1、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-+2Fe
2、3+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.烧瓶用于提供反应物,烧瓶用作安全瓶B.实验时,必须对进行加热C.中依次盛装铁粉、浓硫酸、水D.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
3、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()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23滴,溶液呈红色红砖中含有氧化铁B把CO还原Fe2O3得到的黑
4、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(SO4m(其中nCu2+,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
5、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:加入00.56gFe时,发生反应:Fe+2Fe3+3Fe2+,原溶液中n(Fe3+)=0.02mol,加入0.56g1.68gFe时,发生反应:Fe+Cu2+Cu+Fe2+,消耗铁1.12g(
6、0.02mol),生成1.28g(0.02mol)Cu,原溶液中n(Cu2+)=0.02mol;加入铁粉1.68g2.24g(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nFe2(SO4)3=0.01mol,n(CuSO4)=0.02mol,则溶液中n(S)=0.01mol3+0.02mol=0.05mol,则n(FeSO4)=n(S)=0
7、.05mol,FeSO4的物质的量浓度为=0.5molL-1,故C正确;由上述分析可知原溶液中nFe2(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12,故D错误。9.A解析FeSO47H2O被氧化时,氧化剂是O2,还原剂是FeSO47H2O,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14,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,由滤液加入乙醇溶液获得FeSO47H2O推知,试剂a是稀硫酸;“滤液”加入试剂b还原Fe
8、3+,则试剂b是铁粉,C正确。SiO2难溶于稀硫酸,则料渣1是SiO2;FeSO47H2O与NaOH溶液混合可得到FeO(OH),结合元素守恒推知,滤液的主要成分是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)K3K2(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.(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+H
9、2O+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。.(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。.(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。(
10、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c2V210-3mol。根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2,可知样品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物质的量为c2V210-3mol,则样品中铁元素含量为100%=%。11.答案(1)过滤Fe3+H3PO4+3NH3H2OFePO42H2O+3N+H2OFe(OH)3(2)1614H+267H2O%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)将制得的悬浊液通过过
11、滤的方式将固体和液体分开,得到FePO42H2O固体。生成FePO42H2O的离子方程式为Fe3+H3PO4+3NH3H2OFePO42H2O+3N+H2O。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)由步骤可知,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。分析可得关系式为FePO4Fe3+Fe2+Cr2,消耗浓度为cmolL-1的重铬酸钾标准溶液VmL,则溶液中含有6cV10-3mol的Fe2+,故原样品中Fe元素的质量分数为100%=%。
