2023届鲁科版高考化学一轮第三章物质的性质与转化课时规范练10铁的多样性（Word版带解析）

课时规范练10　铁的多样性一、选择题:本题共9小题,每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2021山东枣庄第三次质检)下列说法正确的是(　　)A.Fe在高温条件下与水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3B.Fe3O4溶于盐酸后加入几滴KSCN溶液,溶液显红色C.将FeCl3溶液蒸干、灼烧后得到FeCl3固体D.将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中可制备Fe(OH)3胶体2.(2021天津河东区二模)自来水厂利用铁屑及FeCl2溶液处理泄漏的Cl2。下列有关说法不正确的是(　　)A.Cl2和水反应的离子方程式为H2O+Cl2Cl-+HClO+H+B.吸收泄漏氯气的离子方程式为2Fe2++Cl22Cl-+2Fe3+C.铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2D.铁屑耗尽时溶液中可能大量存在:Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-3.(2021广东湛江一模)在一定条件下,用普通铁粉和水蒸气反应可以得到铁的氧化物。用如图所示装置制取铁的氧化物(夹持及加热装置均已略去)。下列说法正确的是(　　)A.烧瓶②用于提供反应物,烧瓶③用作安全瓶B.实验时,必须对①②③进行加热C.①②③中依次盛装铁粉、浓硫酸、水D.④处的气体收集方法也可用于收集氨气和甲烷4.(2021山东新泰一中月考)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的水,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5.(2021江苏盐城期初调研)下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是(　　)\n选项操作和现象结论或目的A向红砖粉末中加入盐酸,充分反应后取上层清液置于试管中,滴加KSCN溶液2~3滴,溶液呈红色红砖中含有氧化铁B把CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸中溶解后再加入KSCN溶液,溶液不显红色黑色固体中没有Fe3O4C取少量Fe(NO3)2试样加水溶解,加稀硫酸酸化,滴加KSCN溶液,溶液变为红色该Fe(NO3)2试样已经变质D向某溶液中通入Cl2,然后再加入KSCN溶液,变红色原溶液中含有Fe2+6.(2021山东济宁一模)以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂——聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4]m(其中n<2)的工艺流程如下:已知:为防止Fe3+水解,原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。下列有关说法错误的是(　　)A.“取样分析”的目的是可以用来确定氧化Fe2+所需NaClO3的量B.为促进水解反应,应在高温条件下进行C.氧化时反应的离子方程式为Cl+6H++6Fe2+6Fe3++Cl-+3H2OD.水解时溶液的pH偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率7.已知2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉,充分反应后仍有固体存在,则下列判断不正确的是(　　)A.加入KSCN溶液不变红色B.溶液中一定含Fe2+C.剩余固体中一定含CuD.溶液中一定含Cu2+8.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化,下列说法不正确的是(　　)A.a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B.b点时溶液中发生的反应为Fe+Cu2+Cu+Fe2+C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L-1D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶19.(2021河北唐山一模)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\n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∶2B.FeO(OH)中Fe的化合价为+3价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Na2SO4二、非选择题:本题共2小题。10.(2021福建龙岩第一次质检)乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂,吸收效果比无机铁好,易溶于水,几乎不溶于乙醇,可由乳酸与FeCO3反应制得。Ⅰ.制备FeCO3实验步骤如下:ⅰ.检查装置的气密性,按图示添加药品;ⅱ.在装置B中制取硫酸亚铁,并将整个装置内的空气排净;ⅲ.将B中溶液导入C中产生FeCO3沉淀;ⅳ.将C中混合物分离提纯,获得纯净的碳酸亚铁产品。(1)仪器A的名称是　　　　　　。 (2)装置D的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)装置C中生成FeCO3的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)步骤ⅱ中应打开的开关是　　　　(填“K2”或“K3”,下同),步骤ⅲ中应打开的开关是　　　　。 Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃时搅拌使之充分反应,然后再加入适量乳酸。经系列操作后得到产品。(5)加入铁粉的目的为　　　　　　　　　　　。(用离子方程式表示) (6)欲获得尽可能多的产品,上述系列操作指的是:冷却,　　　　　　,过滤,再洗涤和干燥。 Ⅲ.探究乳酸亚铁晶体中铁元素的含量甲、乙同学分别设计如下方案,以测定样品中铁元素的含量。甲乙称取w1g样品溶于水,用c1mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定,当溶液恰好显浅紫色,且30s内不恢复,停止滴定,测得消耗标准溶液称取w2g样品,灼烧完全灰化,加足量盐酸溶解,加入过量KI溶液充分反应,然后加入几滴淀粉溶液,用c2mol·L-1\nV1mL。由此求得n(Fe)=5c1V1×10-3mol硫代硫酸钠溶液滴定(已知:I2+2S2S4+2I-),滴定终点时,测得消耗标准溶液V2mL(7)甲方案错误,主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　,该方案测定结果将明显　　　　(填“偏大”或“偏小”)。 (8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为　　　　　　　(用含有相关字母的代数式表示)。 11.(2021山东枣庄滕州一中月考)近年来,FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3溶液、H3PO4溶液、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下。已知:H3PO4是弱电解质。(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按n(FeCl3)∶n(H3PO4)=1∶1混合,没有明显现象,逐渐滴加氨水至pH=1.5左右,生成FePO4·2H2O沉淀。①操作a为　　　　。 ②生成FePO4·2H2O的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③控制氨水用量,避免因pH偏高而产生　　　　杂质。 (2)测定产物样品中铁元素的质量分数,主要步骤如下:ⅰ.取ag样品,加入过量盐酸充分溶解,再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色;ⅱ.加入TiCl3,恰好将ⅰ中残余的少量Fe3+还原为Fe2+;ⅲ.用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+,消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。①将步骤ⅲ的离子方程式补充完整:　Cr2+　　　Fe2++　　　 　Cr3++　　　Fe3++　　　。 ②产物中铁元素的质量分数为　　　　　　。 参考答案课时规范练10　铁的多样性1.B　解析Fe与水蒸气在高温下发生的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,反应产物是Fe3O4而不是Fe(OH)3,A错误。Fe3O4与盐酸发生反应Fe3O4+8HCl2FeCl3+FeCl2+4H2O,反应所得混合溶液中含有Fe3+,滴加KSCN溶液后,溶液显红色,B正确。FeCl3易发生水解反应FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,在FeCl3溶液蒸发过程中,水解生成的HCl不断挥发,平衡正向移动,蒸干得到Fe(OH)3\n固体,Fe(OH)3在高温灼烧时发生分解反应2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,最终得到Fe2O3固体,C错误。向FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液发生复分解反应,化学方程式为FeCl3+3NaOHFe(OH)3↓+3NaCl,生成Fe(OH)3沉淀,得不到Fe(OH)3胶体,D错误。2.D　解析Fe2+具有还原性,ClO-具有较强的氧化性,二者发生氧化还原反应,不能大量共存,D错误。3.A　解析烧瓶②中盛有水,加热后提供反应物水蒸气,烧瓶③起到安全瓶作用,A正确;实验时,①②需要加热,③不需要加热,B错误;①盛装铁粉,②盛装水,③不加试剂,C错误;氨气极易溶于水,不能用排水法收集氨气,D错误。4.D　解析根据水的质量可以计算得到氧元素的质量,再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量,进而确定化学式,A可行;灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁,依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量,再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量,进而确定化学式,B可行;剩余固体是铁,根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量,进而确定化学式,C可行;反应前后都是固体,而且固体质量不变,不能计算确定该黑色粉末的成分,D不可行。5.A　解析CO还原Fe2O3得到单质Fe,即使有Fe3O4,其溶于盐酸后产生的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,加入KSCN溶液也不显红色,B错误;N+H+具有强氧化性,而Fe2+具有还原性,可发生氧化还原反应,有Fe3+生成,Fe3+遇KSCN溶液呈红色,不能证明样品是否变质,C错误;若原溶液中不存在Fe2+,存在Fe3+,加入KSCN溶液也会变红,D错误。6.B　解析“取样分析”是为了分析Fe2+、Fe3+的含量,便于计算后续步骤中Fe元素的含量,从而确定Fe2+的浓度,确定氧化Fe2+所需NaClO3的量,A正确;该流程要获得聚合硫酸铁,若温度过高,则转化为Fe(OH)3沉淀,使产物的纯度降低,B错误;“氧化”过程中Fe2+被NaClO3氧化,反应的离子方程式为Cl+6H++6Fe2+6Fe3++Cl-+3H2O,C正确;pH偏小时,Fe3+的水解平衡逆向移动,pH偏大时生成Fe(OH)3沉淀,都会影响聚合硫酸铁的产率,D正确。7.D　解析由于氧化性:Fe3+>Cu2+,Fe先与FeCl3发生反应:Fe+2FeCl33FeCl2,后与CuCl2发生反应:Fe+CuCl2FeCl2+Cu,充分反应后仍有固体存在,则FeCl3完全反应,该固体可能为Cu或Fe和Cu的混合物。溶液中不含Fe3+,加入KSCN溶液不变红色,故A正确;FeCl3完全反应被还原成FeCl2,CuCl2与Fe反应生成FeCl2和Cu,溶液中一定含Fe2+,故B正确;根据上述分析,剩余固体中一定含Cu,故C正确;CuCl2可能部分与Fe反应,也可能全部反应,故溶液中可能含Cu2+,也可能不含,故D错误。8.D　解析由氧化性的强弱(Fe3+>Cu2+)及题图变化可知:①加入0~0.56gFe时,发生反应:Fe+2Fe3+3Fe2+,原溶液中n(Fe3+)=0.02mol,②加入0.56g~1.68gFe时,发生反应:Fe+Cu2+Cu+Fe2+,消耗铁1.12g(0.02mol),生成1.28g(0.02mol)Cu,原溶液中n(Cu2+)=0.02mol;③加入铁粉1.68g~2.24g(即加入0.56gFe)时,固体增加1.84g-1.28g=0.56g,所以此时溶液中不含Cu2+,反应完全。由分析可知,a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+,故A正确;由分析可知b点时溶液中发生反应:Fe+Cu2+Cu+Fe2+,故B正确;由分析可知,c点时溶液的溶质为FeSO4,原溶液中\nn[Fe2(SO4)3]=0.01mol,n(CuSO4)=0.02mol,则溶液中n(S)=0.01mol×3+0.02mol=0.05mol,则n(FeSO4)=n(S)=0.05mol,FeSO4的物质的量浓度为=0.5mol·L-1,故C正确;由上述分析可知原溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol,n(CuSO4)=0.02mol,所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比等于物质的量之比,为1∶2,故D错误。9.A　解析FeSO4·7H2O被氧化时,氧化剂是O2,还原剂是FeSO4·7H2O,根据得失电子守恒推知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4,A错误。FeO(OH)中氧元素显-2价,氢元素显+1价,则铁元素的化合价为+3价,B正确。“酸浸”时加入试剂a,由滤液Ⅱ加入乙醇溶液获得FeSO4·7H2O推知,试剂a是稀硫酸;“滤液Ⅰ”加入试剂b还原Fe3+,则试剂b是铁粉,C正确。SiO2难溶于稀硫酸,则料渣1是SiO2;FeSO4·7H2O与NaOH溶液混合可得到FeO(OH),结合元素守恒推知,滤液Ⅲ的主要成分是Na2SO4,D正确。10.答案(1)(球形)分液漏斗　(2)液封,防止空气进入C中氧化Fe2+(3)Fe2++2HCFeCO3↓+H2O+CO2↑(4)K3　K2　(5)Fe+2Fe3+3Fe2+　(6)加入乙醇(7)乳酸根也能被酸性高锰酸钾溶液氧化　偏大　(8)%解析Ⅰ.(1)仪器A为分液漏斗。(2)装置D的作用是防止空气中的氧气进入到装置C中将Fe2+氧化。(3)装置C中FeSO4和NH4HCO3发生反应,离子方程式为Fe2++2HCFeCO3↓+H2O+CO2↑。(4)首先关闭活塞K2,打开活塞K1、K3,目的是发生反应制备Fe2+,利用反应产生的氢气排净装置内的空气,防止Fe2+被氧化;关闭活塞K1,反应一段时间后,关闭活塞K3,打开活塞K2,利用生成氢气使B装置中气压增大,将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中,产生FeCO3沉淀。Ⅱ.(5)Fe2+容易被氧化为Fe3+,加入铁粉可将Fe3+还原为Fe2+,离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+。(6)乳酸亚铁晶体易溶于水,几乎不溶于乙醇,故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多,提高产量。Ⅲ.(7)乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的量增大,使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。(8)滴定终点时,V2mL硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为c2·V2×10-3mol。根据关系式2Fe2+~2Fe3+~I2~2S2,可知样品中\n[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的物质的量为c2·V2×10-3mol,则样品中铁元素含量为×100%=%。11.答案(1)①过滤　②Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3N+H2O　③Fe(OH)3　(2)①1　6　14H+　2　6　7H2O　②%解析由于H3PO4为弱电解质,在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高,向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水,氨水可以和磷酸反应生成磷酸根,同时水浴加热加快反应速率,使磷酸铁的产率升高。(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开,得到FePO4·2H2O固体。②生成FePO4·2H2O的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3N+H2O。③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH,若pH偏高,则氨水中的一水合氨电离出的OH-与溶液中的Fe3+反应生成沉淀,引入杂质。(2)①由步骤ⅰ可知,溶液中存在过量的H+,反应前后Cr2中的Cr元素的化合价从+6价下降到+3价,Fe元素的化合价从+2价上升到+3价,根据反应前后得失电子守恒,正确配平的离子方程式为Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。②分析可得关系式为FePO4~Fe3+~Fe2+~Cr2,消耗浓度为cmol·L-1的重铬酸钾标准溶液VmL,则溶液中含有6cV×10-3mol的Fe2+,故原样品中Fe元素的质量分数为×100%=%。