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1、高考总复习同步训练第三章第二节第三课时练习（铁的重要性质）一、选择题：1用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：FeH2Cu CuOCuSO4Cu若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的量为()A一样多 B多 C多 D无法判断2下列说法正确的是()A铜的化学性质活泼，不宜用铜制作盛食品的器皿B铜的导电能力不如铝C由于Cu2有氧化性，所以用CuSO4来配制农药D因为Cu2能使蛋白质变性，所以铜盐溶液有毒3由FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物，测得其中铁元素与氧元素的质量之比为218，则这种混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4的物质的量之比可能为()A1
2、21 B123 C131 D1134将适量铁粉投入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3和Fe2浓度相等，则已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比是()A23 B32 C12 D115用足量的CO还原32.0 g某种氧化物，将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，得到60 g沉淀，则该氧化物是()AFeO BFe2O3 CCuO DCu2O6有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，这种试剂是()A盐酸 B烧碱溶液 C氨水 DKSCN溶液7已知某H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3混合溶液100 mL，其中阳离子浓度相等，
3、SO42浓度为6 mol/L，此溶液可溶解铁粉的质量为()A11.2 g B16.8 g C33.6 g D5.6 g8(2010年海淀区模拟)将a g Al2O3和Fe2O3的样品溶解在过量的200 mL 0.05 mol/L的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3和Al3刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为()A0.1 mol/L B0.2 mol/L C0.4 mol/L D0.8 mol/L9m g铁粉与Fe2O3组成的混合物投入到足量的稀H2SO4中，在标准状况下收集到V L H2，所得溶液遇KSCN溶液不显红色，则混合物中Fe2O3物质的量为(
4、)A2.5V mol B. mol C. mol D. mol10实验室在配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4被氧化而变质，常在溶液中加入少量的A锌粉B铁粉 C硫酸铁 D盐酸11已知硝酸能将Fe2氧化为Fe3。下列物质反应后一定有3价铁生成的是()过量的Fe与Cl2反应 Fe与过量稀硫酸反应FeCl2溶液中通入少量Cl2 Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中A只有 B只有 C只有 D全部12将一定质量的铁粉与氢氧化铁的混合物在氧气中灼烧至质量不再改变为止，发现加热前后混合物的质量无变化，则混合物中铁和氢氧化铁的物质的量之比为()A21 B32 C8164 D285513将1.12 g铁粉加到2
5、5 mL 2 mol/L的氯化铁溶液中，完全反应后，其结果是()A铁有剩余，溶液呈浅绿色，c(Cl)基本不变B往溶液中滴加无色KSCN溶液，显红色C溶液中n(Fe2)与n(Fe3)之比为61D氧化产物与还原产物的物质的量之比为2514某溶液中有NH4、Mg2、Fe2和Al3四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是()ANH4 BMg2 CFe2 DAl3二、非选择题：15用下面方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。用不含Fe3的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入
6、_。(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用_的方法。(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_ _。16某同学为了检验家中的一瓶补铁药(成分为FeSO4)是否变质，查阅了有关资料，得知Fe2能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，并结合已学的知识设计了如下实验：将药片除去糖衣研细后，溶解过滤，取滤液分别加入两支试管中，在一支试管中滴入酸性高锰酸钾溶液，在另一支试管中滴入KSCN溶液。请你填出该同学实验中出现以下现象时应得出的结论：(1)若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色，滴入KSCN溶液后不变红，结论
7、是_。(2)若滴入酸性高锰酸钾溶液后不褪色，滴入KSCN溶液变红，结论是_。(3)若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色，滴入KSCN溶液变红，结论是_。(4)能不能将KMnO4和KSCN滴入到同一试管中进行验证，为什么？试进行解释_。17除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质)，将选用的试剂和分离方法填在题后的横线上，并写出有关反应方程式(是离子反应的写离子方程式)。(1)Fe2O3Fe(OH)3_；(2)Fe2O3(Al2O3)_；(3)FeCl3(FeCl2)_；(4)FeCl2(FeCl3)_；(5)FeCl2(CuCl2)_；(6)Fe(Al)_。18已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系
8、：(1)确定A、B、C、D、E、F的化学式，A为_，B为_，C为_，D为_，E为_，F为_。(2)写出的化学方程式，、的离子方程式。_，_，_。19、已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行下列实验：(1)写出、和步所有反应的化学方程式：_；_；_。(2)设从步所得固体D的质量为32 g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F在标准状况下体积为5.6 L，试计算取用的每份X的质量为_和X中FeO与CuO的质量比为_。第三章第二节第三课时练习（铁的重要性质）详解1、解析：选C。铁的量一定，转移的电子数一定。由于氢气还原氧化铜的实验中开始需消耗氢气排净装置中的空气，实验结束后铜粉需在氢
9、气氛围下冷却，所以能够用于还原氧化铜的氢气量较少，根据电子守恒原理可知，制得铜较少。2、解析：选D。金属铜的化学性质比较稳定，所以使用铜器皿比较安全；铜属于重金属，铜盐有毒，因Cu2会与蛋白质作用，使蛋白质变性。3、解析：选D。由铁元素与氧元素的质量之比为218，求得铁元素与氧元素的物质的量之比为34，所以Fe3O4的量多少不影响混合物中的铁元素与氧元素的比。Fe3O4可拆为FeOFe2O3，故只要FeO、Fe2O3物质的量之比为11即可。4、解析：选A。铁粉与三氯化铁溶液反应Fe2Fe3=3Fe2，设溶液反应后Fe2物质的量为3 mol，则反应掉Fe3为2 mol，剩余Fe3为3 mol，所
10、以为23。采用特殊值法，往往会使许多计算题目迎刃而解。5、解析：选B。由生成CaCO3 60 g可得反应掉CO为0.6 mol，即32 g金属氧化物中含氧原子为0.6 mol。6、解析：选B。NaOH与上述五种溶液混合时，其中NaCl无明显现象，FeCl2中出白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色的Fe(OH)3；而FeCl3中只出现红褐色的Fe(OH)3沉淀；在MgCl2中只出现白色沉淀现象，而AlCl3中先出现白色沉淀，后沉淀消失。7、解析：选A。设混合溶液中，各阳离子的物质的量分别为x，则总的SO42的物质的量为：xx6 molL10.1 L，x0.2 mol，又因为Fe2HFe2
11、Fe3所以n(Fe)0.2 mol0.2 mol0.2 mol，m(Fe)0.2 mol56 gmol111.2 g。8、解析：选B。最后溶液中溶质为Na2SO4，n(Na)2n(SO42)n(NaOH)n(H)c(NaOH)0.1 L0.1 mol/L0.2 L。所以c(NaOH)0.2 mol/L。9、解析：选B。本题考查Fe3与Fe2的相互转化，Fe3的检验以及混合物的计算，考查学生的综合应用能力。详细解答过程如下：由题意知反应最后所得溶液中无Fe3，仅有Fe2，则反应化学方程式为：FeH2SO4=FeSO4H256 g22.4 L25V g V LFeFe2O33H2SO4=3FeSO
12、43H2Ox molx mol依题意有：56x160x2.5Vm，x。10、解析：选B。实验室配制的FeSO4可被氧化为Fe2(SO4)3，但加入铁粉可以防止被氧化。11、解析：选B。本题涉及0价铁变为3价铁、2价铁变为3价铁及3价铁变为2价铁，应从氧化剂的强弱、反应条件及反应物间的相对量进行分析。中的Cl2氧化性强，它能将铁氧化为3价，由于不是在溶液中反应，因此过量的铁不会将氯化铁还原。中Fe与稀硫酸反应只能生成Fe2。在溶液中Fe2被Cl2氧化生成Fe3。中首先发生Fe与盐酸生成FeCl2、Fe2O3与盐酸生成FeCl3的反应，但题中未给出反应物间相对量的关系，若铁是足量的，则能将生成的F
13、eCl3全部还原为FeCl2。12、解析：选C。由题意知，反应过程中固体质量的增加值必等于气体质量的减小值(设为a g)，则有：3Fe2O2Fe3O4m(固体增量)3 mol 64 g mola g2Fe(OH)3Fe2O33H2Om(固体减量)2 mol 54 g mol a g所以n(Fe)nFe(OH)38164。13、解析：选BC。有关反应为2Fe3Fe=3Fe2，而题给n(Fe3)n(Fe)52，这表明Fe3过量而Fe不足，反应生成的n(Fe2)3n(Fe)0.06 mol，剩余n(Fe3)0.050 mol2n(Fe)0.01 mol，则溶液中铁无剩余，n(Fe2)n(Fe3)61
14、，A错误，C正确；有Fe3存在，加入KSCN溶液显红色，B正确；氧化产物Fe2和还原产物Fe2的比为12，D错误。14、解析：选AC。加入NaOH再微热，会发生反应NH4OHNH3H2O4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3所以大量减少的是NH4、Fe2。二、非选择题：15、解析：根据FeSO4具有易被氧化的特点，在配制其溶液时还需加入稀硫酸和铁屑；蒸馏水中若溶有O2，则会加速Fe(OH)2氧化，因此可采用煮沸法除去O2。为避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2，可用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液方可达到目的。答案：(1)稀硫酸、铁屑(2)
15、煮沸(3)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O216、解析：加KMnO4溶液只要褪色就说明含有Fe2，而加入KSCN溶液变红则说明含有Fe3，所以前三问的答案很容易得出，而第(4)问中的原因可归结为两条，一是KMnO4溶液呈紫色，影响观察Fe(SCN)3的红色，二是KSCN具有较强的还原性，可以被KMnO4氧化，影响Fe2的检验。答案：(1)没有被氧化(2)完全被氧化(3)部分被氧化(4)不能，原因是KMnO4溶液呈紫红色，影响Fe3的检验；KSCN具有还原性，影响Fe2的检验17、解析：(1)根据Fe(OH)3的不稳定性，采用加热的方法，杂质可转化为提纯物；(2)Al2O3能溶于NaOH溶液中
16、，反应后过滤分离；(3)通入Cl2使杂质转化为被提纯物；(4)加入铁粉，将杂质转化为被提纯物；(5)加入铁粉，置换出铜，过滤加以分离；(6)Al可以溶于NaOH溶液，反应后过滤。答案：(1)加热。2Fe(OH)3Fe2O33H2O(2)加入过量的NaOH溶液，过滤。Al2O32OH=2AlO2H2O(3)通入过量Cl2。2Fe2Cl2=2Fe32Cl(4)加入过量铁粉，过滤。2Fe3Fe=3Fe2(5)加入过量铁粉，过滤。FeCu2=CuFe2(6)加入过量NaOH溶液，过滤。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H218、解析：铁元素及其化合物的推断题的解题关键：一是寻找特征反应及特征现
17、象，二是正确运用“铁三角”的转化关系，三是注意与其他金属及其化合物知识的综合。化学框图题综合性强，难度大，解题时常由于知识的综合性不够，找不到“突破口”而无法下手。本题考查同学们对铁及其化合物的综合应用能力，同时考查同学们的分析判断与逻辑推理能力。从最初条件看，框图很模糊，不能直接得出结论，但找到“突破口”“红褐色固体F”，就可迅速得出F是Fe(OH)3。从而得出A为Fe，“黑色晶体”B为Fe3O4，继而推出C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2。反应：Fe2HCl=FeCl2H2反应：2Fe3Cl22FeCl3反应：Fe3O48HCl=FeCl22FeCl34H2O反应：2FeC
18、l2Cl2=2FeCl3反应：Fe2FeCl3=3FeCl2反应：FeCl22NaOH=Fe(OH)22NaCl反应：FeCl33NaOH=Fe(OH)33NaCl反应：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3答案：(1)FeFe3O4FeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)3(2)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)32Fe2Cl2=2Cl2Fe3Fe2Fe3=3Fe219、解析：(1)FeO2HCl=FeCl2H2O，CuO2HCl=CuCl2H2O。FeOCOFeCO2，CuOCOCuCO2。CuCl2Fe=CuFeCl2，Fe2HCl=FeCl2H2。(2)由最终得到了酸性溶液可知，所有的铜都已析出，所以每一份X中含Cu元素16 g，也即n(CuO)0.25 mol，n(FeO)0.25 mol0.5 mol。所以，每一份X的质量为56 g，X中FeO与CuO的质量比为95。答案：(1)FeO2HCl=FeCl2H2O，CuO2HCl=CuCl2H2OFeOCOFeCO2，CuOCOCuCO2CuCl2Fe=CuFeCl2，Fe2HCl=FeCl2H2(2)56 gm(FeO)m(CuO)957