高考化学铁及其化合物大题培优含详细答案.docx
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高考化学铁及其化合物大题培优含详细答案
高考化学铁及其化合物(大题培优)含详细答案
一、高中化学铁及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.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:
①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解。
②B+D→白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色。
③C+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②中所发生的反应的化学方程式为:
__________________________________、______________________________。
(3)现象③中所发生反应的离子方程式为:
__________________________________、________________________________。
【答案】BaCl2FeSO4AlCl3NaOH;FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al3++3OH-=Al(OH)3↓Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
①A+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BaSO4,②B+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)3能溶解在NaOH溶液中,符合③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②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+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)现象③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(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。
2.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。
已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;M为红褐色沉淀。
请回答下列问题:
(1)A在B中燃烧的现象是__________________________________________。
(2)D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量比是_________________________。
(3)G+J→M的离子方程式是____________________________________。
(4)Y受热分解的化学方程式是______________________________________。
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的试剂是____________________。
【答案】放出大量的热,产生苍白色火焰2:
13AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
F是地壳中含量最多的金属元素的单质,则F为Al,转化关系中X电解得到三种物质,为电解电解质与水型,A、B为气态单质,二者为氢气和氯气,二者反应生成D,D为HCl,E为黑色固体,为氧化物,和HCl反应又生成B气体,A为H2,B为Cl2,E为MnO2,电解X是电解氯化钠溶液,C为NaOH,与Al反应生成G,G为NaAlO2;M为红褐色沉淀为Fe(OH)3,所以J是含三价铁离子的物质,是H和D反应生成,证明J为FeCl3,H、I为氧化物判断H为Fe2O3,I为红棕色气体为NO2,结合转化关系可知,N为HNO3,Y为Fe(NO3)3,结合物质的性质来解答。
【详解】
(1)A为H2,B为Cl2,H2在Cl2中燃烧的现象是:
气体安静燃烧,放出大量的热,火焰呈苍白色,并有白雾产生;
(2)D+E→B的反应为MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O,MnO2中Mn元素化合价降低,被还原,HCl中Cl元素化合价升高,被氧化,4mol盐酸参与反应,发生氧化反应的盐酸为2mol,另外2mol盐酸显酸性,则n(被氧化的物质HCl):
n(被还原的物质MnO2)=2:
1;
(3)G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应,反应离子方程式是:
3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓;
(4)依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3,受热分解生成二氧化氮和氧化铁,依据原子守恒配平书写的化学方程式是:
4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑;
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中,滴加几滴酸性高锰酸钾溶液,若溶液紫色褪去,证明原溶液中含有Fe2+,反之没有Fe2+。
3.图中,固体A是铁锈的主要成分。
请回答:
(1)固体C的化学式是___,上述框图中体现了SO2的___(填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”)。
(2)写出A→B的化学方程式___。
(3)写出D→E的离子方程式___。
(4)若通入的SO2是足量的,请你设计实验方案检验“溶液D”中的金属阳离子___。
【答案】FeCl3还原性Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2Ba2++SO42-=BaSO4↓取少量溶液D于试管中,滴加KSCN溶液,无明显现象,再滴加适量氯水(或双氧水),溶液变成血红色,则含有Fe2+
【解析】
【分析】
固体A是铁锈的主要成分,则A为Fe2O3,结合图中转化可知,A与CO反应生成B为Fe,B与氯气反应生成C为FeCl3,C与二氧化硫发生氧化还原反应,溶液D中Fe2+、SO42-等,溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4。
【详解】
(1)由上述分析可知,固体C的化学式是:
FeCl3,上述框图中SO2失去电子转化为硫酸根离子,作还原剂;
(2)A→B的化学方程式为:
Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2;
(3)D→E的离子方程式为:
Ba2++SO42−=BaSO4↓;
(4)若通入的SO2是足量的,溶液D中金属阳离子为Fe2+,检验该阳离子的方法为:
取少量溶液D于试管中,滴加KSCN溶液,无明显现象,再滴加适量氯水(或双氧水),溶液变成血红色,则含有Fe2+。
4.已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素,彼此转化关系如下:
请回答:
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应),写出该反应的化学方程式:
__、其中Al作__剂。
(2)反应④的离子方程式为:
__。
(3)新配制的C溶液中应加入__,以防止其转化为D。
检验D溶液中阳离子的常用试剂是__(填化学式),实验现象为__。
【答案】2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉(屑)KSCN(或NH4SCN)溶液变红(或呈现血红色)
【解析】
【分析】
氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应,生成A,则A为Fe,铁和水蒸气在高温下反应生成B,B为黑色磁性氧化物,则B为Fe3O4,Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价,与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2,铁与过量盐酸反应生成FeCl2,则C为FeCl2,FeCl2与双氧水反应生成FeCl3,则D为FeCl3,据此分析解答。
【详解】
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应),该反应的化学方程式:
2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3,反应中Al有0价变为+3价,化合价升高,失电子,被氧化,作还原剂;
(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3,离子方程式为:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)C为FeCl2,D为FeCl3,亚铁离子具有还原性,易被氧化,新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑),以防止其转化为FeCl3。
检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN),三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。
5.已知A是一种常见金属,F是一种红褐色沉淀。
根据图中转化关系,回答下列问题。
(1)写出F、G的化学式:
F.________;G._______。
(2)检验D中阳离子的方法为_____________________________________________________
(3)保存C溶液时要加固体A的原因是_____________________________________________
(4)写出下列转化的离子方程式:
①B→C:
______________________________________________________________________
②C→D:
______________________________________________________________________
【答案】Fe(OH)3Fe2O3取D溶液少许于试管中,加入几滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含Fe3+防止Fe2+被O2氧化Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl−
【解析】
【分析】
A是一种常见金属,F是一种红褐色沉淀,由转化关系可知F为Fe(OH)3,A为Fe,Fe与氧气反应生成B为Fe3O4,四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁,故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2,可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3,G为Fe2O3。
【详解】
(1)由上述分析可知,F为Fe(OH)3,G为Fe2O3;
(2)检验FeCl3中阳离子的方法为:
取D溶液少许于试管中,加入几滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含Fe3+;
(3)保存FeCl2溶液时要加固体Fe的原因是:
防止Fe2+被O2氧化;
(4)①B→C的离子方程式:
Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O;
②C→D的离子方程式:
2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl−;
【点睛】
物质的颜色是推断突破口,再结合转化关系推断各物质,需要学生熟练掌握元素化合物的性质
6.物质A~F有如图所示的转化关系,各反应均在高温下进行(必要时需催化剂),A是一种常见的金属单质,B常温下是一种液态化合物,E为一种无色气体,且E分子的电子数与N2的电子数相同。
(1)写出①的化学方程式____。
(2)写出③的化学方程式____。
(3)写出一个B作还原剂的化学方程式____。
(4)写出一个F作氧化剂的化学方程式_____。
【答案】3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2CO+H2O(g)
CO2+H22F2+2H2O=4HF+O2C+CO2
2CO(或2Mg+CO2
2MgO+C)
【解析】
【分析】
反应均是在高温下进行的(必要时可使用催化剂),A是一种常见的金属单质,B常温下是一种液态化合物,E为一种无色气体,且E分子的电子数与N2的电子数相同,则E为CO,依据转化关系结合反应条件分析判断,A为Fe,B为H2O,C为Fe3O4,D为H2,E为CO,F为CO2,据此分析解答。
【详解】
(1)反应①是铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,化学方程式3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(2)反应③是一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气,化学方程式CO+H2O(g)
CO2+H2;
(3)B为H2O,氟单质与水反应生成氟化氢和氧气,该反应中水作还原剂,化学方程式2F2+2H2O=4HF+O2;
(4)F为CO2,二氧化碳在高温下与碳单质反应生成一氧化碳,或二氧化碳与金属镁反应生成氧化镁和碳单质,反应中二氧化碳作氧化剂,化学方程式C+CO2
2CO(或2Mg+CO2
2MgO+C);
7.已知A为金属单质,下列物质相互转化如图所示:
试回答:
(1)写出B的化学式_______,D的化学式______。
(2)写出由E转变成F的化学方程式______。
(3)检验G溶液中阳离子的试剂为______,写出发生反应的离子方程式______。
(4)向G溶液加入A的有关离子反应方程式______。
(5)某同学取B的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液,在空气中放置一会儿变为蓝色,写出与上述变化过程相关的离子方程式______,______。
【答案】FeCl2KCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3KSCNFe3++3SCN-=Fe(SCN)32Fe3++Fe=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【解析】
【分析】
白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F,所以E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,Fe(OH)3和盐酸反应生成的G为FeCl3;D溶液和AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀H(AgCl)和含K+的溶液,所以D为KCl,则B和C分别为KOH和FeCl2中的一种;G(FeCl3)可以和A生成B,所以B为FeCl2,A为铁,铁和盐酸反应生成FeCl2和氢气。
【详解】
(1)B为FeCl2,D为KCl;
(2)由Fe(OH)2转变成Fe(OH)3的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)可以用KSCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3+,两者反应生成红色物质,发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3;
(4)向FeCl3溶液加入Fe,发生氧化还原反应,离子反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(5)FeCl2中的Fe2+有还原性,可以被空气中的氧气氧化,生成的Fe3+可以氧化I-生成I2,所以把FeCl2溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液,在空气中放置一会儿变为蓝色,发生的离子方程式有4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O和2Fe3++2I-=2Fe2++I2。
8.硫及其化合物有如下转化关系
(1)发生氧化还原反应的是___________(填序号)
(2)写出(5)的反应方程式____________,说明浓硫酸具有___________,制取CuSO4,__________方法最好(填序号);
(3)SO2是造成空气污染,形成酸雨的主要物质。
SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸,反应方程式为_____________。
验证二氧化硫的方法是_____________。
(4)某溶液中含有Cl-、SO42-,可能含有Na+、Fe2+或其中一种。
①验证Cl-、SO42-的方法是______________
A.先加BaCl2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液
B.先加AgNO3溶液,等沉淀后,再加BaCl2溶液
C.先加Ba(NO3)2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液
②验证Na+或Fe2+最简单的方法是_____________。
【答案】①②⑤2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O强氧化性⑥2SO2+O2+2H2O=2H2SO4将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2C若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在
【解析】
【详解】
(1)依据转化关系中反应前后元素化合价变化分析,①反应是硫单质和铁发生反应一定有元素化合价变化属于氧化还原反应;②是硫和氧气反应生成二氧化硫属于氧化还原反应;③是三氧化硫和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀,无元素化合价变化,不是氧化还原反应;④是硫酸铜和氯化钡溶液反应生成沉淀,发生的是复分解反应;⑤是铜和浓硫酸加热反应,发生的是氧化还原反应,⑥是氧化铜与硫酸的反应,没有元素的化合价发生变化;有元素化合价变化的反应为氧化还原反应,因此①②⑤属于氧化还原反应;故答案为①②⑤;
(2)反应⑤是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:
2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O,反应中浓硫酸表现了酸性和强氧化性;硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜,反应过程中无污染气体生成最好,制备硫酸铜的方法,⑥最好,⑤生成二氧化硫污染性气体;故答案为2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O;强氧化性;⑥;
(3)SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸,分压的化学方程式为:
2SO2+O2+2H2O═2H2SO4;依据二氧化硫的特征性质检验二氧化硫,使品红试液褪色,加热恢复红色,方法为:
将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2;故答案为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4;将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2;
(4)①依据氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验、硫酸根离子检验方法加入盐酸,在加入硝酸钡进行检验,注意离子检验设计应先检验硫酸根离子,沉淀完全后再检验氯离子的存在。
A.先加BaCl2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液,氯离子和硫酸根离子都会生成白色沉淀,不能确定离子存在,选项A错误;
B.先加AgNO3溶液,等沉淀后,再加BaCl2溶液,硫酸根离子也能生成白色沉淀硫酸银,不能检验离子存在,选项B错误;
C.先加Ba(NO3)2溶液,等沉淀后,检验硫酸根离子存在,除去硫酸根离子后再加AgNO3溶液,检验氯离子存在,选项C正确;
答案为C;
②依据亚铁离子溶液呈浅绿色,钠离子溶液中为无色,或做焰色反应检验;若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在;故答案为若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在。
9.A、B、C、D四种化合物,其中B、C、D焰色反应均为黄色,而A的焰色反应为紫色,B、D和盐酸反应均得到C,将固体B加热分解可得到D,若在D的溶液中通入一种无色无味气体,又可得到B的溶液;若A的溶液滴加到FeCl2溶液中,先出现白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色沉淀E。
(1)试推断各物质的化学式:
A:
___B:
___C:
___
(2)按要求写出下列方程式:
①D与盐酸反应的离子方程式:
___;
②E固体受热分解的化学方程式:
___。
【答案】KOHNaHCO3NaClCO32-+2H+=H2O+CO2↑2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O
【解析】
【分析】
B、C、D焰色反应均为黄色,则均为钠的化合物,A的焰色反应为紫色,则A为钾的化合物;若A的溶液滴加到FeCl2溶液中,先出现白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色沉淀E,可知A为KOH,E为Fe(OH)3;B、D和盐酸反应均得到C,将固体B加热分解可得到D,若在D的溶液中通入一种无色无味气体,又可得到B的溶液,可知B为Na2CO3,D为NaHCO3,C为NaCl,据此进行解答。
【详解】
(1)据分析可知答案为:
KOH;NaHCO3;NaCl;
(2)①碳酸钠和盐酸反应离子方程式为:
CO32-+2H+=H2O+CO2↑;
②氢氧化铁受热反应方程式为:
2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O。
10.已知:
M是人们日常生活中一种重要调料,也是一种重要的化工原料,在灼烧时,焰色反应呈黄色。
A、B、D均为单质,在F的溶液中加入硫氰化钾溶液,溶液变成血红色,各物质的转化关系如下图所示:
根据以上信息回答下列问题:
(1)M和水发生电解的化学方程式____________。
(2)写出E溶于水的电离方程式__________。
(3)F和D反应生成G的离子方程式为____________。
(4)向G的溶液中滴加C的溶液,观察到的现象为________。
【答案】2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑HCl=H++Cl-2Fe3++Fe=3Fe2+先有白色沉淀生成,后变为灰绿色,最终变为红褐色
【解析】
【分析】
M是人们日常生活中一种重要调料,也是一种重要的化工原料,在灼烧时,焰色反应呈黄色,则M是NaCl,电解NaCl的水溶液产物为H2、Cl2和NaOH,结合A、B、D均为单质,可知C为NaOH,E为HCl;在F的溶液中加入硫氰化钾溶液,溶液变成血红色,可知F为FeCl3,则A为Cl2、B为H2,D为Fe,G为FeCl2,据此分析解题。
【详解】
由分析知:
M为NaCl、A为Cl2、B为H2、C为NaOH、D为Fe、E为HCl、F为FeCl3、G为FeCl2;
(1)电解NaCl的水溶液发生的化学方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑;
(2)HCl溶于水电离出H+和Cl-,电离方程式为HCl=H++Cl-;
(3)Fe溶于FeCl3溶液生成FeCl2的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH的溶液,先有白色沉淀生成,因Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成Fe(OH)3,则可继续观察到白色沉淀变为灰绿色,最终变为红褐色。
【点睛】
考查无机物的推断;注意把握推断的突破口,通常从物质的颜色,性质和反应现象为突破口进行推断,本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析,注意电解饱和食盐水的产物和铁三角之间的转化条件是解答该题的关键。
11.将单质Fe和FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中,搅拌、静置。
根据下述不同情况,填写金属单质或金属离子的符号。
(1)充分反应后,若Fe有剩余,则烧杯中不可能含有的金属离子是_____。
(2)充分反应后,如果烧杯中还有大量的Fe3+,则还会有的金属离子是_____。
(3)如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半,则烧杯中一定没有的金属离子是____,一定没有的金属单质是______。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe3+Fe
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,铁先与氯化铁溶液反应,Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2,则铁先与氯化铁溶液反应。
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu;
①Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+、Cu2+;
②如容器内有大量Fe3+,说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应,所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+;
③如有一半Cu2+剩余,说明铜离子已部分反应,所以氧化性强的铁离子已完全反应,则容器内一定没有的金属离子是:
Fe3+;则F
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