第3章 第1节 铁及其化合物-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮课时作业word（鲁科单选版）

第三章　物质的性质与转化 课时冲关八　铁及其化合物 一、选择题：每题只有一个选项符合题意 1．坦克、导弹的制造材料主要是金属合金，钢铁便是其中十分重要的一种。下列关于铁的说法中正确的是(　　) A．铁元素属于过渡元素，其原子序数为26 B．单质铁与浓硫酸在常温下不反应 C．铁单质只具有还原性，其阳离子只具有氧化性 D．与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率，纯铁比生铁的快 解析：A　[铁是26号元素，属于Ⅷ族元素，为过渡元素，故A正确；常温下，铁和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，但并不是铁和浓硫酸不反应，故B错误；亚铁离子既有还原性，又有氧化性，故C错误；纯铁和稀盐酸不能构成原电池，生铁中铁、碳、盐酸构成原电池，能加快反应速率，所以生铁反应速率比纯铁快，故D错误。] 2．(2022·湖南卷)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)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色； 再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。 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 解析：D　[A.铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B.在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C.实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D.结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸根离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。] 3．无水FeCl2是常用还原剂，实验室中可以利用反应2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑制取，已知：C6H5Cl熔点－45 ℃，沸点132 ℃；C6H4Cl2熔点53 ℃，沸点173 ℃。下列说法不正确的是(　　) A．仪器a的作用是冷凝、回流、导气 B．反应开始前应向甲中通N2，为防止FeCl2被装置中空气氧化 C．反应结束后，甲中混合物经冷却、过滤、干燥得到纯净的产品 D．最好用油浴加热三颈烧瓶 解析：C　[A.C6H5Cl、C6H4Cl2的沸点不高，受热后易汽化，所以仪器a的作用是冷凝、回流、导气，A正确；B.因为FeCl2具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，所以在反应开始前应向甲中通N2，以排尽装置内的空气，B正确；C.反应结束后，甲中混合物呈液态，经冷却、蒸馏、干燥可得到纯净的产品，C不正确；D.因为加热温度超过100 ℃，且使混合物均匀受热，所以最好用油浴加热三颈烧瓶，D正确。] 4．聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．步骤①，粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率 B．步骤④，加稀硫酸调节pH在一定的范围内，让Fe3＋部分水解形成碱式盐 C．步骤⑤，减压蒸发，有利于降低水的沸点防止产物分解 D．步骤③，可以选择过氧化氢溶液、氯气等氧化剂将Fe2＋转化成Fe3＋ 解析：D　[A项，将块状物质粉碎，可以增大反应物间的接触面积，反应速率会大大加快，正确；B项，聚合硫酸铁属于碱式盐，调节pH在一定的范围内，可以让Fe3＋部分水解形成碱式盐，正确；C项，减压蒸发有利于降低水的沸点，同时防止温度过高使聚合硫酸铁分解，正确；D项，用氯气作氧化剂，还原产物为Cl－，会引入杂质，错误。] 5．(2024·保定市高三联考)铁元素的“价­类”二维图如图所示。下列说法错误的是(　　) A．④可用作红色涂料 B．⑦的溶液可用于清洗青铜文物表面的锈迹 C．⑤被溶液中的氧气氧化为⑥的化学反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 D．③溶于过量稀硝酸的离子方程式为3Fe3O4＋NO＋28H＋===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O 解析：B　[根据铁元素的“价­类”二维图分析可知，①为Fe，②为FeO，③为Fe3O4，④为Fe2O3，⑤为Fe(OH)2，⑥为Fe(OH)3，⑦为Fe3＋的盐，⑧为Fe2＋的盐。氧化铁为红色固体，可用作红色涂料，故A正确；Fe3＋的溶液和铜反应，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，不可用于清洗青铜文物表面的锈迹，故B错误；氢氧化亚铁被溶液中的氧气氧化，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后变为红褐色，生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故C正确；Fe3O4溶于过量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平写出反应的离子方程式为3Fe3O4＋NO＋28H＋===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故D正确。] 6．某化学课外活动小组为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，设计了如下实验，并得到相应的实验现象如表所示： 序号 实验操作 实验现象 ① 向FeCl3溶液中滴加Na2S溶液至过量 开始时观察到黄色浑浊，同时产生气体，过量时产生黑色沉淀 ② 向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液至过量 开始时产生黑色沉淀，继续滴加黑色沉淀溶解，出现黄色浑浊，同时产生气体 已知FeS和Fe2S3均为黑色沉淀。下列说法错误的是(　　) A．实验①和实验②中均不生成Fe(OH)3沉淀 B．实验①和实验②中黑色沉淀成分不同，气体成分也不相同 C．实验②中，黑色沉淀溶解时溶液的pH减小 D．由实验可知，FeCl3溶液与Na2S溶液的反应产物与溶液酸碱性有关 解析：B　[向FeCl3溶液中滴加Na2S溶液至过量，开始时观察到黄色浑浊，同时产生气体，过量时产生黑色沉淀，黄色沉淀为单质S，气体为H2S，发生的反应为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，Na2S溶液过量，生成FeS黑色沉淀；向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液至过量，开始时产生黑色沉淀，继续滴加黑色沉淀溶解，出现黄色浑浊，同时产生气体，发生的反应为2Fe3＋＋3S2－===Fe2S3↓，FeCl3溶液过量，显酸性，使Fe2S3溶解，再发生2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，使溶液酸性增强，pH减小。实验①和实验②中黑色沉淀分别是FeS和Fe2S3，黄色沉淀是单质S，并不生成Fe(OH)3沉淀，A项正确；实验①和实验②中气体均为H2S，B项错误；实验②中，黑色沉淀溶解时溶液的pH减小，C项正确；实验①FeCl3溶液显酸性，实验②Na2S溶液显碱性，其反应现象及产物不同，D项正确。] 7．(2021·河北卷)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是(　　) A．钢是以铁为主的含碳合金 B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大 C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高 D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3 解析：C　[A项，生铁和钢都属于铁的合金，都是以铁为主的含碳合金，正确。B项，钢中含碳量越高，强度越大，韧性越低，反之，则强度越低，韧性越高，正确。C项，生铁属于铁的含碳合金，合金的特点是熔点比其组分金属熔点低，硬度大，所以生铁的熔点比熟铁的熔点要低，错误。D项，工业炼铁的主要原料是铁矿石，包括赤铁矿(Fe2O3)、磁铁矿(Fe3O4)、黄铁矿等，焦炭、空气、石灰石，正确。] 8．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 解析：D　[A.根据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，A正确；B.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，B正确；C.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，C正确；D.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，D错误。] 二、非选择题 9．(2024·哈尔滨市三中开学考)铁是人体必需的微量元素之一。黑木耳中的含铁量较高，为检验和测定干黑木耳样品中的铁元素，设计实验如下。回答下列问题： Ⅰ.铁元素的检验 (1)“操作”是指________；上述流程中需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，还有图中的________(填仪器名称)。 (2)取待测液少许，滴加________(填名称)溶液，观察到有蓝色沉淀____________(填化学式)生成；另取待测液少许，滴加KSCN溶液，观察到____________(现象)，由此可得出结论待测液中一定含Fe2＋和Fe3＋。 Ⅱ.铁元素含量的测定 (3)利用KMnO4标准溶液测定干黑木耳样品中铁元素的含量 步骤Ⅰ：取10.00 mL待测液，加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。 步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得的溶液中加入适量稀H2SO4溶液，用0.002 0 mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液2.20 mL。 ①步骤Ⅰ加入过量铜粉的目的是________。 ②步骤Ⅱ滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式 ________________________________________________________________________。 ③用KMnO4标准溶液滴定至终点的标志是 ________________________________________________________________________。 ④黑木耳中铁的含量为________ mg/100g(即每100g黑木耳中含铁元素的质量)。 解析：(1)“操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100 mL待测液时需要用到容量瓶； (2)Fe2＋与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，Fe3＋与KSCN反应后溶液呈红色，说明待测液中一定含Fe2＋和Fe3＋； (3)①高锰酸钾具有强氧化性，可以通过氧化Fe2＋来测定铁元素的含量，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，故先加入铜粉的目的是将Fe3＋转化成Fe2＋； ②步骤Ⅱ滴加KMnO4溶液与Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋和Mn2＋，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O； ③用酸性高锰酸钾溶液滴定含有Fe2＋的溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅紫色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点； ④反应中一共消耗n(MnO)＝0.002 0 mol/L×2.20×10－3L＝4.4×10－6 mol，根据上述反应比例，n(Fe2＋)∶n(MnO)＝5∶1，则n(Fe2＋)＝2.2×10－5 mol，则10 mL待测液中，铁元素的质量为2.2×10－5 mol×56 g/mol＝1.232×10－3 g＝1.232 mg，故100 mL待测液中铁元素质量为12.32 mg。 答案：(1)过滤　坩埚、100 mL容量瓶 (2)铁氰化钾　Fe3[Fe(CN)6]2　溶液呈红色 (3)①将Fe3＋转化成Fe2＋　②5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O　③当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色　④12.32 10．铁及其化合物与生产、生活关系密切。 (1)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下： ①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O===2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(任写一项)。 (2)已知t ℃时，反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0.25。 ①t ℃时，反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)＝______。 ②若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO，t ℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝________。 解析：(1)①硝酸在受热或光照条件下均易分解，化学方程式为4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O。②由题意可知HNO3又将铁氧化为Fe(NO3)2，由框图中分离的产物可知HNO3被还原为NH4NO3，故化学方程式为：4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O。③可从两方面考虑：一是HNO3被还原为NH4NO3，没有生成氮氧化物，减少了对环境的污染；二是产物的利用，如NH4NO3可作氮肥，Fe2O3·nH2O可制备铁红，提高了原子利用率。(2)①该反应的平衡常数表达式为K＝，在同样条件下，c(CO2)∶c(CO)＝n(CO2)∶n(CO)， 所以平衡状态时n(CO)∶n(CO2)＝＝＝＝4∶1。 ②可列出“三段式”： 　　　　　FeO(s) ＋ CO(g)  Fe(s)＋CO2(g) 起始量： 0.02 mol 　 x mol　　　0　　　0 变化量：0.02 mol×50% 0.01 mol　0.01 mol　0.01 mol 平衡量：0.01 mol 　(x－0.01) mol 0.01 mol　0.01 mol K＝＝＝0.25 得x＝0.05。 答案：(1)①4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O ②4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O ③氮氧化物排放少(或其他合理答案) (2)①4∶1　②0.05 11．我国平原地区地下水质量差，铁、锰含量较高，需进行处理才能达到饮用水标准。地下水中铁锰的来源主要是矿物FeCO3和MnCO3。 (1)酸雨地区地下水中铁含量更高，结合化学用语从平衡移动角度解释原因 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)去除Fe2＋①除铁滤池经过曝气3～7天后，滤料表面形成________色物质，其成分是Fe(OH)3，使得溶液中Fe2＋含量迅速下降，其作用过程如图所示。 ②将过程ⅱ的离子方程式补充完整 过程ⅰ：Fe2＋＋Fe(OH)3===[Fe(OH)2OFe]＋＋H＋过程ⅱ：4[Fe(OH)2OFe]＋＋________＋10H2O===________＋________。 ③有利于提高过程ⅱ反应速率的措施是________(填序号)。 A．降低温度　 B．通入足量O2　　C．搅拌 (3)去除Mn2＋ 向除锰滤池中加入ClO2将Mn2＋氧化为MnO2，随着反应进行，滤池溶液的pH ________(填“变大”“变小”或“不变”)。 解析：(1)FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋CO(aq)， 酸雨中含有H＋浓度较大，H＋结合CO形成HCO，使得溶液中c(CO)浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2＋的浓度增大； (2)①除铁滤池经过曝气3～7天后，表面被氧化产生Fe(OH)3，由于Fe(OH)3是红褐色难溶性物质，因此会看到滤料表面形成红褐色物质； ②根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得过程ⅱ的离子方程式为： 4[Fe(OH)2OFe]＋＋O2＋10H2O===8Fe(OH)3＋4H＋ ③A.降低温度，物质具有的能量降低，反应速率减小，A不符合题意；B.通入足量O2，增大了反应物浓度，化学反应速率加快，B符合题意；C.搅拌能够使反应物充分接触，反应物接触面积增大，反应速率加快，C符合题意；故合理选项是BC； (3)向除锰滤池中加入ClO2可将Mn2＋氧化为MnO2，在溶液中发生反应：2ClO2＋6H2O＋5Mn2＋===2Cl－＋5MnO2＋12H＋，可见随着反应进行，滤池溶液中c(H＋)增大，导致溶液的酸性增强，溶液的pH变小。 答案：(1)FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋CO(aq)，酸雨中含H＋，结合CO，使得平衡正向移动，增大地下水中Fe2＋的浓度 (2)红褐　O2　8Fe(OH)3　4H＋　BC (3)变小 学科网（北京）股份有限公司 $$