2020-2021高考化学提高题专题复习铁及其化合物练习题附答案

2020-2021高考化学提高题专题复习铁及其化合物练习题附答案
一、高中化学铁及其化合物
1．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

试请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式
A 、
B 、
C 、乙
（2）写出下列反应化学方程式：
反应①反应③
（3）写出下列反应离子方程式反应④
【答案】（1）A、Na B、Al C、Fe 乙 Cl2
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑
【解析】
试题分析：金属单质A的焰色反应为黄色，为Na，与水反应生成的气体甲是H2，D是NaOH，乙是Cl2，则丙为HCl，E为盐酸，能与NaOH反应生成氢气，B为Al，红褐色沉淀为Fe（OH）3， C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；
（1）A 、Na B 、Al C、Fe 乙 Cl2；
（2）反应①的化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
反应③的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3）反应④的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑
考点：无机推断
2．排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu，过程如下。

请回答：
（1）固体A的成分是________________（填化学式）。

（2）溶液B中的金属阳离子有___________________。

（3）试剂G是__________________（填名称）。

（4）B→D反应的离子方程式是_________________________。

（5）溶液E焰色反应呈黄色，试剂H是__________________。

【答案】Fe、Cu Fe2+、Al3+稀盐酸或稀硫酸 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl— NaOH溶液
【解析】
【分析】
【详解】
（1）向含Fe3+、Al3+、Cu2+的工业废水中加入过量的废铁屑，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+ Cu2+= Fe2++Cu，而铁屑是过量的，因此固体A的成分是Fe和Cu；
（2）溶液B中的金属阳离子有反应产生的Fe2+和废水中原有的Al3+；
（3）向Fe和Cu的混合物中加入过量的试剂G能产生溶液B和固体C，则试剂G为稀盐酸或稀硫酸，而固体C为不溶于稀盐酸或稀硫酸的Cu；
（4）向溶液B中加入足量的氯水，Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，而Al3+不反应，因此离子方程式为2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl—；
（5）溶液D的成分是Fe3+和Al3+，向其中加入过量的H溶液生成沉淀F和溶液E，且沉淀F经过灼烧生成铁红，则F为Fe(OH)3；溶液E的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，且一定条件下能得到Al2O3，说明含有铝元素，则E为Na[Al(OH)4]；经过以上分析，可知H为NaOH溶液。

3．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)。

已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是___。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）反应③的离子方程式为___。

（4）反应⑧的化学方程式为___。

（5）反应⑥过程中的现象是____。

（6）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占___L。

【答案】铁元素 8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O Al2O3＋
2NaOH=2NaAlO2＋H2O 生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 33.6 【解析】
【分析】
F是红褐色难溶于水的沉淀，则F为氢氧化铁；E能在空气中转化为F，且E是C和氢氧化钠反应生成，则E为氢氧化亚铁，C为氯化亚铁；B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D，则B 为四氧化三铁，D为氯化铁；A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁，则A为铁单质；四氧
化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质，I又能与氢氧化钠反应，推知I为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G为偏铝酸钠。

【详解】
（1）A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，则六种物质中都含有铁元素，故答案为：铁元素；
（2）①是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋
9Fe，故答案为：8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe；
（3）③是四氧化三铁与盐酸反应，其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
（4）⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋
H2O，故答案为：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；
（5）⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
（6）1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式
1×3=2×n（H2）,则n（H2）=1.5mol，则标准状况下，氢气的体积V（H2）
=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为33.6。

【点睛】
铝与四氧化三铁反应生成铁，8molAl~9molFe，铁与水蒸气反应生成氢气，
3molFe~4molH2，所以也可以根据对应关系8molAl~9molFe~12molH2，求得氢气的物质的量。

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高温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高温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．某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+。

从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂X、Y、Z均过量)。

(1)试剂X为_______，加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为
___________。

(2)操作②为____________(填实验分离方法)。

(3)溶液2中含有的溶质有__________(填化学式)。

(4)写出操作④的化学反应方程式____________。

(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应，产生的气体为_________(填化学式)。

【答案】铝 2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu 氨水过滤 Al2(SO4)3、H2SO4 Al2(SO4)3、H2SO4 SO2【解析】
【分析】
某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+，由流程可知加入X为金属铝，用于置换出铜，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物，向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al，反应产生Al2(SO4)3，而Cu不能发生反应，则为稀H2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4，由于Al(OH)3是两性物质，能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，因此向①②混合后加入氨水，可生成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3可生成Al，以此解答该题。

【详解】
根据上述分析可知操作①是过滤，不溶性物质为Cu、Al混合物，操作②是过滤，试剂Y是H2SO4，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4，试剂Z是氨水，操作③是过滤，操作④加热分解Al(OH)3，操作⑤是电解。

(1)由以上分析可知X为Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为：
2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；试剂Z为氨水；
(2)操作①②③用于分离固体和液体，为过滤操作；
(3)溶液2中含有的溶质有Al2(SO4)3、H2SO4；
(4)操作④是加热Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热发生分解反应，化学方程式为：
2Al(OH)32Al2O3+3H2O；
(5)金属Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，所以反应产生的气体为SO2。

【点睛】
本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，注意实验的设计意图，把握物质的性质，侧重考查学生的分析与实验能力。

6．A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色（含钠元素），而B的焰色反应为紫色（含钾元素），A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E。

试写出各物质的化学式：
A：__、B：__、C：__、D：__、E：___。

【答案】Na2CO3 KOH NaHCO3 NaCl Fe(OH)3
【解析】
【详解】
A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，含有钠元素。

而B的焰色反应为紫色，含有钾元素；A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，这说明C是碳酸氢钠，A是碳酸钠，D是氯化钠，通入的无色气体是二氧化碳。

B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀，说明溶液中发生了反应：Fe2+→Fe(OH)2(白色沉淀)→Fe(OH)3(红褐色沉淀)，E是氢氧化铁，由于B的溶液中阴离子只有一种，所以B是KOH。

答案为：
Na2CO3；KOH；NaHCO3；NaCl；Fe(OH)3
【点睛】
要熟悉常见物质的物理性质和化学性质，特别要熟悉物质之间的转化关系。

如本题中，
Δ
Na2CO3和NaHCO3之间可以相互转化：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O；Fe2+的转化：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

7．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】①②⑤ 2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O 强氧化性⑥
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 C 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。

8．为探究某固体化合物X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。

请回答：
(1)蓝色溶液中的金属阳离子是________。

(2)黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。

(3)X的化学式是________。

【答案】Cu 2＋ 4CuO 高温2Cu 2O ＋O 2↑ Cu 3(OH)2(CO 3)2或Cu(OH)2·2CuCO 3
【解析】
【分析】 根据流程中信息可知黑色化合物为CuO ，砖红色化合物为Cu 2O ，红色金属单质为Cu ，蓝色溶液为CuSO 4溶液；n(H 2O)=18g 0.18g /mol =0.01 mol ，黑色化合物n(CuO)= 2.40g 80g/mol
=0.03 mol ，无色无味气体n(CO 2)= n(CaCO 3)= 2.00g 100g/mol
=0.02 mol ，故可根据各元素推知分子式Cu 3C 2H 2O 8，则推断出X 为Cu 3(OH)2(CO 3)2或Cu(OH)2·2CuCO 3，据此分析。

【详解】
根据流程中信息可知黑色化合物为CuO ，砖红色化合物为Cu 2O ，红色金属单质为Cu ，蓝
色溶液为CuSO 4溶液；n(H 2O)=18g 0.18g /mol
=0.01 mol ，n(H)=0.02mol ，黑色化合物n(CuO)= 2.40g 80g/mol
=0.03 mol ，无色无味气体n(CO 2)= n(CaCO 3)= 2.00g 100g/mol =0.02 mol ，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol ，可根据各元素推知分子式Cu 3C 2H 2O 8，则推断出X 为Cu 3(OH)2(CO 3)2或Cu(OH)2·2CuCO 3。

(1)蓝色溶液为CuSO 4溶液，含有的金属阳离子是Cu 2＋；
(2)黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu 2O ，反应的化学方程式是
4CuO 高温2Cu 2O ＋O 2↑；
(3)X 的化学式是Cu(OH)2·2CuCO 3或Cu 3(OH)2(CO 3)2。

9．A 、B 、C 、D 是中学化学常见的单质，甲、乙、丙为化合物，乙在常温常压下为无色无味的液体，组成单质A 的元素有可变化合价。

它们之间存在如下图所示的转化关系。

由此推断：
(1)甲的化学式为________________，丙的化学式为________________。

(2)写出甲和D 反应的化学方程式：_________________________________________。

(3)为检验化合物甲中元素的化合价，需要用到的药品有________(填字母)。

A .稀硫酸
B .盐酸
C .硫氰化钾溶液
D .高锰酸钾溶液
【答案】Fe 3O 4 Al 2O 3 3Fe 3O 4＋8Al 高温9Fe ＋4Al 2O 3 ACD
【解析】
【分析】 A 、B 、C 、D 是中学化学常见的单质，甲、乙、丙为化合物，乙在常温常压下为无色无味的液体，乙是H 2O ，组成单质A 的元素有可变化合价，且高温条件下与H 2O 反应，则A 是Fe ，甲是Fe 3O 4，C 是H 2，B 是O 2，Fe 3O 4与D 反应生成Fe ，此反应为铝热反应，则D 是Al ，丙是Al 2O 3。

【详解】
（1）乙在常温常压下为无色无味的液体，乙是H 2O ，组成单质A 的元素有可变化合价，且高温条件下与H 2O 反应，则A 是Fe ，甲是Fe 3O 4，Fe 3O 4与D 反应生成Fe ，此反应为铝热反应，则D 是Al ，丙是Al 2O 3，故甲的化学式为Fe 3O 4，丙的化学式为Al 2O 3。

（2）甲是Fe 3O 4，D 是Al ，其化学反应方程式为：3Fe 3O 4＋8Al 高温9Fe ＋4Al 2O 3
（3）甲是Fe 3O 4，要检验其中所含有的阳离子，要先用稀硫酸使其发生反应：Fe 3O 4＋8H
＋＝2Fe 3＋＋Fe 2＋＋4H 2O ，然后再用高锰酸钾溶液检验Fe 2＋，用硫氰化钾溶液检验Fe 3＋，故使用的物质是A 、C 、D 。

10．物质A ～K 有如图的转化关系，其中D 、E 为气体单质，A 、H 为常见金属。

试回答(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)：
(1)写出下列物质的化学式：D 是________， I 是______。

(2)写出“C→F”反应的离子方程式：______________________________________。

(3)写出反应“J→K”的离子方程式：____________________________________。

(4)在溶液I 中滴入NaOH 溶液，可观察到的现象是______________________________。

【答案】H 2 FeCl 2 ()3+
3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋ ()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－＋ 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
黄绿色气体E 为Cl 2，红褐色沉淀K 为Fe(OH)3，金属H 与溶液B 反应得到I ，I 能被氯气氧化得到J ，J 与氢氧化钠反应得Fe(OH)3，可推知H 为Fe 、B 为盐酸、I 为FeCl 2，J 为FeCl 3，故B 为HCl 、气体单质D 为H 2，金属A 与盐酸反应得到C 为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F ，且白色沉淀F 溶于氢氧化钠溶液得到G ，可推知A 为Al 、C 为AlCl 3、F 为Al(OH)3、G 为NaAlO 2，据此解答。

【详解】
（1）由上述分析可知，D 为H 2，I 为FeCl 2，
故答案为：H 2；FeCl 2；
（2）C 为AlCl 3，其与NH 3·
H 2O 反应生成氢氧化铝和氯化铵，其离子反应方程式为：()3+3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋；
故答案为：()3+
3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋； （3）J 为FeCl 3，其与NaOH 溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠，其离子反应方程式为：()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－＋，
故答案为：()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－
＋； （4）I 为FeCl 2，其与NaOH 溶液反应会生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁极易被空气氧化而生成氢氧化铁，其现象为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，
故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色。

11．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 + 2H 2O
2NaOH + Cl 2↑+ H 2↑ HCl=H ++Cl - 2Fe 3+ + Fe=3Fe 2+ 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H 2、Cl 2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FeCl 3，则A 为Cl 2、B 为H 2，D 为Fe ，G 为FeCl 2，据此分析解题。

【详解】
由分析知：M 为NaCl 、A 为Cl 2、B 为H 2、C 为NaOH 、D 为Fe 、E 为HCl 、F 为FeCl 3、G 为
FeCl2；
(1)电解NaCl的水溶液发生的化学方程式为2NaCl + 2H2O2NaOH + 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。

12．已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。

（1）物质D的化学式为 ________。

（2）A和水反应生成B和C的离子方程式为____________________，列出A的一种重要用途_________________。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________。

（4）反应①的离子方程式为_______________________________________。

【答案】Fe3O4 2Na2O2 + 2H2O = 4Na++OH－+ O2↑供氧剂(或漂白剂) 白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 Fe3O4+8H+ =2Fe3++Fe2++ 4H2O
【解析】
【分析】
由已知D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4；A为淡黄色固体，A与水反应生成B和C，所以A为Na2O2，C是无色无味的气体，C为O2，B为NaOH ，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，H是白色沉淀，则H为Fe(OH)2。

【详解】
（1）根据上述分析可知物质D的化学式为Fe3O4；答案：Fe3O4。

（2）根据上述分析可知物质A为Na2O2，B为NaOH ，C为O2，A和水反应生成B和C的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na++OH－+ O2↑；A的一种重要用途为供氧剂(或漂白剂)；答案：2Na2O2 + 2H2O = 4Na++OH－+ O2↑；供氧剂(或漂白剂)。

（3）H为Fe(OH)2，在空气中很不稳定，被氧气氧化，白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；答案：白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。

（4）反应①是Fe3O4与盐酸的反应，生成氯化铁和氯化亚铁、水，其离子方程式为
Fe3O4+8H+ =2Fe3++Fe2++ 4H2O；答案：Fe3O4+8H+ =2Fe3++Fe2++ 4H2O。

13．归纳总结是学习化学的一种方法。

（1）甲同学发现A、B、C三种物质有如图l所示的相互反应关系，“—”表示能反应（部分反应物、生成物以及反应条件省略，下同）。

己知A是常见金属，人体缺乏组成A的元素易患贫血症；B胃酸的主要成分；B与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则A是__（填化学式（下同），C是___。

请写出下列反应的化学方程式：A与B__；B与C____。

（2）乙同学发现X、Y、Z三种物质有如图2所示的循环转化关系“→”表示能转化。

①若X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂氯化钙，Y俗称熟石灰。

则X的化学式为___；请写出Y→Z的反应化学方程式____。

【答案】Fe AgNO3 Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑ HCl+AgNO3＝AgCl↓+HNO3 CaCl2
Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O
【解析】
【详解】
（1）A是常见金属，人体缺乏组成A的元素易患贫血症，所以A是铁，B是胃酸的主要成分，所以B盐酸，盐酸与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以C是硝酸银，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸和硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀和硝酸，铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，推出的物质满足题中的转化关系。

故A是Fe，C是AgNO3，A 与B的反应是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，B 与C的反应是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：HCl+AgNO3＝AgCl↓+HNO3；
（2）X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂氯化钙，化学式为CaCl2，Y俗称熟石灰，所以Y是氢氧化钙，依据X、Y、Z三种物质的转化关系可知，Z是碳酸钙，氯化钙和饱和氢氧化钠反应会生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，推出的各种物质均满足题中的转化关系。

故X的化学式为CaCl2，Y→Z的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O。

【点睛】
解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

14．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）向G溶液加入A的有关离子反应方程式______________________。

（4）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）32Fe3++Fe=3Fe2+
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2
【解析】
【分析】
由题给实验现象可知，白色沉淀E在空气中变化为红褐色沉淀F，说明E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，F与盐酸反应生成G为FeCl3，金属A与氯化铁反应生成B，B与C反应得到E与D，故A为Fe，B为FeCl2，则Fe与盐酸反应生成氢气与FeCl2；D溶液和硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀H为AgCl，溶液透过钴玻璃进行焰色反应为紫色，证明溶液中含有钾元素，故D为KCl，则C为KOH。

【详解】
(1)根据以上分析可知，A是Fe，B为FeCl2，D为KCl，故答案为：FeCl2；KCl；
(2)由E转变成F的反应是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)G为FeCl3溶液，铁与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为
2Fe3++Fe=3Fe2+；
(4)B为FeCl2溶液，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，这是因为亚铁离子被空气中氧气氧化生成三价铁离子，反应的离子方程式为
4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，反应生成的三价铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和单质碘，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应生成的碘单质遇淀粉溶液变为蓝色，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2。

【点睛】
白色沉淀转化为红褐色沉淀、溶液焰色反应为紫色是解题突破口。

15．A、B是中学化学里常用的物质，其中B是单质，A是化合物；F是红棕色气体，I是红
褐色沉淀。

它们之间相互反应以及生成物之间的转化关系如图所示。

已知，I、L两种物质中除了含不同价态的B元素外，还都含另外两种相同的元素(这两种元素的原子序数均小于18)。

请回答：
（1）B和A的浓溶液在常温下难反应，原因是_____________。

但加热后，却可以，请写出反应的化学方程式：_____________________。

（2）写出F和G相互转化的化学方程式：
F→G_______________________________；
A→H_______________________________。

（3）L转化成I的现象是__________________；有关的化学方程式__________________。

【答案】钝化 Fe+6HNO3(浓)Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O 3NO2+H2O＝2HNO3+NO
3Fe+8HNO3(稀)＝3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O 白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色
4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
【详解】
B是单质，A是化合物，A的浓溶液与B反应得到得到D、E、F，其中F是红棕色气体，则F为NO2，A为HNO3，E与NaOH反应反应得到I是红褐色沉淀，则I为Fe(OH)3，可推知B 为Fe、E为Fe(NO3)3、D为H2O，F与D反应生成A与G，G与J反应得到F，则G为NO、J为O2，稀硝酸与过量的Fe反应生成生成H为Fe(NO3)2，结合转化关系可知L为Fe(OH)2，K为NaNO3，
（1）Fe和浓硝酸在常温下难反应，原因是发生钝化，但加热后却可以，反应的化学方程式为 Fe+6HNO3(浓)Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O；
（2）F→G的反应方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO；A→H的反应方程式为3Fe+8HNO3(稀)＝3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O；
（3）L转化成I的现象是：白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色，有关的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。