2020版领军高考化学真题透析专题3.3铁、铜及其化合物（高效演练）.docx

铁、铜及其化合物1下列叙述不正确的是()A镁在二氧化碳气体中能燃烧，推测金属钠着火时不能用干粉灭火器灭火B铁与氯气反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3C硫酸钡可服入体内，作为造影剂用于X射线检查胃肠道疾病，原因是它不溶于水和酸，不易被X射线透过D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2、Cu2、Cd2、Hg2等重金属离子，原因是铁的还原性强【答案】B【解析】铁离子具有强氧化性，能氧化I，Fe与I2反应生成FeI2，B项叙述不正确。2下列应用不符合金属冶炼原理的是()A焊接钢轨：Fe2O32Al2FeAl2O3B工业制铝：2Al2O33C4Al3CO2C湿法炼铜：CuSO4Fe=CuFeSO4D从海水中制镁：MgCl2(熔融)MgCl2【答案】B【解析】利用铝热反应，可以焊接钢轨，A项符合金属冶炼原理；铝为活泼金属，工业制铝采用的是电解熔融氧化铝，B项不符合金属冶炼原理；Cu的活动性比Fe弱，可以利用Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，C项符合金属冶炼原理；从海水中得到氯化镁，电解熔融氯化镁可以制镁，D项符合金属冶炼原理。3下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. 浓H2SO4有脱水性，可用作干燥剂B. Na2CO3能与酸反应，可用作治疗胃酸过多C. Fe2(SO4)3具有强氧化性，可用于自来水净化D. 铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件【答案】D【解析】A. 浓H2SO4可用作干燥剂是因为其具有吸水性,与浓H2SO4有脱水性无关,故A错误；B.虽然 Na2CO3能与酸反应，但由于其水解后溶液碱性较强，不可用作治疗胃酸过多，故B错误；C. Fe2(SO4)3用于自来水净化是利用Fe3+水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性，吸附水中的杂质，形成沉淀而除去，与氧化性无关，故C错误；D. 铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件,所以D选项是正确的；本题答案选D。4下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是()AK BNa CFe DAl【答案】D【解析】钾属于活泼金属，与氧气发生剧烈的反应，A项错误；钠属于活泼金属，与空气中的氧气发生反应生成氧化钠，氧化钠不能保护内层钠，B项错误；铁在空气中发生反应：2FeO22H2O=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3、2Fe(OH)3=Fe2O33H2O，铁表面生成的Fe2O3不能保护铁，C项错误；在空气中金属铝表面形成Al2O3保护层，保护内层金属不被氧化，D项正确。5金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是()ANaNaOHNa2CO3NaClBFeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4DAlAl2O3Al(OH)3AlCl3【答案】D【解析】A项，钠与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成碳酸钠，最后与氯化钙反应生成氯化钠；B项，Fe与氯气反应生成氯化铁，再与NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，最后加热，氢氧化铁分解生成氧化铁；C项，Mg与盐酸反应生成氯化镁，再与NaOH反应生成氢氧化镁，最后与硫酸反应生成硫酸镁；D项，Al2O3Al(OH)3不能一步转化。6（2017江苏）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A无色透明的溶液中: Fe3+、Mg2+、SCN 、Cl Bc(H+)/ c(OH) = 110 -12的溶液中: K+、Na +、 Cc(Fe2+ ) =1 molL-1的溶液中: K+、 D能使甲基橙变红的溶液中: Na+、 【答案】B【解析】AFe3+和SCN-会发生反应生成血红色的配合物，A错误；B根据KW可以求出c(OH-)=0.1mol/L，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；CFe2+还原性较强，MnO4-氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO3-不能在酸性溶液中大量共存，D错误。答案选B。7下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热有红色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL 0.1mo/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/L ZnSO4溶液再加入0.1mol/L CuSO4溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)Ksp(ZnS)【答案】A【解析】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4 =CuS+ Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)SiD將Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2样品中一定含有Fe3+【答案】C【解析】A焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，故A错误；B具有氧化性的气体均可氧化KI，则气体不一定为氯气，可能为氧气等，故B错误；C由现象可知，Na2SiO3 溶液水解显碱性，则硝酸的酸性大于硅酸，则非金属性NSi，故C正确；D将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水加KSCN检验是否变质，故D错误；故选C。13根据下列实验能得出相应结论的是【答案】C【解析】HA是一元酸，H2CO3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，A错误；FeI2溶液中滴加足量的溴水,生成溴化亚铁和单质碘,不能判断I-与Fe2+谁先反应,所以不能判断I-与Fe2+的还原性强弱, B错误；化学反应的发生一般是由溶解度大的向溶解度小的方向进行，向饱和硫酸亚铁溶液中加入硫化铜固体，测得溶液中亚铁离子浓度不变，说明没有发生反应，可以证明KSP(CuS) KSP(FeS), C正确；硝酸银加入到过量氨水中应该得到银氨溶液，没有沉淀，银离子与一水合氨不能大量共存，D错误；正确选项C。14已知:2Fe3+2I- =2Fe2+ +I2 ，2Fe2+Br2 =2Fe3+2Br-。向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红色，则下列方程式书写不合理的是A. 2Fe2+4I- +3Cl2=2Fe3+ +2I2+6Cl-B. 2Br-+2I-+2Fe2+3Cl2= I2+Br2+2Fe3+6Cl-C. 2Br-+4I-+2Fe2+4Cl2= 2I2+Br2+2Fe3+8Cl-D. 2I-+2Fe2+ +2Cl2 =2Fe3+ I2+4Cl-【答案】C【解析】根据氧化还原反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+可知，还原性I-Fe2+Br-，通入氯气后，氯气会按I-、Fe2+、Br-的顺序发生反应，由于滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，证明溶液中有Fe3+生成。由于FeBr2和FeI2的物质的量相同，因此溶液中的I-、Fe2+和Br-的物质的量相同。A反应表示溶液中的I-和Fe2+完全被氯气氧化，A正确；B.表示溶液中的I-、Fe2+和Br-完全被氯气氧化，B正确；C.由于Br-参加反应，且因为FeBr2和FeI2的物质的量相同，溶液中的I-、Fe2+和Br-的物质的量相同，所以离子方程式C错误；D.表示溶液中的I-全部被氯气氧化，而Fe2+部分被氧化，D正确，故答案C。15下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作现象结论A向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，然后滴入KSCN溶液滴入KSCN后溶液变为红色原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质B将饱和食盐水与电石反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去使溶液褪色的气体不一定是乙炔CCu与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后，再向反应器中加入冷水溶液变蓝验证生成Cu2+D用两支试管各取5ml 0.1mo/L的KMnO4溶液，分别加入2mL 0.1mol/L和0.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液 加入0.2mol/L H2C2O4的溶液褪色快其他条件不变，反应物浓度越大，化学反应速率越快【答案】B【解析】向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，原溶液中亚铁离子被氧化为铁离子，也可能为原溶液中含有铁离子，因此不能判断原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质，A错误；水与碳化钙反应生成氢氧化钙和乙炔，同时产生杂质气体硫化氢等，硫化氢具有较强的还原性，也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明一定生成了乙炔气体，B正确； Cu与浓硫酸加热反应后生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此再加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，C错误；KMnO4与H2C2O4反应关系式为2KMnO45H2C2O4，选项中KMnO4过量，溶液不能褪色，D错误；正确选项B。 16Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4，下列有关说法不正确的是A. 右侧电极反应方程式：Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2OB. 左侧为阳离子交换膜，当Cu电极生成1mol气体时，有2molNa+通过阳离子交换膜C. 可以将左侧流出的氢氧化钠补充到该装置中部，以保证装置连续工作D. Na2FeO4具有强氧化性且产物为Fe3+，因此可以利用Na2FeO4除去水中的细菌、固体颗粒以及Ca2+等【答案】D【解析】根据图示，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极。A项，右侧电极为Fe电极，Fe失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，A项正确；B项，左侧为阴极室，H+的放电能力大于Na+，Cu电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，当Cu电极上生成1mol气体时同时产生2molOH-，此时有2molNa+通过阳离子交换膜进入阴极室平衡电荷，B项正确；C项，根据B项分析，阴极室生成NaOH，左侧流出的NaOH溶液的浓度大于左侧加入的NaOH溶液的浓度，即b%a%，根据图示可将左侧流出的NaOH补充中该装置中部，以保证装置连续工作，C项正确；D项，Na2FeO4具有强氧化性，可利用Na2FeO4除去水中的细菌，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体可吸附固体颗粒，用Na2FeO4不能除去水中的Ca2+，D项错误；答案选D。17下列实验的叙述中有错误的是选项实验操作目的或结论A向2mL滴有2滴KSCN溶液的FeI2溶液中加入几滴氯水确定Fe2+、I-还原性的相对强弱B将C2H5OH与浓H2SO4在蒸馏烧瓶中混合后加热至170,将从瓶内逸出的物质通入到酸性KMnO4溶液中检验有无乙烯生成C将含有CO的CO2缓慢通过灼热的CuO除去COD用一定浓度的NaOH滴定一定体积、浓度的草酸(H2C2O4、弱酸)溶液(用酚酞作指示剂)确定草酸是二元酸【答案】B【解析】A项，向2mL滴有2滴KSCN溶液的FeI2溶液中加入几滴氯水，若溶液不变红色，表明加入的氯水先将I-氧化成I2，根据氧化还原反应中“先强后弱”规律，说明I-的还原性强于Fe2+，A项正确；B项，由于C2H5OH具有挥发性和还原性，浓H2SO4具有强氧化性，浓H2SO4能将CH3CH2OH氧化，自身被还原成SO2，从蒸馏烧瓶中逸出的气体中的CH3CH2OH（g）、SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，酸性KMnO4溶液褪色不能说明生成了乙烯，B项错误；C项，将含有CO的CO2缓慢通过灼热的CuO，发生反应CO+CuOCu+CO2，可除去CO2中的CO，C项正确；D项，用一定浓度的NaOH滴定一定体积、浓度的草酸溶液，用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，根据消耗的NaOH溶液的体积和浓度、H2C2O4溶液的浓度和体积计算出消耗的NaOH和H2C2O4物质的量之比，确定草酸是二元酸，D项正确；答案选B。18下列实验操作中，对应的实验现象以及实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）选项实验操作实验现象实验结论A向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后,再滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将少量铜粉加入1.0molL-1Fe2(SO4)3溶液中固体溶解，溶液变蓝色金属铁比铜活泼C0.1molL-1MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加0.1molL-1CuSO4溶液先生成白色沉淀,后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热金属铝熔化而不滴落下来金属铝熔点比氧化铝低【答案】D【解析】A. 向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后，有气体生成，再滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe2+，A不正确；B. 将少量铜粉加入1.0molL-1Fe2(SO4)3溶液中，固体溶解，溶液变蓝色，不能说明金属铁比铜活泼，只能说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，B不正确；C. 0.1molL-1MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加0.1molL-1CuSO4溶液，先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀，因为NaOH溶液过量，故不能说明Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小，C不正确；D. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表层的铝被氧化而内部的铝不能被氧化，金属铝熔化而不滴落下来，说明金属铝熔点比氧化铝低，D正确，本题选D。19下列对实验现象的解释与结论，正确的是选项实验操作实验现象解释与结论A向AgCl 悬浊液中滴加饱和Na2S 溶液有黑色沉淀产生Ksp(Ag2S) Ks(AgCl)B向某溶液中滴加K 3Fe(CN)6 (铁氰化钾) 溶液有蓝色沉淀产生该溶液中一定含有Fe3+C向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色苯和澳水发生取代反应，使溴水褪色D向淀粉水解液中加入过量NaOH 溶液后再滴加碘水溶液不变色淀粉完全水解【答案】A【解析】A、向AgCl 悬浊液中滴加饱和Na2S 溶液，有黑色沉淀Ag2S产生，说明Ag2S更难溶，即Ksp(Ag2S) Ks(AgCl)，故A正确；B、向某溶液中滴加K 3Fe(CN)6 (铁氰化钾) 溶液，有蓝色沉淀产生，该溶液中一定含有Fe2+，故B错误；C、向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，是由于苯萃取了溴水中的溴单质，故C错误；向淀粉水解液中加入过量NaOH 溶液后再滴加碘水，溶液不变色，碘单质和过量的NaOH反应了，不能说明淀粉就已经完全水解，故D错误；故选A。20根据框图分析，下列说法不正确的是A. 我国是世界上最早使用反应冶炼金属M的国家B. M2+的氧化性比E2+的氧化性强C. 在反应中若不加稀硫酸，可能观察到红褐色沉淀D. 在反应中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性【答案】D【解析】红色金属为Cu，反应发生CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，蓝色溶液为CuSO4溶液，Z为红褐色固体，即Z为Fe(OH)3，说明E为Fe，反应发生FeCuSO4=FeSO4Cu，反应发生2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，A、反应是湿法炼铜，我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家，故A说法正确；B、反应发生发生FeCuSO4=FeSO4Cu，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即Cu2的氧化性强于Fe2，故B说法正确；C、生成Fe3发生水解，生成氢氧化铁，因此可能观察到红褐色沉淀，故C说法正确；D、发生的反应方程式为CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，H2SO4中元素的化合价没有发生变化，H2SO4表现酸性，H2O2表现氧化性，故D说法错误。21由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO47H2O)的流程如下：下列说法不正确的是（ ）A. 过程1,废气中含SO2B. 过程2,试剂a为稀硫酸C. 过程3,离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+D. 过程4,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾【答案】D【解析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子还原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。A根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则过程2最好用硫酸来溶解烧渣，故B正确；C. 过程3中二氧化硫将铁离子还原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，故C正确；D. 过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热失去结晶水，得不到纯净绿矾，故D错误；故选D。22下列有关实验的叙述正确的是A. 用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B. 利用图2装置可制备Fe(OH)2C. 图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D. 利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收【答案】B【解析】A项，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误；B项，如图2装置制备Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确；C项，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误；D项，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误。23将物质的量均为amol的FeCl3和CuCl2投入水中形成混合溶液。再加入bmol铁粉充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中不正确的是（ ）A. 当b时,发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+B. 当b时,发生总反应的离子方程式为2Fe3+Cu2+2Fe=4Fe2+CuC. 当b时,反应中转移电子的物质的量：amoln(e-)3amolD. 当b时,反应后的溶液中n(Cu2+)m(Fe2+)=(-b)(b+a)【答案】B【解析】Fe3的氧化性强于Cu2，因此先发生Fe2Fe3=3Fe2，两者恰好完全反应是b=a/2，铁过量，接着发生：FeCu2=Fe2Cu，当把Cu2全部转化成Cu时，b=3a/2mol，A、当b时，根据上述分析，只发生Fe2Fe3=3Fe2，故A说法正确；B、根据上述分析，b，发生Fe2Fe3=3Fe2，FeCu2=Fe2Cu，且Cu2全部转化成Cu，发生的反应应是2Fe32Cu23Fe=5Fe32Cu，故B说法错误；C、假设只发生发生Fe2Fe3=3Fe2，转移电子物质的量为amol，假设把Cu2全部转化成Cu，此时转化电子物质的量为(a2a)mol=3amol，当b时，转移电子物质的量为amoln(e)3amol，故C说法正确；D、当b时，发生Fe2Fe3=3Fe2，FeCu2=Fe2Cu，且Cu2部分转化成Cu，根据铁元素守恒，溶液中Fe2的物质的量为(ba)mol，根据反应方程式，求出n(Cu2)=(3a/2b)mol，因此n(Cu2):n(Fe2) =(-b)(b+a),故D说法正确。24CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B. 生成等量的硫酸铜,三个途径中参加反应的硫酸的物质的量: =C. 硫酸铜在1100分解的方程式为:2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2D. 当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应【答案】D【解析】A、途径涉及反应3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，NO3由硝酸提供，H+由硝酸和硫酸共同提供，所以若硝酸为2mol，则硫酸为(8-2)2=3mol，所以混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2，故A正确。B、途径涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径涉及反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；若生成1mol硫酸铜，途径消耗1mol硫酸，途径消耗1mol硫酸，途经消耗2mol硫酸，所以三个途径中，生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量: =，故B正确。C、据图可知，CuSO4在1100分解产生Cu2O和混合气体X，Cu2O为化合价降低的产物，则混合气体X中一定有化合价升高的产物，则一定含有O2，根据原子守恒，CuSO4在1100分解的方程式可能为2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2，故B正确；D、硫酸铜与过量的NaOH反应生成氢氧化铜，葡萄糖中含有醛基，能与新制氢氧化铜在NaOH过量的条件下反应生成Cu2O和葡萄糖酸钠，体现了葡萄糖的还原性，葡萄糖发生氧化反应，故D错误。故选D。25一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2) 制取MnSO4H2O并回收单质硫的工艺流程如下：已知：本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。回答下列问题：（1）步骤混合研磨成细粉的主要目的是_；步骤浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为_。（2）步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入_；步骤需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为45，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_。步骤所得滤渣为_(填化学式)。（3）步骤需在90100下进行，该反应的化学方程式为_。（4）测定产品MnSO4H2O的方法之一是：准确称取a g产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c molL-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液VmL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=_。【答案】 增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率 3MnO2+2FeS2+6H2SO4 =3MnSO4+Fe(SO4)3+4S+6H2O 软锰矿粉或H2O2溶液 破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离 Fe(OH)3 (NH4)2Sx+1 2NH3+H2S+xS (8.25cV/a)%或(8.25cV10-2)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a100%【解析】 (1) 步骤混合研磨成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率，提高原料的利用率；硫酸浸取时的反应方程式为3MnO2+2FeS2+ 6H2SO4 =3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O。(2)由于Fe2+具有较强的还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉（MnO2）或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除去的目的；用碱液处理时，需将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下调节pH为45，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3。(3) 步骤在90100下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1 2NH3+H2S+xS。(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。根据电子转移守恒可得二者反应的方程式为2KMnO4+3MnSO4H2O=5MnO42+K2SO4+2H2SO4+H2O，已知n(KMnO4)=c mol/LV10-3L=cV10-3mol，则n(MnSO4H2O)=1.5cV10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)= 1.5cV10-3mol55g/mol/ag100%=(8.25cV/a)%。26I.铁是生产、生活及生命中的重要元素。（1）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合能力。药品美蓝是其有效的解毒剂，解毒时美蓝发生_反应(填“氧化”或“还原”)。（2）现有一瓶放置了一段时间的某浓度的FeCl3溶液，请设计实验检验其中是否含有Fe3+_。（3）普通铁粉与水蒸气在高温下反应生成铁的某种氧化物和氢气，该氧化物和氢气在高温下发生逆反应得到“引火铁”。若一定量的普通铁粉和水蒸气在高温下反应生成44.8LH2(已换算到标况下)，则转移电子数目为_；“引火铁” 是一种极细的铁粉，它在空气中可以自燃，其原因是_。II.化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成。为了研究其组成，设计如下实验：气体甲可使湿润红色石蕊试纸交蓝。请回答：（1）M的化学式_，气体甲的电子式_。（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是(用化学方程式表示)_。(3)高温条件下，丁与甲反应生成两种单质和水，该反应的化学方程式为_。【答案】 氧化 取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3+,反之则没有 4NA 引火铁表而积很大，加快了与氧气反应速度 Fe4N 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O【解析】I.（1）NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合能力，原因是氧化了血红蛋白中的二价铁，药品美蓝是其有效的解毒剂，这说明该物质具有还原性，因此解毒时美蓝发生氧化反应；正确答案：氧化。（2）一般用硫氰化钾溶液检验铁离子，操作过程：取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3+，反之则没有；正确答案：取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3+，反之则没有。（3）标况下44.8LH2，其物质的量为2mol，反应转移的电子数目为22NA=4NA；引火铁表而积很大，加快了与氧气反应速度，因此在空气中可以自燃；正确答案：4NA ；引火铁表而积很大，加快了与氧气反应速度。II.气体甲可使湿润红色石蕊试纸交蓝，气体甲为氨气，说明化合物M中含有氮元素；白的沉淀乙红褐色沉淀丙，说明化合物M中含有铁元素；红褐色沉淀丙固体丁（14.4g），固体丁为氧化铁，根据元素守恒计算化学式。（1）根据以上分析可知，M由铁、氮两种元素组成，氧化铁质量为14.4g，则铁元素的质量为14.4112/160=10.08g，氮元素质量为10.71-10.08=0.63 g，铁、氮两种元素的量之比为10.08/56:0.63/14=4:1，所以M的化学式Fe4N；氮气为共价化合物，氮氢间为单键，氨气的电子式为；正确答案：Fe4N；。（2）白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；正确答案：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 (3)高温条件下，氧化铁与氨气反应生成铁、氮气和水，该反应的化学方程式为：Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O；正确答案：Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O。27摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O是一种重要的化工原料，可用于制取纳米Fe3O4和草酸合铁酸钾等。（1）取一定质量摩尔盐样品与过量NaOH溶液反应。根据生成气体的体积计算得到摩尔盐的纯度小于实际值，其原因是_。向所得Fe(OH)2沉淀中加入NaNO2溶液可制得纳米Fe3O4，同时产生NO。该反应的离子方程式为_。（2）摩尔盐经氧化后与KOH和H2C2O4反应可得到草酸合铁酸钾KaFeb(C2O4)cdH2O，其中Fe元素化合价为+3。已知25 ，H2C2O4的电离常数Ka1=5.610-2，Ka2=5.410-5。pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O):c(HC2O)=_。为了确定草酸合铁酸钾的组成，准确称取4.910 g样品在氮气气氛下加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示。已知：a120时已完全失去结晶水。b200580分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008 L。c580以上残留固体为FeO和K2CO3的混合物。根据以上实验数据计算草酸合铁酸钾中的n(Fe3+):n(C2O42-)_（写出计算过程）。【答案】 氨气极易溶于水，溶液中有部分氨气没有逸出 3Fe(OH)2+ 2NOFe3O4+2NO+2OH+2H2O 0.54 根据元素守恒得到分解产生的气体为CO和CO2，n(CO)+n(CO2)= =4.510-2 mol，2n(C2O42-)= n(K2CO3)+ n(CO)+n(CO2)= n(K2CO3)+ 4.510-2 mol，n(Fe3+)72 gmol-1n(K+)138 gmol-1=2.79 g， 3n(Fe3+)+ n(K+)=2n(K+)+4.510-2 mol，解得：n(Fe3+)=110-2 mol n(K+)= 310-2 mol，n(C2O42-)=310-2 mol，n(Fe3+):n(C2O42-)=110-2 mol: 310-2 mol=1:3【解析】(1)摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O与氢氧化钠反应生成氨气，氨气极易溶于水，溶液中有部分氨气没有逸出，因此根据生成气体的体积计算得到摩尔盐的纯度小于实际值，故答案为：氨气极易溶于水，溶液中有部分氨气没有逸出；Fe(OH)2沉淀中加入NaNO2溶液可制得纳米Fe3O4，同时产生NO，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+ 2NO2-Fe3O4+2NO+2OH+2H2O，故答案为：3Fe(OH)2+ 2NO2-Fe3O4+2NO+2OH+2H2O；(2)已知25 ，H2C2O4的电离常数Ka1=5.610-2，Ka2=5.410-5。pH=4的H2C2O4溶液中=0.54，故答案为：0.54；根据元素守恒得到分解产生的气体为CO和CO2，n(CO)+n(CO2)= =4.510-2 mol，2n(C2O42-)= n(K2CO3)+ n(CO)+n(CO2)= n(K2CO3)+ 4.510-2 mol，n(Fe3+)72 gmol-1n(K+)138 gmol-1=2.79 g， 3n(Fe3+)+ n(K+)=2n(K+)+4.510-2 mol，解得：n(Fe3+)=110-2 mol，n(K+)= 310-2 mol，n(C2O42-)=310-2 mol，n(Fe3+):n(C2O42-)=110-2