2023年高考化学一轮复习 考点14 铁及其化合物 模拟测试

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考点14 铁及其化合物
模拟检测

1(2022·浙江省高三选考模拟)关于化合物FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是( )
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3
【答案】B
【解析】已知化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷。A项，化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B项，化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O，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、CO2、H2O，B符合题意；C项，化合物FeO(OCH3)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CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D项，化合物FeO(OCH3)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FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3，D不合题意；故选B。
2(2022·江苏省高三高考考前打靶卷)下列关于铁及其化合物的性质与用途，不具有对应关系的是( )
A．Fe具有还原性，可用作食品抗氧化剂
B．Fe2O3属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料
C．Fe3O4具有磁性，可用作激光打印机墨粉的添加剂
D．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作自来水厂的净水剂
【答案】B
【解析】A项，Fe具有还原性，能消耗氧气，可用作食品抗氧化剂，A不符合题意；B项，Fe2O3固体为红棕色，可用作粉刷墙的红色涂料，其为碱性氧化物与作红色涂料无关，B符合题意；C项，Fe3O4具有磁性，可用作激光打印机墨粉的添加剂，使墨粉具有磁性，C不符合题意；D项，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，可用作自来水厂的净水剂 ，D不符合题意；故选B。
3(2022·山东省青岛市二模)草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料[Ksp(FeC2O4·2H2O)= 3.0×10－7]，制备流程如下：
(NH4)2Fe(SO4)2FeC2O4·2H2O
下列说法错误的是( )
A．可用溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质
B．步骤①酸化的目的是抑制Fe2+的水解
C．步骤②反应为Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【解析】A项，(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe元素存在形式为Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，若(NH4)2Fe(SO4)2变质会生成 Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红色，因此可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质，故A正确；B项，Fe2+易水解生成Fe(OH)2和氢离子，使溶液显酸性，进行酸化，增大氢离子的浓度可抑制Fe2+的水解，故B正确；C项，步骤②生成FeC2O4·2H2O沉淀，发生反应的离子方程式为Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，故C正确；D项，根据Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+可知，步骤②中加入草酸后直接生成FeC2O4·2H2O沉淀，只需要将FeC2O4·2H2O沉淀过滤、洗涤、干燥后即可得到FeC2O4·2H2O晶体，故D错误；故选D。
4(2022·江苏省高三高考考前打靶卷)铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)   ΔH＜0是炼铁工业中的主反应。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A． B．(胶体)
C． D．
【答案】A
【解析】A项，KClO具有强氧化性，能将氢氧化铁氧化为高铁酸根，A正确；B项，饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，B错误；C项，铜的还原性比铁弱，不能将亚铁离子还原为铁单质，C错误；D项，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁，铁的化合价为+3价，D错误；故选A。
5(2022·江苏省扬州中学三模)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项，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项，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项，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项，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；故选B。
6(2022·湖南省市(州)部分学校高三“一起考”大联考三模)K2FeO4是一种高效多功能的饮用水处理剂。已知：①一种干法制备K2FeO4的反应为2FeSO4+6K2O2=2 K2FeO4+K2O+2K2SO4+O2↑，②K2FeO4处理水时发生反应FeO4+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2。下列说法错误的是( )
A．干法制备K2FeO4的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为
B．干法制备K2FeO4的反应中，每生成1mol K2FeO4，有5mol e-转移
C．K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在
D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，又能起絮凝作用除去水中悬浮杂质
【答案】A
【解析】A项，干法制备K2FeO4的反应中，FeSO4中Fe元素化合价升高，FeSO4作还原剂，K2O2中O元素化合价既升又降，每6 mol K2O2参加反应，由原子守恒知，有1 mol K2O2作还原剂，有5 mol K2O2作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为(2+1) mol：5 mol =3：5，A错误；B项，每5 mol K2O2作氧化剂，转移10 mol e-，生成2mol K2FeO4，所以每生成1mol K2FeO4，有5mol e-转移，B正确；C项，由K2FeO4处理水时发生可逆反应，结合平衡移动原理知K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在，C正确；D项，K2FeO4具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，K2FeO4与水反应可产生Fe(OH)3胶体，能起絮凝作用除去水中悬浮杂质，D正确；故选A。
7(2022·湖南省长沙一中一模)将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是( )
A．m=15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28mol
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2mol FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
【答案】A
【解析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为HCl和FeCl2，根据Cl元素守恒可知：n(HCl)=2n(FeCl2)+n剩余(H+)，即5.00mol/L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200mol/L×0.5L解得：n(FeCl2)=0.2mol；2.56g Cu的物质的量为0.04mol，则与Cu2+参加反应的Fe的物质的量为0.04mol；标况下2.24L H2的物质的量为0.1mol，则H+参加反应的Fe的物质的量为0.1mol；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.2-0.1-0.04=0.06mol；因此原混合物中n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16mol，n(Fe2O3)=0.02mol，n(CuO)=0.04mol。A项，混合物的质量为：0.16mol×56g/mol+0.02mol×160g/mol+0.04mol×80g/mol=15.36g，A正确；B项，根据原混合物组成的各组分的物质的量可知，烧杯中转移电子的物质的量共为(0.1mol+0.04mol+0.02mol)×2=0.32mol，B错误；C项，由于氯化亚铁易水解易氧化，将反应后的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C错误；D项，过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；故选A。
8(2022·江苏省南京、镇江市部分名校学情调研考试)由绿矾(FeSO4·7H2O)制备三草酸合铁酸钾晶体{ K3[Fe(C2O4) 3]·3H2O}的流程如图

下列说法正确的是( )
A．“溶解”时加硫酸的目的是抑制水解
B．将“沉淀”所得的FeC2O4加入酸性高锰酸钾溶液，观察到溶液褪色，说明产物中含C2O42-
C．“氧化”过程中H2O2被还原为O2
D．隔绝空气加热K3[Fe(C2O4) 3]·3H2O，分解产物为K2CO3、Fe2O3、CO2、H2O
【答案】A
【解析】由题给流程可知，绿矾溶于稀硫酸得到酸性硫酸亚铁溶液，向溶液中加入草酸溶液得到草酸亚铁沉淀，向沉淀中加入草酸钾、草酸和过氧化氢混合溶液将草酸亚铁氧化得到三草酸合铁酸钾晶体。A项，亚铁离子在溶液中易发生水解，溶解时加入稀硫酸的目的是抑制亚铁离子的水解，故A正确；B项，向草酸亚铁沉淀中加入酸性高锰酸钾溶液时，亚铁离子和草酸根离子都能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，则观察到溶液褪色不能说明产物中含草酸根离子，故B错误；C项，氧化过程中过氧化氢为反应的氧化剂，被草酸亚铁还原为水，故C错误；D项，由氧化还原反应规律可知，隔绝空气加热三草酸合铁酸钾晶体时，三草酸合铁酸钾晶体受热分解生成碳酸钾、氧化铁、一氧化碳和水，故D错误；故选A。
9(2022·广东省广州市广大附中、广外、铁一中学高三三模联考)《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(CH3COO)2Fe ·H2O ]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Fe+2CH3COOH=(CH3COO)2Fe+H2↑
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项，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项，根据题干中信息可知，制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH3COOH=(CH3COO)2Fe+H2↑，B正确；C项，气体X为醋酸蒸气，反应为：(CH3COO)2Fe+H2SO4=2CH3COOH+FeSO4，属于复分解反应，C正确；D项，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。
11．(2022·山东省济宁市三模)以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是( )

A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血
C．过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2
【答案】B
【解析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeSO4溶液，FeSO4溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A项，取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+，但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+，A项错误；B项，人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血，B项正确；C项，硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项错误；D项，实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项错误；故选B。
12．(2022·湖南省永州市第一中学二模)MnCO3可用作脱硫的催化剂以及生产金属锰的原料，由含Mn2+的废液(有少量的Fe2+、Fe3+)制备MnCO3的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是( )
A．“沉锰”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++ HCO3-=MnCO3↓+H+
B．“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+
C．“纯化”过程中发生了水解反应，生成Fe(OH)3沉淀
D．工艺流程中“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】废液中含有少量的Fe2+、Fe3+，应除去，先加酸化的双氧水把亚铁离子氧化为三价铁离子2 Fe2++2H++H2O2=2H2O+2 Fe3+，再调节溶液的酸碱性使铁离子水解为沉淀而除去三价铁离子，再加入过量的NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2↑，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO3。A项， “沉锰”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2 HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故A错误；B项， “氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故B正确；C项，Fe3+在酸性条件下会发生水解反应，生成Fe(OH)3沉淀，故C正确；D项，“沉锰”时得到的沉淀经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO3，故D正确；故选A
13．(2022·山东省高考考前热身押题)手持技术(Hand-held Technology)是由计算机和微电子技术相结合的新型数字化实验手段。向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，控制不同时，利用手持技术测量其与溶液pH和电导率的关系如图所示：

i．a点时溶液澄清透明，加入NaOH溶液产生灰绿色难溶物。
ii．b点出现明显红褐色难溶物，取上层清液，分出两等份，分别加入KSCN溶液和NaOH溶液，前者溶液变为血红色，后者无灰绿色难溶物。结合以上信息，下列分析不合理的是( )
A．a点时主要反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+
B．溶液电导率最低时，离子浓度和最小
C．b点时Fe3+和SO32-主要发生相互促进的水解反应
D．混合后溶液的pH决定FeCl3和Na2SO3主要反应的反应类型
【答案】B
【解析】A项，a点时，溶液澄清透明，加入NaOH溶液产生灰绿色难溶物Fe(OH)2与Fe(OH)3的混合物，证明a点时Fe3+与SO32-发生了氧化还原反应：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，A不符合题意；B项，b点时出现了明显红褐色难溶物Fe(OH)3，上层清液分别加入KSCN溶液和NaOH溶液，前者溶液变为血红色，含Fe3+，后者无绿色难溶物，无Fe(OH)2生成，说明b点主要发生Fe3+与SO32-的水解互促作用，2Fe3++3SO32-+62O=2Fe(OH)3+3H2SO3，由此可知=1.5，即b点时溶液中离浓度和最小，此时电导率不是最低，B符合题意；C项，说明b点主要发生Fe3+与SO32-的水解互促作用，C不符合题意；D项，由图及上述分析知，混合后溶液的pH，决定于Fe3+和SO32-主要反应类型，以氧化还原反应为主时溶度pH低，以水解互促反应为主时，溶液的pH升高，D不符合题意；故选B。
14．(2022·江苏省连云港市高三高考考胶模拟考试)某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3