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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Fe O
2 3
【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Fe O，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。
2 3
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FeCl 、FeSO 、Fe(NO ) 等Fe(II)的盐类物质，c
2 4 3 2
为Fe(OH) ，e为FeCl 、Fe (SO )、Fe(NO ) 等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH) 。A．Fe与Fe(III)的盐类物
2 3 2 4 3 3 3 3
质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl =3FeCl ，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既
3 2
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) 沉淀，制备Fe(OH) 胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl 溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止
3 3 3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O 反应，可用作食品保存的吸氧剂
2
B．纳米Fe O 能与酸反应，可用作铁磁性材料
3 4
C．FeCl 具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
3
D．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O 反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；B．纳米Fe O 具有磁性，可
2 3 4
用作铁磁性材料，B错误；C．FeCl 与Cu反应生成FeCl 和CuCl ，主要利用其氧化性，C正确；D．聚合
3 2 2
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，CHO-带一个单位负电荷。
3
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(OCH)+3HCl=FeCl +H O+CHOH，A不合题意；B．由分析可知，化合物
3 3 2 3
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I，反应原理为：
2
2FeO(OCH)+6HI=2FeI +I +2H O+2CHOH，再加 萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D．化合物
3 2 2 2 3
在空气中高温将生成Fe O、CO 和HO，然后Fe O 为碱性氧化物，SiO 为酸性氧化物，故化
2 3 2 2 2 3 2
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．K[Fe(CN) ]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，
3 6
则加入K[Fe(CN) ]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。
3 6
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) Fe O SiO
2 3 2
(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)7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO
2 4 3 2 2 4 2 4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5)+2； Fe(NH )Fe(CN) +ClO-+2H+=Fe(NH)Fe(CN) +H O+Cl-+
4 2 6 4 6 2
(6)H O NH ·H O
2 2 3 2
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe O，反应原理为：4FeS+11O 2Fe O+8SO，故产生的红渣主要
2 3 2 2 2 3 2
成分为Fe O 和SiO，将红渣粉碎后加入足量的50%的HSO 溶液加热充酸浸，反应原理为：
2 3 2 2 4
Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将
2 3 2 4 2 4 3 2 2
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+
+FeS +8H O=15Fe2++2 +16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO 晶体和母液主要含
2 2 4有FeSO 溶液和HSO ，加水溶解FeSO 晶体，向所得溶液中加入(NH )SO 、K[Fe(CN) ]并用HSO 调节
4 2 4 4 4 2 4 4 6 2 4
溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2 +[Fe(CN)]3-=Fe(NH)Fe(CN) ↓，然后过滤出沉淀，
6 4 2 6
洗涤后加入HSO 和NaClO 进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH )Fe(CN) +
2 4 3 4 2 6
+6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH )Fe(CN) 。
4 6 2 4 6
(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe O，滤渣①的主要成分为：SiO，故答案为：Fe O；SiO；
2 3 2 2 3 2
(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+
+FeS +8H O=15Fe2++2 +16H+，故化学方程式为：7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ，故答案为：
2 2 2 4 3 2 2 4 2 4
7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ；
2 4 3 2 2 4 2 4
(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FeSO 溶液和HSO
4 2 4
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(NH )Fe(CN) 中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN) ]4-中的+3价，由分析可知，
4 2 6 6
氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ，故答
4 2 6 4 6 2
案为：+2；6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ；
4 2 6 4 6 2
(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO 溶液和HSO ，向滤液中先加入一定量的HO 溶液
4 2 4 2 2
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Fe O·x H O和(NH )SO ，故所需要加入的试剂为HO 和NH ·H O，故答案为：HO；
2 3 2 4 2 4 2 2 3 2 2 2
NH ·H O。
3 2
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：O16 S32 Fe56
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、2
C．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Fe O
3 4
【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Fe O，D选项正确；
3 4
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Fe O 颗粒呈黑色，可用作磁性材料
3 4
C．Fe(OH) 胶 体具有吸附性，可用作净水剂
3
D．FeCl 溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
3
【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．Fe FeCl B．Fe Fe O
3 2 3
C．Fe Fe(NO ) D．Fe FeSO
3 3 4
【答案】B
【解析】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl ，A正确；B．铁和水蒸气在高温条件下
3
反应生成Fe O，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，
3 4
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Fe S，S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(杂
x质不与盐酸反应)，生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl 和一定量HS气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确
2 2
的是
A．c(HCl)=4.0mol·L-1 B．x=0.85
C．生成了0.4molHS D．Fe S中，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=2∶1
2 x
【答案】C
【解析】A．盐酸恰好反应生成0.4molFeCl ，根据氯原子守恒得c(HCl)= ，故A错
2
误；B．Fe S中S的物质的量等于S和HS物质的量之和，n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所
x 2
以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，故B错误；C．部分HCl中的氢离子转化为HS，根据氢
2
原子、氯原子守恒得HS的物质的量n(H S)=0.5n(HCl)=n(FeCl )=0.4mol，故C正确；D．Fe S中S为-2价，
2 2 2 x
生成S化合价为0，则生成0.1mol S，生成HS气体不发生化合价变化，则共转移电子为
2
0.1mol×2=0.2mol，生成亚铁离子不存在化合价变化，则根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则
n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.2mol：0.2mol=1：1，故D错误；故选：
C。
5．（2022·吉林长春·模拟预测）《天工开物》中“治铁"原典中记载：“凡治铁成器，取已炒熟铁为
之……凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……即用煤炭也别有铁炭一种，取其火性内攻、焰不虚
腾者，与炊炭同行而有分类也……”。下列说法正确的是
A．熟铁是纯净的铁单质，生铁是铁和碳的混合物
B．治铁过程只涉及化合反应与置换反应，
C．铁炭和炊炭均为碳元素的同素异形体
D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物
【答案】D
【解析】A．生铁是铁合金，属于混合物，生铁的含碳量为2％～4.3％，熟铁指的是钢，也是铁合金，属
于混合物，钢的含碳量为0.03％～2％， 选项A错误；B．治铁过程中CO与铁的氧化物反应生成铁和CO
2
属于氧化还原反应，选项B错误；C．铁炭和炊炭不互为同素异形体，铁炭指铁合金，为混合物，选项C
错误；D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物，使其还原为铁单质，选项D正确；答案选D。
6．（2022·江苏省平潮高级中学模拟预测）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe O 纳米粒子的工艺流程如下。
3 4下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”主要是为了去除废旧镀锌铁皮中的锌
B．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe3+、Na+
C．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H O
2
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再
用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚
铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性Fe O 纳米粒子。A．锌和氢氧化钠反应，因此“碱洗”是为了去除废旧
3 4
镀锌铁皮表面的油污和锌，故A正确；B．“氧化”后是次氯酸钠和亚铁离子反应，因此溶液中金属阳离
子主要有Fe2+、Fe3+，还有Na+，故B错误；C．“氧化”时次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，
因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H O，故C正确；D．加热沉铁即把氢氧化亚
2
铁、氢氧化铁加热分解生成Fe O 胶体，因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应，
3 4
故D正确。综上所述，答案为B。
7．（2022·上海上海·模拟预测）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化
还原反应，加入下列试剂一定可行的是
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
【答案】B
【解析】硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe (SO )+Fe=3FeSO ，要证明该过程发生了氧化还原反
2 4 3 4
应，则要证明Fe2+的存在。A．KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；B．酸性
高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，B可行；C．NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与
Fe3+反应，由于Fe(OH) 、Fe(OH) 的混合物与Fe(OH) 的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH) 的存在，
2 3 3 2
C不可行；D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，D不可行；故选B。
8．（2022·上海普陀·二模）向NH Fe(SO )(aq)中逐滴滴加Ba(OH) (aq)至过量的过程中，有关离子反应错
4 4 2 2
误的是
A．2Fe3+＋3 ＋3Ba2+＋6OH-→2Fe(OH) ↓＋3BaSO↓
3 4
B．Fe3+＋5 ＋4 ＋4Ba2+＋8OH-→Fe(OH) ↓＋5NH ·H O＋4BaSO↓
3 3 2 4
C．3Fe3+＋ ＋5 ＋5Ba2+＋10OH-→3Fe(OH) ↓＋NH ·H O＋5BaSO↓
3 3 2 4D．Fe3+＋ ＋2 ＋2Ba2+＋4OH-→Fe(OH) ↓＋NH ·H O＋2BaSO↓
3 3 2 4
【答案】B
【解析】硫酸铁铵溶液与逐滴滴加的氢氧化钡溶液反应时，铁离子与氢氧根离子反应的能力强于铵根离子，
会优先反应，当铵根离子反应时，铁离子已经完全反应，所以由化学式可知，反应时，铵根离子物质的量
可能为0，或小于等于铁离子的物质的量，则B选项中铵根离子的化学计量数大于铁离子不可能发生，故
选B。
9．（2022·上海金山·二模）某溶液含Na+、NH 、SO 、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为
确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO 酸化的Ba(NO )(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向
3 3 2
滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A．不能确定是否有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在
C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH 、SO 、Cl-、Fe2+
【答案】D
【解析】该溶液中加入足量 酸化的 (aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为 ，所以原溶
液中一定有 ；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为 ，而由于溶液中
曾经加入了 溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是 或 或二者均有；微热可产生气体，表明
该气体为 ，则表明原溶液中含有 ；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷
与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子 ，且 和 之间只能有 存在；A．各离
子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子
，则x=2，所以只能含有 ，而不含有 ，A错误；B．依据实验
已经确定阴离子只有 和 ，而确定的阳离子有 和 ，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有 ，否则电荷不守恒，B错误；C．依据实验已经确定阴离子只有 和 ，
而确定的阳离子有 和 ，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有 ，
否则电荷不守恒，C错误；D．依据分析可得出溶液中含有的离子为 、 、 、 ，D正确；故
合理选项为D。
10．（2022·山东省实验中学模拟预测）微生物法浸出黄铜矿(CuFeS，其中Cu为+2价)中铜元素的过程如
2
图。下列说法错误的是
A．该方法的原料只有黄铜矿和氧气
B．Fe (SO ) 和HSO 可以循环利用
2 4 3 2 4
C．微生物在整个转化过程中起催化作用
D．当黄铜矿中的铁元素全部转化为Fe3+时，生成2mol SO 同时消耗4.25mol O
2
【答案】A
【解析】由微生物法浸出黄铜矿中铜元素的过程示意图可知，黄铜矿与氢离子、铁离子反应生成铜离子、
亚铁离子和HS，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；铁离子与HS 反应生成亚铁离子、氢
2 n 2 n
离子和S，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；S 与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子，
8 8
则微生物是浸出过程的催化剂，总反应的方程式为4CuFeS+17O +2H SO
2 2 2 4
4CuSO +2Fe (SO )+2H O，浸出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用。A．由分析可知，该方法的原料为黄铜
4 2 4 3 2
矿、硫酸和氧气，故A错误；B．由分析可知，出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用，故B正确；C．由分
析可知，微生物是浸出过程的催化剂，故C正确；D．由分析可知，当黄铜矿中的铁元素全部转化为铁离
子时，生成2mol硫酸根时，反应消耗氧气的物质的量为17mol× =4.25，故D正确；故选A。
11．（2022·广东·铁一中学三模）《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉[主要成分为( ]可用如
下方法检测。下列相关说法不正确的是
A．在铁华粉中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，一定会变红
B．制备铁华粉的主要反应为
C．气体X的产生是因为发生了复分解反应
D．由上述实验可知，OH-结合Fe3+的能力大于CN-
【答案】A
【解析】铁华粉中加入稀硫酸并加热，产生的刺激性气味的气体X为醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸生成
氢气和滤液有氢气生成说明铁华粉中含有铁单质，滤液中加入铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，说明有滤液中
有亚铁离子，该沉淀不溶于稀盐酸，但与NaOH可反应生成棕色沉淀。A．根据分析可知铁华粉中含有铁
单质，硝酸的量比较少时，生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+，当溶液中不存在Fe3+时，滴入KSCN溶液不
会变红，A错误；B．根据题干中信息可知，制备铁华粉的主要反应为
，B正确；C．气体X为醋酸蒸气，反应为：
，属于复分解反应，C正确；D．由上述实验可知，氢氧根离
子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于
CN-，D正确；故选A。
12．（2022·湖北·枣阳一中模拟预测）通过Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)之间的转化，将天然烷烃R－H转变为增殖精细
化学品，该过程曾被誉为合成化学的“圣杯”，转化过程如图所示。下列有关说法错误的是A．制备增殖精细化学品的催化剂为[ ]
B．反应④⑤，均有自由基参加的非氧化还原反应
C．制备增殖精细化学品的总反应为 +R－H
D．反应③中有机物发生还原反应
【答案】B
【解析】A． Cl-是反应物，所以制备增殖精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]，故A正确；B．-Cl自由基为0
价态，-R自由基也可以看成0价态，相对于单质参加反应，所以反应④⑤都是氧化还原反应，故B错误；
C．反应中有反应物：[LnFeⅡ]、HCl、R-H、 ，其中反应物[LnFeⅡ]、HCl循环生成
了，所以总反应正确，故C正确；D．反应③无机物铁化合价上升，有机物化合价则降低，被还原，故D
正确；故选B。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2022·上海上海·模拟预测）（13分）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO 碱性溶液中，在其表面形成
2
一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如下转化：其中②的化学方程式为：NaFeO＋NaNO ＋HO NaFe O＋NH ↑＋NaOH(未配平)。
2 2 2 2 2 2 4 3
完成下列填空：
(1)将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列。_______
(2)NH 分子的结构式为_______。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因。_______
3
(3)配平反应②的化学方程式______。若反应生成11.2 L(标准状态)氨气，则电子转移的数目为_______。
(4)反应③中NaFeO 与NaFe O 的物质的量之比为_______。写出Fe→Fe O 的置换反应的化学方程式
2 2 2 2 4 3 4
_______
【答案】(1)r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)（2分）
(2) （1分） 氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，核对外层电子吸引
能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素（2分）
(3) 6NaFeO＋5NaNO ＋HO 3NaFe O＋NH ↑＋7NaOH（2分） 3N 或1.806×1024（2分）
2 2 2 2 2 2 4 3 A
(4) 1：1 （2分） 3Fe＋4HO(g) Fe O＋4H（2分）
2 3 4 2
【解析】由流程可知，反应①为3Fe+NaNO +5NaOH=3Na FeO+H O+NH ↑，反应②为
2 2 2 2 3
6NaFeO+NaNO +5H O=3Na Fe O +NH↑+7NaOH，反应③为NaFeO+Na Fe O+2H O=Fe O + 4NaOH，
2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 2 2 4 2 3 4
从而制得Fe O。
3 4
(1)反应②中涉及的短周期元素有Na、N、O、H，一般来说，电子层数越多，半径越大，同周期元素从左
到右原子半径依次减小，因此半径r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)；
(2)NH 的N和H之间为极性共价键，每个H与N共用一对电子，结构式为 ；氧原子和氮原子电子
3
层数相同，氧原子核电荷数更大，正电荷多，原子核对外层电子吸引能力更强，导致原子半径更小，因此
得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素；
(3)Na FeO 中Fe由+2价升为+6价，NaNO 中N由+3价降为-3价，根据转移电子守恒和原子守恒，可配平
2 2 2方程式6NaFeO＋5NaNO ＋HO 3NaFe O＋NH ↑＋7NaOH；11.2 LNH 的物质的量为0.5mol，根据方
2 2 2 2 2 2 4 3 3
程式可知，生成1个NH 分子转移电子数为6，因此转移电子总数为0.5N ×6=3N 或1.806×1024；
3 A A
(4)根据分析，反应③为NaFeO +Na Fe O+ 2H O=Fe O+4NaOH，因此NaFeO 与NaFe O 的物质的量之
2 2 2 2 4 2 3 4 2 2 2 2 4
比为1：1；Fe与水蒸气发生置换反应生成Fe O，方程式为3Fe＋4HO(g) Fe O＋4H.
3 4 2 3 4 2
14．（2022·广东广东·一模）（13分）铁元素存在多种价态，且不同价态的铁元素在一定条件下可以相互
转化。
(1)向2 mL 1 mol/L的Fe(NO ) 溶液中加入2 mol/L的HSO 溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离
3 2 2 4
子方程式___________。
(2) 是一种新型水处理剂，将 溶液、 溶液与 溶液混合可得到 。
① 中铁元素的化合价为___________，当有 生成时，反应中转移的电子数目为
___________ 。
②发生相应反应的离子方程式为___________。
(3)某同学设计如图装置制备一定量的 ，并使其能在较长时间内存在。
①X不能是硝酸，原因是___________，装置4的作用是___________。
②实验开始时，开关 应___________(填“打开”成“关闭”)；这样操作的目的是___________。
【答案】(1) （2分）
(2) ①+6 （1分） 9（1分） ②2Fe3++3ClO-+10OH-=2 +3Cl-+5H O（2分）
2(3)硝酸可将铁氧化为Fe3+，导致无法得到Fe(OH) （2分） 液封，防止空气进入装置3中导致无
2
法得到纯净的Fe(OH) （2分） 打开（1分） 利用生成的H 将装置中的空气排出（2分）
2 2
【解析】(1)在酸性条件下 具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，
可得该反应的离子方程式为： ；
(2)①在KFeO 中K为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Fe为+6价；
2 4
②在反应前Fe (SO ) 中Fe为+3价，反应后KFeO 中Fe为+6价，每反应产生1 mol K FeO，反应过程中
2 4 3 2 4 2 4
转移3 mol电子，则当复原产生3 mol K FeO 时转移9 mol电子，则转移电子数目为9N ；
2 4 A
③在该反应中Fe元素化合价由反应前Fe (SO ) 中Fe为+3价，反应后KFeO 中Fe为+6价，化合价升高3
2 4 3 2 4
价；Cl元素化合价由反应前KClO中的+1价变为反应后KCl中的-1价，化合价降低2价，化合价升降最小
公倍数是6，所以Fe (SO ) 的系数是1，KFeO 的系数是2；KClO、 KCl的系数是3，根据S元素守恒，
2 4 3 2 4
可知生成物中有KSO ，系数是3，再根据K元素守恒可知反应物KOH系数是10，最后根据H原子守恒，
2 4
可知生成物HO的系数是5，故配平后化学方程式为：
2
Fe (SO )+3KClO+10KOH=2K FeO+3KCl+3K SO +5H O；该反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2
2 4 3 2 4 2 4 2
+3Cl-+5H O；
2
(3)①要制取Fe(OH) 白色沉淀，在2中是酸X与铁屑反应产生Fe2+，由于硝酸具有强氧化性，会将Fe氧化
2
产生Fe3+，导致无法生成Fe(OH) ，所以X不能是硝酸，可以是HCl或稀HSO ；
2 2 4
装置4中蒸馏水的作用是形成液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH) ；
2
②实验开始时打开K，利用Fe与酸反应产生的H 将装置中的空气排出，使NaOH溶液中无空气，待装置
2 2
4中气泡均匀时，关闭开关K，利用反应产生的H 将装置2中Fe2+压入装置3中，与NaOH溶液反应产生
2 2
Fe(OH) ，保证制取得到纯净Fe(OH) ，并能够较长时间观察Fe(OH) 白色沉淀。
2 2 2
15．（2022·河南·二模）（14分）某学习小组拟研究FeSO 的分解实验探究，请你利用所学知识帮该小组
4
完成以下实验方案。
[实验目的]探究FeSO 分解产物与温度关系。
4
[提出假设]
假设1：Fe O、SO 、SO ；
2 3 3 2
假设2：FeO、SO 、SO ；
3 2
假设3：Fe O、SO 、SO 。
3 4 3 2
[查阅资料]几种物质的物理性质如表所示。物质 SO SO O N
3 2 2 2
熔点/℃ 16.8 - 72.4 -218.4 -209.9
沸点/℃ 44.8 - 10 -182.9 - 195.8
回答下列向题：
(1)根据所学知识判断，假设2肯定不成立，理由是_______。
(2)实验过程中，在检查装置气密性之后点燃A处酒精灯之前的操作是_______，(只填操作)，当A处固体
完全分解后通入N 的目的是_______。
2
(3)实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备N，该反应的离子方程式为_______。
2
(4)低温浴槽Ⅰ收集的物质是_______(填化学式)，低温浴槽Ⅱ控制的温度范围为_______。
(5)甲、乙组分别进行实验，实验数据如下(不考虑损失，固体已完全分解且固体产物为纯净物)：
实 低温浴槽Ⅰ净增质 低温浴槽Ⅱ净增质
A处温度/℃ FeSO 质量/g
验 4 量/g 量/g
甲 T 3.04 0.80 0.64
1
乙 T 4.56 1.60 0.64
2
甲组实验中A装置得到固体产物是_______(填化学式)。
(6)为进一步确认固体产物成分，取乙组实验得到的固体溶于稀硫酸，将溶液分成两份，进行如下实验：在
一份溶液中滴加铁氰化钾K[Fe(CN) ]溶液，产生蓝色沉淀。在另一份溶液中滴加NH SCN溶液，观察到的
3 6 4
现象是_______。
[实验结论]通过上述实验，FeSO 分解产物与温度有关。
4
[交流反思]FeSO 分解反应中是否有O 生成？
4 2
(7)为验证实验猜想，他们设计两种方案检验O：
2
方案1：将D管导出的气体通入酸化的淀粉-KI溶液中。
方案2：用带火星的木条放在D管口处。
假设过程中持续缓缓通入N，对比以上两种方案，其中方案_______(填“1”或“2”)可行。
2
【答案】（每小问2分）(1)化合价只有降低，不符合氧化还原反应化合价变化规律(2) 通入一段时间N 使A中残留的三氧化硫和二氧化硫分别排入I和Ⅱ中
2
(3)
(4)SO - 72.4℃ -10℃
3
(5)Fe O
2 3
(6)溶液显红色或血红色
(7)1
【解析】(1)根据所学氧化还原反应的规律可知，有元素化合价的升高，必有元素化合价降低，而假设2中
根据分解产物分析可知，反应后部分硫元素化合价降低，但无化合价升高的元素，不符合氧化还原反应的
规律，所以假设2错误，故答案为：化合价只有降低，不符合氧化还原反应化合价变化规律；
(2)实验过程中，在检查装置气密性之后点燃A处酒精灯之前需通入一定量氮气，可排除装置内的空气，避
免氧气或水蒸气干扰实验；当A处固体完全分解后通入N，随着气流方向可使产生的气体全部进入下一装
2
置，使其全部被吸收，故答案为：通一段时间N；使A中残留的二氧化硫和三氧化硫分别排入I和Ⅱ中；
2
(3)饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热可发生归中反应生成氮气、氯化钠和水，其离子方程式为：
；
(4)根据表中数据可知，SO 的沸点为44.8℃，SO 的沸点为-10℃，所以低温浴槽Ⅰ收集的物质应为SO ，
3 2 3
控制的温度范围为-10 44.8℃；低温浴槽Ⅱ收集的是SO ，则控制的温度范围为- 72.4℃ -10℃；
2
(5)甲组实验中，FeSO 的质量为3.04g，则其物质的量为 =0.02mol，低温浴槽Ⅰ中SO 的质量为
4 3
0.8g，所以物质的量为 =0.01mol，低温浴槽Ⅱ中SO 的质量为0.64g，所以其物质的量为
2
=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe O，其物质的量为0.01mol；
2 3
(6)根据小问（5）分析可知，乙组实验中，FeSO 的质量为4.56g，则其物质的量为 =0.03mol，低
4
温浴槽Ⅰ中SO 的质量为1.60g，所以物质的量为 =0.02mol，低温浴槽Ⅱ中SO 的质量为0.64g，所
3 2以其物质的量为 =0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe O，其物质的量为0.01mol，所
3 4
以取乙组实验得到的固体溶于稀硫酸，溶液中含铁离子与亚铁离子，在一份溶液中滴加铁氰化钾
K[Fe(CN) ]溶液，会产生蓝色沉淀，在另一份溶液中滴加NH SCN溶液，观察到的现象是会观察到溶液显
3 6 4
红色或血红色；
(7)N 不燃烧也不支持燃烧 ，假设过程中持续缓缓通入N，若用带火星木条检验氧气的存在，现象会受干
2 2
扰，而氧气具有氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子生成能使淀粉变蓝的碘单质，不受氮气的干扰，所以
选择实验方案1可行。
