2021届高三化学一轮复习——铁、铜及其化合物(有答案和详细解析)

2021届高三化学一轮复习——铁、铜及其化合物（有答案和详细解析）

一、选择题

1．下列常见金属的冶炼原理中不合理的是( )

答案 C

解析 A 项，铁可以通过还原剂还原铁的氧化物进行冶炼，正确；B 项，Hg 是不活泼金属，通过热分解冶炼，正确；C 项，镁是活泼金属，电解熔融的MgCl 2冶炼Mg ，错误；D 项，Na 是活泼金属，电解熔融NaCl 冶炼Na ，正确。

2．下列离子方程式正确的是( )

A ．铁屑与稀硫酸反应：2Fe ＋6H ＋===2Fe 3＋＋3H 2↑

B ．FeCl 3溶液腐蚀铜板：Fe 3＋＋Cu===Fe 2＋＋Cu 2＋

C ．FeO 与稀硝酸反应：FeO ＋2H ＋===Fe 2＋＋H 2O

D ．Fe 3

O 4与稀硝酸反应：3Fe 3O 4＋28H ＋＋NO －3===9Fe 3＋＋NO ↑＋14H 2O

答案 D

解析 A 项，应为Fe ＋2H ＋===Fe 2＋＋H 2↑；B 项，应为2Fe 3＋＋Cu===2Fe 2＋＋Cu 2＋；C 项，应为

3FeO ＋10H ＋＋NO －3===3Fe 3＋＋NO ↑＋5H 2O 。 3．室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：

下列说法正确的是( )

A ．试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO 2，由硝酸还原生成

B ．等质量的Cu 完全溶解时，Ⅰ中消耗的 HNO 3 更多

C ．换成Fe 之后重复实验，依然是试管Ⅱ中反应更剧烈

D ．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同， 是由于溶有NO 2

答案 D

解析 试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO 和NO 2的混合物，Cu 与稀硝酸反应，硝酸被还原为NO ，部分NO 遇到空气中的氧气被氧化为红棕色的NO 2，A 项不正确；等质量的 Cu 完全溶解时，因稀硝酸被还原为NO ，N 的化合价由＋5降到＋2，而浓硝酸被还原为NO 2，N 的化合价由＋5降低到＋4，故Ⅰ中消耗的HNO 3较少，B 项不正确；换成Fe 之后重复实验，Fe 遇浓硝酸发生钝化，试管Ⅱ中无明显变化，C 项不正确；试管Ⅱ中持续通入氮气后，可以把溶液中溶解的NO 2带走，溶液由绿色变为蓝色，说明试管Ⅱ中反应后溶液颜色与其溶解的NO 2有关，D 项正确。

4．从经济效益和环境保护考虑，大量制取Cu(NO 3)2最宜采用的方法是( )

A ．Cu ―――→浓HNO 3Cu(NO 3)2

B ．Cu ―――→稀HNO 3

Cu(NO 3)2 C ．Cu ――→O 2△CuO ―――→稀HNO 3△

Cu(NO 3)2 D ．Cu ――→Cl 2△CuCl 2―――――→硝酸银溶液Cu(NO 3)2 答案 C

解析 A 项，Cu 与浓HNO 3反应生成NO 2，NO 2是有毒气体，污染环境，错误；B 项，Cu 与稀HNO 3反应生成NO ，NO 是有毒气体，污染环境，错误；C 项，发生反应2Cu ＋O 2=====△2CuO ，CuO ＋2HNO 3===Cu(NO 3)2＋H 2O ，过程中没有有毒气体生成，不污染环境，正确；D 项，硝酸银成本较高，不经济，错误。

5．下列说法正确的是( )

A ．制备无水FeCl 3的转化均能一步实现：Fe 2O 3――→盐酸FeCl 3(aq)――→蒸发

无水FeCl 3

B ．铁表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化

C ．将试管①中铁粉与水蒸气加热，试管②中肥皂水冒泡，说明铁与水蒸气在加热条件下发生了反应

D ．Fe 2O 3是红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料

答案 D

解析 因FeCl 3能够发生水解反应，故蒸发FeCl 3溶液不能得到无水FeCl 3，A 项错误；铁表面的氧化层疏松，不能阻止铁的进一步氧化，B 项错误；因加热试管①时，试管①中气体受热膨胀，在试管②处也会有气泡产生，所以试管②中肥皂水冒泡不能说明Fe 与水蒸气发生了反应，C 项错误。

6．下列关于Fe 3＋、Fe 2＋性质实验的说法错误的是( )

A ．用如图装置可以制备Fe(OH)2

B ．配制FeCl 3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度

C．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显血红色，此现象不能确定溶液中含有Fe2＋

D．向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化

答案C

解析反应开始时生成的H2进入B中，可排出其中的空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，A项正确；FeCl3易水解，为防止水解，配制溶液时先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，B项正确；Fe3＋与铁反应可生成Fe2＋，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化，D项正确。7．粗制的CuSO4·5H2O晶体中含有Fe2＋。提纯时，为了除去Fe2＋，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH＝4，即可以除去Fe3＋而不损失硫酸铜。下列说法不正确的是()

A．溶解CuSO4·5H2O晶体时要加入少量稀H2SO4

B．加入H2O2除去Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋4OH－===2Fe(OH)3↓

C．由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失

D．调溶液pH＝4的依据是当pH＝4时Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋还未开始沉淀

答案B

解析CuSO4·5H2O晶体溶解后Cu2＋会发生水解生成Cu(OH)2和H2SO4，所以溶解时加入少量的稀硫酸可抑制Cu2＋的水解，A正确；因为氧化Fe2＋时，溶液为强酸性，在强酸性条件下，不可能大量存在OH－，B错误；Cu2＋对过氧化氢的分解具有催化作用，所以使部分过氧化氢损失，C正确；因为该操作的目的是除去Fe3＋且硫酸铜不损失，所以调节溶液的pH＝4，应是Fe3＋完全沉淀而Cu2＋还未开始沉淀，D正确。

8．由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下：

下列说法不正确的是()

A．过程1，废气中含SO2

B．过程2，试剂a 为稀硫酸

C．过程3，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋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。根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；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；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＋＋SO2－4＋4H＋，故C正确；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。

9．部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：

下列说法正确的是()

A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋

B．样品中Fe元素的质量为2.24 g

C．样品中CuO的质量为4.0 g

D．V＝896

答案B

解析硫酸足量，只有金属Cu不与H2SO4反应，所以滤渣3.2 g为金属铜，物质的量为0.05 mol，即

合金样品中总共含有铜元素0.05 mol ，滤液A 中加入足量NaOH 溶液，所得滤渣灼烧得到的固体

3.2 g 为Fe 2O 3。生成的滤渣3.2 g 是铜，金属铜可以和Fe 3＋反应，所以滤液A 中一定不含Fe 3＋，则

滤液A 中含有的阳离子为Fe 2＋、H ＋，A 项错误；Fe 的物质的量为 3.2 g 160 g·mol －1

×2＝0.04 mol ，其质量为0.04 mol ×56 g·mol －1＝2.24 g ，B 项正确；根据B 项分析可知铁元素质量为2.24 g ，而合金样品质量为5.76 g ，所以CuO 的质量不超过5.76 g －2.24 g ＝3.52 g ，C 项错误；最后滤液A 中溶质为过量H 2SO 4和FeSO 4，而铁元素物质的量为0.04 mol ，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol ，含H ＋0.08 mol ，其中部分H ＋生成氢气，另外的H ＋和合金中的O 2－结合成水，由于合金中氧元素

的物质的量为5.76 g －3.2 g －2.24 g 16 g·mol

－1＝0.02 mol ，全转化为H 2O 需消耗H ＋0.04 mol ，所以硫酸中生成H 2的H ＋的物质的量为0.08 mol －0.04 mol ＝0.04 mol ，即生成0.02 mol H 2，标准状况下体积为448 mL ，D 项错误。

10．将物质的量均为a mol 的FeCl 3和CuCl 2投入水中形成混合溶液。再加入b mol 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 ≤a 2

时，发生的离子反应为2Fe 3＋＋Fe===3Fe 2＋ B ．当b ≥3a 2

时，发生总反应的离子方程式为2Fe 3＋＋Cu 2＋＋2Fe===4Fe 2＋＋Cu C ．当a 2

时，反应中转移电子的物质的量：a mol

－b )∶(b ＋a ) 答案 B

解析 Fe 3＋的氧化性强于Cu 2＋，因此先发生Fe ＋2Fe 3＋===3Fe 2＋，两者恰好完全反应时b ＝a 2

，铁过量，接着发生：Fe ＋Cu 2＋===Fe 2＋＋Cu ，当把Cu 2＋全部转化成Cu 时，b ＝3a 2 mol ，当b ≤a 2

时，根据上述分析，只发生Fe ＋2Fe 3＋===3Fe 2＋，故A 项说法正确；根据上述分析，b ≥3a 2

，发生Fe ＋2Fe 3＋===3Fe 2＋，Fe ＋Cu 2＋===Fe 2＋＋Cu ，且Cu 2＋全部转化成Cu ，发生的反应应是2Fe 3＋＋2Cu 2＋＋3Fe===5Fe 3＋＋2Cu ，故B 项说法错误；假设只发生反应Fe ＋2Fe 3＋===3Fe 2＋，转移电子物质的量

为a mol ，假设把Cu 2＋全部转化成Cu ，此时转化电子物质的量为(a ＋2a ) mol ＝3a mol ，当a 2

时，转移电子物质的量为a mol

时，发生Fe ＋2Fe 3＋

===3Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，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(b＋a)mol，根据反应方程式，求出n(Cu2＋)＝(3a

2－b) mol，因此n(Cu2＋)∶n(Fe2＋)＝(3a

2

－

b)∶(b＋a)，故D项说法正确。

11．铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。

则下列分析正确的是()

A．图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuO

B．图甲整个过程中共生成0.26 g水

C．图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是A

D．图甲中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移

答案D

解析 0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol ，若全部生成CuO ，则质量为0.01 mol ×80 g·mol －1＝0.80 g ，所以a 点对应的物质是CuO ；若全部生成Cu 2O ，则质量为0.005 mol ×144 g·mol －1＝0.72 g ，所以b 点对应的物质是Cu 2O ，A 项错误；根据化学方程式Cu(OH)2=====高温CuO ＋H 2O 、4CuO=====高温

2Cu 2O ＋O 2↑可知，生成水的物质的量为0.01 mol ，质量为0.01 mol ×18 g·mol －1＝0.18 g ，B 项错误；CuO 和其中所含Cu 元素的质量关系(以CuO 的质量为10 g 计算)为：

CuO ～ Cu

80 64

10 g 8 g

观察图乙可知，B 曲线符合上述质量关系，表示的是CuO ，C 项错误；根据反应方程式4CuO=====高温2Cu 2O ＋O 2↑可知，a 到b 的过程中有0.01 mol 电子发生了转移，D 项正确。

二、非选择题

12．摩尔盐[(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O]是一种重要的化工原料，可用于制取纳米Fe 3O 4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。

①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_________________。 ②向所得Fe(OH)2沉淀中加入NaNO 2溶液可制得纳米Fe 3O 4，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H 2C 2O 4反应可得到草酸合铁酸钾[K a Fe b (C 2O 4)c ·d H 2O]，其中Fe 元素化合价为＋3。

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：a.120 ℃时已完全失去结晶水。

b．200～580 ℃分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008 L。

c．580 ℃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(C2O2－4)(写出计算过程)。

答案(1)①氨气极易溶于水，溶液中有部分氨气没有逸出②3Fe(OH)2＋2NO－2===Fe3O4＋2NO↑＋2OH－＋2H2O

(2)根据元素守恒得到分解产生的气体为CO和CO2，n(CO)＋n(CO2)＝1.008 L

22.4 L·mol－1＝4.5×10

－2 mol，2n(C2O2－4)＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－2 mol，n(Fe3＋)×72 g·mol－1

＋1

2n(K

＋)×138 g·mol－1＝2.79 g, 3n(Fe3＋)＋n(K＋)＝2×[

1

2n(K

＋)＋4.5×10－2 mol]×

1

2，解

得：n(Fe3＋)＝1×10－2 mol，n(K＋)＝3×10－2 mol，n(C2O2－4)＝3×10－2 mol，n(Fe3＋)∶n(C2O2－4)＝1×10－2 mol∶3×10－2mol＝1∶3。

解析(1)①摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]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。

②Fe(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＋2NO－2===Fe3O4＋2NO↑＋2OH－＋2H2O。

13．绿矾被广泛用于医药和工业领域，工业上两种制备绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如图所示，根据题意回答下列问题：

方法一：利用黄铜矿粉(主要成分为CuFeS2)制取绿矾

(1)试剂a和试剂b分别是________________________，操作1的名称是________。

(2)有一种细菌在有氧气存在的稀硫酸中，可以将CuFeS2氧化成硫酸盐，写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

方法二：利用工业废铁屑制取绿矾

(3)加入适量Na2CO3溶液的作用是_________________________________________________。

(4)操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器名称有______________________________________________。

(5)通过检验CO2－3来判断操作Ⅰ是否洗涤干净，检验的方法是___________________________

_______________________________________________________________________________。

答案(1)稀H2SO4、铁粉过滤

(2)4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O

(3)除去油污(4)烧杯、玻璃棒、漏斗

(5)取少量最后一次的洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；若

有白色沉淀生成，则未洗涤干净

解析(1)由流程图可知滤渣2为Fe(OH)3，而目标产物为绿矾(FeSO4·7H2O)，所以试剂a为稀H2SO4，起溶解作用，b为铁粉，起还原作用；由流程图可知操作1为过滤，其作用为除去过量的铁粉。(2)由题意可知，在细菌的作用下，氧气氧化黄铜矿的反应方程式为4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。(3)CO2－3水解时使溶液呈碱性，可以除去油污。(4)因为操作Ⅰ为过滤与洗涤，所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。

14. CuCl是有机合成中常用的一种催化剂，在乙醇中溶解度较小。实验室可用氯化铜溶液、铜粉、浓盐酸反应制备，其反应原理和流程为

CuCl2＋Cu＋2HCl2HCuCl2(无色)稀释2CuCl↓(白色)＋2HCl

已知反应过程中可能存在的副反应有：CuCl＋H2O===CuOH＋HCl

(1)“反应”步骤中加入氯化钠的目的是____________________________________________。

(2)用乙醇洗涤产品的原因，一是__________________，二是________________。

(3)“反应”步骤中往往使用过量的浓盐酸，其主要目的是______________________________

_______________________________________________________________________________。

(4)CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，反应的化学方程式为________________。

(5)若实验时用到 3 mL 0.5 mol·L－1CuCl2溶液，最终得到产品0.21 g，则该实验的产率为________________________________________________________________________________

____________________________________(列出算式并计算出结果，结果保留小数点后两位)。

答案(1)增大Cl－浓度，有利于生成HCuCl2

(2)减少洗涤过程中的产品损失乙醇的沸点低，既可缩短烘干时间，又能降低能耗

(3)抑制“稀释”过程中CuCl的水解(或抑制CuCl的水解)

(4)4CuCl＋4H2O＋O2===2Cu2(OH)3Cl＋2HCl

(5)0.21 g

3×10－3 L×0.5 mol·L－1×99.5 g·mol－1×2×100%≈70.35%

解析(1)从平衡移动角度考虑，增大Cl－浓度，有利于平衡正向移动，增大反应物的转化率。(2)氯化亚铜在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤可减少产品损失。乙醇的沸点低，易挥发，“烘干”可以在较低温度下进行，不但可以缩短时间，还可以节约能源。(3)根据勒夏特列原理，盐酸能抑制氯化亚铜的水解。(4)根据元素守恒可知，反应中需要水，生成物中含有HCl。(5)根据题目所给的方程式可知CuCl2～2CuCl，结合提供数据求得理论上应生成产品的质量，进一步可以计算出产率。