高考化学综合题专题复习【铁及其化合物】专题解析

高考化学综合题专题复习【铁及其化合物】专题解析

一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：

请回答：

（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。

（2）反应④的离子方程式为：__。

（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。

【答案】2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3还原剂 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 铁粉（屑） KSCN （或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）

【解析】

【分析】

氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。

【详解】

(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应)，该反应的化学方程式：2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；

(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(3)C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑)，以防止其转化为FeCl3。检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN)，三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。

2．在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。已知：甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。

回答下列问题：

(1)反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：_______，该化合物中存在的化学键有：_________。与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：_______（元素符号）。

(2)反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是_______；写出反应Ⅱ的化学方程式_______。

(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性_______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是_______（写出一种即可）。

(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_______（选填答案编号）

a．工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质

b．金属阳离子都具有相同的电子排布式

c．氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物

d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物

【答案】离子键、共价键 Al、Mg、Na 第四周期Ⅷ族

高温Fe3O4+H2强 NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱 ab

3Fe+4H2O???→

【解析】

【分析】

已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为HCl；反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。据此解答。

【详解】

(1)由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为

，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。答案为：；离子键、共价键；Al、Mg、Na；

(2)由以上分析知，乙为铁，与H2O在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe3O4，铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反

高温Fe3O4+H2。答案为：第四周期Ⅷ族；

应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2O???→

高温Fe3O4+H2；

3Fe+4H2O???→

(3)钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱来判断。答案为：强；NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱；

(4)a．工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3，获取单质，a正确；

b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；

c．NaOH热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c不正确；

d ．金属氯化物都是电解质，但AlCl 3属于共价化合物，d 不正确；

答案为：ab 。

【点睛】

在书写铁与H 2O 在高温下反应，我们易忽视“有磁性的物质”，而把产物写成Fe 2O 3和H 2，从而产生错误。

3．A 、B 、C 、D 、E 分别是铁或铁的化合物。其中D 是一种红褐色沉淀。其相互反应关系如图所示：

根据如图所示变化，按要求回答下列问题：

（1）写出A 、E 的化学式：A__，E__；

（2）写出其中几步反应的化学方程式：

C→B ：___；

B→D ：___；

E→A ：___。

（3）C 中加入NaOH 溶液，看到的现象是__。

【答案】Fe Fe 2O 3 2FeCl 2＋Cl 2=2FeCl 3 FeCl 3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋3NaCl Fe 2O 3＋3CO =高温2Fe ＋3CO 2(或Fe 2O 3＋2Al =高温

2Fe ＋Al 2O 3) 出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色

【解析】

【分析】

D 是一种红褐色沉淀，应为Fe(OH)3，由转化关系可知

E 为Fe 2O 3，A 为Fe ，则B 为FeCl 3，C 为FeCl 2，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。

【详解】

(1)由以上分析可知A 为Fe ，E 为Fe 2O 3，

故答案为：Fe ；Fe 2O 3；

(2)C 为FeCl 2，可与氯气反应生成FeCl 3，方程式为2FeCl 2+Cl 2=2FeCl 3，B 为FeCl 3，可与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)3，方程式为FeCl 3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl ，可经一氧化碳高温下还原(或铝热反应)生成Fe ，方程式为Fe 2O 3＋3CO =高温2Fe ＋3CO 2(或Fe 2O 3＋2Al =高温2Fe ＋Al 2O 3)，

故答案为：2FeCl 2+Cl 2=2FeCl 3；FeCl 3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl ；Fe 2O 3＋3CO =高温2Fe ＋3CO 2(或Fe 2O 3＋2Al =高温2Fe ＋Al 2O 3)；

(3)C 为FeCl 2，可与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2，出现白色沉淀，Fe(OH)2不稳定已被空气中的氧气氧化，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，

故答案为：出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。

4．中学化学常见物质A 、B 、C 、D 、E 有如下转化（已知A 、B 、C 、D 、E 均含有同一元素）：

请写出：

（1）B →C+D 的离子方程_______________________；

（2）E →F 化学方程式__________________________。

（3）若A →B 过程的反应不是化合反应，该反应可能的化学方程式

___________________。

（4）D 通过化合反应转化为C 的离子方程式为____________________________________。

【答案】23342Fe O 8H Fe 2Fe 4H O ++++=++ ()()22234Fe OH O 2H O 4Fe OH ++=

()23423Fe+4H O g Fe O 4H =+高温 3+2+2Fe +Fe=3Fe

【解析】

【分析】

由F 是红褐色物质，可知F 是Fe(OH)3；E 能氧化为Fe(OH)3，E 是Fe(OH)2；逆推可知C 含有Fe 2+、D 含有Fe 3+，则A 是Fe ；B 中的铁元素有+2、+3两种，B 是Fe 3O 4。

【详解】

根据以上分析，（1）Fe 3O 4与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，反应的离子方程23342Fe O 8H Fe 2Fe 4H O ++++=++；

（2）氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁，反应化学方程式为

()()22234Fe OH O 2H O 4Fe OH ++=；

（3）若Fe→Fe 3O 4过程的反应不是化合反应，则为铁和水蒸气高温条件下生成四氧化三铁和氢气，反应可能的化学方程式为()23423Fe+4H O g Fe O 4H =+高温；

（4）Fe 3+和Fe 通过化合反应生成Fe 2+，反应的离子方程式为3+2+2Fe +Fe=3Fe 。

5．硫及其化合物有如下转化关系

(1)发生氧化还原反应的是___________(填序号)

(2)写出(5)的反应方程式____________，说明浓硫酸具有___________，制取CuSO4，

__________方法最好(填序号)；

(3)SO2是造成空气污染，形成酸雨的主要物质。SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸，反应方程式为_____________。验证二氧化硫的方法是_____________。

(4)某溶液中含有Cl-、SO42-，可能含有Na+、Fe2+或其中一种。

①验证Cl-、SO42-的方法是______________

A．先加BaCl2溶液，等沉淀后，再加AgNO3溶液

B．先加AgNO3溶液，等沉淀后，再加BaCl2溶液

C．先加Ba(NO3)2溶液，等沉淀后，再加AgNO3溶液

②验证Na+或Fe2+最简单的方法是_____________。

【答案】①②⑤ 2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O 强氧化性⑥

2SO2+O2+2H2O=2H2SO4将某气体通入盛品红溶液的试管中，品红褪色，再加热，又出现红色，证明是SO2 C 若溶液为无色，则溶液中只有Na+；若溶液显绿色，一定有Fe2+，再做焰色反应，以证明Na+的存在

【解析】

【详解】

（1）依据转化关系中反应前后元素化合价变化分析，①反应是硫单质和铁发生反应一定有元素化合价变化属于氧化还原反应；②是硫和氧气反应生成二氧化硫属于氧化还原反应；

③是三氧化硫和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，无元素化合价变化，不是氧化还原反应；④是硫酸铜和氯化钡溶液反应生成沉淀，发生的是复分解反应；⑤是铜和浓硫酸加热反应，发生的是氧化还原反应，⑥是氧化铜与硫酸的反应，没有元素的化合价发生变化；有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，因此①②⑤属于氧化还原反应；故答案为

①②⑤；

（2）反应⑤是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓硫酸表现了酸性和强氧化性；硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜，反应过程中无污染气体生成最好，制备硫酸铜的方法，⑥最好，⑤生成二氧化硫污染性气体；故答案为2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；强氧化性；⑥；

（3）SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸，分压的化学方程式为：

2SO2+O2+2H2O═2H2SO4；依据二氧化硫的特征性质检验二氧化硫，使品红试液褪色，加热恢复红色，方法为：将某气体通入盛品红溶液的试管中，品红褪色，再加热，又出现红色，证明是SO2；故答案为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4；将某气体通入盛品红溶液的试管中，品红褪色，再加热，又出现红色，证明是SO2；

（4）①依据氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验、硫酸根离子检验方法加入盐酸，在加入硝酸钡进行检验，注意离子检验设计应先检验硫酸根离子，沉淀完全后再检验氯离子的存在。A．先加BaCl2溶液，等沉淀后，再加AgNO3溶液，氯离子和硫酸根离子都会生成白色沉淀，不能确定离子存在，选项A错误；

B．先加AgNO3溶液，等沉淀后，再加BaCl2溶液，硫酸根离子也能生成白色沉淀硫酸银，不能检验离子存在，选项B错误；

C．先加Ba（NO3）2溶液，等沉淀后，检验硫酸根离子存在，除去硫酸根离子后再加AgNO3溶液，检验氯离子存在，选项C正确；

答案为C；

②依据亚铁离子溶液呈浅绿色，钠离子溶液中为无色，或做焰色反应检验；若溶液为无色，则溶液中只有Na+；若溶液显绿色，一定有Fe2+，再做焰色反应，以证明Na+的存在；故答案为若溶液为无色，则溶液中只有Na+；若溶液显绿色，一定有Fe2+，再做焰色反应，以证明Na+的存在。

6．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。

（1）写出下列物质的化学式：D___，X___。

（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是___（填数字编号）。

（3）反应⑥的离子方程式为：___。

（4）反应⑦的化学方程式为___；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。（5）除去D溶液中混有的少量G的方法是：___。

（6）检验G溶液中阳离子的方法是：___。

【答案】FeCl3 HCl ③⑥ Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 3Fe+4H2O(g)高温

Fe3O4+4H2 0.8 向混

合液中通入足量氯气（或氯水）（或加入足量H2O2）取少量G溶液于试管中，滴2滴

KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色

【解析】

【分析】

单质A和C反应生成黑色晶体E，E和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H在常温下为液体，H为H2O；B为黄绿色气体，B是氯气，依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。据此解答。

【详解】

根据以上分析，（1）D是氯化铁，化学式是FeCl3，X是盐酸，化学式是HCl。

（2）反应①是铁与氯气反应生成氯化铁，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应④是FeCl3与铁反应生成FeCl2，铁元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，元素化合价改变，属于氧化还原反应；在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。（3）反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（4）反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为

3Fe+4H2O(g)高温

Fe3O4+4H2；3mol铁反应转移8mol电子，所以反应中每消耗0.3mol的

铁，可转移电子0.8mol。

（5）FeCl2与氯气反应生成FeCl3，除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是通入过量的氯气。

（6）Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe(SCN)3，Fe2+与SCN-作用不显红色，所以检验Fe2+的方法是：取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色，说明含有Fe2+。

7．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

（1）B的俗称_______，反应①的用途_____（填一项）。

（2）反应①的化学方程式为________。反应③的离子方程式为_________。反应⑧的化学方程式为______。

（3）反应⑥的化学方程式及变化过程中的现象是__________。

（4）向G溶液中加入AlCl3溶液的离子方程式____________。

【答案】磁性氧化铁焊接钢轨（或冶炼金属铁） 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe

Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 3AlO2-+Al3++6H2O==Al(OH)3↓

【解析】

【分析】

F是红褐色难溶于水的沉淀，说明F为Fe(OH)3，E在空气中可转变为Fe(OH)3，说明E为Fe(OH)2，E与F是B与盐酸反应生成的C和D再与NaOH反应得到，因此C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，A在氧气中燃烧生成Fe3O4，那么A为Fe,B和I高温下反应生成单质铁，说明发生的是铝热反应，即H为Al2O3，I为Al， Al2O3与Al与过量的氢氧化钠溶液反应生成G，那么G为NaAlO2，据此分析作答。

【详解】

（1）B为Fe3O4，俗名为磁性氧化铁，反应①用于焊接钢轨或冶炼金属铁；

（2）反应①为铝热反应，反应方程式为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe；反应③为Fe3O4与稀盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水的反应，离子方程式为：

Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；反应⑧为Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠的反应，方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（3）反应⑥为Fe(OH)2在空气中氧化的反应，Fe(OH)2为白色沉淀，被氧化后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；

（4）向偏铝酸钠溶液中加入AlCl3溶液，生成了白色沉淀，离子反应方程式为：3AlO2-

+Al3++6H2O==Al(OH)3↓。

8．将单质Fe和FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。根据下述不同情况，填写金属单质或金属离子

．．．．．．．．．的符号。

（1）充分反应后，若Fe有剩余，则烧杯中不可能含有的金属离子是_____。

（2）充分反应后，如果烧杯中还有大量的Fe3+，则还会有的金属离子是_____。

（3）如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半，则烧杯中一定没有的金属离子是____，一定没有的金属单质是______。

【答案】Fe3+、Cu2+ Fe2+、Cu2+ Fe3+ Fe

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，铁先与氯化铁溶液反应，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

【详解】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应。氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；

①Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+；

②如容器内有大量Fe3+，说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+；

③如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+；则Fe完全溶解，一定没有Fe剩余。

【点睛】

考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键；本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和Cu2+无剩余。

9．已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。

（1）物质D的化学式为 ________。

（2）A和水反应生成B和C的离子方程式为____________________，列出A的一种重要用途_________________。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________。

（4）反应①的离子方程式为_______________________________________。

【答案】Fe3O4 2Na2O2 + 2H2O = 4Na++OH－+ O2↑供氧剂(或漂白剂) 白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 Fe3O4+8H+ =2Fe3++Fe2++ 4H2O

【解析】

【分析】

由已知D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4；A为淡黄色固体，A与水反应生成B和C，所以A为Na2O2，C是无色无味的气体，C为O2，B为NaOH ，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，H是白色沉淀，则H为Fe(OH)2。

【详解】

（1）根据上述分析可知物质D的化学式为Fe3O4；答案：Fe3O4。

（2）根据上述分析可知物质A为Na2O2，B为NaOH ，C为O2，A和水反应生成B和C的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na++OH－+ O2↑；A的一种重要用途为供氧剂(或漂白剂)；答案：2Na2O2 + 2H2O = 4Na++OH－+ O2↑；供氧剂(或漂白剂)。

（3）H为Fe(OH)2，在空气中很不稳定，被氧气氧化，白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；答案：白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。

（4）反应①是Fe3O4与盐酸的反应，生成氯化铁和氯化亚铁、水，其离子方程式为

Fe3O4+8H+ =2Fe3++Fe2++ 4H2O；答案：Fe3O4+8H+ =2Fe3++Fe2++ 4H2O。

10．归纳总结是学习化学的一种方法。

（1）甲同学发现A、B、C三种物质有如图l所示的相互反应关系，“—”表示能反应（部分反应物、生成物以及反应条件省略，下同）。己知A是常见金属，人体缺乏组成A的元素易患贫血症；B胃酸的主要成分；B与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则A是__（填化学式（下同），C是___。请写出下列反应的化学方程式：A与B__；B与C____。

（2）乙同学发现X、Y、Z三种物质有如图2所示的循环转化关系“→”表示能转化。

①若X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂氯化钙，Y俗称熟石灰。则X的化学式为___；请写出Y→Z的反应化学方程式____。

【答案】Fe AgNO3 Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑ HCl+AgNO3＝AgCl↓+HNO3 CaCl2

Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O

【解析】

【详解】

（1）A是常见金属，人体缺乏组成A的元素易患贫血症，所以A是铁，B是胃酸的主要成分，所以B盐酸，盐酸与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以C是硝酸银，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸和硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀和硝酸，铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，推出的物质满足题中的转化关系。故A是Fe，C是AgNO3，A 与B的反应是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，B 与C的反应是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：HCl+AgNO3＝AgCl↓+HNO3；

（2）X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂氯化钙，化学式为CaCl2，Y俗称熟石

灰，所以Y是氢氧化钙，依据X、Y、Z三种物质的转化关系可知，Z是碳酸钙，氯化钙和饱和氢氧化钠反应会生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，推出的各种物质均满足题中的转化关系。故X的化学式为CaCl2，Y→Z的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O。

【点睛】

解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

11．某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个平面魔方，如右图所示：

已知①A、B、C、D、G含有同种元素。

②

纯A(单质)B溶液D固体G溶液

颜色银白色黄色红棕色浅绿色

③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G。

依据以上信息填空：

（1）写出D的化学式：______________。

（2）G生成C的过程中所出现的现象为_____________写出对应的离子方程式

_________________

（3）写出反应A→B的化学方程式：_______________________。

（4）B→F的离子方程式为__________；G与次氯酸反应的离子方程式为

________________。

【答案】Fe2O3先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 Fe2++2OH-

=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 2Fe+3Cl22FeCl3

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 2Fe2++2HClO=2Fe3++Cl-+ H2O+ClO-

【解析】

【分析】

根据信息，D固体是红棕色，则D为Fe2O3；A、B、C、D、G含有相同元素，且G溶液为浅绿色，则G中含有Fe2＋；C可以生成Fe2O3，推出C为Fe(OH)3；A为单质，银白色，则A为Fe，B溶液为黄色，说明含有Fe3+；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，推出B为含有Cl－，则B为FeCl3； E是通常情况下密度最小的气体，E为H2，F能和Fe反应生H2和Fe2＋，且属于三种元素的化合物，则F为H2SO4，

【详解】

（1）D为Fe2O3；

（2）G中含有Fe2＋，C为Fe(OH)3，因此离子反应方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象是先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；

（3）A为Fe，B为FeCl 3，则反映式为2Fe+3Cl22FeCl3；

（4）F为H2SO4，因此氧化物是SO2，2Fe3＋+SO2+2H2O=2Fe2＋+SO42－+4H＋，利用次氯酸的强氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，即2Fe2＋+2HClO=2Fe3＋+Cl－+ H2O+ClO－。

12．D、E为中学化学常见的单质，在一定条件下C、D间能发生反应。各物质转化关系如下图：

(1)B的同素异形体的名称为：_____________；H的化学式为：_____________。

(2)已知E的燃烧热为QkJ/mol，试写出表示E燃烧热的热化学方程式_____________。

(3)用惰性电极电解A 溶液的阳极反应式为：_____________。

(4)检验H和G的混合溶液中含有G的阳离子的试剂可以是：_____________。

a.氯水和KSCN溶液

b.氢氧化钠溶液

c.酸性KMnO4溶液

(5)用惰性电极电解一定浓度的A溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入9.8g含A中金属阳离子的弱碱固体后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移电子的物质的量为_____________mol, 收集到标准状况下的气体体积为_____________。

【答案】臭氧 Fe2(SO4)3 Fe(s)+2

3

O2(g)=

1

3

Fe3O4(s) △H=-QkJ/mol 4OH--4e-=2H2O+O2↑ c

0.4mol 4.48L

【解析】

【分析】

电解A溶液生成三种物质，且D为金属，A应为不活泼金属的含氧酸盐，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O2，其中E可在B中燃烧说明B为O2，C应为含氧酸，而E在氧气中反应的氧化为与酸反应后生成两种盐，说明金属为变价金属，则E应为Fe，则C应为硫酸，不可能为硝酸，否则四氧化三铁与硝酸反应只生成一种物质，则G为FeSO4，H为

Fe2(SO4)3，D应为Cu，则A应为CuSO4，结合相关物质的性质和题目要求可解答该题。【详解】

根据上述分析可知：A为CuSO4，B为O2，C为H2SO4，D Cu，E为Fe，F为Fe3O4，G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3。

(1)由以上分析可知，B为O2，对应的同素异形体为臭氧，H为Fe2(SO4)3。

(2)E为Fe，E的燃烧热为QkJ/mol，则表示E燃烧热的热化学方程式为

Fe(s)+2

3

O2(g)=

1

3

Fe3O4(s) △H=-QkJ/mol。

(3) A为CuSO4，电解时，在阴极生成金属Cu，在阳极OH-失去电子应生成O2，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑。

(4)G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，二者溶液中含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+，检验Fe2+的方法是根据Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液的紫色褪去，故合理选项是c；

(5)向所得溶液中加入9.8g含A中金属阳离子的弱碱固体，即即加入Cu(OH)2的物质的量是0.1mol，恰好恢复到电解前的浓度和pH，说明析出0.1molCu、0.1molH2和0.1molO2，应转移电子0.4mol，收集到标准状况下的气体体积为V(H2)+V(O2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L。

13．下图为一些常见物质的转化关系图(部分反应物与生成物未标出)。A、C、E、G为单质，其中A、C、G为金属，E为气体。B为常见无色液体，L为红褐色固体，I的焰色反应呈紫色。常温下A、G投入J的浓溶液无明显现象，K是反应①所得溶液中的唯一溶质。

⑴A在元素周期表中的位置为_______，H的电子式为________。

⑵写出有关反应的离子方程式：

反应①的离子方程式为__________。

反应②的离子方程式为__________。

⑶反应③中每生成1 mol E，转移电子的物质的量为__________。

【答案】第四周期Ⅷ族 3Fe3O4＋28H+＋NO3－＝9Fe3+＋NO↑＋14H2O 2Al

＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ 1 mol

【解析】

【分析】

A、C、E、G为单质，其中A、C、G为金属，L为红褐色固体，L为Fe(OH)3，B为常见无色液体，B为H2O，由元素守恒及转化可知，D为Fe3O4，G为Al，A为Fe，E为H2，I的焰色反应呈紫色，I中含K元素，由元素守恒及转化可知，C为K，F为KOH，I为KAlO2，K与

氢气化合生成KH，所以H为KH，常温下A、G投入J的浓溶液无明显现象，K是反应①所得溶液中的唯一溶质，J为硝酸，K为硝酸铁，然后结合单质及化合物的性质来解答。

【详解】

A、C、E、G为单质，其中A、C、G为金属，L为红褐色固体，L为Fe(OH)3，B为常见无色液体，B为H2O，由元素守恒及转化可知，D为Fe3O4，G为Al，A为Fe，E为H2，I的焰色反应呈紫色，I中含K元素，由元素守恒及转化可知，C为K，F为KOH，I为KAlO2，K与氢气化合生成KH，所以H为KH，常温下A、G投入J的浓溶液无明显现象，K是反应①所得溶液中的唯一溶质，J为硝酸，K为硝酸铁，

(1)由上述分析可知，A为Fe，位于元素周期表中第四周期Ⅷ族，H为KH，其电子式为

；

(2)反应①的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，反应②的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)反应③为KH+H2O=KOH+H2↑，H元素的化合价由-1升高为0，则每生成1molE(KOH)，转移电子的物质的量为1mol×(1-0)=1mol。

14．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

试请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式

A 、

B 、

C 、乙

（2）写出下列反应化学方程式：

反应①反应③

（3）写出下列反应离子方程式反应④

【答案】（1）A、Na B、Al C、Fe 乙 Cl2

（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑

（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑

【解析】

试题分析：金属单质A的焰色反应为黄色，为Na，与水反应生成的气体甲是H2，D是NaOH，乙是Cl2，则丙为HCl，E为盐酸，能与NaOH反应生成氢气，B为Al，红褐色沉淀

为Fe（OH）3， C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；

（1）A 、Na B 、Al C、Fe 乙 Cl2；

（2）反应①的化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

反应③的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（3）反应④的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑

考点：无机推断

15．下图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C为气体单质一种主要成分、D 在常温下是黄绿色气体、E为Fe单质，其余为化合物。它们存在如下转化关系，反应中生成的水及次要产物均已略去。

(1)写出有关物质的化学式

F______________，G_______________，H_________________。

(2)指出MnO2在相关反应中的作用，反应①中是___________剂，反应②中是

____________剂。

(3)若反应①是在加热条件下进行，则A是___________；若反应①是在常温条件下进行，则A的电子式为______________。

(4)写出B与MnO2共热获得D的离子方程式________________。

(5)写出B与F反应的化学方程式___________________________。

【答案】Fe3O4 FeCl2 FeCl3催化剂氧化剂 KClO3 4H＋＋2Cl－＋

MnO2Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O Fe3O4＋8HCl＝FeCl2＋2FeCl3＋4H2O

【解析】

【分析】

中学阶段与MnO2反应的制备的气体有O2和Cl2，其中在不加热条件下，用H2O2和MnO2制备O2，在加热条件下用氯酸钾在加热条件分解制氧气，用浓盐酸和MnO2制备Cl2，则A 为H2O2，B为HCl，C为O2，D为Cl2，F为金属氧化物，与盐酸反应生成两种氯化物，且二者之间可以相互转化，说明E为变价金属，应为Fe，是目前人类应用最广泛的金属，则F为Fe3O4，G为FeCl2，H为FeCl3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

与MnO2反应的制备的气体有O2和Cl2，其中在不加热条件下，用H2O2和MnO2制备O2，在加热条件下用浓盐酸和MnO2制备Cl2，则A为H2O2，B为HCl，C为O2，D为Cl2，F为金属氧化物，与盐酸反应生成两种氯化物，且二者之间可以相互转化，说明E为变价金属，应为Fe，是目前人类应用最广泛的金属，则F为Fe3O4，G为FeCl2，H为FeCl3，则：(1)由以上分析可知，F为Fe3O4，G为FeCl2，H为FeCl3；

(2)在不加热条件下，用H2O2和MnO2制备O2，H2O2起到催化剂的作用，在加热条件下用浓盐酸和MnO2制备Cl2，发生：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2起到氧化剂的作用；

(3)反应①是在加热条件下进行，判断为实验室制氧气的反应，加热分解氯酸钾，2KClO3

2KCl+3O2↑，若常温下反应是二氧化锰催化剂分解过氧化氢，2H2O2

2H2O+O2↑，H2O2是共价化合物，其电子式为；

(4)B(HCl)与MnO2共热获得D(Cl2)的离子方程式为4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；

(5)B(HCl)与F(Fe3O4)反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O。