高中高三化学复习 3.2的重要化合物课时作业1高三1化学试题

然顿市安民阳光实验学校3.2铁的重要化合物
1、某磁黄铁矿的主要成分是Fe x S（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（）
A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L
B．生成的H2S气体在状况下的体积为2.24L
C．该磁黄铁矿中Fe x S的x=0.85
D．该磁黄铁矿Fe x S中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
【答案】C
【解析】解：n（S）==0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）
==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，
A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）
==8.5mol/L，故A错误；
B．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，故B错误；
C．Fe x S中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；
D．根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）
=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故D错误；故选C．
2、向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（）
A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L
C．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣
+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）： n（Br﹣）=2：1：3
【答案】B
【解析】解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，
A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；
B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；
C．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n （Fe2+）：n（I﹣）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故C正确；
D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）
=2×2mol=4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确；
故选B．
3、向质量为30g的Fe、Fe2O3混合物中加入250mL 4mol·L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出NO（状况）2.24L，所得溶液中再滴加KSCN溶液，无血红色出现．若用与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑和足量的稀硫酸充分反应，所得到的气体在状况下的体积为（）
A．15.12 L B．10.08 L
C．2.24 L D．3.36 L
【答案】B
【解析】解：30g混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，
生成NO的体积为2.24L，其物质的量为0.1mol，
根据氮元素守恒可知，2n+n（NO）=n（HNO3），
故2n+0.1mol=0.25L×4mol/L，
解得n=0.45mol，
故混合物中n（Fe原子）=n=0.45mol，
与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑的物质的量为0.45mol，
根据电子转移守恒可知，
与足量硫酸生成氢气的物质的量为=0.45mol，
氢气的体积为0.45mol×22.4L/mol=10.08L，故选：B．
4、某铁的氧化物，用7mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+．则该氧化物的化学式可表示为（）
A．FeO B．Fe3O4
C．Fe4O5 D．Fe5O7
【答案】D
【解析】解：设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，由某铁的氧化物，用7.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，
依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：
2x+3y=0.1L×7.0mol/L=0.7mol；
溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：x×1=×2=0.05mol；
解得：x=0.05mol；y=0.2mol；
所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.05mol、0.2mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=×n （HCl）=×0.7mol=0.35mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，该氧化物的化学式为Fe5O7，
故选D．
5、把ag铜铁合金粉末投入足量盐酸中，反应完全后过滤．向滤液中加入过量
氢氧化钠溶液，过滤，沉淀经洗涤．干燥．灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag，则此合金中铜的质量分数为（）
A．70% B．30%
C．52.4% D．22.2%
【答案】B
【解析】解：由铁铜合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁Fe2O3，
即：agFe、Cu→ag Fe2O3，
合金中Cu的质量等于氧化铁中O元素的质量，
则合金中Cu的质量分数等于氧化铁中O的质量分数，
原合金中Cu 的质量分数为：×100%=30%，
故选B．
6、某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（）
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2
C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D 【解析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，
A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；
B．由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；
C．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；D．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误．
故选D．
7、在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3+，同时又析出0.1mol Ag．则下列结论中不正确的是（）
A．反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2
B．氧化性：Ag+＞Cu2+＞Fe3+＞Zn2+
C．含Fe3+的溶液可腐蚀铜板
D．1mol Fe可还原2mol Fe3+
【答案】B
【解析】A．由反应2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反应共生成
0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故A正确；
B．根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B错误；
C．氧化性Cu2+＜Fe3+，则含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；
D．金属铁和三价铁的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则1molFe可还原2molFe3+，故D 正确．
故选B．
8、向100mL 0.1mol·L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L ﹣1Ba（OH）
2溶液．随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示．则下列说法中正确的是（）
A．a点时溶液中所含主要溶质为（NH4）2SO4
B．a→b段发生反应的离子方程式是：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓
C．b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.2
D．c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mL
【答案】A
【解析】A、O→a段发生的离子反应为Fe2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，当Fe2+沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；
B、随着Ba（OH）2溶液的滴入，NH4+参加反应，a→b段的反应为2NH4++2OH﹣+SO42﹣+Ba2+=BaSO
4↓+2NH3·H2O，故B错误；
C、b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，故C错误；
D、到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200 ml，故c点大于200 ml，故D错误；
故选A．
9、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（）
A．在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣
B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I﹣、Br﹣、Fe2+ C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3
D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+【答案】D
【解析】A、若H+最先与AlO2﹣反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH﹣反应生成AlO2﹣，反应顺序为OH﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故A错误；
B、离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I
﹣、Fe2+、Br﹣，因为2Fe2++Br
2
=2Fe3++2Br﹣，故B错误；
C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错误；
D、氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确．
答案：D．
10、某CaCl2样品中可能含有FeCl3、MgCl2、NaCl和Na2CO3中的一种或两种．将
11.1克此样品溶于水得无色溶液，加入足量的AgNO3溶液得沉淀29.7克，由此可知所含杂质的正确结论是（）
A．一定无Na2CO3，可能有FeCl3
B．可能有Na2CO3和NaCl
C．一定有MgCl2，可能有NaCl
D．一定有NaCl
【答案】C
【解析】纯净的11.1g氯化钙生成的沉淀质量是x
CaCl2～2AgCl
111 287
11.1 x
所以沉淀量是28.7g，
纯净的11.1g氯化镁生成的沉淀质量是z
MgCl2～2AgCl
95 287
11.1 z
所以沉淀量是33.5g，
纯净的11.1g氯化钠生成的沉淀量是m，
NaCl～AgCl
58.5 143.5
11.1 m 所以沉淀量是27.2g，
因为氯化钙生成的沉淀量小于29.7，所以另一种物质的生成的沉淀量要大于
29.7，一定含有氯化镁，可能含有氯化钠；
A、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故A错误；
B、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故B错误；
C、通过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故C正确；
D、过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故D错误；
故选C．
11、甲、乙、丙、丁是中学常见的物质，其中甲、乙、丙均含有同一种元素，在一定条件下的转化关系如图，下列说法正确的是（）
A．若丁为用量最大，用途最广的金属单质，乙的溶液一定为FeCl3
B．若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则反应①的化学方程式4NH3+5O 24NO+6H2O
C．若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙可作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂，将等物质的量的乙和丙溶于水形成混合溶液，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则甲一定为含Al3+的盐
【答案】C
【解析】A．若丁为用量最大，用途最广的金属单质，则丁为Fe，由转化关系可知，甲具有强氧化性，为氯气或硝酸等符合转化关系，乙的溶液为FeCl3或
Fe（NO3）3等，故A错误；
B．若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，二者分别为氮气、氧气中的一种，由转化关系可知，乙为氮气，丁为氧气，反应①应是4NH3+3O 22N2+4H2O，故B错误；
C．若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙可作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂，则丙为NaHCO3，由转化关系可知，甲为NaOH、丁为CO2，乙为Na2CO3，将等物质的量的乙和丙溶于水形成混合溶液，溶液中钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根都水解，溶液呈碱性，且碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度，故离子浓度关系c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则丁为NaOH，甲为铝盐或二氧化碳、二氧化硫等符合转化关系，甲不一定为含Al3+的盐，故D错误，
故选C．
12、实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4？7H2O），聚铁的化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，制备过程如图所示：下列说法不正确的是（）
A．炉渣中FeS与硫酸和氧气的反应式为：4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O B．气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用
C．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大
D．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤得到绿矾
【答案】C 【解析】分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体
A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；
B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；
C、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的，然后与比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故C错误；
D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故D正确；
故选C．
13、现有FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液，其中c（H+）=0.10mol/L．取该溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g；再另取该混合溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.00g．则原混合溶液中c（Fe2+）与c（Fe3+）之比为（）
A．4：1 B．3：1 C．2：1 D．1：1
【答案】A
【解析】200mL混合溶液加入过量BaCl2溶液，充分反应后得到沉淀27.96g为
BaSO4，其物质的量＝27.96g÷233g/mol＝0.12mol，根据电荷守恒可知2n（SO42-）=2n（Fe2+）+3n（Fe3+）+n（H+），即2n（Fe2+）+3n（Fe3+）
=0.12mol×2-0.2L×0.1mol/L=0.22mol，另取该混合溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧最终得固体8.00g为Fe2O3，其物质的量＝8.0g÷160g/mol＝0.05mol，根据Fe元素守恒有2n（Fe2O3）=n（Fe2+）+n（Fe3+），即n（Fe2+）+n（Fe3+）=0.05mol×2=0.1mol，联立方程解得：n（Fe2+）=0.08mol、n（Fe3+）=0.02mol，溶液体积相等，浓度之比等于物质的量之比，则原混合溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=0.08mol：0.02mol=4：1，故选A。

14、8.34gFeS04·7H20样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是（）
A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4？5H2O
B．温度为l59℃时固体物质N的化学式为FeSO4？3H2O
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4 FeO+SO 3↑
D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3
【答案】D
【解析】A、依据图象分析在78℃时固体质量变为6.72g，绿矾加热失去结晶水，质量减小，设失去结晶水x个，则8.34g FeS04？7H20样品物质的量
=8.34g/278g/mol=0.03mol，
FeSO4？7H2O FeSO4？（7-x）H2O+xH2O
0.03mol 0.03xmol 依据加热分解减少的是水的质量列式：0.03xmol×18g/mol=8.34g-6.72g=1.62g x=3
所以加热到78℃时固体为FeSO4？4H2O，错误；B、根据和A选项相同的计算方法可以得到固体物质N的化学式为FeSO4？H2O，错误；C、经过计算可以得到在P点时，固体物质为FeSO4，则N得到P的化学方程式为FeSO4？7H2O
FeSO4+7H2O ，错误；D、晶体全部失去结晶水得到固体质量为
8.34g-0.03mol×7×18g/mol=4.56g；对应温度为633°C；取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，结晶水全部失去，硫酸亚铁受热分解，假设Q的化学式为Fe2O3，根据元素守恒可得 Fe2O3的物质的量为0.015mol，质量为2.40g，与图像中的Q的质量恰好相同，同时有两种无色气体生成，判断为SO2，SO3，正确。

15、将12.8gMg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，可产生0.3mol 气体。

另取等质量合金溶于过量稀硝酸中，生成NO气体，向反应后的溶液中加入NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，其质量为38.3g，则上述反应中生成NO气体的体积（状况下）为（）
A. 11.2L
B. 33.6L
C. 22.4L
D.6.72L
【答案】A
【解析】氢氧化镁、氢氧化铝、氢氧化铁的总质量为38.3 g，沉淀中氢氧根的质量为38.3g-12.8g=25.5g，物质的量为25.5g/17g？moL-1=1.5mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量，令NO的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有（5-2）×xmol=1.5mol，解得x=0.5，所以生成的NO的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L,选A。

16、铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定，以下实验过程不完整，请在图1中补充完整．
①按上图组装仪器，并；
②将8.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，，点燃A处酒精灯；
④充分反应后，撤掉酒精灯，；
⑤测得反应后装置B增重2.25g，则铁矿石中氧的百分含量
为．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定如图2所示．
（1）步骤④中煮沸的作用是．
（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、250mL容量
瓶、．
（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂
b．锥形瓶不需要用待测液润洗
c．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
d．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化
e．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数f．滴定结束后，滴定管尖嘴部分有气泡，则测定结果偏大
（4）若滴定过程中消耗0.5000mol·L﹣1的KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为．【答案】Ⅰ．①检验装置的气密性；
③待C装置出口处氢气验纯后；
④再持续通入氢气至完全冷却；
⑤ 25%；
Ⅱ．（1）赶走溶液中溶解的过量的Cl2；
（2）玻璃棒；
（3）be；
（4）70%；
Ⅲ．Fe5O6．
【解析】Ⅰ．①组装仪器完毕，需要检验装置的气密性，
故答案为：检验装置的气密性；
③氢气不纯燃烧时可发生爆炸，因此点燃酒精灯前要检验C装置出口处氢气的纯度，
故答案为：待C装置出口处氢气验纯后；
④充分反应后，撤掉酒精灯，需防止热的铁被氧气氧化，可再持续通入氢气至完全冷却，让氢气作保护气，
故答案为：再持续通入氢气至完全冷却；
⑤1.35g，根据反应的实质，增加的是氧元素的质量，所以氧元素的质量分数是
100%=25%，
故答案为：25%；
Ⅱ．（1）向铁矿石中加入硫酸，酸化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2，否则会影响与KI的反应，带来实验误差，
故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；
（2）玻璃棒需要搅拌和引流，采用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL 容量瓶，
故答案为：玻璃棒；
（3）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；
b．锥形瓶不需要用待测液润洗，否则浓度偏大，故b正确；
c．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故c错误；
滴定管用蒸馏水洗涤后必须用液润洗，故c错误；
d．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故d错误；
e．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故e正确；
f．滴定结束后，滴定管尖嘴部分有气泡，导致读数偏小，则测定结果偏小，故f错误；
故答案为：be；
（4）由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，结合方程式可知，c（Fe3+）=c（KI）=0.5mol·L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，
故答案为：70%；
Ⅲ．铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g ，铁元素和氧元素的物质的量比为：：=5：6，铁的氧化物的化学式为：Fe5O6，
故答案为：Fe5O6．
17、以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)：Ⅰ.从废液中提纯并结晶出FeSO4·7H2O。

Ⅱ.将FeSO4·7H2O配制成溶液。

Ⅲ.FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液。

Ⅳ.将浊液过滤，用90 ℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体。

Ⅴ.煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体。

已知：NH4HCO3在热水中会分解。

⑴Ⅰ中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3＋，该反应的离子方程式是。

⑵Ⅱ中，需加一定量酸，该酸最好是。

运用化学平衡原理以及离子方程式简述该酸的作
用。

⑶Ⅲ中，生成FeCO3的离子方程式是。

若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是。

(4)Ⅳ中，通过检验SO42-来判断沉淀是否洗涤干净，检验SO42-的操作是
(5)已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3＋O2 =2Fe2O3＋4CO2。

现煅烧464.0 kg
的FeCO3，得到316.8 kg产品。

若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是 kg。

【答案】⑴ Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋
⑵硫酸加入硫酸，H＋浓度增大，使Fe2＋＋2H2O Fe(OH)2＋2H＋的平衡向逆反应方向移动，从而抑制Fe2＋的水解
⑶Fe2＋＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；4FeCO3＋6H2O＋O2==4Fe(OH)3＋4CO2
⑷取少量洗涤后的溶液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净
⑸288.0
【解析】（1）Fe可以和铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式是Fe+2Fe3+＝3Fe2+。

（2）由于不能引入杂质，所以加入的酸最好是硫酸。

由于亚铁离子在溶液中存在水解平衡，加入硫酸，H＋浓度增大，使反应Fe2＋＋2H2O Fe(OH)2＋2H＋的平衡向逆反应方向移动，从而抑制Fe2＋的水解。

（3）FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，亚铁离子和碳酸氢根离子水解相互促进生成碳酸亚铁和二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；生成的碳酸亚铁中，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁，所以FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，反应的化学方程式是4FeCO3＋6H2O＋O2==4Fe(OH)3＋4CO2。

（4）硫酸根离子可以和钡离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，因此检验硫酸根是否存在可以验证沉淀是否洗净，具体操作是取少量洗涤后的溶液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净。

（5）假设Fe2O3物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，则160x＋72y＝316800、（2x＋y）×116＝464000，解得x＝1800mol，所以产品中Fe2O3的质量160g/mol×1800mol＝288000g＝288kg。

18、准确称取22.7g某矿石样品（含Al2O3、Fe2O3和不溶于水和酸的杂质），放入盛有100mL某浓度的硫酸的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L 的NaOH溶液，产生的沉淀的质量m与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示．请回答：
（1）硫酸的物质的量浓度是多少？
(2)若a=10，矿石样品中Fe2O3的质量是多少？
（3）试计算a的取值范围．
【答案】（1）硫酸溶液的浓度为5mol/L；
(2) 若a=10，矿石样品中Fe2O3的质量是16g；
（3） a的取值范围为4ml＜a＜70ml；
【解析】解：（1）依据图象分析可知，当生成最大量沉淀时，依据硫酸根离子，钠离子守恒，最后生成硫酸钠，2NaOH～H2SO4，氢氧化钠物质的量
=0.1L×10mol/L=1mol/L，反应的硫酸物质的量为0.5mol，硫酸物质的量浓度==5mol/L；
答：硫酸溶液的浓度为5mol/L；
(2)Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，消耗氢氧化钠溶液体积10ml，铝离子物质的量=0.010L×10mol/L=0.1mol，生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠物质的量为
0.3mol；图象分析可知，溶解矿石加入的硫酸过量，开始先发生反应OH﹣+H+=H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；当a=10ml，氢离子消耗氢氧
化钠物质的量=0.01L×10mol/L=0.1mol，计算得到沉淀铁离子消耗的氢氧化钠物质的量=0.1L×10mol/L﹣0.1mol﹣0.3mol=0.6mol，Fe3+物质的量为0.2mol，Fe2O3的物质的量为0.1mol，矿石样品中Fe2O3的质量=0.1mol×160g/mol=16g；答：若a=10，矿石样品中Fe2O3的质量是16g；
（3）铝离子物质的量为0.1mol，依据极值法计算得到a的最大值为：只有铝离子时沉淀需要氢氧化钠物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为30ml，则a=100ml﹣30ml，但样品中含有氧化铁，a一定小于70ml；假设22.7g某矿石样品中只有含Al2O3、Fe2O3，依据计算可知，Al2O3物质的量为0.05mol，质量=0.05mol×102g/mol=5.1g，则Fe2O3的质量=22.7g﹣5.1g=17.6g，Fe2O3的物质的量==0.11mol，Fe3+物质的量为0.22mol，消耗氢氧化钠0.66mol，反应形成最大量沉淀消耗氢氧化钠物质的量为0.66mol+0.3mol=0.96mol，需要氢氧化钠溶液的体积==0.096L；所以a最小为100ml﹣96ml=4ml；则a的取值为：4ml＜a＜70ml；
答：a的取值范围为4ml＜a＜70ml；
19、图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．
回答下列问题：
（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是；M 中存在的化学键类型为；R的化学式
是．
（2）一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4．ZH4的电子式为．（3）已知A与1mol Al反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程
式：．
（4）写出A 和D的稀溶液反应生成G的离子方程
式：．
（5）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值．
【答案】（1）第二周期第VIA族；离子键、共价键； H2SiO3（或H4SiO4）；
（2）
（3）8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al2O3（s）△H=﹣8a kJ/mol
（4）3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O
（5）
【解析】A俗称磁性氧化铁，即为四氧化三铁；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为硅酸钠、G为硝酸铁．
（1）根据氧原子的核外电子排布，知氧元素在周期表的第二周期第VIA族；硅酸钠中有离子键、共价键；R的化学式是
H2SiO3（或H4SiO4）；故答案为：第二周期第VIA族；离子键、共价键； H2SiO3（或H4SiO4）；
（2）ZH 4的分子式为SiH 4，其电子式为：
（3）根据热化学方程式的书写方法和书写原则，先写出铝和四氧化三铁反应的化学方程式，再注明状态和焓变；故答案为：8Al （s ）+3Fe 3O 4（s ）=9Fe （s ）+4Al 2O 3（s ）△H=﹣8a kJ/mol
（4）四氧化三铁和硝酸反应是，铁元素均被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2价，故答案为：3Fe 3O 4+28H +
+NO 3﹣
=9Fe 3+
+NO↑+14H 2O
（5）根据铁和硝酸反应的实质，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe 2+
的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe 3+
反应而生成Fe 2+
，故Fe 2+
的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变．故答案为：
20、如图中，A 、B 、C 、D 、E 是单质，G 、H 、I 、F 是B 、C 、D 、E 分别和A 形成的二元化合物。

已知：
①反应C+G −−−→高温
B+H 能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接； ②I 是一种常见的温室气体，它和E 可以发生反应：2E+I 点燃
2F+D ，F 中E 元素
的质量分数为60%。

回答问题：
(1)①中反应的化学方程式为：________________________________________； (2)1.6 g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少需铜粉的质量(写出离子方程式和计算过程)；__________________________________________。

(3)C 与过量NaOH 溶液反应的离子方程式为：___________________________， 反应后溶液与过量化合物I 反应的离子方程式为：_________________________；
(4)E 在I 中燃烧观察到的现象是：____________________________________。

【答案】(1)23232Al Fe O ====2Fe Al O 高温
＋＋
(2)3232Fe O 6H 2Fe 3H O ++====＋＋，
()()231.6 g
n Cu n Fe O 0.01 mol 160 g /mol
==
=，至少需铜粉的质量为
0.01 mol ×64
g/mol=0.64 g
(3)2222Al 2OH 2H O====2AlO 3H --
↑＋＋＋
(4)镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着黑色固体
【解析】(1)铝热反应应用于铁轨的焊接，由①可知C 为Al 、G 为Fe 2O 3、B 为Fe 、H 为Al 2O 3，反应的化学方程式为2Al ＋Fe 2O 3
高温
2Fe ＋Al 2O 3。

CO 2是最常见
的温室气体，由②可知E 为Mg 、I 为CO 2、F 为MgO 、D 为C 。

综上可知A 为O 2。

(2)Fe 2O 3与盐酸反应的离子方程式为Fe 2O 3＋6H +
====2Fe 3+
＋3H 2O ，FeCl 3与铜粉完全反应的离子方程式为2Fe 3+
＋Cu====2Fe 2+
＋Cu 2+，可知n(Cu)=n(Fe 2O 3)=
1.6 g
160 g /mol
=0.01 mol,需铜粉的质量为
0.01 mol ×64
g/mol=0.64 g 。

(3)Al 与过量NaOH 溶液反应的离子方程式为：2Al ＋2OH -
＋2H 2O====22AlO -＋ 3H 2↑，反应后溶液为NaAlO 2，与过量CO 2反应的离子方程式为：
()22233AlO CO 2H O====Al OH HCO --↓＋＋＋。

(4)Mg 在CO 2中燃烧的化学方程式为：2Mg+CO 2
点燃
2MgO ＋C ，观察到的现象是镁
条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着黑色固体。