高考化学第一轮复习讲与练二十铁极其化合物[旧人教]doc高中化学

第26讲铁及其化合物要点精讲一、铁的位置和构造铁是一种常见的金属元素，在地壳中的含量居第位，位于元素周期表的第周期第族，通常有种化合价，且比价稳定。二、铁的化学性质：（1）写出铁与与非金属反响的化学方程式①2Fe+3Cl2—②Fe+O2—③Fe+S—④Fe+I2—（2）铁与水的反响（3）铁与酸的反响①铁与非氧化性酸的反响（离子方程式）②铁与氧化性酸的反响在常温下铁遇到浓硫酸或稀硝酸发生，加热时发生剧烈反响。（4）铁与盐溶液的反响（5）铁与FeCl3溶液的反响三、铁的氧化物化学式FeOFe2O3Fe3O4俗名——13/13\n色态价态与H+反响与CO反响四、铁的氢氧化物氢氧化物氢氧化亚铁氢氧化铁化学式物理性质化学性质制法五、Fe3+性质规律（1）特殊的颜色：Fe3+在无水时呈淡紫色，在水溶液中以[Fe(H2O)6]3+形式存在而呈黄色，在结晶水合物中如FeCl3•6H2O，也以[Fe(H2O)6]3+形式存在而使晶体呈棕褐色。（2）水解性：①Fe3+水解能力强。在常温下，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，在沸水中：Fe3++3H2O（沸水）==Fe(OH)3(胶体)+3H+②当Fe3+遇到HCO3-、CO32-、AlO2-等离子时，彻底水解（双水解）。③将FeCl3溶液蒸发、灼烧后得Fe2O3，原因是：加热后水解平衡FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl向正反响方向移动，HCl挥发使水解完全，得到Fe(OH)3，灼烧后又发生反响：2Fe(OH)3==2Fe2O3+3H2O，故得Fe2O3。（3）较强的氧化性Fe3+的氧化性在金属阳离子中是比较强的，氧化性:Ag+>Fe3+>H+>Cu2+；Br2>Fe3+>I2（4）络合反响：Fe3++SCN-=[Fe(SCN)]2+，血红色溶液Fe3++6C6H5OH==[Fe(C6H5O)6]3-]+6H+，显紫色。六、铁盐和亚铁盐的鉴别方法Fe2+Fe3+13/13\n溶液的颜色加碱溶液加KSCN溶液二、典例解析典型例题Br2水KSCN例1某未知溶液可能由多种常见的阳离子和阴离子混合而成，已知其中无Zn2＋.为了确定其组成.做如下实验：不变色血红色溶液焰色反响钴玻璃未知溶液火焰呈浅紫色白色沉淀A不溶HCl白色沉淀BHNO3＋Ba(NO3)2AgNO3＋HNO3滤液过滤过滤滤液红褐色沉淀C过量NaOH过滤适量过量无色溶液E白色沉淀D滤液盐酸盐酸由以上实验事实，请答复：(1)未知溶液中肯定存在的离子有________________(2)SO42－、SO32－能否肯定其存在_____(填“能”或“不能”)理由是__________(3)判断Fe2＋、Fe3＋是否存在的依据是___________(4)写出生成D的离子方程式____________解析焰色反响实验可肯定K＋存在；与KSCN溶液混合不变色，但参加溴水却出现血红色，这说明Fe2＋存在而Fe3＋不存在；滤液加AgNO3和HNO3.13/13\n出现白色沉淀B，且过滤以前又未加过Cl－，这证明未知溶液中含有Cl－；根据沉淀D的生成及其转变，可推知溶液中有Al3＋.又白色沉淀A为BaSO4，因为HNO3的氧化性.可将SO32－氧化成SO42－，似乎不能确定原样品存在的是SO32－还是SO42－.但是SO32－与Fe2＋、Al3＋不能共存在，所以仍应肯定原样品存在SO42－.生成D的离子方程式为：AlO2－＋H＋＋H2O＝Al(OH)3↓例2某溶液中有NH4＋、Mg2＋、Fe2＋和Al3＋四种离子，假设向其中参加过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再参加过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是(A、C)A.NH4＋B.Mg2＋C.Fe2＋D.Al3＋例3根据下述实验装置和操作，答复有关问题.(1)按图1中所示装置，用两种不同操作分别进展实验，观察B管中现象.操作1先夹紧止水夹a，再使A管开场反响.实验中在B管中观察到的现象是_____________________________________________.B管中发生的反响的离子方程式是：操作2翻开止水夹a，使A管开场反响一段时间后再夹紧止水夹a.实验中在B管中观察到的现象是_____________________________.13/13\nB管中发生的反响的离子方程式是：_____________________.(2)上述装置的实验完毕后，取A管内反响所得溶液，隔绝空气小心蒸干后再高温煅烧(有关装置及操作均已略去)，最后留下红色固体.将分解时产生的气体按图2所示装置依次通过洗气装置，结果试管甲内出现白色沉淀，试管乙内溶液红色褪去.答复：问题1用化学方程式说明试管甲产生白色沉淀的原因(不用文字说明).问题2根据实验现象，写出图1中A管内溶液蒸干后，在高温煅烧分解时所发生的氧化复原反响的化学方程式.解析(1)操作1因夹紧a，使Fe与H2SO4反响产生的H2无法进入B.A容器中液面上压强增大，可将A中反响后溶液压入B中，当NaOH足量时，Fe2＋与OH－反响产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色.Fe2＋＋2OH－＝Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3操作2先翻开a反响一段时间，使反响产生的H2能导入B中，H2不溶于NaOH溶液，并能驱赶其中的空气，故可看到B中有气泡冒出.当再夹紧a后，又可观察到A中的溶液压入到B中，但生成的白色沉淀较长一段时间不变色.Fe2＋＋2OH－＝Fe(OH)2↓高温(2)问题1SO3＋BaCl2＋H2O＝BaSO4↓＋2HCl问题22FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑(红)想一想将一小粒Na投入到盛有FeCl2溶液的烧杯中，能观察到什么现象？13/13\n(四)有关Fe与酸反响的问题讨论1．与非氧化性酸反响：(如HCl、稀H2SO4)Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑取mgFe分别投入含1molHCl和1molH2SO4的稀酸中，放出的H2有何异同？分析2HCl～Fe～H2H2SO4～Fe～H22mol56g1mol1mol56g1mol1mol28g0.5mol讨论：①当m≤28g,Fe均完全反响，放出H2量相等.②当m≥56g,两种酸均能完全反响，放出H2量H2SO4是HCl的2倍.③当28g＜m＜56g时，H2SO4中放出H2量为mol.HCl中放出H2量为0.5mol.故有关系：＜＜1例42mol/L的盐酸与硫酸各100mL，分别参加等质量的铁粉，反响完毕后，所生成的气体质量比2：3，那么向盐酸中参加的铁粉质量是多少？解从所生成的气体质量比即物质的量之比2：3可知，HCl缺乏，H2SO4过量.设参加的Fe为xg(0.1×2×)：＝2：3.x＝8.4(g)2．与氧化性酸反响.(如浓H2SO4、浓、稀HNO3)前已所述随着反响条件(温度、量等)不同，可能有多种情况.Fe在反响产物中呈何价?如何定量判断呢？请看下面一例：13/13\n2.24gFe粉与50mL稀HNO3刚好完全反响(HNO3复原产物是NO)，向反响后所得溶液参加50mL0.2mol/L的KI溶液，I－恰好被氧化成单质碘.求原稀HNO3的物质的量浓度.解Fe与HNO3恰好反响后的溶液能与I－反响，说明Fe与HNO3反响必有Fe3＋,但也可能有Fe2＋.nFe＝2.24/56＝0.04(mol).n＝0.05×0.2＝0.01mol.假设Fe全部与HNO3反响转变成Fe3＋.那么Fe3＋与I－反响时Fe3＋～Fe2＋～eI－～I2～e0.040.040.010.01因0.04＞0.01.故假设不成立.即说明Fe与HNO3反响生成Fe3＋和Fe2＋.利用终态法可直接求解.最终生成的为Fe2＋.设有xmolHNO3被复原.0.04×2＋0.2×0.05＝x×3(电子守恒)x＝0.03(mol)最终溶液为Fe(NO3)2、KNO3。n＋2n＝n0.01＋2×0.04＝nn＝0.09(mol)总nHNO3＝0.09＋0.03＝0.12(mol)13/13\nC＝＝2.4(mol/L)当堂反响1．以下表达中正确的选项是A．含金属元素的离子不一定都是阳离子B.在氧化复原反响中，非金属单质一定是氧化剂C.某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被复原D.金属阳离子被复原不一定得到金属单质2．（2022年上海，17）某500mL溶液中含0.1molFe2+、0.2molFe3+，参加0.2mol铁粉，待Fe3+完全复原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反响前后体积不变）A．0.4mol/LB．0.6mol/LC．0.8mol/LD．1.0mol/L3．在含nmolFeBr2的溶液中，通入Cl2，有xmolCl2发生反响。（1）当时，反响的离子方程式为__________________________。（2）当反响的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Br2+2Fe3++6Cl-时，x与n的关系为_____。（3）当Fe2+和Br-同时被氧化时，x与n的关系是_______________。（4）当x=n时，反响后氧化产物的物质的量为________________。（5）往50.0mLFeBr2溶液中缓慢通入1120mLCl2（标准状况），溶液中复原性离子只有2/3溴离子未被氧化。求原FeBr2溶液的物质的量浓度。课后练习13/13\n一、选择题1.由FeO、Fe2O3和Fe3O4组成的混合物，测得其中铁元素与氧元素的质量比为21:8,那么这种混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4的物质的量之比可能是()A.1:2:1B.2:1:1C.1:1:1D.1:1:32.将1.12克铁粉参加2摩/升氯化铁溶液25毫升中,充分反响后，其结果是()A.铁有剩余B.往溶液中滴入无色KSCN溶液,显红色C.Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为6:1D.氧化产物与复原产物的物质的量之比为2:53.铁、镁、铝3种金属,分别和同体积同浓度的盐酸反响,同温同压下,产生相同体积的氢气,那么参加反响的金属()A.所失去的电子数目相等B.质量相等C.物质的量相等D.质量比是28:12:94.含n克硝酸的稀溶液恰好和m克铁粉完全反响,假设有n/4克HNO3被复原成NO,n:m可能是()A.1:1B.2:1C.3:1D.9:25.向铁和Fe203的混合物中参加足量稀H2S04,充分反响后生成FeSO4溶液,当生成的Fe2＋和H2的物质的量之比为4:1时，反响中关系量正确的选项是()13/13\nA.被氧化的铁与被复原的铁离子物质的量之比为1:1B.被氧化的铁与被复原的铁离子物质的量之比为2:1C.被氧化的铁与被复原的铁离子物质的量之比为1:2D.被氧化的铁与被复原的铁离子物质的量之比为1:36.将镁、铝、铁的单质分别投入质量相等的稀硫酸中(稀H2SO4过量)，反响完毕后，各溶液的质量相等，那么投入镁、铝、铁三者的质量关系是()A.铝＞镁＞铁B.镁＞铝＞铁C.铁＞镁＞铝D.铝＝镁＝铁7.取一定量CuO粉末与0.5升稀硫酸充分反响后,将一根50克铁棒插入上述溶液中,至铁棒质量不再变化时,铁棒增重0.24克,并收集到224毫升氢气(标准状况).由此推知此CuO粉末的质量为()A.2.4克B.8克C.6.4克D.1.92克8.在FeCl3和AlCl3的混合溶液中,先参加过量的NaI溶液,再参加足量的Na2S溶液，那么所得的沉淀是()A.FeS、S和Al(OH)3B.Fe2S3和I2C.Al2S3和I2D.Fe(OH)3和Al(OH)39.某固体物质X,与硝酸反响生成溶液Y,Y与过量NaOH反响得沉淀Z，经过滤后的沉淀物进展加热，又转变为X，那么X可能是以下组合中的()(1)BaO(2)FeO(3)Al203(4)CuO13/13\nA.(1)(2)B.(1)(2)(3)C.(2)(3)(4)D.只有(4)10.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，参加100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(S、T、P)的气体.所得溶液中,参加KSCN溶液无血红色出现,假设用足量的CO在高温下复原相同质量的此混合物,能得到的铁的质量为()A.11.2gB.5.6gC.2.8gD.无法计算二、填空11.某硝酸与过量铁粉反响,共生成4.48L(S、T、P)N2O气体。如改与铝粉反响(生成NO气体),最多可溶解铝______g.12.将7g铁粉与100mL4mol/L稀HNO3反响,放出NO气体,反响后溶液中所存在的离子浓度由大到小的顺序为_____________________________.13.A、B、C是中学化学中常见的单质,常温下甲、乙两种化合物分别是黑色固体和无色液体，这些化合物和单质间有右以以下图所示的关系.据此判断:(1)元素A有可变化合价,那么单质A是______,化合物甲是________.＋B点然＋乙高温＋C高温(2)高温下①甲＋CA＋乙②A＋乙甲＋CA甲欲使反响②顺利进展,应采取的措施是______________(3)甲还能与另一种常见金属在一定温度下反响,并放出大量热,其化甲＋CA＋乙13/13\n学方程式为__________________14.现有CuCl2和FeCl2的混合液400mL,测定其中[Cl－]＝amol/L,投入过量的锌粉bg,充分反响后过滤,所得残渣固体洗涤枯燥后,质量为cg.(1)原混合溶液中[Fe2＋]＝_________,[Cu2＋]＝_________(2)b的数值范围是______________(3)c的数值越大,说明混合液中CuCl2的含量越_______,C的最大值为_______.15．（2022江苏）(12)硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过以下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液参加到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍；②向洗涤过的废铁屑参加过量的稀硫酸，控制温度50～80℃之间至铁屑耗尽；③趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水2～3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广囗瓶中，密闭保存。请答复以下问题：(1)实验步骤①的目的是__________________，加热的作用是____________________。(2)实验步骤②明显不合理，理由是_______________________。(3)实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_____________；_______________。(4)经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)。温度/℃010305056.76064708090溶解度/g14.017.025.033.035.235.335.633.030.527.0FeSO4·7H2OFeSO4·4HFeSO4·H2O13/13\n析出晶体2O请根据表中数据作出硫酸亚铁的溶解度曲线。⑤假设从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O晶体，应控制的结晶温度(t)的范围为__________。答案1.CD2.BC3.AD4.CD5.A6.A7.B8.A9.D10.C11.13.512.[NO3－]＞[Fe2＋]＞[Fe3＋]＞[H＋]＞[OH－]13.(1)Fe、Fe304(2)高温下3Fe＋4H20Fe304＋4H2该反响有一定的可逆性.欲使反响向右进展,可高温不断充入H20(g),并不断排出H2.(3)3Fe304＋8Al9Fe＋4Al203＋Q14.(1)[Fe2＋]＝mol/L[Cu2＋]＝mol/L(2)b＞13a(3)高,b－0.2a.15．1）除油污升高温度，溶液碱性增强，提高去污能力，去污速度。2）应该铁过量，否那么将有Fe3＋杂质。3）洗去晶体外表附着的硫酸等杂质；用冰水洗涤可减少FeSO4·7H2O的损耗。4）略5）56．7℃＜t＜64℃13/13