2022届高考鲁科版化学一轮复习知能演练高分跨栏第2章第4节铁及其重要化合物.docx
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1、1将a g铁和氧化铁的混合物参加800 mL pH1的盐酸中充分反响后,盐酸全部消耗,放出标准状况下气体0.224 L。那么以下判断中正确的选项是()A原混合物中n(Fe)n(Fe2O3)21B向溶液中滴入无色的KSCN溶液,显血红色C无法计算出原混合物的质量D此时溶液中Fe2和Fe3的物质的量之比为31解析:选A。首先明确当放出H2时,Fe已将Fe3完全复原成Fe2,即最终溶液中溶质只有FeCl2,根据Cl守恒,判断n(Fe)2n(Fe2O3)0.04 mol;根据n(H2)0.01 mol,与H反响的Fe为0.01 mol,再结合反响Fe2Fe3=3Fe2,判断n(Fe)0.02 mol,
2、n(Fe2O3)0.01 mol,所以答案为A。2在含有Fe3、Fe2、Al3、NH的稀溶液中,参加足量的Na2O2固体并微热,充分反响后,再参加过量的稀盐酸,完全反响后,离子数目没有明显变化的是()AFe3BFe2CNHDAl3解析:选D。由于Fe2经过上述操作已转化成Fe3,所以A、B均不符合题意;NH已转化成NH3,在加热过程中逸出,C项不正确。3(2022山东潍坊高三第一次模拟)为了验证Fe3的性质,某化学兴趣小组设计了如下列图的一组实验,其中实验方案设计错误的选项是()A只有B只有C和均错 D全部错误解析:选C。CuSO4与FeCl3不发生反响,出现白色沉淀不能说明有无Fe3。4下表
3、中,对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的选项是()选项陈述陈述判断A铁是地壳中含量最高的金属元素铁是人类最早使用的金属材料对;对;有B常温下铁与稀硫酸反响生成氢气高温下氢气能复原氧化铁得到铁对;对;无C铁属于过渡元素物可用做催化剂铁和铁的某些化合错;对;无D在空气中铁外表易形成致密的氧化膜铁不能与氧气反响对;对;有解析:选B。选项A,地壳中含量最高的金属元素是Al元素,而不是Fe元素,由于铁是活泼金属,需通过冶炼方法获得,所以Fe不是人类最早使用的金属材料,陈述、错误,且二者没有因果关系。选项B,Fe能与稀H2SO4发生置换反响而产生H2,但在高温下,H2的复原性很强,又能复原Fe2
4、O3得到Fe,所以、正确,且二者无因果关系。选项C,铁是过渡元素的说法正确。选项D,在空气中铁外表不能形成致密的氧化膜,且Fe与O2反响生成Fe3O4。5(2022新疆哈密高三调研)如图是无机物AG在一定条件下的转化关系(局部产物及反响条件未列出)。:A、B、C、D、G含有同种元素。物质纯A(单质)B溶液C固体D固体G溶液颜色银白色黄色红褐色红棕色浅绿色E是通常情况下密度最小的气体;B与硝酸银溶液反响生成不溶于稀硝酸的白色沉淀;B也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,稀的F溶液与A反响生成E、G。根据以上信息填空:(1)写出D的化学式:_。(2)G生成C的过程中所出现的现象为_。
5、(3)写出以下反响的化学方程式:EA_;AB_。(4)BF的离子方程式为_;G与次氯酸反响的离子方程式为_。解析:由题给信息可知E是氢气,B中含有Cl;由A、B、C、D、G含有同种元素和表中物质的颜色可知A、B、C、D分别为Fe、FeCl3、Fe(OH)3、Fe2O3,G中含有Fe2;F是一种含有三种元素的化合物,与Fe反响生成H2、Fe2,再结合FeCl3能将一种氧化物氧化为F,可知F是H2SO4。答案:(1)Fe2O3(2)先产生白色沉淀,白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色(3)4H2Fe3O43Fe4H2O2Fe3Cl22FeCl3(4)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4HH2F
6、e2HClO=2Fe3ClH2O1(2022高考重庆卷)以下表达正确的选项是()AFe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物相同BK、Zn分别与缺乏量的稀硫酸反响所得溶液均呈中性C. Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大DC、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强解析:选D。A项中,Fe与Cl2反响只生成FeCl3,此时Fe过量也不会生成FeCl2;B项中,K可与水反响生成KOH,所得溶液呈碱性;C项中,钠的密度大于钾的密度,这是一特殊性。2(2022高考福建卷)硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌,菱锌矿的主要成分是ZnCO3,并含少量的Fe2O3
7、、FeCO3、MgO、CaO等,生产工艺流程示意如下:(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是_。(2)完成“氧化除铁步骤中反响的离子方程式:(3)针铁矿(Goethite)是以德国诗人歌德(Goethe)名字命名的,组成元素是Fe、O和H,化学式量为89,化学式是_。(4)根据下表数据,调节“滤液2的pH时,理论上可选用的最大区间为_。Mg(OH)2Zn(OH)2MgCO3CaCO3开始沉淀的pH10.46.4沉淀完全的pH12.48.0开始溶解的pH10.5Ksp5.610126.81062.8109(5)工业上从“滤液3制取MgO过程中,适宜的反响物是_(选填序号)。a大理石粉b石灰乳c纯碱溶液d
8、烧碱溶液(6)“滤液4之后的操作依次为_、_、过滤、洗涤、枯燥。(7)分析图中数据,菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于_。解析:解答该题的关键是对题目要有整体的认识,清楚各步操作的目的。(1)固体颗粒越小,反响时接触面积越大,反响速率越大;同时反响更充分。(2)因漂白粉中含有强氧化性的Ca(ClO)2可将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3,同时ClO被复原为Cl,分析化合价的变化: (OH)2 (OH)3化合价升12O 化合价降21配平Fe(OH)2、Fe(OH)3、ClO、Cl前的化学计量数后,可根据原子个数守恒,确定反响物H2O及其化学计量数。(3)设针铁矿的化学式为FexOyHz,那么
9、有56x16yz89。x只能为1,假设y1,那么z17,化学式为FeOH17,由化合价规那么可排除;假设y2,那么z1,化学式为FeO2H,或写为FeO(OH),符合题意。(4)由流程图可知,滤液2中主要含有ZnCl2、MgCl2、CaCl2等物质,调节pH时,只能考虑将Zn2转化为Zn(OH)2,而Mg2必须留在溶液中,因此由表中数据可确定pH的理论范围为8.0pH10.4。(5)从滤液3中提取MgO,首先应将Mg2转化为Mg(OH)2沉淀,a项大理石不起作用,c项溶液会将Ca2转化为CaCO3沉淀,故b、d两项适宜。(7)ZnCO3ZnO125 g81 gxm2 kg得x kg那么菱锌矿粉
10、中ZnCO3的质量分数为:。答案:(1)增大反响物接触面积或增大反响速度或使反响更充分(2)Fe(OH)2ClOH2O=Fe(OH)3Cl(3)FeO(OH)(或其他合理答案)(4)8.0pHFe2Cu2解析:选A。实验中铁钉与硫酸铜反响:FeCuSO4=CuFeSO4,Fe做复原剂,实验中HNO3将Fe2氧化成Fe3,Fe2做复原剂,实验发生反响:2Fe3Cu=Cu22Fe2,Fe3做氧化剂,三个反响说明氧化性由强到弱的顺序为:HNO3Fe3Cu2Fe2。3以下物质反响后一定有3价铁生成的是()过量的Fe与Cl2反响Fe与过量稀H2SO4反响后,再向其中参加KNO3Fe和Fe2O3的混合物溶
11、于盐酸中A仅B仅C仅 D全部解析:选C。不管铁是否过量,铁与Cl2发生反响的产物都为FeCl3,故中有3价铁生成;Fe与稀H2SO4反响生成FeSO4,当溶液中有H存在时,NO会将Fe2氧化生成Fe3,故中有3价铁生成,Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中时,假设铁粉很多,那么过量的铁粉与生成的FeCl3发生反响生成FeCl2,而使溶液中无Fe3,故中不一定有3价铁生成,所以选C。4把SO2通入Fe(NO3)3溶液中,溶液由棕黄色变为浅绿色,但立即又变为棕黄色,此时假设滴入BaCl2溶液,那么会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中,最终被复原的是()ASO2BFe2CFe3DNO解析:选D。SO
12、2具有复原性,Fe3具有氧化性,二者反响生成Fe2和H2SO4,溶液由棕黄色变为浅绿色,由于溶液中还存在NO,H与NO又将Fe2氧化生成Fe3,溶液又由浅绿色变为棕黄色,参加BaCl2溶液产生白色沉淀,说明SO2已被氧化成SO,所以最终被复原的是NO。5a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反响后,得到a g铜,那么参与反响的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为()A17 B71C78 D87解析:选B。设CuSO4、H2SO4的物质的量分别为x、y。根据反响Fe2H=Fe2H2,FeCu2=Fe2Cu,得56 gmol1(xy)64 gmol1x,解得xy71。6在含有Cu(NO3
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