合价降低，故硫元素化合价降低，反应中有SO2生成，“青矾”受热分解的化学方程式：2FeSO4·7H2O Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O，故B项错误。青矾含Fe2＋易被氧化，故需密封保存防氧化，故C项错误。根据上述分析可知，熏人的“厂气”是 SO2、SO3，故D项正确。 8．(2022广东真题，4分)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3% NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是(　　) A．加入AgNO3溶液产生沉淀 B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现 C．加入KSCN溶液无红色出现 D．加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成 答案：D 解析：证明铁片没有被腐蚀即证明溶液中没有亚铁离子生成。加入硝酸银溶液产生白色沉淀，只能证明有氯离子存在，故A项不符合题意。加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现，只能证明没有铁离子生成，故B项不符合题意。加入硫氰化钾溶液无红色出现，只能证明没有铁离子生成，故C项不符合题意。加入铁氰化钾溶液无蓝色沉淀生成，说明溶液中没有亚铁离子，因为亚铁离子与铁氰化钾能够反应生成蓝色沉淀，故D项符合题意。 9．(浙江经典真题，2分)聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是(　　) A．KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗 mol KClO3 B．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 答案：A 解析：根据题干中信息，可利用氧化还原反应配平法写出化学方程式：6nFeSO4＋nKClO3＋3nH2O ===6[Fe(OH)SO4]n＋nKCl，可知KClO3作氧化剂，同时根据化学计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗 mol KClO3，故A项错误，符合题意。FeSO4是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁；生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱，pH增大，故B项正确，不符合题意。聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，从而净水，故C项正确，不符合题意。多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，[Fe(OH)]2＋的水解相当于Fe3＋的第二步水解，在相同条件下，第一步水解的程度大于第二步水解，故D项正确，不符合题意。 10．(河北唐山模拟，2分) α－FeO(OH)在高档涂料、油墨的生产中有着重要的用途。某化工厂以氧化铁废料(含少量的FeO、SiO2)为原料制备FeO(OH)的流程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．FeSO4·7H2O被氧化时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 B．FeO(OH)中Fe的化合价为＋3 C．试剂a是稀硫酸、试剂b是Fe粉 D．料渣1是SiO2、滤液Ⅲ的主要成分是Na2SO4 答案：A 解析：以氧化铁废料(含少量的 FeO、SiO2)为原料制备FeO(OH)，由流程中的绿矾晶体可知，加入的试剂a为硫酸，过滤得到的料渣1为SiO2，滤液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，加入的试剂b为Fe粉，发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，过滤分离出料渣2为过量的Fe，滤液Ⅱ含FeSO4，且FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇，则加乙醇可降低硫酸亚铁的溶解度，蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾在空气中与NaOH溶液可发生反应4FeSO4·7H2O＋O2＋8NaOH===4FeO(OH)＋4Na2SO4＋30H2O，过滤分离出FeO(OH)，滤液Ⅲ含Na2SO4。由4FeSO4·7H2O＋O2＋8NaOH===4FeO(OH)＋4Na2SO4＋30H2O可知，氧化剂为O2，还原剂为FeSO4·7H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，故A项错误，符合题意。FeO(OH)中铁元素的化合价为0－(－2)－(－2＋1)＝＋3，故B项正确，不符合题意。由上述分析可知，试剂a是稀硫酸、试剂b是Fe粉，故C项正确，不符合题意。由上述分析可知，料渣1是SiO2、滤液Ⅲ的主要成分是Na2SO4，故D项正确，不符合题意。 11．(北京房山模拟，3分)室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L－1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。 已知：Fe(OH)3的Ksp＝2.8×10－39；Fe(OH)2的Ksp＝4.9×10 －17；Fe3＋开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2＋开始沉淀时的pH ≈ 6.3。下列说法不正确的是(　　) A．M点对应的溶液中Fe2＋水解程度小于P点对应的溶液中Fe2＋水解程度 B．导致M点→N点pH升高的反应为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O C．导致P点→Q点pH降低的反应为4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8H＋ D．O点和Q点后，Fe2＋全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2＋的氧化反应 答案：D 解析：H＋抑制Fe2＋的水解，并且c(H＋)越大，对Fe2＋水解的抑制作用越大，pH：M<P，所以M点对应的溶液中Fe2＋水解程度小于P点对应的溶液中Fe2＋水解程度，故A项正确，不符合题意。由图可知，M点→N点，pH<1.5，无Fe(OH)3沉淀生成，随着时间的推移，酸化溶液的pH增大，说明H＋参与了反应，则导致M点→N点pH升高的反应为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，故B项正确，不符合题意。由图可知，未酸化的溶液中，P点→Q点时，pH>1.5, Fe3＋→Fe(OH)3，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H＋生成，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8H＋ ，故C项正确，不符合题意。M点→N点pH升高，发生反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，O点pH接近1.7，Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀和H＋，但O点pH变化不大，说明H＋的消耗与生成同时发生，则两个反应同时进行，所以O点的反应体系中仍发生Fe2＋的氧化反应，故D项错误，符合题意。 12．(经典题，4分)已知柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性。用图示装置(夹持和加热仪器已省略)制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。下列说法错误的是(　　) A．装置甲中所盛放的药品可以是石灰石和稀盐酸 B．加入柠檬酸溶液可调节溶液的pH，并防止Fe2＋被氧化 C．丙中反应方程式为FeCO3＋2H2NCH2COOH―→(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O D．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液 答案：D 解析：甘氨酸亚铁中亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，所以需要整个装置处于无氧环境，则甲装置的作用是产生某种气体将装置中的氧气排尽，乙装置为除杂装置，碳酸氢钠可以吸收酸性比碳酸强的酸性气体（如HCl），可知该实验中利用CO2将装置中的空气排尽；之后利用甘氨酸和碳酸亚铁反应制备甘氨酸亚铁，柠檬酸溶液具有还原性和酸性，可以防止亚铁离子被氧化和同时促进碳酸亚铁的溶解。根据上述分析可知甲中可以利用石灰石和稀盐酸反应生成二氧化碳排尽装置中的空气，故A项正确，不符合题意。柠檬酸溶液有酸性和还原性，可以调节pH并防止亚铁离子被氧化，故B项正确，不符合题意。根据元素守恒以及要制备的目标产物可知丙中发生复分解反应，方程式为FeCO3＋2H2NCH2COOH―→(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O，故C项正确，不符合题意。由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤产品可以减少产品的溶解，提高产率和纯度，故D项错误，符合题意。 13．(湖南名校联盟联考，15分)磷酸亚铁锂(化学式：LiFePO4)为近年来新开发的锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为电极活性物质使用，能可逆地嵌入、脱出锂，其作为锂离子电池电极材料的研究及应用得到广泛关注。 通过水热法制备磷酸亚铁锂的一种方法如下(装置如图所示，夹持装置、加热装置等省略未画出)： Ⅰ.在仪器a中加入40 mL蒸馏水、0.01 mol H3PO4和0.01 mol FeSO4·7H2O，用搅拌器搅拌溶解后，缓慢加入0.03 mol LiOH·H2O，继续搅拌。 Ⅱ.向反应液中加入少量抗坏血酸(维生素C)，继续搅拌5 min。 Ⅲ.快速将反应液装入反应釜中，保持170 ℃恒温5 h。 Ⅳ.冷却至室温，过滤。 Ⅴ.用蒸馏水洗涤沉淀。 Ⅵ.干燥，得到磷酸亚铁锂产品。 回答下列问题： (1)装置图中仪器a的名称是____________，根据上述实验药品的用量，a的最适宜规格为________(填字母)。 A．50 mL B．100 mL C．250 mL D．500 mL (2)步骤Ⅱ中，抗坏血酸的作用是________________________，以下能代替抗坏血酸使用的是________(填字母)。 A．Na2SO3　B．铁粉　C．酸性高锰酸钾溶液 (3)若所加H3PO4、FeSO4·7H2O、LiOH·H2O恰好完全反应，请写出制备磷酸亚铁锂的化学方程式：____________________________________________________________________。 (4)确定所得产品中未混有Fe(OH)3、FePO4杂质的方法是______________________________________________________________________________________________________。 (5)干燥后称量，若实验共得到无杂质产品1.1 g，则LiFePO4的产率为__________%(保留小数点后一位)。 (6)某种以LiFePO4作电极材料的锂电池总反应可表示为LiFePO4＋CLi1－xFePO4＋LixC。放电时正极的电极反应式为______________________________________________。 答案：(1)三颈烧瓶 (1分)　B(2分)　(2)作还原剂，防止Fe2＋被氧化(2分)　A(2分)　(3)H3PO4＋FeSO4·7H2O＋3LiOH·H2OLiFePO4↓＋13H2O＋Li2SO4(2分)　(4)取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变为(血)红色，说明不含有杂质(2分) 　(5)69.6(2分) (6)Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4(2分) 解析：(1)由图示可知，仪器a的名称是三颈烧瓶；三颈烧瓶中的液体一般不超过其容积的，也不能少于其容积的，由信息可知，在a中加入40 mL蒸馏水，还有一些化学试剂，故最适宜规格为100 mL，故B项正确。 (2)抗坏血酸具有还原性，可防止Fe2＋被氧化；能代替抗坏血酸使用的是具有还原性的物质，Na2SO3、铁粉均具有还原性，但铁粉为固体，会导致固体产品中引入新杂质铁粉，故A项正确。 (3)若所加H3PO4、FeSO4·7H2O、LiOH·H2O恰好完全反应生成LiFePO4，反应物和生成物中并无元素化合价的改变，根据原子守恒即可配平化学方程式，则制备磷酸亚铁锂的化学方程式为H3PO4＋FeSO4·7H2O＋3LiOH·H2OLiFePO4↓＋13H2O＋Li2SO4。 (4)Fe(OH)3和FePO4都难溶于水，但可以溶解在酸中，溶解后有Fe3＋生成，用检验Fe3＋的方法检验即可，所以方法是：取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变为(血)红色，说明不含有Fe(OH)3和FePO4杂质。 (5)由制备LiFePO4的化学方程式可得关系式FeSO4·7H2O ～ LiFePO4，以0.01 mol FeSO4·7H2O完全反应来计算，理论上得到0.01 mol LiFePO4，即m(LiFePO4)＝n×M＝0.01 mol×158 g·mol－1＝1.58 g ，产率为×100%≈69.6%。 (6)放电时正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应LiFePO4＋C Li1－xFePO4＋LixC可知，负极反应式为LixC－xe－===xLi＋＋C，正极反应式等于总反应式减去负极反应式，所以正极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4。 14．(全国Ⅰ经典真题，13分)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是________________________。 (2)步骤Ⅱ需要加热的目的是__________________________，温度保持80～95 ℃，采用的合适加热方式是________________________________________________________________________。 (3)步骤Ⅲ中选用足量的H2O2，理由是________________________________。分批加入H2O2，同时为了________________，溶液要保持pH小于0.5。 (4)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为________________________。 答案：(1)碱煮水洗(2分)　(2)加快反应(2分)　热水浴(2分)　(3)将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，不引入杂质(2分)　抑制Fe3＋水解(2分)　 (4)NH4Fe(SO4)2·12H2O(3分) 解析：(1)用热纯碱溶液洗去铁屑表面的油污后，再用水洗涤铁屑表面附着物。 (2)加热可以加快化学反应速率，进而加快铁屑的溶解。为便于控制温度在80～95 ℃，可采取水浴加热方式。 (3)步骤Ⅲ利用H2O2的强氧化性将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，且不引入杂质。为抑制Fe3＋水解，需控制溶液的pH小于0.5。 (4)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1 mol，加热到150 ℃，失去1.5 mol(即27 g)水，质量减轻5.6%，则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为≈482，NH4Fe(SO4)2的相对分子质量为266，则剩余部分为水，＝12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。 15．(北京经典真题，12分)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： Ⅰ.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 Ⅱ.TiOSO4＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋H2SO4 Ⅲ.0.1 mol·L－1 Fe2＋生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH＝6.3，完全沉淀时pH＝8.3；0.1 mol·L－1 Fe3＋生成FeOOH，开始沉淀时pH＝1.5，完全沉淀时pH＝2.8 (1)纯化 ①加入过量铁粉的目的是__________________________________________________________________________。 ②充分反应后，分离混合物的方法是________。 (2)制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是______________________________________________________________________。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料Ⅲ中的6.3。原因是沉淀生成后c(Fe2＋)________0.1 mol·L－1(填“＞”“＝”或“＜”)。 ③0～t1时段，pH几乎不变；t1～t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：______________________________________________________________________________________。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2＋)仍降低，但c(Fe3＋)增加，且c(Fe2＋)降低量大于c(Fe3＋)增加量。结合总方程式说明原因：______________________________________________________________________________。 (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 资料：Fe3＋＋3C2O===Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果__________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 答案：(1)①消耗H2SO4，促进TiOSO4水解平衡正向移动，有利于TiO2·xH2O析出；防止Fe2＋被氧化(2分)　②过滤(1分)　(2)①Fe2＋＋2NH3·H2O===Fe(OH)2↓＋2NH(2分)　 ②＞(1分)　③0～t1：4Fe(OH)2＋O2===4FeOOH＋2H2O，c(H＋)不变；t1～t2：4Fe2＋＋O2＋6H2O===4FeOOH↓＋8H＋，c(H＋)增大(2分)　④12Fe2＋＋3O2＋2H2O===4FeOOH↓＋8Fe3＋，c(H＋)不变，消耗的Fe2＋多，产生的Fe3＋少(2分)　(3)不受影响(2分) 解析：根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物可知，加入蒸馏水，发生反应TiOSO4＋(x＋1)H2O⇌TiO2·xH2O↓＋H2SO4，TiO2·xH2O是沉淀，加入铁粉纯化，然后过滤，得到精制FeSO4溶液，加入氨水后，Fe2＋变成白色沉淀Fe(OH)2，再通入空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。 (1)①Fe与硫酸反应，使得TiOSO4＋(x＋1)H2O⇌TiO2·xH2O↓＋H2SO4平衡正向移动，有利于沉钛；铁粉过量可防止二价铁被氧化。②钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4和不溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤。 (2)①向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，发生反应Fe2＋＋2NH3·H2O===Fe(OH)2↓＋2NH，生成白色沉淀Fe(OH)2。②产生白色沉淀后的pH低于资料Ⅲ中的6.3，则氢氧根浓度小于理论依据，结合Ksp[Fe(OH)2]＝c2(OH－)·c(Fe2＋)可知，此时Fe2＋浓度大于0.1mol·L－1。③0～t1，发生4Fe(OH)2＋O2===4FeOOH＋2H2O，c(H＋)不变，因此pH几乎不变；t1～t2，发生4Fe2＋＋O2＋6H2O===4FeOOH↓＋8H＋，c(H＋)增大，pH减小。④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O和4Fe2＋＋O2＋6H2O===4FeOOH↓＋8H＋，即总反应为12Fe2＋＋3O2＋2H2O===4FeOOH↓＋8Fe3＋，因此c(Fe2＋)的降低量大于c(Fe3＋)的增加量。 (3)过量草酸钠虽与硫酸反应，但生成的草酸不影响氢氧化钠的滴定，所以加入的Na2C2O4过量，测定结果不受影响。 学科网（北京）股份有限公司 $$