第09讲铁及其重要化合物第一部分：高考真题感悟1．（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。2．（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可与反应生成B．既可被氧化，也可被还原C．可将加入浓碱液中制得的胶体D．可存在的循环转化关系【答案】C【解析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。3．（2021·江苏·高考真题）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的CuD．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水【答案】B【解析】A．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；C．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；故选B。4．（2022·浙江·高考真题）关于化合物的性质，下列推测不合理的是A．与稀盐酸反应生成、、B．隔绝空气加热分解生成FeO、、C．溶于氢碘酸(HI)，再加萃取，有机层呈紫红色D．在空气中，与高温反应能生成【答案】B【解析】已知化合物中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷。A．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成、、，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、、则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、、，B符合题意；C．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D．化合物在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物与高温反应能生成，D不合题意；故答案为：B。5．（2022·广东·高考真题）为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是A．加入溶液产生沉淀B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C．加入溶液无红色出现D．加入溶液无蓝色沉淀生成【答案】D【解析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成。A．氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符合题意；B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质可碘化钾发生反应，故B不符合题意；C．KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；D．K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。综上所述，答案为D。6．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1)    Fe2O3    SiO2(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5)+2；    Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+(6)H2O2    NH3·H2O【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6。(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；(4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。第二部分：最新模拟精练完卷时间：50分钟可能用到的相对原子质量：O16S32Fe56一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）1．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）下列有关Fe、Co、Ni及其化合物的说法错误的是A．Fe、Co、Ni均位于第四周期第VIII族B．Fe、Co、Ni基态原子未成对电子数分别为4、3、2C．Fe、Co、Ni以及它们的合金为黑色金属材料D．FeO在空气中受热会迅速变为Fe3O4【答案】C【解析】A．Fe、Co、Ni位于元素周期表中第四周期第VIII族，A选项正确；B．Fe是26号元素，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2。Co、Ni的基态原子的价电子排布式分别为3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，B选项正确；C．黑色金属材料通常是指铁和以铁为基础元素的合金，C选项错误；D．Fe2+具有较强还原性，在空气中加热易被部分氧化为+3价生成稳定的Fe3O4，D选项正确；答案选C。2．（2022·江苏·扬州中学三模）下列铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是A．金属Fe具有导热性，可用于制造炊具B．纳米Fe3O4颗粒呈黑色，可用作磁性材料C．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂D．FeCl3溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品【答案】B【解析】A．金属铁具有良好的导热性，可用于制造炊具，存在对应关系，故A不符合题意；B．四氧化三铁颗粒显黑色，与作磁性材料无关，故B符合题意；C．氢氧化铁胶体吸附水中悬浮固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，氢氧化铁胶体可做净水剂，故C不符合题意；D．氯化铁具有强氧化性，能与Cu发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，可以刻蚀铜制品，故D不符合题意；答案为B。3．（2022·上海静安·二模）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是A．FeFeCl3 B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3 D．FeFeSO4【答案】B【解析】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A正确；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B错误；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C正确；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D正确；故答案选B。4．（2022·上海普陀·二模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是A．c(HCl)=4.0mol·L-1 B．x=0.85C．生成了0.4molH2S D．FexS中，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=2∶1【答案】C【解析】A．盐酸恰好反应生成0.4molFeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)=，故A错误；B．FexS中S的物质的量等于S和H2S