2022高考化学大一轮复习讲义第3章第16讲　铁及其化合物的转化关系.docx

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1、第16讲铁及其化合物的转化关系复习目标1.掌握铁及其化合物的转化关系及应用。2.理解化工流程及实验室中实现铁及其化合物的转化原理和条件分析。考点一基于价类二维图理解铁及其化合物的转化关系从物质类别和物质所含核心元素的化合价两个角度总结、预测物质的性质是学习化学的重要方法之一。(1)横向变化体现了同价态不同类别(氧化物、碱、盐)之间的转化；碱性氧化物(Fe2O3、FeO)都能溶于酸(H)转化为盐；Fe2、Fe3与碱(OH)反应生成对应的碱；难溶性的碱易分解生成对应的氧化物，但难溶性的碱性氧化物一般不与水反应生成对应的碱。(2)纵向变化体现不同价态同类别物质之间的转化，主要体现物质的氧化性或还原性

2、。(3)斜向变化体现不同价态、不同类别之间物质的转化，主要体现物质的氧化性和还原性。完成下列变化的离子方程式，体会Fe2与Fe3转化条件。(1)将H2S气体通入FeCl3溶液中产生淡黄色沉淀：H2S2Fe3=S2Fe22H。(2)将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液，溶液变蓝：2I2Fe3=I22Fe2。(3)FeCl3可溶解铁片：2Fe3Fe=3Fe2。(4)FeSO4可使酸性KMnO4溶液褪色：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(5)将FeCl2溶液滴入HNO3溶液中，有无色气体放出：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O。1如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关

3、系。下列说法正确的是()A铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化BFeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化生成红棕色粉末C加热Fe(OH)3发生转化，加水溶解可实现转化D由图可预测：高铁酸盐(FeO)具有强氧化性，可用于消毒，FeO与水反应最终可生成Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可作净水剂答案D解析铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现上述转化，故A错误；FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，不能发生转化，故B错误；加热Fe(OH)3发生转化分解生成氧化铁，氢氧化铁不溶于水，加水溶解不可实现转化，故C错误；高铁

4、酸盐中铁为6价，具有强氧化性，可用于消毒，与水发生氧化还原反应后生成铁离子，铁离子与水反应生成Fe(OH)3胶体。2硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法错误的是()AFeSO4与NH4HCO3反应制备FeCO3，适宜在高温条件下进行B碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂C可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D常温下，FeSO4比(NH4)2Fe(SO4)2易溶于水答案A3(2019河北衡水中学周测)球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：下列说法不正确的是()A固体2是氧化铁BX的化学式可

5、以表示为Fe3C2C溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到24.0 g固体DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成答案B解析X在空气中煅烧转化为CO2气体与铁的氧化物，再经盐酸、氯气处理后得到FeCl3溶液(溶液乙)，加热、蒸发时，FeCl3水解得到Fe(OH)3，灼烧Fe(OH)3得到固体Fe2O3(固体2)，A正确；n(Fe2O3)0.15 mol，n(Fe)0.3 mol，m(Fe)16.8 g，m(C)18.0 g16.8 g1.2 g，n(C)0.1 mol，n(Fe)n(C)31，X的化学式可以表示为Fe3C，B错误；溶液甲加热、蒸发、灼烧过程中，Fe2会被空气中的氧气氧化为Fe3，最

6、后得到的固体也是Fe2O3，C正确；浓硝酸和铁碳化合物反应，碳元素被氧化成CO2，氮元素被还原为NO2，D正确。4甲、乙两种单质与A、B、C、D、E、F六种化合物之间可以按下面框图所示进行反应，已知：C为红褐色沉淀，E为白色沉淀，F焰色反应为黄色。(1)写出甲、乙、B、E化学式：甲：_；乙：_；B：_；E：_。(2)写出反应的化学方程式：_。_。_。_。答案(1)FeCl2FeCl3Fe(OH)2(2)Fe2HCl=FeCl2H2FeCl22NaOH=Fe(OH)22NaCl4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)32FeCl2Cl2=2FeCl3考点二变价“铁”的常见考法1Fe2与Fe3

7、的氧化还原性强弱顺序氧化性：Cl2Br2Fe3Cu2I2Fe2还原性：ClBrFe2CuIc，则下列说法正确的是()A残余固体可能为铁和铜的混合物B残余固体全部是铜C最后得到的溶液中可能含有Fe3D残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2分析此题中发生的反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2；CuCl2Fe=FeCl2Cu,2FeCl3Fe=3FeCl2依元素守恒可知步骤一：a g铜完全溶解后，变为a g铜离子，步骤二：若加入的铁足够多的话，可将溶液中的铜离子全部变回金属铜(a g)甚至还会有铁剩余，此时，残余固体(c g)应大于或等于a g，依题意：ac可知，加入的铁

8、是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来。结论1：剩余固体为Cu，不可能有Fe剩余，A错误、B正确；步骤三：根据化学反应方程式可知，溶液中一定有Fe2，由上述推导可知，溶液中还应有Cu2剩余，由化学方程式2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2可知，Cu与Fe3是不能共存的，剩余固体中有Cu，则溶液中必无Fe3。结论2：充分反应后剩余固体为Cu，而溶液中含FeCl2和CuCl2，C、D错误。3过量的铁对氧化产物的影响Fe(Fe3O4)Fe3Fe2Fe2Fe3=3Fe2例铁与稀HNO3的反应判断产物中铁的价态：一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的物质的量分析判断。当HNO3过量时，反应

9、原理：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，铁元素的存在形式为Fe3，铁元素的价态为3价。当Fe过量时。反应原理：3Fe8HNO3=3Fe(NO3)22NO4H2O，铁元素的存在形式为Fe2，铁元素的价态为2价。当IFe2，下列离子反应不能发生的是()ASO22Fe32H2O=SO2Fe24HBI22Fe2=2I2Fe3CSO2I22H2O=2I4HSOD少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl22I=2ClI2答案B解析反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2，符合题给条件，反应能进行，故不选A；还原性：IFe2，而该反应中还原剂Fe2的还原性大于还原产物I，不符合氧化还原反应规律，反

10、应不能进行，故选B；反应中还原剂二氧化硫的还原性大于还原产物I，符合题给条件，反应能进行，故不选C；还原性：IFe2，I先和氯气反应，反应中还原剂I的还原性大于还原产物Cl，反应能进行，故不选D。2(2020重庆一中模拟)向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是()AOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe2Fe3=3Fe2，BC段产生H2BA点溶液中的溶质为Fe(NO3)3和H2SO4C原混合酸中NO物质的量为0.2 molD原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2 molL1答案B解析分析图像中各

11、阶段所发生的反应：OA段：FeNO4H=Fe3NO2H2O；AB段：Fe2Fe3=3Fe2；BC段：Fe2H=Fe2H2。由此可知A正确；由OA段所发生的反应可知硝酸完全转化为NO，溶液中不存在NO，故A点溶质应该是Fe2(SO4)3和H2SO4，B错误；由OA段氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(NO)n(Fe)0.2 mol，C正确；三个阶段共消耗铁为22.4 g，即0.4 mol，C点溶质为FeSO4，由溶液中的电荷守恒可知n(SO)n(Fe2)0.4 mol，由反应前后SO物质的量不变可知原混合酸中硫酸的物质的量浓度为2 molL1，D正确。铁与硫酸、硝酸的混合酸反应顺序总结足量铁与稀

12、硫酸、稀硝酸的混合溶液反应，则可利用离子反应分析，依次发生反应：FeNO4H=Fe3NO2H2O、2Fe3Fe=3Fe2、Fe2H=Fe2H2(若H量不足，该反应不再发生)。3某大型化工厂产生的酸性废液中含有两种金属离子：Fe3、Cu2，化学小组设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。(1)操作的名称是_；(2)写出操作过程中，Fe3与铁屑反应的离子方程式：_。(3)溶液A中加入足量H2O2溶液的目的是将溶液A中的Fe2完全转化为Fe3，在此过程中H2O2所起的作用是_(填字母)。A氧化剂 B还原剂(4)检验溶液B中含有的金属阳离子的实验方法：取少量溶液B于洁净的小试管中，

13、加入试剂_，溶液迅速转变为红色，即可检验。(5)H2O2、乙醇、NaClO等水溶液可用于灭活新型冠状病毒，H2O2灭菌原理与_(填字母)相同。A乙醇 BNaClO答案(1)过滤(2)2Fe3Fe=3Fe2(3)A(4)KSCN溶液(5)B题组二铁的重要化合物制备与性质探究4高铁酸钾是一种重要的绿色净水剂，具有净水和消毒双重功能。某课外学习小组设计如图所示方案制备高铁酸钾。下列说法不正确的是()A高铁酸钾中铁元素的化合价为6，具有强氧化性B反应2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O中，生成2 mol FeO时，转移6 mol电子C制备高铁酸钾的化学方程式为2KOHNa2FeO4=K2F

14、eO42NaOH，根据复分解反应原理，高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾的溶解度D明矾、硫酸铁、高铁酸钾都能净水，其净水原理完全相同答案D解析K2FeO4中K为1价、O为2价，由化合价代数和为0可知Fe为6价，化合价处于较高价态具有强氧化性，故A正确；反应2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O中，Fe元素从3价升高为6价，则生成2 mol FeO时，转移6 mol电子，故B正确；根据复分解反应原理，反应2KOHNa2FeO4=K2FeO42NaOH能进行说明生成了更难溶的物质，所以高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾的溶解度，故C正确；高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成的铁离子水解生成

15、氢氧化铁胶体，具有吸附性，可吸附水中悬浮物聚沉以达到净水的目的，而明矾、硫酸铁只能作净水剂，故D错误。5乳酸亚铁是一种常用的补血剂，乳酸亚铁易溶于水，可由乳酸和碳酸亚铁反应制得。现以铁屑制备乳酸亚铁。如图所示：(1)加入稀硫酸可能发生反应的离子方程式有_。(2)写出加入NH4HCO3溶液发生反应的化学方程式：_。(3)能否用酸性KMnO4溶液检验乳酸亚铁溶液中的Fe2？_(填“能”或“不能”)，其理由为_。答案(1)Fe2O36H=2Fe33H2O、2Fe3Fe=3Fe2、Fe2H=Fe2H2(2)FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O(3)不能乳酸根离子也能被酸

16、性高锰酸钾氧化解析(1)铁屑中含有Fe，可能含有铁锈(Fe2O3)，两者都会与稀硫酸反应。6已知三氯化铁的熔点为306 ，沸点为315 ，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验。(1)装置的连接顺序为_。(2)饱和食盐水的作用是_。(3)反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子方程式为_。淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是_。(4)已知红色褪去的同时

17、有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。取褪色后的溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。另取同物质的量浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。实验说明_；实验的目的是_；得出结论：_。答案(1)aghdebcf(2)除去氯气中的氯化氢气体(3)Fe33SCNFe(SCN)3双氧水将Fe2氧化成Fe3，使Fe(SCN)3增多(4)SCN发生了反应而不是Fe3发生了反应排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能H2O2将SCN氧化成SO解析(1)浓硫酸具有吸水

18、性，能作氯气的干燥剂，碱石灰具有碱性而吸收氯气，饱和食盐水吸收氯化氢且能抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取洗气干燥氯气和铁的反应尾气处理，所以装置连接顺序为aghdebcf。(3)Fe3和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈红色，离子方程式为Fe33SCNFe(SCN)3。(4)根据滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN发生了反应而不是Fe3发生了反应，滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了SO；根据另取同物质的量浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN，所以氧化SCN的为双氧水。1(2019浙江4月选考，24)聚合硫

19、酸铁Fe(OH)SO4n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是()AKClO3作氧化剂，每生成1 mol Fe(OH)SO4n消耗 mol KClO3B生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D在相同条件下，Fe3比Fe(OH)2的水解能力更强答案A解析根据题干中的信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4nKClO33nH2O=6Fe(OH)SO4nnKCl，可知KClO3作氧化剂，同时根据计量数关系可知每生成1 molFe(OH)SO4n消耗 mol KClO3，A项错误；绿

20、矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转化为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而能净水，C项正确；多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，Fe(OH)2的水解相当于Fe3的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH的能力较弱，故其水解能力不如Fe3，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。2(2019全国卷，27)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下

21、：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。(2)步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_(填标号)。(3)步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。答案(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2全部氧化为Fe3；不引入杂质防止Fe3

22、水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe(SO4)212H2O解析(1)除去铁屑表面油污的方法是：用热纯碱溶液清洗铁屑，再用水洗。(2)铁与稀硫酸反应时加热，可提高反应速率。温度低于水的沸点，可以用热水浴加热，受热均匀且便于控制。含少量硫化物的铁屑与稀硫酸反应有H2S生成。氢气不与碱溶液反应，而硫化氢能与碱溶液反应，且H2S在水中溶解度小，故氢气中混有的硫化氢用烧碱溶液除去，又因为硫化氢与碱反应较快，容易引起倒吸，C装置倒置漏斗能防倒吸。故宜选择C装置吸收硫化氢。(3)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入足量双氧水的目的是将Fe2全部氧化为Fe3，发生反应为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，从生成物看，又不引入杂质。铁离子对双氧水分解起催化作用，分批加入双氧水，避免反应过快、放出热量较多，减少双氧水分解，以免造成氧化剂损失；铁离子易水解，保持溶液呈强酸性，避免铁离子发生水解反应生成氢氧化铁。(4)步骤是要从溶液中得到硫酸铁铵晶体，故实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)。(5)失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，由题意知100%5.6%，解得x12。