课时冲关10 铁及其化合物(练习Word版)-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮课时作业（人教版）

**基本信息** 聚焦铁及其化合物核心知识，通过概念辨析、实验分析、计算推理及综合探究题型，构建“性质-转化-应用”逻辑体系，强化科学思维与探究能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|2题|正误判断|铁元素位置、性质及氧化还原分析| |实验探究|2题|装置改进与现象分析|铁与水蒸气反应及物质制备实验原理| |计算与转化|2题|过量计算与价态分析|Fe²⁺/Fe³⁺转化及守恒应用| |综合应用|2题|“价-类”二维图与离子推断|物质分类与离子反应规律|

课时冲关十　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．铁与水蒸气反应实验改进前后的装置如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气 B．用具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触 C．肥皂液改为吹泡泡水实验现象更明显 D．悬挂的磁铁仅能吸引铁粉，不能吸引反应产物 解析：D　[铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，铁、四氧化三铁均可被磁铁吸引，故D错误。] 3．将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol·L－1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是(　　) A．铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－基本保持不变 B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色 C．Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为5∶1 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶5 解析：B　[1.12 g铁物质的量为＝0.02 mol,25 mL 2 mol·L－1氯化铁溶液中Fe3＋的物质的量为0.025 L×2 mol·L－1＝0.05 mol，发生的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，根据比例关系可得，0.02 mol铁完全反应，消耗0.04 mol Fe3＋，生成0.06 mol Fe2＋，所以Fe3＋剩余0.01 mol，溶液中含有Fe3＋的物质的量为0.01 mol，Fe2＋的物质的量为0.06 mol，没有金属铁剩余。溶液呈黄绿色，Cl－基本保持不变，故A错误；溶液中有剩余的Fe3＋，往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，故B正确；Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为0.06 mol∶0.01 mol＝6∶1，故C错误；由反应的离子方程式可得，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故D错误。] 4．元素的“价­类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标所绘制的二维平面图像。铁元素的“价­类”二维图如图所示，其中箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法错误的是(　　) A．Fe3O4是一种红棕色的氧化物，可由Fe、水蒸气在高温条件下反应制得 B．为实现Fe2＋向Fe3＋的转化，可向含Fe2＋的溶液中加入新制氯水 C．工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应不属于置换反应 D．维生素C能将Fe3＋转化为Fe2＋，该过程中维生素C表现还原性 解析：A　[Fe3O4是一种黑色的氧化物，可由Fe、水蒸气在高温条件下反应制得，A错误；Fe2＋转化成Fe3＋，铁元素的化合价升高，需要加入新制氯水等氧化剂才能实现转化，B正确；置换反应是一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应，工业上用CO还原Fe2O3炼铁的反应不属于置换反应，C正确；维生素C能将Fe3＋还原为Fe2＋，该过程中维生素C表现还原性，D正确。] 5．常温时，将0.1 mol Fe(NO3)3和2 mol HCl溶于水得2 L混合溶液，然后向该溶液投入m g铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是(　　) A．由于氧化性Fe3＋＞H＋，首先发生的反应是：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ B．当加入16.8 g铁粉时，可生成标准状况下6.72 L气体 C．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在 D．m≥28，反应过程中溶液的质量一直在减小 解析：B　[酸性条件下，NO的氧化性比Fe3＋强，因此首先发生的反应是Fe＋NO＋4H＋===NO↑＋Fe3＋＋2H2O，然后发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，A错误；当加入16.8 g铁粉时，刚好发生上述第一个反应，生成标准状况下6.72 L NO气体，此时消耗1.2 mol H＋，B正确；滴加KSCN溶液不变红色说明溶液中不含Fe3＋，C错误；当恰好第二个反应结束时，根据反应的离子方程式计算则至少消耗铁16.8 g＋(0.1 mol＋0.3 mol)××56 g·mol－1＝28 g，但反应过程中溶液的质量一直在增大，D错误。] 6．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是(　　) A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂 B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C．可用K3[Fe(CN)6]溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否被氧化 D．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在水中的溶解度比FeSO4的小 解析：C　[碱式硫酸铁能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性，可用作净水剂，A项正确；NH4HCO3不稳定，受热易分解，B项正确；(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O若被氧化，其中的Fe2＋变成Fe3＋，K3[Fe(CN)6]溶液遇Fe2＋产生蓝色沉淀，掩盖了K3[Fe(CN)6]溶液与Fe3＋反应的实验现象，所以不能用来检验被氧化成的Fe3＋，C项错误；FeSO4与(NH4)2SO4溶液反应冷却时有(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O析出，说明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在水中的溶解度比FeSO4的小，D项正确。] 二、非选择题 7．K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是制备某负载型活性铁催化剂 的主要原料，具有工业生产价值。某化学小组用如下方法制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，并测定产品中铁的含量。 Ⅰ.制备晶体 ⅰ.称取 5 g 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，用 15 mL水和几滴3 mol·L－1H2SO4溶液充分溶解，再加入25 mL饱和H2C2O4溶液，加热至沸腾，生成黄色沉淀； ⅱ.将沉淀洗涤至中性，加入10 mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40 ℃，边搅拌边缓慢滴加H2O2溶液，沉淀逐渐变为红褐色； ⅲ.将混合物煮沸30 s，加入8 mL饱和H2C2O4溶液，红褐色沉淀溶解，趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。 Ⅱ.测定产品中铁的含量 ⅳ.称量x g制得的样品，加水溶解，并加入稀H2SO4酸化，再滴入y mol·L－1KMnO4溶液使其恰好反应； ⅴ.向ⅳ的溶液中加入过量Zn粉，反应完全后，弃去不溶物，向溶液中加入稀H2SO4酸化，用y mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液z mL。 已知：H2C2O4为二元弱酸，具有较强的还原性 (1)莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是________。 (2)步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为FeC2O4·2H2O，生成该沉淀反应的离子方程式是________________________。 (3)步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3]3－、将下述反应的离子方程式补充完整6FeC2O4·2H2O＋____＋____===4[Fe(C2O4)3]3－＋2Fe(OH)3↓＋____H2O。 (4)步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高，原因是________________________________。 (5)步骤ⅳ在铁的含量测定中所起的作用是___________________________________。 (6)已知：ⅴ中Zn粉将铁元素全部还原为Fe2＋；反应中MnO转化为Mn2＋。则该样品中铁元素的质量分数是______(用含x，y，z的代数式表示)。 解析：(1)根据化合物中各元素正负化合价代数和为零，莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是＋2； (2)步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为FeC2O4·2H2O，生成该沉淀反应的离子方程式是Fe2＋＋2H2O＋H2C2O4===FeC2O4·2H2O↓＋2H＋； (3)步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3]3－，由得失电子守恒及原子守恒、电荷守恒可知离子反应为6FeC2O4·2H2O＋6C2O＋3H2O2===4[Fe(C2O4)3]3－＋2Fe(OH)3↓＋12H2O； (4)步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高，原因是过氧化氢受热易分解，同时防止草酸根和铁离子水解； (5)步骤ⅳ在铁的含量测定中所起的作用是将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对 Fe2＋ 测定产生影响； (6)滴定过程中，铁元素化合价从＋2→＋3，锰元素化合价从＋7→＋2，则由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：5Fe2＋～KMnO4，则n(Fe2＋)＝5n(KMnO4)＝5×y mol×L－1×z×10－3L，m(Fe2＋)＝n(Fe2＋)×56 g·mol－1＝0.28yz g，该样品中铁元素的质量分数为×100%＝%。 答案：(1)＋2　(2)Fe2＋＋2H2O＋H2C2O4===FeC2O4·2H2O↓＋2H＋　(3)6C2O　3H2O2　12　(4)避免过氧化氢分解，防止草酸根离子和Fe3＋更多的水解　 (5)将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对Fe2＋测定产生影响　(6)% 8．某溶液Q中含有如表所示离子中的5种离子，且离子浓度均为0.5 mol/L(不考虑水的电离与离子水解)。现向溶液Q中加入足量稀氢溴酸，有单一气体R产生，经分析，反应前后阴离子种类不变。 阳离子 阴离子 K＋、Fe3＋、NH、Ba2＋、Fe2＋、Mg2＋、Al3＋、Ag＋ HSO、OH－、NO、CO、SO、Br－、S2－、S2O 已知S2O在酸性溶液中会发生歧化反应。请回答下列问题： (1)由“加入足量稀氢溴酸，……”“反应前后阴离子种类不变”推知：溶液Q中一定不含的阴离子有______(填数字)种。 (2)综合推断，溶液Q中一定含有的阳离子有______(填离子符号，下同)。产生气体R的反应中，原溶液中过量的离子是______，反应后溶液中物质的量一定发生变化的阳离子有______。 (3)一定量溶液Q与氯气缓慢反应，反应后的溶液分为3份，分别进行以下操作，实验现象如图： ①铜粉参与的反应中，氧化产物是______(填离子符号)。 ②标准状况下当V＝448时，向溶液Q中通入氯气时发生反应的离子方程式为__________；假设不考虑Cl2与H2O的反应，则根据实验现象可推算出V的范围为__________<V<____________。 解析：(1)依题意，加入稀氢溴酸，产生气体，说明溶液Q中一定含Br－，又因为阴离子种类不变，所以溶液Q中一定不含OH－、HSO、CO、S2－、S2O，故答案为5种。 (2)从反应计量关系可看出，Fe2＋完全反应时NO过量，所以溶液Q中一定含有Fe2＋、NO、Br－；因为溶液Q中只含5种离子，则另2种离子为1种阳离子、1种阴离子，且离子所带电荷数相等，而阴离子只有SO，根据电荷守恒及离子共存情况，可判断溶液Q中一定含有Fe2＋、Mg2＋、SO、NO、Br－。 (3)依题意可知，通入氯气后部分溴离子被氧化，根据还原性顺序，此时亚铁离子已完全被氧化。n(Fe2＋)＝n(Br－)＝0.05 mol，根据得失电子守恒，只氧化0.05 mol Fe2＋时消耗0.025 mol Cl2；完全氧化0.05 mol Fe2＋和0.05 mol Br－时共消耗0.05 mol Cl2。实际上，氧化后溶液中存在Br－、Br2、Fe3＋，故消耗氯气标准状况下体积的范围为560～1 120 mL。 答案：(1)5　(2)Fe2＋、Mg2＋　NO　Fe2＋、Fe3＋、H＋ (3)①Cu2＋　②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ 560　1 120 学科网（北京）股份有限公司 $