2022届高考化学一轮复习专题3金属及其化合物第10讲铁铜的获取及应用课时作业含解析苏教版

第10讲铁、铜的获取及应用
1．(2021·江西萍乡质检)?唐本草?记载“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃。

陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣〞。

文中“绛矾〞为( )
A．FeSO4·7H2OB．CuSO4·5H2O
C．Na2SO4·10H2O D．KAl(SO4)2·12H2O
解析：根据题中描述，晶体本来为绿色，加热后得到红色固体，所以该晶体为FeSO4·7H2O。

答案：A
2．某学生以铁丝和Cl2为原料进行以下三个实验。

以下从分类角度分析正确的选项是( ) A．实验①、③反响制得的物质均为纯洁物
B．实验②、③均未发生氧化复原反响
C．实验①、③均为放热反响
D．实验①、②所涉及的物质均为电解质
解析：实验③制得的是Fe(OH)3胶体，属于混合物，且属于吸热反响，选项A、C错误；实验①中涉及的物质Cl2、铁丝均为单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，选项D错误。

答案：B
3．为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了如下图的一组实验，其中实验方案设计错误的选项是( )
A．只有④B．只有③
C．③和④均错 D．全部错误
解析：实验③中溶液应变为浅蓝色；实验④与Fe3＋的性质无关。

答案：C
4．铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中参加过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是( )
A．Fe(OH)3Fe2O3B．Fe(OH)2Fe2O3
C．Fe(OH)2Fe(OH)3D．Fe(OH)2FeO
解析：铁与稀硫酸反响生成FeSO4，再与过量氨水反响生成白色沉淀Fe(OH)2，在空气中加热Fe(OH)2，铁元素被氧化为＋3价，最后所得红棕色残渣为Fe2O3。

答案：B
5．(2021·江苏省盐城检测)以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．FeSO4易溶于水，可用于制造红色颜料
B．FeS是黑色粉末，可用于去除水体中Cu2＋等重金属
C．Fe2(SO4)3水溶液显酸性，可用于去除天然气中的H2S
D．Fe在冷的浓硫酸中钝化，可用于制造贮存浓硫酸的贮罐
解析：A.可用于制造红色颜料的是Fe2O3，故A错误；B.FeS可用于去除水体中Cu2＋等重金属，
是因为转化为更难溶的硫化物，与颜色无关，故B错误；C.Fe2(SO4)3可用于去除天然气中的H2S，是因为三价铁离子具有氧化性，能氧化硫化氢中的硫元素，与其水溶液显酸性无关，故C错误；D.Fe在冷的浓硫酸中钝化，生成致密的氧化物薄膜，所以可用于制造贮存浓硫酸的贮罐，故D正确。

答案：D
6．从酸性蚀刻废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、H＋及Cl－)中回收Cu并制取FeCl3·6H2O，以下图示装置和原理不能到达实验目的的是( )
A．用装置甲从废液中复原出Cu
B．用装置乙进行固液别离
C．用装置丙将Fe2＋氧化为Fe3＋
D.用装置丁将丙中反响后的溶液蒸干制取FeCl3·6H2O
解析：A.从废液中复原出Cu，要参加铁粉，可以用装置甲实现，故A正确；B.固液别离用过滤装置，装置乙为过滤装置，故B正确；C.氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，所以用装置丙将Fe2＋氧化为Fe3＋，故C正确；D.FeCl3·6H2O应用蒸发浓缩，降温结晶的方式制得，故D错误。

答案：D
7．(双选)向FeCl3、CuCl2的混合溶液中参加铁粉，充分反响后仍有固体存在，那么以下判断不正确的选项是(氧化性：Fe3＋>Cu2＋)( )
A．溶液中一定含有Cu2＋
B．参加KSCN溶液一定不变红色
C．溶液中一定含有Fe2＋
D．剩余固体中可能含铜
解析：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3＋、Cu2＋全部参加反响生成Fe2＋和Cu，反响的化学方程式为2FeCl3＋Fe===3FeCl2、CuCl2＋Fe===Cu＋FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3＋，Cu2＋恰好全部参加反响或局部反响生成Fe2＋和Cu，所以溶液中一定没有Fe3＋，可能含有Cu2＋，一定含有Fe2＋。

假设参加的铁粉足量，那么溶液中一定不含铜离子，选A；根据以上分析可知，溶液中一定存在亚铁离子，不选C；反响后有固体剩余，由于复原性：Fe>Cu，那么剩余的金属中一定含有铜，选D；根据以上分析可知，反响后的溶液中一定不存在铁离子，所以参加KSCN溶液一定不变红色，不选B。

答案：AD
8．(2021·福建省福州月考)合金就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，根据以下四种金属的熔、沸点：
A．Cu和Al B．Fe和Cu
C．Fe和Na D．Al和Na
解析：A.铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，不选A; B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，不选B；C.铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，选C；D.铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，不选D。

答案：C
9．向氧化铁、氧化铜、铁、铜的混合粉末中参加过量的稀盐酸，充分反响后，仍有红色粉末存在。

那么关于溶液中阳离子的判断正确的选项是( )
A．只有Fe2＋和Cu2＋
B．一定有Fe2＋、Cu2＋，可能有Fe3＋
C．一定有Fe2＋，可能有Cu2＋
D．只有Fe2＋
解析：混合粉末中参加过量的稀盐酸反响后，仍有红色固体铜存在，溶液中一定有Fe2＋，一定不可能有Fe3＋，可能有Cu2＋。

答案：C
10．(双选)向盛有2 mL FeCl3溶液的试管中参加少量铁粉，如图进行实验。

以下分析错误的选项是( )
A.操作①为萃取
B．步骤Ⅰ中的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
C．假设步骤Ⅱ溶液变红色，说明Fe2＋能用KSCN检验
D．步骤Ⅲ中Fe2＋被氧化为Fe3＋
解析：A.操作①为振荡操作，故A错误；B.步骤Ⅰ中是铁和铁离子反响生成亚铁离子，反响的离子反响为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，故B正确；C.假设步骤Ⅱ溶液变红色，可能是反响后有剩余铁离子，不能说明Fe2＋能用KSCN检验，故C错误；D.步骤Ⅲ中氯气具有强氧化性能氧化亚铁离子，Fe2＋被氧化为Fe3＋，故D正确。

答案：AC
11．将以下物质的颜色和用途或性质用短线连接起来。

①Fe2O3a．红褐色A．具有较强的复原性
②Fe(OH)2 b．红棕色 B．易被氧化成灰绿色最终变成红褐色
③Fe(OH)3 c．白色 C．红色油漆、涂料
④Fe2＋ d．棕黄色 D．受热分解成红棕色粉末
⑤Fe3＋ e．浅绿色 E．具有较强的氧化性
答案：①—b—C ②—c—B ③—a—D ④—e—A ⑤—d—E
12．用不含Fe3＋的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反响制备Fe(OH)2。

(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需参加________。

(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__________________________
___________________________________________________________________。

答案：(1)稀硫酸、铁屑(2)加热煮沸
(3)防止生成的Fe(OH)2与氧气接触而被氧化
13．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。

请答复以下问题：
(1)FeCl3净水的原理是_____________________________________________。

FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是________________________________________________________(用离子方程式表示)。

(2)为节约本钱，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。

①假设酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)＝2.0×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Cl －)＝5.3×10－2 mol·L－1，那么该溶液的pH约为________。

②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
ClO－
＋ Fe2＋＋ ________=== Cl－＋ Fe3＋＋ ________
3
解析：(1)氯化铁净水的原理为Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，Fe3＋可与Fe反响，腐蚀钢铁。

(2)①由电荷守恒：2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)(OH－浓度很小，忽略不计)可求得溶
(Cl为＋5价)→Cl－得到6e－，Fe2＋→Fe3＋失去液中c(H＋)＝1.0×10－2 mol/L。

②由题意ClO－
3
1e－，由电子得失相等，原子守恒配平离子方程式。

答案：(1)Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(2)①2②1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
14．(2021·福建省福清月考)某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2, 工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
：①Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。

②局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
(1)为了加快反响Ⅰ 的速率，可以采取的措施是________________________________(任写1条)。

(2)固体混合物A中的成分是________。

(3)操作Ⅰ主要包括：________、________、________。

洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。

原因是______________________________。

(4)用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为________，该反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为________。

(5)用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为________。

解析：(1)矿渣为固体，为了加快反响的速率，可以将固体粉碎，也可以适当升高反响的温度，或适当增大反响物H2SO4的浓度，不断搅拌等。

(2)根据题给①和固体A为混合物，参加稀硫酸发生的反响有：Cu2O＋H2SO4===Cu＋CuSO4＋H2O、Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O、FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2O、Cu＋Fe2(SO4)3===CuSO4＋2FeSO4，SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸发生反响，因此发生反响Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu。

(3)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；由于CuSO4溶于水，且温度越高，溶解度越大，假设用冰水既可以洗去晶体外表的杂质离子，又可以减少晶体的损失。

(4)NaClO具有强氧化性，Fe2＋具有复原性，发生氧化复原反响，NaClO 可将Fe2＋氧化为Fe3＋并调节pH至3.7≤pH<4.0，将Fe3＋沉淀，故生成沉淀B为Fe(OH)3；该反响中Fe元素的化合价由＋2价升至＋3价，Fe2＋为复原剂，ClO－为氧化剂，Cl元素的化合价由＋1价降至－1价，根据得失电子守恒，氧化剂与复原剂物质的量之比为1∶2。

(5)结合表格数据，Al3＋完全沉淀时的pH为5.2，而Cu2＋开始沉淀的pH为5.4，参加NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3＋沉淀，而Cu2＋不沉淀。

答案：(1)适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等
(2)SiO2、Cu
(3)蒸发浓缩冷却结晶过滤冰水既可以洗去晶体外表的杂质离子，又可以减少晶体的损失
(4)Fe(OH)31∶2
(5)5.2～5.4或5.2≤p H<5.4
15．铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备复原铁粉的工业流程如下：
实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反响制得)和NH4HCO3在如下装置模拟上述流程中的“转化〞环节。

(1)装置A的名称是________，装置B中盛放的药品是________，NH4HCO3盛放在装置________中。

(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是___________________________________________________________________，
发生主要反响的离子方程式为_________________________________________
___________________________________________________________________。

FeSO 4溶液要现用现配制的原因是______________________________________，
检验久置的FeSO 4是否变质的方法是____________________________________
__________________________________________________________________。

(3)枯燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO 3在空气中被氧化为FeOOH ，该反响的化学方程式为___________________________________，
取枯燥后的FeCO 3样品12.49 g ，与炭混合后焙烧，最终得到复原铁粉6.16 g ，计算样品中杂质FeOOH 的质量：________g 。

解析：(1)装置A 是分液漏斗，盛放稀硫酸，装置B 中盛放铁粉，稀硫酸与铁粉反响生成H 2和FeSO 4。

装置C 中盛放NH 4HCO 3。

(2)检验D 处氢气已纯洁时，说明装置中空气已排尽，关闭活塞3，翻开活塞2，在氢气作用下将FeSO 4溶液压入C 中发生反响。

FeSO 4具有复原性，易被O 2氧化，故FeSO 4溶液要现用现配。

用KSCN 溶液检验久置的FeSO 4是否变质。

(3)FeCO 3、H 2O 、O 2反响生成FeOOH 和CO 2。

设枯燥后的FeCO 3样品中FeCO 3、FeOOH 的物质的量分别为x 、y ，那么x ×116 g ·mol －1＋y ×89 g ·mol －1＝12.49 g ，56 g ·mol －1×(x ＋y )＝6.16 g ，解得：x ＝0.1 mol ，y ＝0.01 mol 。

故m (FeOOH)＝0.89 g 。

答案：(1)分液漏斗 铁粉 C
(2)(待D 处的氢气纯洁后)关闭活塞3，翻开活塞2
Fe 2＋＋2HCO －3===FeCO 3↓＋CO 2↑＋H 2O(或Fe 2＋＋HCO －3===FeCO 3↓＋H ＋、HCO －3＋H ＋===CO 2↑＋H 2O) 亚铁离子易被氧化 取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中参加KSCN 溶液，观察是否显红色
(3)4FeCO 3＋O 2＋2H 2O===4FeOOH ＋4CO 2 0.89。