第三章铁金属材料单元测试2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（Word含答案）
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| 名称 | 第三章铁金属材料单元测试2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（Word含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 624.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-10-13 11:00:13 | ||
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文档简介
第三章 铁 金属材料 单元测试
一、单选题
1．下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
选项 实验操作 实验现象
A 在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2 浅绿色变黄色
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水 产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解
D 向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中溶液先变红后褪色
A．A B．B C．C D．D
2．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述不正确的是
A．Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂
B．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＞K2FeO4
3．中国古代作画颜料多源于矿物质，绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色颜料来自蓝铜矿[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法不正确的是
A．铜制品长期放置于空气中会被腐蚀
B．孔雀石颜料受热不易分解
C．蓝铜矿颜料不耐酸
D．Cu(OH)2·CuCO3属于盐类
4．各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示
物质 杂质 除去杂质的方法
① 溶液 加入适量溶液并过滤
② 溶液 加入过量铁粉并过滤
③ 先通过盛有溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④ 溶解、过滤、蒸发
其中正确的是A．①②③④ B．④ C．②③④ D．①②③
5．下列说法中，不正确的是（ ）
A．FeCl3溶液和FeCl2溶液都是黄色的
B．Fe(OH)2是白色的，Fe(OH)3是红褐色的
C．FeO、 Fe2O3都能与盐酸反应
D．FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应
6．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，28 g铁片投入足量浓H2SO4中生成SO2的分子数为0.5NA
B．4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目等于0.2NA
C．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成H2的分子数目为0.3NA
D．反应，每生产1 mol Fe2O3转移电子总数为44NA
7．中国航空铝材处于世界领先行列，下列关于铝合金的说法不正确的是
A．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点低
B．镁铝合金耐腐蚀，但能被烧碱溶液腐蚀
C．高温铝液易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼
D．镁铝合金在盐酸中无法溶解
8．密闭容器中装1mol 和0.8mol 加热充分反应后，容器内残留的固体是
A．0.8mol 和1mol NaOH B．1mol 和0.6mol NaOH
C．1.3mol D．0.5mol 和1.6mol NaOH
9．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B．“复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料
C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是Na2CO3
D．《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe2O3
10．下列过程最终能生成含三价铁的化合物的是
①过量Fe与氯气反应 ②铁丝在硫蒸气中燃烧 ③向溶液中通入 ④铁与溶液反应 ⑤露置于空气中
A．①②③ B．③⑤ C．③④ D．①③⑤
11．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe3O4(s)Fe(s)Fe2O3
B．NH4HCO3(s)NH3(g)NO2(g)
C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
12．下列描述中不符合生产实际的是
A．电解熔融氧化铝制金属铝 B．根据原电池原理生产化学电源
C．电解饱和食盐水制金属钠 D．电镀法铁上镀锌
二、填空题
13．某磁性材料(Fe/Fe3O4)广泛应用于磁记录、催化等领域。一种制备该材料的流程如下：
已知反应原理为：
①Fe2++2OH-=Fe(OH)2
②3Fe(OH)2=Fe+2Fe(OH)3
③Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O
(1)用FeCl2溶液和KOH溶液制备Fe/Fe3O4反应的离子方程式为_______。
(2)当pH<2时，Fe/Fe3O4产率极低的原因是_______。
(3)图1为回流时间与Fe/Fe3O4产率的关系图，图2为回流1h所得产品的X射线衍射图。回流1h所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质可能的原因_______。
(4)采用Pd-Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO和NO，反应历程如图3所示。
其中Fe3O4中Fe2+和Fe3+分别用Fe(II)、Fe(III)表示。
①用该法处理废水后，溶液的pH_______。(填“降低”“升高”或“不变”)
②写出过程④反应的离子方程式_______。
③反应历程中虚线方框内NO生成N2的过程可描述为_______。
14．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(NO3)2溶液中加入2 mol/L的H2SO4溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离子方程式___________。
(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___________。
15．将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为___mol·L-1(写出计算过程)。
16．回答下列问题：
(1)有以下物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤液态氯化氢；⑥氯化钠固体；⑦氢氧化钡溶液。
其中能导电的是___________；属于非电解质的是___________。
(2)在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是___________。
(3)写出亚硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式___________。
(4)室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的薄片活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1mol空气，此时活塞的位置如图所示。
实验测得A室混合气体的质量为34g，若将A室H2、O2的混合气体点燃，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在___________刻度处。
17．依次书写下列有关反应化学方程式或离子方程式，并指出某些反应的氧化剂。
（1）铁与水蒸气反应_________________________氧化剂_________________
（2）二氧化硅与碳在高温下反应_______________________________ 氧化剂_________
（3）硝酸银与氯化钠反应的离子方程式______________________
（4）粗盐提纯中与氯化钡反应的相关离子方程式_____________________________________
18．为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学进行如下实验。补全下表。
序号 实验操作 实验现象 离子方程式 实验结论
Ⅰ 将一段打磨过的铁丝放入CuSO4溶液中，充分反应 溶液蓝色变浅，铁丝表面析出红色固体 ___________ Fe具有还原性
Ⅱ 向FeCl3溶液中加入过量铁粉 __________ ___________ Fe3+具有氧化性
向盛有FeCl3溶液的试管中滴加3滴KI溶液，然后滴加2滴淀粉溶液 溶液棕黄色加深，滴加淀粉溶液后变蓝色 ___________
Ⅲ 向FeCl2溶液中加入过量光亮的锌片，充分反应 浅绿色溶液变无色，锌片表面变暗 Fe2+ + Zn= Fe + Zn2+ ___________
Ⅳ 向FeCl2溶液中滴加新制的氯水 浅绿色溶液变棕黄色 ___________ Fe2+具有还原性
三、计算题
19．在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2常作为氧气的来源。若每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.896 L。
(1)每人每分钟消耗O2的物质的量为_______mol。
(2)假设所需的O2全部由Na2O2来提供，则某消防员工作1小时所需要的Na2O2的质量为___g。
20．(1)某混合物由、、组成，已知、、三元素的质量之比为23∶16∶9，则、和物质的量之比为____，含的该混合物的质量为____。
(2)含，则的摩尔质量为______，R的相对原子质量为_____。含R的质量为的，其物质的量为_____。
(3)已知能与恰好完全反应，生成和一定量D，现将与的混合物充分反应后，生成和一定量的C，则D的摩尔质量为_______。
四、实验题
21．实验室需配制的溶液，回答下列问题：
(1)配制该溶液时所需的玻璃仪器是___________；
(2)请计算(写出必要的计算步骤)：
①配制该溶液时需要用天平称取固体多少g_______？
②将的溶液与的溶液反应，得到固体，则消耗溶液多少_______？
22．某学习小组拟研究FeSO4的分解实验探究，请你利用所学知识帮该小组完成以下实验方案。
[实验目的]探究FeSO4分解产物与温度关系。
[提出假设]
假设1：Fe2O3、SO3、SO2 ；
假设2：FeO、SO3、SO2；
假设3：Fe3O4、SO3、SO2。
[查阅资料]几种物质的物理性质如表所示。
物质 SO3 SO2 O2 N2
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N2的目的是_______。
(3)实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备N2，该反应的离子方程式为_______。
(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)：
实验 A处温度/℃ FeSO4质量/g 低温浴槽Ⅰ净增质量/g 低温浴槽Ⅱ净增质量/g
甲 T1 3.04 0.80 0.64
乙 T2 4.56 1.60 0.64
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K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是_______。
[实验结论]通过上述实验，FeSO4分解产物与温度有关。
[交流反思]FeSO4分解反应中是否有O2生成？
(7)为验证实验猜想，他们设计两种方案检验O2：
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N2，对比以上两种方案，其中方案_______(填“1”或“2”)可行。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；
B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；
C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成[Ag(NH3)2]OH，形成银氨溶液，C错误；
D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。
答案选C。
2．C
【解析】铁与氯气反应生成FeCl3，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【解析】A．Fe与Cl2加入反应产生FeCl3，在该反应中Cl2为氧化剂，Fe为还原剂；FeCl3与NaClO、NaOH发生氧化还原反应产生Na2FeO4、NaCl、H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，NaClO将FeCl3氧化为Na2FeO4，FeCl3为还原剂，故Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂，A正确；
B．K2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe(OH)3胶体可以吸附杂质而净化水，B正确；
C．根据电子守恒、原子守恒，可知反应II的化学反应方程式为：2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C错误；
D．化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化。向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D正确；
故合理选项是C。
3．B
【解析】A．铜长期放置于空气中，与O2、H2O、CO2反应生成Cu(OH)2·CuCO3，因此铜制品长期放置于空气中会被腐蚀，故A说法正确；
B．Cu(OH)2·CuCO3受热分解成CuO、CO2和H2O，故B说法错误；
C．Cu(OH)2·2CuCO3能与酸反应生成Cu2+、CO2和H2O，蓝铜矿颜料不耐酸，故C说法正确；
D．Cu(OH)2·CuCO3属于碱式碳酸盐，即属于盐类，故D说法正确；
答案为B。
4．C
【解析】①加入氯化铁与氢氧化钾反应生成的氯化钾新的杂质，故错误；
②加入过量铁粉将铜离子置换除去，同时不引入新的杂质，故正确；
③先通过氢氧化钠溶液可以吸收二氧化碳，再通过浓硫酸除去水蒸气，该过程中既没有消耗氢气也没有引入新的杂质，故正确；
④碳酸钙不溶于水，碳酸钠可溶于水，所以可以通过溶解、过滤、蒸发得到纯净的碳酸钠，故正确；
综上所述答案为C。
【点睛】除杂要把握两个原则：一是加入的试剂只能与杂质反应；二是不能引入新的杂质。
5．A
【解析】A．FeCl3溶液是黄色的，FeCl2溶液是浅绿色的，A项错误；
B．Fe(OH)2是白色的，Fe(OH)3是红褐色的，B项正确；
C．FeO、 Fe2O3都是金属氧化物，金属氧化物一般都能与盐酸反应，C项正确；
D．FeCl3溶液、FeCl2溶液与NaOH溶液反应分别生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，故FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应，D项正确；
答案选A。
6．B
【解析】A．在常温下Fe遇浓硫酸会发生钝化而不能进一步发生反应，因此不能计算反应过程中转移的电子数目，A错误；
B．4.6 g若完全是NO2，其物质的量是0.1 mol，含有O原子的物质的量是0.2 mol；4.6 g若完全是N2O4，其物质的量是0.05 mol，含有O原子的物质的量也是0.2 mol。可见4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目等于0.2NA，B正确；
C．高温下，Fe与H2O蒸气发生反应，产生Fe3O4、H2，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，根据物质反应转化关系可知：0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成H2的物质的量为n(H2)=，故反应产生的H2分子数目为0.27NA，产生的H2分子数目小于0.3NA，C错误；
D．在该反应中，每反应产生2 mol Fe2O3，反应转移44 mol电子，若生产1 mol Fe2O3转移电子总数为22NA，D错误；
故合理选项是B。
7．D
【解析】A．镁铝合金是合金，合金比各成分熔点低，所以比纯铝的熔点低，选项A正确；
B．镁铝合金中的铝能与NaOH溶液反应而被腐蚀，选项B正确；
C．铝易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼，可隔绝空气，防止高温铝液被O2氧化，选项B正确；
D．镁铝都能与盐酸反应，能完全溶解，选项D不正确；
答案选D。
8．B
【解析】NaHCO3加热分解：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O可知：1mol NaHCO3分解生成0.5mol的二氧化碳、0.5mol的水和0.5molNa2CO3，生成的CO2和H2O分别与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，二氧化碳首先与过氧化钠反应，消耗过氧化钠0.5mol，生成碳酸钠0.5mol，还有0.3mol的过氧化钠与水反应，生成0.6mol NaOH，所以容器内残留的固体是1mol Na2CO3和0.6mol NaOH，故选B。
9．B
【解析】A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误；
B. “复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板是由四氟乙烯通过加聚反应制成的，属于有机高分子材料，B正确；
C. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可洗衣服，C错误；
D. 磁石主要成分为Fe3O4，Fe2O3无磁性，D错误；
故合理选项是B。
10．D
【解析】①过量Fe与氯气反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，符合题意；
②铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+SFeS，不合题意；
③向FeBr2溶液中通入Cl2，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，符合题意；
④铁与CuCl2溶液反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，不合题意；
⑤Fe(OH)2露置于空气中将发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，符合题意；
综上所述，①③⑤符合题意，故答案为：D。
11．D
【解析】A．四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，化学方程式分别为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故A不能实现；
B．NH4HCO3受热分解，产生NH3、CO2、H2O，NH3与O2在加热条件下催化氧化，生成NO和H2O，化学方程式为NH4HCO3NH3+CO2+H2O，4NH3+5O2 4NO+6H2O，故B不能实现；
C．S与O2反应生成SO2，化学方程式为S+O2 SO2，故C不能实现；
D．NaHCO3受热分解，产生Na2CO3、CO2、H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH，化学方程式分别为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故D能够实现；
答案为D
12．C
【解析】A.氯化铝熔融时不导电，所以电解熔融氧化铝制取金属铝，符合生产实际，故A不选；
B.原电池装置可以形成电流，所以根据原电池原理可以生成化学电源，符合生产实际，故B不选；
C.电解饱和食盐水制取烧碱时，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧化钠，不能得到金属钠，所以不符合生产实际，故C选；
D.电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，所以在镀件上镀锌时，纯锌作阳极，符合生产实际，故D不选；
故选C。
13．(1)
(2)氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2
(3)Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O反应速率慢
(4) 升高 NO被Fe2+还原为，和NO发生归中反应生成氮气
【解析】（1）
FeCl2溶液和KOH溶液在100℃条件下反应生成Fe/Fe3O4、KCl、H2O，反应的离子方程式为；
（2）
当pH<2时，氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2，所以Fe/Fe3O4产率极低；
（3）
Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O反应速率慢，所以回流1h所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质；
（4）
①用该法处理废水的反应方程式为，反应消耗氢离子，溶液的pH升高；
②过程④是发生氧化还原反应生成N2，反应的离子方程式是 ；
③反应历程中虚线方框内NO生成N2的过程可描述为NO被Fe(Ⅱ)还原为，和NO发生归中反应生成氮气。
14．(1)
(2) +6 9 2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O
(3) 硝酸可将铁氧化为Fe3+，导致无法得到Fe(OH)2 液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2 打开 利用生成的H2将装置中的空气排出
【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K2FeO4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在反应前Fe2(SO4)3中Fe为+3价，反应后K2FeO4中Fe为+6价，每反应产生1 mol K2FeO4，反应过程中转移3 mol电子，则当复原产生3 mol K2FeO4时转移9 mol电子，则转移电子数目为9NA；
③在该反应中Fe元素化合价由反应前Fe2(SO4)3中Fe为+3价，反应后K2FeO4中Fe为+6价，化合价升高3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Fe2(SO4)3的系数是1，K2FeO4的系数是2；KClO、 KCl的系数是3，根据S元素守恒，可知生成物中有K2SO4，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，可知生成物H2O的系数是5，故配平后化学方程式为：Fe2(SO4)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+3KCl+3K2SO4+5H2O；该反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O；
(3)
①要制取Fe(OH)2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氧化产生Fe3+，导致无法生成Fe(OH)2，所以X不能是硝酸，可以是HCl或稀H2SO4；
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K2，利用Fe与酸反应产生的H2将装置中的空气排出，使NaOH溶液中无空气，待装置4中气泡均匀时，关闭开关K2，利用反应产生的H2将装置2中Fe2+压入装置3中，与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，保证制取得到纯净Fe(OH)2，并能够较长时间观察Fe(OH)2白色沉淀。
15．mol·L-1
【解析】根据反应3H2+Fe2O32Fe+3H2O，H2+FeOFe+H2O质量减少yg，减少的质量为氧的质量，所以m(Fe)=(x-y)g，故n(Fe)=mol，再根据 Fe2O3+6HNO3=2Fe(NO3)3+3H2O，3FeO+10HNO3 =3Fe(NO3)3+NO+5H2O，Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，可得 n(HNO3)= n(Fe)×3+ n(NO)，已知n(Fe)=mol=，n(NO)=mol=mol，n(HNO3)=3×+，c(HNO3)===mol/L；
16．(1) ①②⑦ ③④
(2)XY3或者Y3X
(3)KHSO3=K++HSO
(4)2
【解析】（1）
物质中存在自由移动的离子或电子的，就能导电；能导电的是石墨，钠，氢氧化钡溶液；自身不能电离出离子的化合物属于非电解质，所以属于非电解质的是酒精，氨气；
（2）
根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，可知X2+3Y2=2C，根据质量守恒定律，可知C是由X和Y两种元素组成，且其化学式为XY3(或Y3X)。
（3）
亚硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式为KHSO3=K++HSO。
（4）
假设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，则根据图可知，x+y=2，2x+32y=34，解x=1，y=1，反应后氧气有剩余，剩余1-0.5=0.5mol，恢复到室温时两边压强相同，体积比等于物质的量比，所以AB两侧体积比为0.5:1=1:2，则活塞停在2处。
17． 3Fe+4H2OFe3O4+4H2(g) H2O SiO2+2CSi+2CO↑ SiO2 Ag++Cl﹣＝AgCl↓ Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓
【解析】（1）铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，元素化合价降低的是氧化剂；
（2）二氧化硅与碳在高温下反应生成CO和硅单质，元素化合价降低的是氧化剂；
（3）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠；
（4）粗盐提纯中加入氯化钡为了除去硫酸根离子；过量的氯化钡需要用碳酸钠除去。
【解析】（1）铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2(g)，该反应中H元素化合价降低，故氧化剂是H2O；
（2）二氧化硅与碳在高温下反应生成CO和硅单质，方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，该反应中Si元素化合价降低，故氧化剂是SiO2；
（3）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠，方程式为AgNO3+NaCl=AgCl +NaNO3，离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓；
（4）粗盐提纯中加入氯化钡为了除去硫酸根离子，离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；过量的氯化钡需要用碳酸钠除去，离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓。
18． Cu2++ Fe = Fe2++ Cu 棕黄色溶液变浅绿色 2Fe3++ Fe= 3Fe2+ 2Fe3++ 2I = 2Fe2++ I2 Fe2＋具有氧化性 2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl
【解析】Ⅰ 铁与硫酸铜反应，生成硫酸亚铁和铜，离子方程式为Cu2++ Fe = Fe2++ Cu；
Ⅱ Fe与FeCl3反应生成FeCl2，现象是棕黄色溶液变浅绿色；离子方程式为2Fe3++ Fe= 3Fe2+；滴加淀粉溶液后变蓝色，说明生成碘单质，离子方程式为2Fe3++ 2I = 2Fe2++ I2；
Ⅲ 由离子方程式可知，铁元素由+2价变成0价，是氧化剂具有氧化性；
Ⅳ 氯水具有氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl 。
19． 0.04 374.4
【解析】(1)若每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.896 L，则每人每分钟消耗氧气的物质的量n(O2)=；
(2)假设所需的O2全部由Na2O2来提供，1分钟消耗氧气0.04 mol，则某消防员工作1小时所需要O2的物质的量n(O2)=0.04 mol×60=2.4 mol，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知反应产生2.4 mol O2需Na2O2的物质的量为4.8 mol，其质量为m(Na2O2)=4.8mol×78 g/mol=374.4 g。
20． 3：2：1 49.9 62g/mol 16 0.1mol 18g/mol
【解析】
（1）依据n=计算各物质的物质的量之比，根据题给氯离子的物质的量计算得到各物质的物质的量，再根据公式m=nM计算混合物总质量；
（2）由Na2R~2Na2+~R2+，结合公式n=计算可得；
（3）依据质量守恒定律和公式n=计算可得。
【解析】
（1）、和的物质的量之比等于、、三元素的物质的量之比，由、、三元素的质量之比为23∶16∶9可知，、和物质的量之比为：：=3:2:1；设AlCl3的物质的量为x，由氯离子的物质的量为1.00mol可得：1.00mol=3x+2x×2+3x，解得x=0.100mol，则混合物的总质量为0.100mol×3×58.5g/mol+0.100mol×2×95g/mol+0.100mol×133.5g/mol=49.9g，故答案为：3：2：1；49.9；
（2）由Na2R~2Na2+可知，Na2R的物质的量为0.4mol×=0.2mol，则Na2R的摩尔质量为=62g/mol；当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，即Na2R的相对分子质量为62，则R的相对原子质量为(62—2×23)=16；1.6gR2—的物质的量为=0.1mol，由Na2R~R2+可知，Na2R的物质的量等于R2—的物质的量，则Na2R的物质的量为0.1mol，故答案为：62g/mol；16；0.1mol；
（3）由8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，结合质量守恒定律可知，D的质量为8g+32g-22g=18g，则A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×=64g＜70g，由此可知B过量，则生成的D的质量为16g×=36g，D的摩尔质量为18g/mol，故答案为：18g/mol。
【点睛】
8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g-22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M=计算是解答关键。
21．(1)量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管
(2) 20.0 150mL或350mL
【解析】(1)
用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液需要的实验仪器有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故配制该溶液时所需的玻璃仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；
(2)
①配制该溶液时需要用天平称取固体的质量为：m=cVM==20.0g，故答案为：20.0；
②将的溶液与的溶液反应，得到固体，当NaOH不足时，根据反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，则n(NaOH)=3n(Al(OH)3)=3×=0.15mol，则消耗溶液的体积为：=0.15L=150mL，当NaOH过量时，根据反应方程式：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则n(NaOH)=3n(AlCl3)+0.1L×1mol/L-=3×0.1L×1mol/L+0.1L×1mol/L-=0.35mol，则消耗溶液的体积为：=0.35L=350mL，故答案为：150mL或350mL。
22．(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N2 使A中残留的三氧化硫和二氧化硫分别排入I和Ⅱ中
(3)
(4) SO3 16.8℃-44.8℃
(5)Fe2O3
(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N2，随着气流方向可使产生的气体全部进入下一装置，使其全部被吸收，故答案为：通一段时间N2；使A中残留的二氧化硫和三氧化硫分别排入I和Ⅱ中；
（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，SO3的沸点为44.8℃，SO2的沸点为-10℃，所以在低温浴槽I中收集SO3，II中收集SO2，且II的温度范围选择是高于熔点，低于沸点，应该是以液态收集，防止固体堵塞导管。所以解析中，I的温度范围应选择16.8℃-44.8℃；
（5）
甲组实验中，FeSO4的质量为3.04g，则其物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为0.8g，所以物质的量为=0.01mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe2O3，其物质的量为0.01mol；
（6）
根据小问（5）分析可知，乙组实验中，FeSO4的质量为4.56g，则其物质的量为=0.03mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为1.60g，所以物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe3O4，其物质的量为0.01mol，所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K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是会观察到溶液显红色或血红色；
（7）
N2不燃烧也不支持燃烧 ，假设过程中持续缓缓通入N2，若用带火星木条检验氧气的存在，现象会受干扰，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。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
选项 实验操作 实验现象
A 在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2 浅绿色变黄色
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水 产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解
D 向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中溶液先变红后褪色
A．A B．B C．C D．D
2．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述不正确的是
A．Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂
B．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＞K2FeO4
3．中国古代作画颜料多源于矿物质，绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色颜料来自蓝铜矿[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法不正确的是
A．铜制品长期放置于空气中会被腐蚀
B．孔雀石颜料受热不易分解
C．蓝铜矿颜料不耐酸
D．Cu(OH)2·CuCO3属于盐类
4．各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示
物质 杂质 除去杂质的方法
① 溶液 加入适量溶液并过滤
② 溶液 加入过量铁粉并过滤
③ 先通过盛有溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④ 溶解、过滤、蒸发
其中正确的是A．①②③④ B．④ C．②③④ D．①②③
5．下列说法中，不正确的是（ ）
A．FeCl3溶液和FeCl2溶液都是黄色的
B．Fe(OH)2是白色的，Fe(OH)3是红褐色的
C．FeO、 Fe2O3都能与盐酸反应
D．FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应
6．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，28 g铁片投入足量浓H2SO4中生成SO2的分子数为0.5NA
B．4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目等于0.2NA
C．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成H2的分子数目为0.3NA
D．反应，每生产1 mol Fe2O3转移电子总数为44NA
7．中国航空铝材处于世界领先行列，下列关于铝合金的说法不正确的是
A．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点低
B．镁铝合金耐腐蚀，但能被烧碱溶液腐蚀
C．高温铝液易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼
D．镁铝合金在盐酸中无法溶解
8．密闭容器中装1mol 和0.8mol 加热充分反应后，容器内残留的固体是
A．0.8mol 和1mol NaOH B．1mol 和0.6mol NaOH
C．1.3mol D．0.5mol 和1.6mol NaOH
9．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B．“复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料
C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是Na2CO3
D．《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe2O3
10．下列过程最终能生成含三价铁的化合物的是
①过量Fe与氯气反应 ②铁丝在硫蒸气中燃烧 ③向溶液中通入 ④铁与溶液反应 ⑤露置于空气中
A．①②③ B．③⑤ C．③④ D．①③⑤
11．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe3O4(s)Fe(s)Fe2O3
B．NH4HCO3(s)NH3(g)NO2(g)
C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
12．下列描述中不符合生产实际的是
A．电解熔融氧化铝制金属铝 B．根据原电池原理生产化学电源
C．电解饱和食盐水制金属钠 D．电镀法铁上镀锌
二、填空题
13．某磁性材料(Fe/Fe3O4)广泛应用于磁记录、催化等领域。一种制备该材料的流程如下：
已知反应原理为：
①Fe2++2OH-=Fe(OH)2
②3Fe(OH)2=Fe+2Fe(OH)3
③Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O
(1)用FeCl2溶液和KOH溶液制备Fe/Fe3O4反应的离子方程式为_______。
(2)当pH<2时，Fe/Fe3O4产率极低的原因是_______。
(3)图1为回流时间与Fe/Fe3O4产率的关系图，图2为回流1h所得产品的X射线衍射图。回流1h所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质可能的原因_______。
(4)采用Pd-Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO和NO，反应历程如图3所示。
其中Fe3O4中Fe2+和Fe3+分别用Fe(II)、Fe(III)表示。
①用该法处理废水后，溶液的pH_______。(填“降低”“升高”或“不变”)
②写出过程④反应的离子方程式_______。
③反应历程中虚线方框内NO生成N2的过程可描述为_______。
14．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(NO3)2溶液中加入2 mol/L的H2SO4溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离子方程式___________。
(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___________。
15．将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为___mol·L-1(写出计算过程)。
16．回答下列问题：
(1)有以下物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤液态氯化氢；⑥氯化钠固体；⑦氢氧化钡溶液。
其中能导电的是___________；属于非电解质的是___________。
(2)在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是___________。
(3)写出亚硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式___________。
(4)室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的薄片活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1mol空气，此时活塞的位置如图所示。
实验测得A室混合气体的质量为34g，若将A室H2、O2的混合气体点燃，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在___________刻度处。
17．依次书写下列有关反应化学方程式或离子方程式，并指出某些反应的氧化剂。
（1）铁与水蒸气反应_________________________氧化剂_________________
（2）二氧化硅与碳在高温下反应_______________________________ 氧化剂_________
（3）硝酸银与氯化钠反应的离子方程式______________________
（4）粗盐提纯中与氯化钡反应的相关离子方程式_____________________________________
18．为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学进行如下实验。补全下表。
序号 实验操作 实验现象 离子方程式 实验结论
Ⅰ 将一段打磨过的铁丝放入CuSO4溶液中，充分反应 溶液蓝色变浅，铁丝表面析出红色固体 ___________ Fe具有还原性
Ⅱ 向FeCl3溶液中加入过量铁粉 __________ ___________ Fe3+具有氧化性
向盛有FeCl3溶液的试管中滴加3滴KI溶液，然后滴加2滴淀粉溶液 溶液棕黄色加深，滴加淀粉溶液后变蓝色 ___________
Ⅲ 向FeCl2溶液中加入过量光亮的锌片，充分反应 浅绿色溶液变无色，锌片表面变暗 Fe2+ + Zn= Fe + Zn2+ ___________
Ⅳ 向FeCl2溶液中滴加新制的氯水 浅绿色溶液变棕黄色 ___________ Fe2+具有还原性
三、计算题
19．在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2常作为氧气的来源。若每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.896 L。
(1)每人每分钟消耗O2的物质的量为_______mol。
(2)假设所需的O2全部由Na2O2来提供，则某消防员工作1小时所需要的Na2O2的质量为___g。
20．(1)某混合物由、、组成，已知、、三元素的质量之比为23∶16∶9，则、和物质的量之比为____，含的该混合物的质量为____。
(2)含，则的摩尔质量为______，R的相对原子质量为_____。含R的质量为的，其物质的量为_____。
(3)已知能与恰好完全反应，生成和一定量D，现将与的混合物充分反应后，生成和一定量的C，则D的摩尔质量为_______。
四、实验题
21．实验室需配制的溶液，回答下列问题：
(1)配制该溶液时所需的玻璃仪器是___________；
(2)请计算(写出必要的计算步骤)：
①配制该溶液时需要用天平称取固体多少g_______？
②将的溶液与的溶液反应，得到固体，则消耗溶液多少_______？
22．某学习小组拟研究FeSO4的分解实验探究，请你利用所学知识帮该小组完成以下实验方案。
[实验目的]探究FeSO4分解产物与温度关系。
[提出假设]
假设1：Fe2O3、SO3、SO2 ；
假设2：FeO、SO3、SO2；
假设3：Fe3O4、SO3、SO2。
[查阅资料]几种物质的物理性质如表所示。
物质 SO3 SO2 O2 N2
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N2的目的是_______。
(3)实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备N2，该反应的离子方程式为_______。
(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)：
实验 A处温度/℃ FeSO4质量/g 低温浴槽Ⅰ净增质量/g 低温浴槽Ⅱ净增质量/g
甲 T1 3.04 0.80 0.64
乙 T2 4.56 1.60 0.64
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K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是_______。
[实验结论]通过上述实验，FeSO4分解产物与温度有关。
[交流反思]FeSO4分解反应中是否有O2生成？
(7)为验证实验猜想，他们设计两种方案检验O2：
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N2，对比以上两种方案，其中方案_______(填“1”或“2”)可行。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；
B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；
C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成[Ag(NH3)2]OH，形成银氨溶液，C错误；
D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。
答案选C。
2．C
【解析】铁与氯气反应生成FeCl3，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【解析】A．Fe与Cl2加入反应产生FeCl3，在该反应中Cl2为氧化剂，Fe为还原剂；FeCl3与NaClO、NaOH发生氧化还原反应产生Na2FeO4、NaCl、H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，NaClO将FeCl3氧化为Na2FeO4，FeCl3为还原剂，故Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂，A正确；
B．K2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe(OH)3胶体可以吸附杂质而净化水，B正确；
C．根据电子守恒、原子守恒，可知反应II的化学反应方程式为：2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C错误；
D．化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化。向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D正确；
故合理选项是C。
3．B
【解析】A．铜长期放置于空气中，与O2、H2O、CO2反应生成Cu(OH)2·CuCO3，因此铜制品长期放置于空气中会被腐蚀，故A说法正确；
B．Cu(OH)2·CuCO3受热分解成CuO、CO2和H2O，故B说法错误；
C．Cu(OH)2·2CuCO3能与酸反应生成Cu2+、CO2和H2O，蓝铜矿颜料不耐酸，故C说法正确；
D．Cu(OH)2·CuCO3属于碱式碳酸盐，即属于盐类，故D说法正确；
答案为B。
4．C
【解析】①加入氯化铁与氢氧化钾反应生成的氯化钾新的杂质，故错误；
②加入过量铁粉将铜离子置换除去，同时不引入新的杂质，故正确；
③先通过氢氧化钠溶液可以吸收二氧化碳，再通过浓硫酸除去水蒸气，该过程中既没有消耗氢气也没有引入新的杂质，故正确；
④碳酸钙不溶于水，碳酸钠可溶于水，所以可以通过溶解、过滤、蒸发得到纯净的碳酸钠，故正确；
综上所述答案为C。
【点睛】除杂要把握两个原则：一是加入的试剂只能与杂质反应；二是不能引入新的杂质。
5．A
【解析】A．FeCl3溶液是黄色的，FeCl2溶液是浅绿色的，A项错误；
B．Fe(OH)2是白色的，Fe(OH)3是红褐色的，B项正确；
C．FeO、 Fe2O3都是金属氧化物，金属氧化物一般都能与盐酸反应，C项正确；
D．FeCl3溶液、FeCl2溶液与NaOH溶液反应分别生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，故FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应，D项正确；
答案选A。
6．B
【解析】A．在常温下Fe遇浓硫酸会发生钝化而不能进一步发生反应，因此不能计算反应过程中转移的电子数目，A错误；
B．4.6 g若完全是NO2，其物质的量是0.1 mol，含有O原子的物质的量是0.2 mol；4.6 g若完全是N2O4，其物质的量是0.05 mol，含有O原子的物质的量也是0.2 mol。可见4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目等于0.2NA，B正确；
C．高温下，Fe与H2O蒸气发生反应，产生Fe3O4、H2，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，根据物质反应转化关系可知：0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成H2的物质的量为n(H2)=，故反应产生的H2分子数目为0.27NA，产生的H2分子数目小于0.3NA，C错误；
D．在该反应中，每反应产生2 mol Fe2O3，反应转移44 mol电子，若生产1 mol Fe2O3转移电子总数为22NA，D错误；
故合理选项是B。
7．D
【解析】A．镁铝合金是合金，合金比各成分熔点低，所以比纯铝的熔点低，选项A正确；
B．镁铝合金中的铝能与NaOH溶液反应而被腐蚀，选项B正确；
C．铝易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼，可隔绝空气，防止高温铝液被O2氧化，选项B正确；
D．镁铝都能与盐酸反应，能完全溶解，选项D不正确；
答案选D。
8．B
【解析】NaHCO3加热分解：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O可知：1mol NaHCO3分解生成0.5mol的二氧化碳、0.5mol的水和0.5molNa2CO3，生成的CO2和H2O分别与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，二氧化碳首先与过氧化钠反应，消耗过氧化钠0.5mol，生成碳酸钠0.5mol，还有0.3mol的过氧化钠与水反应，生成0.6mol NaOH，所以容器内残留的固体是1mol Na2CO3和0.6mol NaOH，故选B。
9．B
【解析】A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误；
B. “复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板是由四氟乙烯通过加聚反应制成的，属于有机高分子材料，B正确；
C. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可洗衣服，C错误；
D. 磁石主要成分为Fe3O4，Fe2O3无磁性，D错误；
故合理选项是B。
10．D
【解析】①过量Fe与氯气反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，符合题意；
②铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+SFeS，不合题意；
③向FeBr2溶液中通入Cl2，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，符合题意；
④铁与CuCl2溶液反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，不合题意；
⑤Fe(OH)2露置于空气中将发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，符合题意；
综上所述，①③⑤符合题意，故答案为：D。
11．D
【解析】A．四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，化学方程式分别为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故A不能实现；
B．NH4HCO3受热分解，产生NH3、CO2、H2O，NH3与O2在加热条件下催化氧化，生成NO和H2O，化学方程式为NH4HCO3NH3+CO2+H2O，4NH3+5O2 4NO+6H2O，故B不能实现；
C．S与O2反应生成SO2，化学方程式为S+O2 SO2，故C不能实现；
D．NaHCO3受热分解，产生Na2CO3、CO2、H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH，化学方程式分别为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故D能够实现；
答案为D
12．C
【解析】A.氯化铝熔融时不导电，所以电解熔融氧化铝制取金属铝，符合生产实际，故A不选；
B.原电池装置可以形成电流，所以根据原电池原理可以生成化学电源，符合生产实际，故B不选；
C.电解饱和食盐水制取烧碱时，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧化钠，不能得到金属钠，所以不符合生产实际，故C选；
D.电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，所以在镀件上镀锌时，纯锌作阳极，符合生产实际，故D不选；
故选C。
13．(1)
(2)氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2
(3)Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O反应速率慢
(4) 升高 NO被Fe2+还原为，和NO发生归中反应生成氮气
【解析】（1）
FeCl2溶液和KOH溶液在100℃条件下反应生成Fe/Fe3O4、KCl、H2O，反应的离子方程式为；
（2）
当pH<2时，氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2，所以Fe/Fe3O4产率极低；
（3）
Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O反应速率慢，所以回流1h所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质；
（4）
①用该法处理废水的反应方程式为，反应消耗氢离子，溶液的pH升高；
②过程④是发生氧化还原反应生成N2，反应的离子方程式是 ；
③反应历程中虚线方框内NO生成N2的过程可描述为NO被Fe(Ⅱ)还原为，和NO发生归中反应生成氮气。
14．(1)
(2) +6 9 2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O
(3) 硝酸可将铁氧化为Fe3+，导致无法得到Fe(OH)2 液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2 打开 利用生成的H2将装置中的空气排出
【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K2FeO4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在反应前Fe2(SO4)3中Fe为+3价，反应后K2FeO4中Fe为+6价，每反应产生1 mol K2FeO4，反应过程中转移3 mol电子，则当复原产生3 mol K2FeO4时转移9 mol电子，则转移电子数目为9NA；
③在该反应中Fe元素化合价由反应前Fe2(SO4)3中Fe为+3价，反应后K2FeO4中Fe为+6价，化合价升高3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Fe2(SO4)3的系数是1，K2FeO4的系数是2；KClO、 KCl的系数是3，根据S元素守恒，可知生成物中有K2SO4，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，可知生成物H2O的系数是5，故配平后化学方程式为：Fe2(SO4)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+3KCl+3K2SO4+5H2O；该反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O；
(3)
①要制取Fe(OH)2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氧化产生Fe3+，导致无法生成Fe(OH)2，所以X不能是硝酸，可以是HCl或稀H2SO4；
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K2，利用Fe与酸反应产生的H2将装置中的空气排出，使NaOH溶液中无空气，待装置4中气泡均匀时，关闭开关K2，利用反应产生的H2将装置2中Fe2+压入装置3中，与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，保证制取得到纯净Fe(OH)2，并能够较长时间观察Fe(OH)2白色沉淀。
15．mol·L-1
【解析】根据反应3H2+Fe2O32Fe+3H2O，H2+FeOFe+H2O质量减少yg，减少的质量为氧的质量，所以m(Fe)=(x-y)g，故n(Fe)=mol，再根据 Fe2O3+6HNO3=2Fe(NO3)3+3H2O，3FeO+10HNO3 =3Fe(NO3)3+NO+5H2O，Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，可得 n(HNO3)= n(Fe)×3+ n(NO)，已知n(Fe)=mol=，n(NO)=mol=mol，n(HNO3)=3×+，c(HNO3)===mol/L；
16．(1) ①②⑦ ③④
(2)XY3或者Y3X
(3)KHSO3=K++HSO
(4)2
【解析】（1）
物质中存在自由移动的离子或电子的，就能导电；能导电的是石墨，钠，氢氧化钡溶液；自身不能电离出离子的化合物属于非电解质，所以属于非电解质的是酒精，氨气；
（2）
根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，可知X2+3Y2=2C，根据质量守恒定律，可知C是由X和Y两种元素组成，且其化学式为XY3(或Y3X)。
（3）
亚硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式为KHSO3=K++HSO。
（4）
假设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，则根据图可知，x+y=2，2x+32y=34，解x=1，y=1，反应后氧气有剩余，剩余1-0.5=0.5mol，恢复到室温时两边压强相同，体积比等于物质的量比，所以AB两侧体积比为0.5:1=1:2，则活塞停在2处。
17． 3Fe+4H2OFe3O4+4H2(g) H2O SiO2+2CSi+2CO↑ SiO2 Ag++Cl﹣＝AgCl↓ Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓
【解析】（1）铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，元素化合价降低的是氧化剂；
（2）二氧化硅与碳在高温下反应生成CO和硅单质，元素化合价降低的是氧化剂；
（3）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠；
（4）粗盐提纯中加入氯化钡为了除去硫酸根离子；过量的氯化钡需要用碳酸钠除去。
【解析】（1）铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2(g)，该反应中H元素化合价降低，故氧化剂是H2O；
（2）二氧化硅与碳在高温下反应生成CO和硅单质，方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，该反应中Si元素化合价降低，故氧化剂是SiO2；
（3）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠，方程式为AgNO3+NaCl=AgCl +NaNO3，离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓；
（4）粗盐提纯中加入氯化钡为了除去硫酸根离子，离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；过量的氯化钡需要用碳酸钠除去，离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓。
18． Cu2++ Fe = Fe2++ Cu 棕黄色溶液变浅绿色 2Fe3++ Fe= 3Fe2+ 2Fe3++ 2I = 2Fe2++ I2 Fe2＋具有氧化性 2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl
【解析】Ⅰ 铁与硫酸铜反应，生成硫酸亚铁和铜，离子方程式为Cu2++ Fe = Fe2++ Cu；
Ⅱ Fe与FeCl3反应生成FeCl2，现象是棕黄色溶液变浅绿色；离子方程式为2Fe3++ Fe= 3Fe2+；滴加淀粉溶液后变蓝色，说明生成碘单质，离子方程式为2Fe3++ 2I = 2Fe2++ I2；
Ⅲ 由离子方程式可知，铁元素由+2价变成0价，是氧化剂具有氧化性；
Ⅳ 氯水具有氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl 。
19． 0.04 374.4
【解析】(1)若每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.896 L，则每人每分钟消耗氧气的物质的量n(O2)=；
(2)假设所需的O2全部由Na2O2来提供，1分钟消耗氧气0.04 mol，则某消防员工作1小时所需要O2的物质的量n(O2)=0.04 mol×60=2.4 mol，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知反应产生2.4 mol O2需Na2O2的物质的量为4.8 mol，其质量为m(Na2O2)=4.8mol×78 g/mol=374.4 g。
20． 3：2：1 49.9 62g/mol 16 0.1mol 18g/mol
【解析】
（1）依据n=计算各物质的物质的量之比，根据题给氯离子的物质的量计算得到各物质的物质的量，再根据公式m=nM计算混合物总质量；
（2）由Na2R~2Na2+~R2+，结合公式n=计算可得；
（3）依据质量守恒定律和公式n=计算可得。
【解析】
（1）、和的物质的量之比等于、、三元素的物质的量之比，由、、三元素的质量之比为23∶16∶9可知，、和物质的量之比为：：=3:2:1；设AlCl3的物质的量为x，由氯离子的物质的量为1.00mol可得：1.00mol=3x+2x×2+3x，解得x=0.100mol，则混合物的总质量为0.100mol×3×58.5g/mol+0.100mol×2×95g/mol+0.100mol×133.5g/mol=49.9g，故答案为：3：2：1；49.9；
（2）由Na2R~2Na2+可知，Na2R的物质的量为0.4mol×=0.2mol，则Na2R的摩尔质量为=62g/mol；当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，即Na2R的相对分子质量为62，则R的相对原子质量为(62—2×23)=16；1.6gR2—的物质的量为=0.1mol，由Na2R~R2+可知，Na2R的物质的量等于R2—的物质的量，则Na2R的物质的量为0.1mol，故答案为：62g/mol；16；0.1mol；
（3）由8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，结合质量守恒定律可知，D的质量为8g+32g-22g=18g，则A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×=64g＜70g，由此可知B过量，则生成的D的质量为16g×=36g，D的摩尔质量为18g/mol，故答案为：18g/mol。
【点睛】
8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g-22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M=计算是解答关键。
21．(1)量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管
(2) 20.0 150mL或350mL
【解析】(1)
用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液需要的实验仪器有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故配制该溶液时所需的玻璃仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；
(2)
①配制该溶液时需要用天平称取固体的质量为：m=cVM==20.0g，故答案为：20.0；
②将的溶液与的溶液反应，得到固体，当NaOH不足时，根据反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，则n(NaOH)=3n(Al(OH)3)=3×=0.15mol，则消耗溶液的体积为：=0.15L=150mL，当NaOH过量时，根据反应方程式：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则n(NaOH)=3n(AlCl3)+0.1L×1mol/L-=3×0.1L×1mol/L+0.1L×1mol/L-=0.35mol，则消耗溶液的体积为：=0.35L=350mL，故答案为：150mL或350mL。
22．(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N2 使A中残留的三氧化硫和二氧化硫分别排入I和Ⅱ中
(3)
(4) SO3 16.8℃-44.8℃
(5)Fe2O3
(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N2，随着气流方向可使产生的气体全部进入下一装置，使其全部被吸收，故答案为：通一段时间N2；使A中残留的二氧化硫和三氧化硫分别排入I和Ⅱ中；
（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，SO3的沸点为44.8℃，SO2的沸点为-10℃，所以在低温浴槽I中收集SO3，II中收集SO2，且II的温度范围选择是高于熔点，低于沸点，应该是以液态收集，防止固体堵塞导管。所以解析中，I的温度范围应选择16.8℃-44.8℃；
（5）
甲组实验中，FeSO4的质量为3.04g，则其物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为0.8g，所以物质的量为=0.01mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe2O3，其物质的量为0.01mol；
（6）
根据小问（5）分析可知，乙组实验中，FeSO4的质量为4.56g，则其物质的量为=0.03mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为1.60g，所以物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe3O4，其物质的量为0.01mol，所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K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是会观察到溶液显红色或血红色；
（7）
N2不燃烧也不支持燃烧 ，假设过程中持续缓缓通入N2，若用带火星木条检验氧气的存在，现象会受干扰，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。
答案第1页，共2页
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