课时测评11 铁及其氧化物和氢氧化物(Word练习)-【金版新学案】2027年高考化学高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦铁及其化合物核心知识，融合工业应用、纳米材料、太阳能循环等真实情境，通过选择与综合题梯度设计，适配一轮复习基础巩固与科学探究能力培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|9题/45分|铁的性质、氧化物、氢氧化物、离子反应、物质鉴别|结合坦克材料、纳米铁等工业与科技情境，考查方程式正误判断、实验分析及计算| |非选择题|1题/15分|Fe(OH)₂制备、沉淀成因探究|含实验装置连接、离子方程式书写及灰绿色沉淀成因探究，注重科学思维与实践能力|

课时测评11　铁及其氧化物和氢氧化物 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) 1－9题，每小题5分，共45分。 1.下列方程式与事实相符的是(　　) A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体(该气体遇空气变红棕色)：3Fe＋2N＋8H＋3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O B．次氯酸不稳定，在光照下容易分解：2HClOH2O＋Cl2↑ C．0.1 mol·L－1草酸(H2C2O4)的pH＝1.3：H2C2O4⥫⥬2H＋＋C2 D．FeS去除废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－HgS↓ 答案：A 解析：Fe和稀HNO3反应生成NO气体和Fe(NO3)3，而过量的Fe能与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，则反应的方程式为3Fe＋2N＋8H＋3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，A正确；次氯酸不稳定，在光照下容易分解成盐酸和氧气，分解的方程式为2HClO2HCl＋O2↑，B错误；草酸(H2C2O4)为二元弱酸，不能完全电离而且属于多元弱酸的分步电离，则电离方程式为H2C2O4⥫⥬H＋＋HC2、HC2⥫⥬H＋＋C2，C错误；FeS为固体难溶于水，则用FeS去除废水中Hg2＋的离子方程式为Hg2＋(aq)＋FeS(s)⥫⥬HgS(s)＋Fe2＋(s)，D错误。 2.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 答案：A 解析：铁是26号元素，属于第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。 3.(2025·内蒙古呼和浩特高三期中)颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，用途很广泛。下列说法不正确的是(　　) A．“纳米铁”分散在一定的溶剂中可以发生丁达尔效应 B．“纳米铁”处理硝态氮生成N2的过程中作还原剂 C．“纳米铁”与水蒸气在高温下反应生成红棕色粉末 D．“纳米铁”可在氩气氛围中保存 答案：C 解析：“纳米铁”颗粒大小为纳米级，与胶体粒子大小相近，“纳米铁”分散在一定的溶剂中形成的分散系属于胶体，可以发生丁达尔效应，故A正确；硝酸根生成氮气，N化合价降低，“纳米铁”中Fe为0价，在反应中化合价升高，为还原剂，故B正确；“纳米铁”中Fe为0价，Fe与水蒸气在高温条件下生成黑色四氧化三铁，故C错误；铁易被氧化，可在氩气氛围中保存，故D正确。 4.(2025·内蒙古鄂尔多斯高三期末)某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，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可以是稀硫酸但不能是稀盐酸 B．实验开始时应先关闭止水夹a、打开止水夹b C．最终在蒸馏烧瓶中观察到白色沉淀 D．实验结束后，将抽滤瓶的橡胶塞(或止水夹b)打开露置于空气中，最终观察到红褐色 答案：D 解析：X可以是稀硫酸也可以是稀盐酸，A错误；先打开止水夹a与b、分液漏斗旋塞，利用稀硫酸和铁反应生成的氢气排出装置内的空气，验纯后关闭止水夹a，B错误；一段时间后，蒸馏烧瓶中压强增大，将液体压入抽滤瓶中，抽滤瓶中观察到有白色沉淀生成，C错误；反应结束后，将抽滤瓶的橡胶塞(或止水夹b)打开露置于空气中，Fe(OH)2极易被O2氧化，最终观察到红褐色Fe(OH)3沉淀，D项正确。 5.(2025·辽宁东港高三期中)下列说法中正确的是(　　) A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热生成红棕色粉末 B．赤铁矿主要成分是Fe2O3，Fe2O3俗称铁红，常用于制作红色油漆和涂料 C．氯化铁溶液呈酸性，因此可用于腐蚀印刷电路板 D．工业上曾经通过反应：3Fe＋4NaOHFe3O4＋2H2↑＋4Na↑生产金属钠，该反应利用的原理是铁的还原性比钠强 答案：B 解析：在高温下，Fe3O4的稳定性强于Fe2O3，FeO在空气中受热生成黑色的Fe3O4晶体，A不正确；Fe2O3俗称铁红，是赤铁矿的主要成分，在生产中，常用Fe2O3制作红色油漆和涂料，B正确；氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁溶液呈酸性，但用于腐蚀印刷电路板时，不是利用氯化铁的酸性，而是利用Fe3＋的氧化性强于Cu2＋的性质，C不正确；通过反应：3Fe＋4NaOHFe3O4＋2H2↑＋4Na↑生产金属钠时，在非水溶液中发生反应，不是利用铁的还原性，而是利用1 100 ℃时生成Na蒸气，分离出反应体系，有利于反应正向移动，使反应完成，D不正确。 6.(2025·广东江门模拟)部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是(　　) A．若M不溶于水，M一定为FeO B．若R为单质，则常温下浓硫酸可使R钝化 C．若Q为金属阳离子，则可用K3［Fe(CN)6］溶液检验 D．Fe3＋与氧化剂在碱性条件下反应可生成Fe 答案：A 解析：M中含有＋2价铁，且所含电荷数为0，可能是FeO或Fe(OH)2，A错误；R为0价铁元素，且为单质，则为Fe单质，常温下浓硫酸可以使Fe钝化，B正确；若Q为金属阳离子，化合价为＋2价，则为Fe2＋，与K3[Fe(CN)6]反应会生成蓝色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验，C正确；Fe中Fe元素为＋6价，据图可知Fe在碱性环境中稳定存在，所以Fe3＋与氧化剂在碱性条件下反应可生成Fe，D正确。 7.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100 mL 2 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是(　　) A．11.2 g B．5.6 g C．2.8 g　　 D．无法计算 答案：B 解析：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)＝×0.1 L×2 mol/L＝0.1 mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)＝n(FeCl2)＝0.1 mol，质量为0.1 mol×56 g/mol＝5.6 g。 8.某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是(　　) A．准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，进行计算 B．准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，进行计算 C．准确称量一定质量的黑色粉末，用CO充分还原，在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量，计算 D．准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，进行计算 答案：D 解析：准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，计算得到氧元素的质量和铁元素的质量，依据铁元素和氧元素物质的量之比确定化学式，能计算得到物质组成，故A不选；准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，即氧化铁的质量，依据铁元素和氧元素守恒计算铁元素和氧元素物质的量之比，判断氧化物的化学式，能计算得到物质组成，故B不选；准确称量一定质量的黑色粉末，用CO充分还原，在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量，依据铁元素和氧元素质量守恒计算铁元素和氧元素物质的量之比，分析判断氧化物的存在形式，能计算得到物质组成，故C不选；准确称量一定质量的黑色粉末，与一定质量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，反应前后都是固体，反应前后固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分。 9.太阳能是理想的能源，通过Fe3O4和FeO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．过程Ⅰ的化学方程式为2Fe3O46FeO＋O2↑ B．过程Ⅱ中每生成23.2 g Fe3O4转移0.3 mol电子 C．利用该过程可以降低环境中CO2的含量 D．该过程的总反应为CO2C＋O2 答案：B 解析：过程Ⅰ为在太阳能、＞2 300 K条件下，Fe3O4分解为O2和FeO，化学方程式为2Fe3O46FeO＋O2↑，A正确；过程Ⅱ为6FeO＋CO22Fe3O4＋C，每生成23.2 g(即0.1 mol)Fe3O4，转移0.2 mol电子，B错误；由题图知，该过程中Fe3O4和FeO相互转化，而二氧化碳被消耗，生成了碳和氧气，故利用该过程可以降低环境中CO2的含量，C正确；由过程Ⅰ、过程Ⅱ的反应知，该过程的总反应为CO2C＋O2，D正确。 10.(15分)(2025·广东茂名三模)氢氧化亚铁为白色固体，难溶于水，在空气中极易被氧化为氢氧化铁。回答下列问题： (一)实验室制备氢氧化亚铁 (1)装置A中盛装生石灰的仪器名称是　　　　　　　。选择上图中的装置制备氢氧化亚铁，连接顺序为　　　　　(按气流方向从左到右，填写装置标号)。装置C的作用是　 　。 (2)装置B中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。反应结束后，继续通一段时间的N2，目的是　　　　　　。 (二)探究灰绿色沉淀的成因 反应后将装置B中的固体过滤时，白色沉淀会逐渐转变为灰绿色，实验小组为探究灰绿色沉淀的成因，查阅到以下资料： ①Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性； ②若存在固体杂质，会导致Fe(OH)2沉淀不够紧密，沉淀与溶液的接触面积会更大。 甲同学猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2＋引起的，设计并完成了实验1～实验3。 实验 操作 试剂(均为0.1 mol·L－1) 实验现象 1 向两片玻璃片中心分别滴加试剂，面对面快速夹紧 ⅰ.1滴FeSO4溶液 ⅱ.4滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中有白色浑浊 2 ⅰ.4滴FeSO4溶液 ⅱ.1滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中有白色浑浊，一段时间后变为灰绿色 3 ⅰ.2滴FeSO4溶液， 1滴Fe2(SO4)3溶液 ⅱ.2滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑浊 (3)依据甲同学的猜测，实验1中无灰绿色沉淀的原因是　　　　。 (4)实验3中立即出现灰绿色浑浊的原因是　　　　　　。 (5)根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外，还有　　　　　　　　　　　。 答案：(1)三颈烧瓶　ACBD　作安全瓶，防倒吸 (2)Fe2＋＋2NH3＋2H2OFe(OH)2↓＋2N　将装置中的NH3全部排入D中被吸收，防止拆除装置时残留的氨气逸出，污染空气 (3)NaOH溶液过量，反应后溶液中Fe2＋浓度很小，不易被吸附在Fe(OH)2表面　(4)Fe(OH)2沉淀中混有Fe(OH)3，导致Fe(OH)2沉淀不够紧密，与溶液的接触面积增大，更容易吸附Fe2＋　(5)保证NaOH溶液过量(或保证FeSO4溶液不足) 解析：装置A为氨气的发生装置，B为制备氢氧化亚铁的装置，C为防倒吸装置，连在AC之间，D为NH3的尾气处理装置，据此回答。(1)装置A中盛装生石灰的仪器名称是三颈烧瓶，制备氢氧化亚铁，根据分析可知，装置的连接顺序为ACBD，装置C的作用是作安全瓶，防倒吸；(2)装置B中发生反应的离子方程式为Fe2＋＋2NH3＋2H2OFe(OH)2↓＋2N，反应结束后，继续通一段时间的N2，目的是将装置中的NH3全部排入D中被吸收，防止拆除装置时残留的氨气逸出，污染空气；(3)实验1中无灰绿色沉淀的原因是NaOH溶液过量，反应后溶液中Fe2＋浓度很小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(4)实验3中立即出现灰绿色浑浊的原因是Fe(OH)2沉淀中混有Fe(OH)3，导致Fe(OH)2沉淀不够紧密，与溶液的接触面积增大，更容易吸附Fe2＋；(5)若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外，还有保证NaOH溶液过量(或保证FeSO4溶液不足)。 学生用书⬇第79页 学科网（北京）股份有限公司 $