1、高考化学铁及其化合物推断题的综合题试题含答案解析2020-2021高考化学铁及其化合物推断题的综合题试题含答案解析一、铁及其化合物1钛（）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（）是目前使用最广泛的白色颜料。制备和的原料是钛铁矿，用含的钛铁矿（主要成分为）制备的流程如下：（1）步骤加的目的是_；步骤冷却的目的是_。（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_处理。（3）由金红石（）制取单质钛（）的过程为，其中反应在氩气气氛中进行的理由是_。【答案】将还原为 析出绿矾（） 生石灰（或碳酸钙、碱） 高温下镁或钛与、等反应 【解析】【分析】根据钛铁矿中、与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤
2、后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。水浸后的溶液成酸性。【详解】(1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3价转化为+2价；降低温度，减小了的溶解度，有利于绿矶结晶析出。（2）水浸过程发生的离子反应为，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入、或碱。（3）由于和易与空气中的、等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。2利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子并得到副产物ZnO。制备流程如图所示：(已知ZnO能溶于强碱)已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题：（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的目的是_（填字母）。
3、A 去除油污 B 溶解镀锌层C 去除铁锈 D 钝化铁皮（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是抽滤_。（3）加适量H2O2 目的是_ 溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是_。（4）副产物ZnO常用于制备锌单质。我国早有炼锌技术的记载，明代宋应星著的天工开物中有“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红冷定毁罐取出即倭铅也。”该炼锌工艺过程涉及主要反应的化学方程式为_，（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，“倭铅”是指金属锌）。（5）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二
4、价铁含量。若需配制浓度为0.01 molL1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取_g K2Cr2O7保留4位有效数字，已知Mr(K2Cr2O7)294。配制该标准溶液时，下列仪器中用不到的有_（填编号）。电子天平烧杯量筒玻璃棒250 mL容量瓶胶头滴管移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】AB 洗涤、灼烧 将部分亚铁离子氧化成铁离子 防止Fe2被氧化 ZnCO32CZn3CO 0.7350 偏大 【解析】【分析】【详解】(1)A氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂
5、肪酸盐，具有去除油污作用，A符合题意；B根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层，B符合题意；C氢氧化钠和铁不反应，C不符合题意；D氢氧化钠不能钝化铁皮，故D不符合题意；答案为：AB；(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；(3)Fe3O4中有+3价铁，因此加适量H2O2目的是将部分亚铁离子氧化成铁离子，将亚铁离子和铁离子达到Fe3O4中+2价铁与+3价铁的比例关系，持续通入N2，主要防止Fe2+被氧化；故答案为：将部分亚铁离子氧化成铁离子；防止
6、Fe2被氧化；(4)该炼锌工艺参加反应的物质是煤炭饼和炉甘石(碳酸锌)，得到的物质是倭铅(金属锌)和CO，联想初中所学高炉炼铁原理，则炼锌过程涉及主要反应的化学方程式为ZnCO32CZn3CO；(5)m(K2Cr2O7)=0.01 molL-10.250 L294 gmol-1=0.7350 g，电子天平用于准确称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流，容量瓶用于配制溶液，胶头滴管用于加水定容。用不到的仪器为量筒和移液管；故答案为：0.7350g；(6)如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，这样就造成读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，
7、测定结果将偏大。3某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn及有机物） 制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：已知：相关数据如表1和表2所示表1部分难溶电解质的溶度积常数（25） 物质Ksp物质KspFe(OH)34.010-38CuS6.310-34Fe(OH)21.810-16ZnS1.610-24Al(OH)31.010-33NiS3.210-18Ni(OH)22.010-15表2 原料价格表物质价格/（元吨-1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含30%H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600请
8、回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是_。（2）“试剂a”的名称为_；选择该试剂的理由是_。（3）“氧化”时反应的离子方程式为_。（4）欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.010-6 mol L-1，需“调节pH”至少为_。（5）“试剂b”应选择_，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_。（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M，当导线中流过2 mol电子时，理论上负极质量减少_g。充电时的阳极反应式为_。【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物 漂液 节约成本，不影响后续操作 2Fe2+ClO-+2H+=2 F
9、e3+Cl-+H2O 5 Na2CO3 NiCO3+H2ONi(OH)2+CO2 2 Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH +H2O 【解析】【分析】铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将Fe2+氧化成Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+，加入NiS，可以除去Zn2+、Cu2+。滤液2中有镍离子，同样的道理，在沉淀Ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍
10、加水煮沸会转化成Ni（OH）2，最后Ni（OH）2灼烧分解，就可以得到氧化镍。【详解】（1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。所以“焙烧”的目的为：除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；（2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低，而且生成NaCl也不影响后续操作。（3）漂液中含有NaClO，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO-被还原成Cl-，反应的离子方程式为；（4）Fe（OH）3和Al（OH）3类型相同，Fe(OH)3 的Ksp比Al(OH)3小，为了使它们完全
11、沉淀，用Al(OH)3的Ksp进行计算， 则pH至少为5；（5）需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂，NaOH的价格更贵，所以选择Na2CO3，根据题意，加入Na2CO3时，生成的滤渣2为NiCO3，NiCO3加水煮沸转化成Ni（OH）2，加水煮沸的方程式为NiCO3+H2ONi（OH）2+CO2。（6）镍氢电池放电时负极的是MH，在反应中MH变成了M，失去质量为H的质量，负极反应式为MH-e-+OH-=M+H2O，转移2mol，负极质量减少2g；充电时阳极发生氧化反应，化合价升高，Ni(OH)2变成NiOOH，电极反应式为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH +H2O。【点睛】（2）中因为是工业
12、流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。（4）计算pH的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择pH较大的那个。4已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。C+D白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。（1）则各是什么物质的化学式为：A_、B_、C_、D_。（2）现象中所发生的反应的化学方程式为：_、_。（3）现象中所发生反应的离
13、子方程式为：_、_。【答案】BaCl2 FeSO4 AlCl3 NaOH； FeSO4 + 2NaOHFe(OH)2+ Na2SO4 4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O4Fe(OH)3 Al3+ + 3OH-Al(OH)3 Al(OH)3 + OH-AlO2- + 2H2O 【解析】【分析】A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4，B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe(OH)2的转化为Fe(OH)3，故A为BaCl2，B为FeSO4，D为NaOH，则C为AlCl3，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3，Al(OH)
14、3能溶解在NaOH溶液中，符合中现象。【详解】(1)根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；(2)现象先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NaOHFe(OH)2+ Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3；(3)现象中所发生反应的离子方程式为：Al3+3OH-Al(OH)3，Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。【点睛】考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了Fe
15、(OH)2沉淀的生成及转化为Fe(OH)3的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。5已知有以下物质相互转化：请回答下列问题：（1）写出B的化学式_，D的化学式为_；（2）写出由E转变成F的化学方程式_。（3）写出D转化成H的离子方程式_。（4）除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是_。【答案】FeCl2 KCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 Ag+Cl-=AgCl 向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作 【解析】【分析】D和硝酸银、稀硝酸的混合溶液反应生成沉淀H和焰色反应呈紫色的溶液可知，H为AgCl，D为KCl，白色沉淀E在空气中变成红褐色沉淀F可知E为Fe(
16、OH)2，F为Fe(OH)3，所以G为FeCl3，A为Fe，B为FeCl2，C为NaOH，据此解答。【详解】（1）由分析可知，B为FeCl2，D为KCl，故答案为：FeCl2；KCl；（2）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，反应的方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）D为KCl，H为AgCl，D转化为H的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl，故答案为：Ag+Cl-=AgCl；（4）FeCl2中混有的少量FeCl3，可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2，过量的铁粉用过滤除去，故答案为：向溶液B
17、中加入足量铁粉，再经过滤操作。【点睛】白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。6以粉煤灰（主要含3Al2O32SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取Al2O3的流程如图：（1）当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时，“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示（X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。由图可知，当a=_时，3Al2O32SiO2的利用率最高。（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(O
18、H)3的离子反应方程式为_。（3）“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为_。（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是_。该步骤可将加水改成通入过量的_气体。（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有_和_。【答案】8 Fe3+3NH33H2O=Fe(OH)33NH4+ OH-Al(OH)3=AlO2-2H2O 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CO2 NaOH (NH4)2SO4 【解析】【分析】粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理，把3Al2O32SiO2转化为NH4Al (SO4)2，且当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2
19、的配比a（a=）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液为(NH4)2SO4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液为NaOH 和NaAlO2，加水水解得到Al(OH)3沉淀，煅烧得氧化铝。【详解】（1）根据分析，当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。（2）通入氨气“沉淀、过滤”所
20、得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3离子反应方程式：Fe3+3NH33H2O=Fe(OH)33NH4+；（3）根据分析，“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-Al(OH)3=AlO2-2H2O；（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2AlO2-2H2O= HCO3- Al(OH)3）；（5）流程中，滤液为(NH4)2SO4，滤液含有NaOH ，故可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有(NH4)2SO4和NaOH。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生
21、反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。氢氧化铝的制备：1.向氯化铝溶液中通过量氨气；2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳；3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。7无水氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备无水氯化锰的工艺如下(部分操作和条件略)。I向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤； II向I的滤液中加入一定量盐酸，再加入溶液，充分反应后加入固体调节溶液的pH约为5，过滤；III向II的滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；IV浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2
22、。各步骤中对杂质离子的去除情况初始浓度/mgL121.024.955.86步骤I后/ mgL112.853.803.39步骤II后/ mgL10.253.763.38步骤III后/ mgL10.10(达标)3.19(未达标)0.12(达标)已知：金属活动性MnFeNiPb(1)锰和盐酸反应的化学方程式是_。(2)步骤I中： Fe2+浓度降低，滤渣中存在。结合离子方程式解释原因：_。Pb2+浓度降低，分析步骤I中发生的反应为：Pb + 2H+ = Pb2+ + H2、_。(3)步骤II中： 酸性溶液的作用：_。结合离子方程式说明MnCO3的作用： _。(4)步骤III通入H2S后， Ni2+不达
23、标而达标。推测溶解度：PbS_NiS（填“”或“”）。(5)测定无水的含量：将a g 样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量，使氧化为。待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用b mol/L硫酸亚铁铵滴定，消耗c mL 硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2+ + Mn3+ = Fe3+ + Mn2+）样品中MnCl2的质量分数是_（已知：MnCl2的摩尔质量是126 gmol-1）。“持续加热”的目的是使过量的分解。若不加热，测定结果会_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】Mn + 2HCl = MnCl2 + H2 空气中的O2 将部分Fe2+氧化为Fe(OH
24、)3沉淀，相关的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3+ 8H+ Pb2+ + Mn = Pb + Mn2+ 将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去 MnCO3+2H+=Mn2+H2O+CO2,Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ 偏高 【解析】【分析】制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性MnFeNiPb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造
25、成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低。【详解】(1)Mn与盐酸反应的化学方程式为：；(2)将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe(OH)3沉淀，相应的离子方程式为：；由于金属活动性MnFeNiPb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：；(3)通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的
26、Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe(OH)3沉淀除去；通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：以及；(4)通过分析可知，PbS的溶解度更小；(5)由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1:1反应，所以MnCl2的质量分数为：；若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。8富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl（SO4
27、)212H2O和补血剂FeSO47H2O。工艺流程如下（部分操作和产物略去）： （1）操作1的名称是_。 （2）反应中是氧化还原反应的是_（填写编号）。 （3）综合考虑，金属X最好选择的试剂是_，写出该反应的离子方程式_。 （4）反应的离子方程式是_、_。 （5）溶液D中含有的金属阳离子是_，检验方法是_。 （6）用含铝元素27的上述矿石10吨，通过上述流程最多生产明矾_吨。【答案】过滤 Fe Fe+2Fe3+=3Fe2+ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O Fe2+ 取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液
28、变红，证明含有Fe2+ 47.4 【解析】【分析】由流程可知，富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤，滤渣为氧化铁，滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾；向滤液中加入足量的硫酸，可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液，结晶后得到明矾；滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液，加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液，用结晶法可以得到绿矾。【详解】（1）操作I得到溶液和滤渣，因此操作I为过滤；（2）反应中加入NaOH溶液，根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应，发生Al2O32OH=2AlO2H2O，SiO2OH=SiO32H2O，不属于氧化还原反应，反应中加入硫酸，发生的SiO322H=H2SiO3，AlO24H=Al32H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应发生Fe2O36H=2Fe33H2O，FeO2H=Fe2H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，根据操作4得到FeSO47H2O，说明反应中加入一种金属，把Fe3转化成Fe2，即这种金属是铁单质，离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应；（3）
