第三节铁及其重要化合物课时作业一、选择题（包括8小题。1~6只有一个选项符合题意，7~8有两个选项符合题意。）1.(2022年潍坊测试)南极考察队在印度洋发现了一种不寻常的鱼，它的血液像水一样无色透明。研究发现这种鱼的血液中某种元素的含量是其他鱼血液中的十分之一。这种元素是（）A.CuB.AgC.FeD.Pb2.在以下有FeCl3溶液参加的反响中，与Fe3+水解有关的反响是（）①FeCl3与Cu反响②FeCl3与H2S反响③FeCl3与KI反响④FeCl3滴入沸水中⑤FeCl3与NaHCO3反响⑥FeCl3溶液中滴入石蕊试液A.③④⑤⑥B.③④⑤C.④⑤⑥D.②③⑤3.常温下把铁片投入到以下溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但是没有气体产生的是（）A.硫酸铁溶液B.浓HNO3C.盐酸D.硫酸锌溶液4.(2022年南京调研)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中参加0.110/10\nmol铁粉，充分搅拌后铁完全反响，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg。那么以下结论中不正确的选项是（）A.反响后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1∶2B.氧化性：Ag+＞Cu2+＞Fe3+＞ZN2+C.含Fe3+的溶液可腐蚀铜板D.1molFe可复原2molFe3+5.FeCl3、CuCl2的混合溶液中参加铁粉，充分反响后仍有固体存在，那么以下判断不正确的选项是（）A.参加KSCN溶液一定不变红色B.溶液中一定含Fe2+C.溶液中一定含Cu2+D.剩余固体中一定含铜6.(2022年常州模拟)向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中参加120mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO(标准状况)，往所得溶液中参加KSCN溶液，无红色出现。假设用足量的H2在加热条件下复原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A.0.21molB.0.14molC.0.16molD.0.24mol7.(2022年泰安模拟)将1.12g铁粉参加25mL2mol·-1L的氯化铁溶液中，充分反响后，其结果是（）A.铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl-浓度根本不变B.往溶液中滴入无色KSCN溶液，显血红色10/10\nC.Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6∶1D.氧化产物与复原产物的物质的量之比为2∶58.以下各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要参加的试剂，其中所加试剂正确的选项是（）ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeNa2SO4溶液YFeCl3CuCl2AlNa2CO3ZFeFeNaOH溶液BaCl2溶液二、非选择题9.铁的氧化物有多种用途。请解答下面有关问题：(1)赤铁矿的主要成分是Fe2O3，是工业炼铁的主要原料之一。写出由Fe2O3制得单质铁的化学方程式____________。某赤铁矿除了含Fe2O3之外，还含有少量的SiO2和Al2O3。将试样溶于NaOH溶液，充分反响后过滤，即可得到较纯洁的Fe2O3。该过程中发生反响的离子方程式是____________。(2)Fe2O3可以与铝粉组成铝热剂用于焊接钢轨或定向爆破。某同学猜测，该反响所得熔融物中含有Fe2O3。他设计如下实验来验证自己的猜测：取少量试样，参加足量稀盐酸，然后滴加KSCN溶液，假设出现红色，证明含有Fe2O3。否那么，不含有Fe2O3。你认为该方案合理吗？为什么？10.(2022年上海模拟)某一反响体系中有反响物和生成物共6种：HCl、H2SO4、SnCl2、SnCl4、FeSO4、Fe2(SO4)3，在反响后的溶液中滴加KSCN溶液不显红色。(1)该反响中，被氧化的元素是____________，氧化剂是____________。(2)在该反响中，发生氧化反响的过程是____________→____________。10/10\n(3)写出该反响的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：____________。(4)FeSO4可用于制墨水、颜料、补血剂等，它易被氧化。FeSO4遇H2SO4(浓)、HNO3时反响的产物是N2O3、H2O、Fe2(SO4)3，那么该反响中复原剂与氧化剂的物质的量之比为____________。11.(2022年湛江模拟)某化学兴趣小组测定某Fe2(SO4)3样品(只含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进展操作：①称取ag样品，置于烧杯中；②参加50mL1.0mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.00mL溶液；③量取25.00mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，参加适量的氯水，使反响完全；④参加过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；⑤过滤，洗涤沉淀；⑥将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在枯燥器中冷却至室温后，称量；⑦……请根据上面表达，答复：10/10\n(1)上图所示仪器中，本实验步骤①②③中必须用到的仪器有E和____________(填字母)。(2)步骤②中：配制50mL,1.0mol/L稀H2SO4需要98%(密度1.84g/cm3)的浓H2SO4体积为____________mL,量取该体积的浓H2SO4用到量筒规格是____________。(3)样品中的杂质Fe2+有较强的复原性，完成并配平以下反响的离子方程式□Fe2++□ClO2□□=□Fe3++□Cl-+□H2O从理论上分析，上述实验中假设将氯水改为ClO2时，对实验结果造成____________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)，等物质的量的ClO2与Cl2的氧化效率之比为____________。(4)第⑥步的操作中，将沉淀物转移到____________(填仪器名称)中加热，冷却至室温，称量其质量为m1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为m2g,假设m1与m2差值较大，接下来的操作应当是____________。(5)假设步骤⑥不在枯燥器中冷却，那么测定的铁元素的质量分数会____________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)；假设容器质量是W1g，最终容器和固体的总质量是W2g，那么样品中铁元素的质量分数为____________(列出算式，不需化简)。12.(2022年广东卷)某厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：10/10\n沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH3.25.212.4局部阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见上表，请答复以下问题：（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有_______________（要求写出两条）（2）滤渣Ⅰ的主要成分有____________。（3）从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有____________。（4）Mg（ClO3）2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反响制备：MgCl2+2NaClO3=Mg（ClO3）2+2NaCl已知四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如以以下图所示：①将反响物按化学反响方程式计量数比混合制备Mg（ClO3）2。简述可制备Mg（ClO3）2的原因：_________________。②按①中条件进展制备实验。在冷却降温析出Mg（ClO3）2过程中，常伴有NaCl析出，原因是：_______________。除去产品中该杂质的方法是：____________。参考答案：1.解析：血液呈现红色主要是血红蛋白造成的，血红蛋白中必然含有铁，无色透明就是几乎无血红蛋白。答案：C2.解析：①、②、③均发生氧化复原反响，Fe3+表现氧化性，与Fe3+的水解无关；④水解生成Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3H+;⑤水解相互促进：10/10\nFe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑;⑥由于FeCl3水解显酸性，滴入石蕊试液变红色：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。答案：C3.解析：A项中发生反响2Fe3++Fe=3Fe2+符合题目要求；B项中铁发生钝化；C项中发生反响Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，使溶液质量增加，但有气体生成；D项中ZnSO42-与Fe不反响。答案：A4.解析：因参加Fe后，Fe3+、Ag+首先被复原，说明Cu2+氧化能力比Fe3+和Ag+弱，故B项不正确；A项中由Cu、Fe守恒知n(Cu2+)=0.1mol,而n(Fe2+)=n(Fe3+)+n(Fe)=0.2mol，故A项正确；C项由于氧化性Fe3+＞Cu2+,故FeCl3溶液可腐蚀铜板；D项由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，1molFe可复原2molFe3+。答案：B5.解析：反响后仍有固体有两种可能，一是固体为单质铜，此时溶液中一定无Fe3+,一定有Fe2+，Cu2+可能有也可能没有。二是固体为铁和铜的混合物，此时溶液中一定无Fe3+和Cu2+,一定有Fe2+,故应选C。答案：C6.解析：铁及铁的化合物溶解于HNO3生成Fe(NO3)2，由N元素守恒，得n(NO-3)=n(HNO3)-n(NO)=4mol/L×120mL×10-3L/mL-(1.344L/22.4L/mol)=0.42mol,所以n［Fe(NO3)2］=0.21mol，由Fe元素守恒，那么同质量的混合物与足量H2在加热条件下可得到n(Fe)=0.21mol。答案：A10/10\n7.解析：n(Fe)=1.12/56mol=0.02mol,n(Fe3+)=25×2/1000mol=0.05mol，由反响：Fe+2Fe3+=3Fe2+可知Fe3+过量，参加KSCN显血红色。反响后溶液中n(Fe2+)=3n(Fe)=0.06mol,溶液中n(Fe3+)=0.05mol-2n(Fe)=0.01mol，氧化产物与复原产物物质的量之比为1∶2，D项不正确。答案：BC8.解析：A项加Fe粉，2FeCl3+Fe=3FeCl2，故正确；B项假设只加Fe,又引入Fe2+，所以应再通入Cl2;D项，加BaCl2时Na2SO42-也要反响，应参加硫酸。答案：AC9.解析：(1)工业炼铁所用复原剂为CO，反响的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。SiO2和Al2O3能够与NaOH反响分别生成Na2SiO3和Na［Al(OH)4］。所以可以用NaOH溶液除去赤铁矿中的SiO2和Al2O3,得到较纯洁的Fe2O3。(2)熔融物中的Fe能够将Fe3+复原为Fe2+,所以即使熔融物中含有Fe2O3，参加稀盐酸，再滴加KSCN溶液后，溶液也可能不出现红色。答案：(1)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2(合理即可)SiO2+2OH-SiO32-+H2O，Al2O3+2OH-+3H2O＝2［Al(OH)4］-(2)不合理。因为Fe3+能跟铝热反响生成的Fe反响生成Fe2+，Fe2+与SCN-反响时不会出现红色(其他答案合理即可)10.解析：“反响后的溶液中滴加KSCN溶液不显红色”说明Fe2(SO42-)3不存在，被复原了；进一步推理得知Fe2(SO42-)3作反响物且是氧化剂，其复原产物为FeSO42-(生成物之一)。“有复原必有氧化”，那么只能是SnCl2被氧化成SnCl4。据此可给出反响的总方程式：Fe2(SO4)3+SnCl2+2HCl=2FeSO4+SnCl4+H2SO4。答案：(1)Sn,Fe2(SO4)310/10\n(2)SnCl2→SnCl4(3)(4)2∶111.解析：此题属于综合性很强的实验习题，主要涉及溶液的配制、氧化复原反响的配平、实验操作的设计、实验误差的分析、有关计算，较难。结合实验步骤选择适宜的实验仪器；利用配制前后硫酸的物质的量相等计算出浓硫酸的体积，从而可确定量筒的规格；分析化合价应用原子守恒进展配平，ClO2与氯水的作用一样，均可使Fe2+变为Fe3+，但由于化合价的变化不同，二者的用量不一样，ClO2的用量少，氧化效率更大；加热固体时用坩埚；假设不在枯燥器中冷却，会使固体吸收空气中的水蒸气，固体质量变大，使结果偏高；根据固体颜色的变化可推知，加热后的固体为Fe2O3，应用铁原子守恒进展计算，一定要注意实验中所取溶液中所含样品的量。答案：(1)CFG(2)2.710mL(3)5Fe2++ClO2+4H+=5Fe3++Cl-+2H2O不影响5∶2(4)坩埚继续加热，放置枯燥器中冷却，称量，至最后两次称得的质量差不超过0.1g(或恒量)为止。(5)偏大[(W2-W1)g/160g/mol]×2×56g/mol×(250m/25mL)÷ag×100%12.解析：（1)中几种镁盐均难溶（其中MgCO3微溶)于水，可溶于稀硫酸，加稀H2SO42-10/10\n同时生成难溶H2SiO3（或H2SiO4)和微溶的CaSO4，为使Mg2+充分浸出可适当提高反响温度、加过量稀硫酸、延长浸出时间等方法。（2)根据题给表格信息，调节pH=5.5时，Fe3+和Al3+分别已完全转化为沉淀物Fe（OH)3和Al（OH)3，而Mg2+并未转化。（3)加NaOH调节pH=12.5时，Mg2++2OH-=Mg（OH)2↓，滤液中的Na+和SO42-可回收利用。（4)①解读溶解度曲线，分析NaCl与Mg（ClO3)2溶解度随温度变化而变化程度明显不同，较高温度时NaCl先到达饱和状态。②降低饱和溶液温度，在Mg（ClO3)2大量析出的同时，NaCl也会少量析出。可将所得晶体再溶于蒸馏水配成热饱和溶液，再进展重结晶。答案：（1)适当提高反响温度、增加浸出时间（或其他合理答案)（2)Al（OH)3、Fe（OH)3（3)Na2SO4（4)①在某一温度时，NaCl最先到达饱和析出；Mg（ClO3)2的溶解度随温度的变化最大；NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差异②降温前，溶液中NaCl已饱和；降温过程中，NaCl溶解度降低，会少量析出重结晶10/10
