第三章 铁 金属材料 测试题 （含解析）2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第三章 铁 金属材料 测试题 （含解析）2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 696.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-26 16:07:17 | ||
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文档简介
第三章《铁金属材料》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A．氨气易液化，常用作制冷剂
B．易溶于水，可用于电解冶炼金属铝
C．氯气具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D．稀盐酸具有酸的通性，可用于铜器表面除锈
2．下图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是
A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．用一定量的铁粉与大量的9.75mol·L—1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol.
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为9.75mol·L—1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5:3:1
3．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
4．把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+ 和Fe3+的物质的量浓度之比为3:1，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为
A．1:1 B．2:3 C．2:1 D．3:2
5．下列除杂试剂的选择和除杂操作均正确的是（ ）
选项 括号内为杂质 除杂试剂 除杂操作
A CO2(HCl) Na2CO3 将气体通过足量的Na2CO3溶液
B NaCl溶液（Br2） CCl4 萃取分液
B FeCl3溶液（CuCl2） Fe粉 加入过量的Fe粉，充分反应后过滤
D Na2SO4溶液（Na2CO3） 盐酸 加入盐酸至不在产生气泡为止
A．A B．B C．C D．D
6．有些物质既能够与酸反应，又能够与碱反应。以下不符合的是
A．氧化铝 B．氯化铝 C．碳酸铵 D．碳酸氢钠
7．下列实验过程以及所得出的相应结论或解释的原因都正确的是
实验过程描述 实验结论或原因
① 铁在纯氧中能燃烧，铁在高温下也能和水蒸气反应 都能得到
② 将通入到饱和的碳酸钠溶液中产生白色浑浊 室温下溶解度：碳酸钠碳酸氢钠
③ 向溶液中滴入KSCN溶液和新制氯水，出现血红色现象 样品中一定有
④ 将一块除去保护膜的铝箔在酒精灯上加热，未见液态铝滴落下来 铝的熔点很高，未融化
⑤ 用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 该溶液中一定含有，可能有
A．①②⑤ B．①② C．①②④ D．②⑤
8．向CuSO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中加入过量铁粉，充分反应后，过滤。则滤液中含有的金属阳离子有（ ）
A．Fe3+、Cu2+ B．Cu2+、Fe2+ C．Fe3+、Cu2+、Fe2+ D．Fe2+
9．Cl2O、Cr2O3分别与NaOH、HCl反应都生成盐和水，没有其它物质生成；Fe3O4溶于盐酸生成两种盐和水，下列离子方程式对Cl2O、Cr2O3、Fe3O4上述化学性质的表达错误的是
A．Cl2O+2OH-=Cl-+H2O+ClO- B．Cr2O3+6H+=2Cr3++3H2O
C．Cl2O+2OH-=2ClO-+H2O D．Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
10．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某课外兴趣小组对X进行如下实验探究：
下列说法正确的是
A．12.8g固体可能为Fe2O3 B．混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
C．Fe2O3、Cu的物质的量之比为1:1 D．m＞24.8
11．将铜粉和铁粉的混合物mg放入烧杯中，向烧杯中不断加入FeCl3溶液，测得烧杯中剩余固体的质量与加入FeCl3溶液体积的关系如下图所示。已知：铁和铜都能与FeCl3溶液发生反应，反应的化学方程式为：
①
②
下列相关说法正确的是
A．FeCl3与发生的反应属于置换反应
B．点溶液中一定含有和
C．加入 溶液时，恰好反应
D．混合物中铁粉与铜粉的质量比为
12．下列各组物质中，其学名、俗名及化学式不相符合的是
A．碳酸钠、纯碱、Na2CO3 B．碳酸氢钠、小苏打、NaHCO3
C．氢氧化钠、烧碱、NaOH D．氧化铁、铁红、FeO
二、非选择题（共10题）
13．形状记忆合金是一种在加热升温后能完全消除其在较低的温度下发生的变形，恢复其变形前原始形状的合金材料。
问题：中国嫦娥四号探测器，使用了记忆合金制作天线，试分析其好处____________。
14．Cl2是一种重要的化工原料，下图是一些含氯产品。
(1)①中钢瓶中应贴的标签为___________。
A．腐蚀品 B．爆炸品 C．有毒品 D．易燃品
(2)下列有关漂白粉和漂白液的说法正确的是___________。
A．漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
C．工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
D．漂白液的有效成分是Na2O2
(3)工业上利用Cl2制盐酸，其化学方程式为___________。Cl2溶于水可制得氯水，检验一瓶氯水是否已经完全变质，可选用的试剂是___________。
A．硝酸银溶液 B．酚酞溶液 C．碳酸钠溶液 D．紫色石蕊溶液
(4)将8.7gMnO2与足量浓盐酸混合加热，反应生成氯气的体积(标准状况)是___________L；被氧化的HCl的质量是___________g。
15．硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是—种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图所示：
回答下列问题：
(1)步骤②温度保持80～95℃，采用的合适加热方式是____________。
(2)步骤③中选用足量的H2O2，理由是_______。
(3)步骤⑤的具体实验操作有_________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(4)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为___________。
16．在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水，再用副产品溶液吸收有毒的。
Ⅰ．经查阅资料得知：无水在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入，并用干燥的赶尽，将收集器密封。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为_____________________。
（2）第③步加热后，生成的烟状大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的进入收集器，第④步操作是________________________。
（3）操作步骤中，为防止潮解所采取的措施有（填步骤序号）___________________。
（4）在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。
17．回答下列问题
(1)下列各图示中，能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀的是_______。
(2)用下列方法可制得白色的Fe(OH)2沉淀：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入_______。
②除去蒸馏水中溶解的O2常采用_______的方法。
③生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_______。
(3)除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入_______，反应的离子方程式为_______。
18．3.84g Fe和Fe2O3的混合物溶于120mL的盐酸，刚好完全反应，生成0.03 mol H2，向反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液不显色。
(1)原混合物中Fe2O3的质量为______；
(2)原盐酸的物质的量浓度为______。
19．将NaOH和碳酸氢钠的固体混合物20.8 g在密闭容器中加热到约250 ℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体的质量为15.9 g。试计算原混合物中氢氧化钠的质量分数_________？
20．硫化氢与浓硫酸发生如下反应：H2S+H2SO4(浓)→S↓+SO2↑+2H2O加热条件下，单质硫与浓硫酸又会发生如下反应：S+2H2SO4(浓) 3SO2↑+2H2O
计算：
(1)若98%浓硫酸可表示为H2SO4 aH2O，则a=__；若要把该浓硫酸转化为H2SO4 H2O，则98%浓硫酸与加入水的质量比为_____。
(2)一定条件下，将0.1mol H2S气体通入足量浓硫酸中，生成b mol SO2，则 b的取值范围是_______。
(3)在50mL、4.0mol/L的NaOH溶液中，通入H2S气体并充分反应，然后，小心蒸发，得到不含结晶水的白色固体．通入H2S的物质的量为x mol，生成的白色固体的质量为7.9g，通过计算确定白色固体的可能成分及每种成分的质量(结果保留一位小数)_______。
21．已知M、N是两种常见的金属，且是地壳中含量前二的金属元素的单质，A是二元化合物，A、B、C含同种金属元素，X是一种常见的黑色非金属固体，其转化关系如图(注意：有的反应物和生成物未标出)
请回答以下问题：
(1)A的名称_____，H常见的两点用途有_____。
(2)请用单线桥表示反应④的电子转移的方向和数目_____。
(3)写出反应①的离子方程式_____。
(4)向0.1molD和0.1molF的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成3.9g沉淀，消耗HCl的物质的量为_____。
(5)现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中N的物质的量为_____。
22．已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质
(1)溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是___________； 产生此现象的原因为___________(用化学反应方程式解释)
(2)写出下列反应的化学方程式： A+B→C+D___________；D→H：___________。
(3)写出下列反应的离子方程式： E＋Cl2→G：___________； G＋C→E：___________； B→F＋H：___________。
参考答案：
1．B
A． 氨气易液化，汽化时吸收大量的热，工业上常用作制冷剂，A正确；
B． 易溶于水，电解氯化铝溶液得到氢氧化铝、氢气和氯气，业上用电解熔融的氧化铝制备铝，B错误；
C． 氯气具有强氧化性，能与自来水中存在的一些细菌病毒等发生氧化还原反应、故可用于自来水的杀菌消毒，C正确；
D．铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，能与盐酸反应生成氯化铜、铜不与盐酸反应、故可用于铜器表面除锈，D正确；
答案选B。
2．B
A、根据图象可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；
B、参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1mol，B错误；
C、根据图象可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；
D、根据图象可知当硝酸浓度为9.75mol·L—1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10：6：2＝5: 3: 1，D正确，
答案选B。
3．D
0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O， A．由上述分析可知，a为CuO、b为Cu2O；B．根据H元素守恒计算水的物质的量，再根据m=nM计算生成水的质量；C．根据CuO的化学式计算CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比，结合图象判断；D．由a点到b点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，结合Cu元素化合价变化计算转移电子。
0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故a为CuO、b为Cu2O，A．由上述分析可知，a为CuO、b为Cu2O，选项A错误；B．根据H元素守恒，生成水的物质的量为=0.01mol，故生成水的质量=0.01mol×18g/mol=0.18g，选项B错误；C．根据CuO的化学式可知CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比=64：80=4：5，即曲线斜率为0.8，曲线A的斜率大于1，曲线C的斜率为0.5，曲线B的斜率为0.8，故曲线B表示表示CuO和其中所含Cu元素质量关系，选项C错误；D．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，故转移电子为0.01mol×（2-1）=0.01mol，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查Cu及其化合物的性质，为高频考点，把握极限法判断A、B对应的物质是解题关键，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度不大。
4．C
铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，完全反应后，所得溶液中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1，设生成的Fe2+的物质的量为3mol，根据方程式计算反应的Fe3+的物质的量，以此来解答．
铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，完全反应后，所得溶液中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1，设生成的Fe2+的物质的量为3mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
溶液中Fe2+的物质的量为3mol时，反应的Fe3+的物质的量2mol，未反应的Fe3+的物质的量为1mol，即已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol:1mol=2:1，故答案为C。
5．B
A、二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，选项A错误；
B、溴被四氯化碳萃取后与氯化钠溶液分层，通过分液后可除去溴，选项B正确；
C、二者均与Fe反应，将原物质除去，不能除杂，选项C错误；
D、碳酸钠与盐酸反应引入新杂质NaCl，应选稀硫酸，选项D错误；
答案选B。
6．B
A．氧化铝 是两性氧化物，既能够与酸反应，又能够与碱反应，故A符合；
B．氯化铝能与碱溶液发生复分解反应，不能与酸反应，故B不符合；
C．碳酸铵与酸反应生成铵盐、水和二氧化碳气体，与强碱在加热下反应生成碳酸盐、水、氨气，故C符合；
D．碳酸氢钠与酸反应生成生成盐、水和二氧化碳气体，碳酸氢根与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，故D符合；
答案选B。
7．B
①铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，铁在高温下也能和水蒸气反应生成四氧化三铁，故①正确。
②二氧化碳通入饱和的碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，室温下，因碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故饱和的碳酸钠溶液通入二氧化碳后会变浑浊，故②正确。
③题目没说明KSCN溶液和新制氯水的滴加顺序，故无法确定溶液中是否含有，故③错误。
④除去保护膜的铝箔在酒精灯上加热时又会重新在其表面生成一层致密的氧化膜，未见铝滴落，则并不能说明铝的熔点高，未融化，故④错误。
⑤因玻璃棒的成分中含有钠离子，则用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，并不能说明溶液中一定含有，可能含有，故⑤错误。
综上所述，只有①②是正确的，本题答案B。
8．D
铁粉过量，溶液中的铜离子和三价铁离子都能和它反应，并且反应完全。铁粉和铜离子反应生成亚铁离子和铜单质，铁粉和三价铁离子反应生成亚铁离子，所有溶液中剩余阳离子全部是Fe2+，D项正确；
答案选D
9．A
A． Cl2O中Cl元素显+1价，方程式Cl2O+2OH-=Cl-+H2O+ClO-中Cl元素的化合价只有降低，没有升高，不符合化合价升降守恒，故A错误；
B．Cr2O3中Cr元素显+3价，与盐酸反应生成氯化铬，离子方程式正确，故B正确；
C． Cl2O中Cl元素显+1价，与碱反应生成次氯酸根离子，离子方程式正确，故C正确；
D． Fe3O4可看成由Fe2O3、FeO按照1：1组成，故Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，离子方程式正确，故D正确；
故选A。
10．D
某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成，mg固体X中加入足量盐酸过滤得到蓝色溶液，说明一定含氧化铁和铜，氧化铁溶解后得到铁离子，铁离子氧化铜反应生成铜离子，溶液显蓝色。得到24.8g固体加入足量氢氧化钠溶液过滤得到12.8g固体，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，质量减小为二氧化硅的质量，为24.8g－12.8g=12g，又因为Cu与NaOH不反应，12.8g固体只能是Cu。据此解答。
A.因为盐酸是足量的，则12.8g固体不可能为Fe2O3，故A错误；
B. 混合物X中Al2O3不一定含有，故B错误；
C. 盐酸是足量的，所以Fe2O3会完全反应，但是铜不一定会完全反应，但当加入过量氢氧化钠溶液时，SiO2和Al2O3会完全反应，所以剩余的固体只能是铜，根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，得到关系式：Fe2O3∽Cu，因为铜有剩余，则Fe2O3、Cu的物质的量之比小于1:1，故C错误；
D.固体X中一部分Fe2O3和Cu溶于盐酸后剩余24.8g固体，则m＞24.8，故D正确；
答案选D。
11．C
根据图象，剩余固体质量下降O~V1段比V1~V2段缓，根据反应，消耗相同量氯化铁时，消耗铁的质量比消耗铜的质量小，故向铁粉和铜粉的混合物中加入溶液， 先会发生①反应，待铁粉反应完会进行②反应；
A．与发生的反应不属于置换反应，铜的金属活动性比铁弱，A项错误；
B．M 点时粉恰好完全反应，粉并没有反应， 所以溶液中不存在，B项错误；
C．加入溶液时， 铁粉恰好反应，C项正确；
D．先发生反应的是①，铁粉先被消耗， 所以铁粉的质量为 ， 铜粉质量为， 质量比为，D项错误；
答案选C。
12．D
A．碳酸钠俗名是纯碱、苏打，化学式为Na2CO3，A相符；
B．碳酸氢钠俗名小苏打，化学式为NaHCO3，B相符；
C．氢氧化钠俗名火碱、烧碱、苛性钠，化学式为NaOH，C相符；
D．氧化铁俗称铁红，化学式为Fe2O3，D不相符；
答案选D。
13．嫦娥四号探测器天线使用记忆合金制作，天线折叠起来装进探测器内，工作时只需加温，折叠的天线因具有“记忆”功能而自然展开，恢复设计形状
中国嫦娥四号探测器，使用了记忆合金制作天线，使用它的好处是嫦娥四号探测器天线使用记忆合金制作，天线折叠起来装进探测器内，工作时只需加温，折叠的天线因具有“记忆”功能而自然展开，恢复设计形状。
14．(1)C
(2)B
(3) H2+Cl22HCl D
(4) 2.24 7.3
【解析】(1)
氯气为有毒的气体，则①中钢瓶上应贴的标签为C，不易燃、易爆，本身不具有腐蚀性，故答案为：C；
(2)
A．漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2、CaCl2，漂白液的有效成分为NaClO，均为混合物，故A错误；
B．漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，含ClO-具有强氧化性，可用于漂白，故B正确；
C．石灰水的浓度较小，工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故C错误；
D．过氧化钠与水反应，而漂白液的有效成分是NaClO，故D错误；
故答案为：B；
(3)
氢气与氯气反应生成HCl，溶于水得到盐酸，发生的反应为H2+Cl22HCl；氯水中HClO不稳定，若变质生成盐酸，酸性增强，可选紫色石蕊检验，氯水、盐酸与A、B、C混合的现象均相同，不能鉴别，故答案为：H2+Cl22HCl；D；
(4)
8.7g的MnO2的物质的量==0.1mol，则：
，V==2.24L，m==7.3g，故答案为：2.24；7.3。
15． 热水浴 将Fe2+全部氧化为Fe3+且不引入杂质 加热浓缩、冷却结晶，过滤(洗涤) NH4Fe(SO4)2·12H2O
废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的FeSO4，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到Fe2(SO4)3溶液，然后向Fe2(SO4)3溶液中加入(NH4)2SO4固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体。
(1)步骤②温度保持80～95℃，温度低于水的沸点，可以采用热水浴加热；
(2)铁与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，加入足量H2O2的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，且又不引入杂质；
(3)步骤⑤是要从硫酸铁、硫酸铵的混合溶液中得到硫酸铁铵晶体，由于物质的溶解度随温度的升高而增大，且物质的溶解度较大，所以需要进行的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤(洗涤)。
(4)将样品加热到150 °C时失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知，解得x=12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
【点评】本题考查物质制备，涉及实验操作、混合物分离提纯等，明确流程图中各成分中含有的物质及其性质是解本题关键，注意(4)中失去的结晶水含量的计算方法。
16． 在沉积的固体下方加热 ②⑤
（1）装置A为铁和氯气反应，生成氯化铁，发生反应的化学方程式为，故本题答案为：；
（2）因受热易升华，需要在沉积的固体下方加热，使其升华，所以第④步操作是在沉积的固体下方加热，故本题答案为：在沉积的固体下方加热；
（3）因易潮解，故需在实验前、实验中、实验后均保持干燥。能保持干燥的操作：步骤②通入干燥的，步骤⑤体系冷却后，停止通入，并用干燥的赶尽，将收集器密封，故本题答案为：②⑤；
（4）尾气中的用NaOH溶液吸收，吸收装置为，故本题答案为：。
【点睛】氯气被碱液吸收时，速率并不快，所以不需要设计防倒吸装置。
17．(1)①②③⑤
(2) 稀硫酸、铁屑 煮沸 避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2
(3) 足量铁粉 Fe+2Fe3+=3Fe2+
若想制得Fe(OH)2，并在较长时间不被氧化成Fe(OH)3，需先排尽装置内的空气，再将不含O2的NaOH与FeSO4溶液接触发生反应。
（1）
装置①②③⑤中，除去保证药品自身不溶解O2外，还能有效防止空气中O2的溶入，而装置④中，NaOH溶液在滴入过程中，较长时间与空气接触，会溶入少量氧气，从而导致生成的Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，很难看到生成白色沉淀，效果欠佳。
故选①②③⑤。答案为：①②③⑤；
（2）
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时，为防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+，需加入还原剂Fe，为防止Fe2+发生水解，需加入硫酸抑制水解，所以还需加入稀硫酸、铁屑。
②气体的溶解度随温度升高而减小，所以除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法。
③生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，从而使得NaOH溶液没有机会与空气接触。这样操作的理由是：避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2。答案为：稀硫酸、铁屑；煮沸；避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2；
（3）
除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入还原剂且不引入新的杂质离子，所以应加入足量铁粉，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。答案为：足量铁粉；Fe+2Fe3+=3Fe2+。
【点睛】Fe(OH)2是易被氧气氧化的白色固体，制取时除去应排尽装置内的空气外，还要防止空气中氧气的溶解。
18．(1)1.6g
(2)1mol·L-1
混合物与盐酸恰好完全反应，反应后的溶液中无Fe3+，说明溶液中的溶质为FeCl2，
反应生成0.03mol H2，则：
设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：
由题意可知，(x+0.03)mol×56g/mol+x mol×160g/mol=3.84g，解得x=0.01mol。
（1）混合物中m(Fe2O3)=0.01mol×160g mol-1=1.6 g，故答案为1.6g；
（2）n(HCl)=(6x+0.06)mol=(0.06+0.06)mol=0.12mol，
则c(HCl)==1mol/L，故答案为1mol/L。
19．19.2%
NaOH和碳酸氢钠的固体混合物置于密闭容器中加热，可能发生的化学反应有：
NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O，盐有多余再发生2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋ CO2↑ 。
以上固体混合物加热失重可能只因第1个反应，也可能有以上二个反应共同造成。
若只有NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O造成，则失重4.9 g对应消耗22.9 g NaHCO3和10.9 g NaOH，相比原混合物20.8 g的总质量，所需反应物不足，说明失重由二个反应共同造成。剩余的15.9g固体都是Na2CO3，其物质的量为0.15mol，根据钠守恒，原NaOH和NaHCO3共0.3mol，总质量为20.8g，设NaOH的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则，解得x=0.1，y=0.2。所以m(NaOH)=0.1mol×40g/mol=4.0g，其质量分数为w（NaOH）＝×100%≈19.2%。
20． 25：4 0.1≤b≤0.4 NaOH、4g，Na2S、3.9 g 或 Na2S、7.6 g，NaHS、0.3 g
（1）根据硫酸、水的物质的量比计算；
(2)利用“极限法”计算b值；
(3) NaOH溶液通入硫化氢气体，反应后的物质可能有可能是NaOH和Na2S或Na2S和NaHS或者只有NaHS或者只有Na2S，利用讨论法计算分析。
（1）浓硫酸的质量分数为98%，故每100g浓硫酸中含有硫酸98g，物质的量为：=1mol，含有水2g，物质的量为：=mol，故a=，若要把该浓硫酸转化为H2SO4 H2O，则硫酸和水的物质的量比1:1，则需要加入水为18﹣2=16g，故浓硫酸与加入水的质量比为：100：16=25：4；
（2）H2S+H2SO4（浓）→S↓+SO2↑+2H2O①与S+2H2SO4（浓） 3SO2↑+2H2O②，若只发生反应①，那么生成的二氧化硫的物质的量等于加入硫化氢的物质的量，为0.1mol；
若反应①中生成的S单质继续发生反应②，那么生成二氧化硫物质的量为0.4mol，故b的范围是：0.1≤b≤0.4；
（3）50mL 4.0mol/L的NaOH的物质的量为：0.05×4=0.2mol，由于硫化氢被完全吸收，而且氢氧化钠也全部反应，故所得的固体物质可能是NaOH和Na2S或Na2S和NaHS或者只有NaHS或者只有只有Na2S；
（Ⅰ）设所得的固体产物中NaOH为amol，Na2S为bmol，根据钠原子的守恒可有：a+2b=0.2mol ①，40a+78b=7.9g ②，解得a=0.1mol，b=0.05mol，故NaOH的质量m=nM=0.1mol×40g/mol=4g，Na2S的质量m=nM=0.05mol×78g/mol=3.9g；
（Ⅱ）设所得的固体产物中Na2S为amol，NaHS为bmol，根据钠原子的守恒可有：2a+b=0.2mol ①，78a+56b=7.9g ②，解得a=mol，b=mol，故Na2S的质量m=nM=mol×78g/mol=7.6g，NaHS的质量m= 7.9g﹣7.6g=0.3g；
（Ⅲ）设所得的固体产物仅有NaHS，那么NaHS为0.2mol，质量应为：0.2mol×56g/mol=11.2g，不符合题意，故无此情况，
（Ⅲ）设所得的固体产物仅有Na2S，那么Na2S为0.1mol，质量应为：0.1mol×78g/mol=7.8g，不符合题意，故无此情况。
21．(1) 氯化亚铁 耐火材料、工业炼铝的原料
(2)
(3)4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑
(4)0.15mol或0.35mol
(5)介于0.055mol~0.07mol之间
已知M、N是两种常见的金属，且是地壳中含量前二的金属元素的单质，则M、N分别为Fe、Al中的某一种，X是一种常见的黑色非金属固体，则X为碳。由图中可以看出，淡黄色固体为Na2O2，则B为金属的氢氧化物，C为金属的氯化物，能与金属N反应，从而得出N为Fe，A为FeCl2，B为Fe(OH)3；D为NaOH，金属M为Al，丁为H2，F为NaAlO2，G为Al(OH)3，H为Al2O3；气体甲为O2，与碳反应生成气体乙为CO2，气体丙为CO。
（1）由分析可知，A的名称为氯化亚铁，H为Al2O3，常见的两点用途有：耐火材料、工业炼铝的原料。答案为：氯化亚铁；耐火材料、工业炼铝的原料；
（2）反应④为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，在反应中，Al失电子作还原剂，H2O得电子作氧化剂，电子转移的数目为6e-，则用单线桥表示的电子转移的方向和数目为 。答案为： ；
（3）反应①中，FeCl2、Na2O2在水溶液中发生反应，生成Fe(OH)3、NaCl和O2，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑。答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑；
（4）向0.1molNaOH和0.1mol NaAlO2的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成3.9g沉淀，则发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，0.1molNaOH需消耗HCl0.1mol，3.9g Al(OH)3的物质的量为=0.05mol，则需消耗HCl0.05mol；若加入的盐酸过量，还会发生反应3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，此时消耗HCl的物质的量为0.25mol，所以消耗HCl的物质的量为0.15mol或0.35mol。答案为：0.15mol或0.35mol；
（5）现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，则与HCl反应的Fe的物质的量为0.05mol；发生反应Fe+2Fe3+的Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.09mol。若混合物为Fe、Fe2O3的混合物，则消耗Fe为=0.045mol，若混合物为Fe、Fe5O7的混合物，则消耗Fe为=0.06mol，则原混合物中N的物质的量介于0.055mol~0.07mol之间。答案为：介于0.055mol~0.07mol之间。
【点睛】由2Fe3++Fe=3Fe2+可建立关系式：Fe——Fe2O3、2Fe——Fe5O7。
22．(1) 生成白色沉淀，后变灰绿色，最后变红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3
(2) 2Al+Fe2O3 Fe2O3+2Fe Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(3) 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2 Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑
粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，铝和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁；铁和盐酸L生成氯化亚铁和氢气F，氯化亚铁和氯气生成氯化铁，氯化铁和铁生成氯化亚铁，故E为FeCl2，G为FeCl3；铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，则H为NaAlO2；
（1）溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；
（2）由分析可知，A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式为：2Al + Fe2O32Fe + Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（3）E＋Cl2→G为氯化铁和铁生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-；
G＋C→E为氯化铁和铁生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；
B→F＋H为铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，2Al + 2OH- + 2H2O = 2 + 3H2↑
一、单选题（共12题）
1．下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A．氨气易液化，常用作制冷剂
B．易溶于水，可用于电解冶炼金属铝
C．氯气具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D．稀盐酸具有酸的通性，可用于铜器表面除锈
2．下图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是
A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．用一定量的铁粉与大量的9.75mol·L—1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol.
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为9.75mol·L—1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5:3:1
3．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
4．把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+ 和Fe3+的物质的量浓度之比为3:1，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为
A．1:1 B．2:3 C．2:1 D．3:2
5．下列除杂试剂的选择和除杂操作均正确的是（ ）
选项 括号内为杂质 除杂试剂 除杂操作
A CO2(HCl) Na2CO3 将气体通过足量的Na2CO3溶液
B NaCl溶液（Br2） CCl4 萃取分液
B FeCl3溶液（CuCl2） Fe粉 加入过量的Fe粉，充分反应后过滤
D Na2SO4溶液（Na2CO3） 盐酸 加入盐酸至不在产生气泡为止
A．A B．B C．C D．D
6．有些物质既能够与酸反应，又能够与碱反应。以下不符合的是
A．氧化铝 B．氯化铝 C．碳酸铵 D．碳酸氢钠
7．下列实验过程以及所得出的相应结论或解释的原因都正确的是
实验过程描述 实验结论或原因
① 铁在纯氧中能燃烧，铁在高温下也能和水蒸气反应 都能得到
② 将通入到饱和的碳酸钠溶液中产生白色浑浊 室温下溶解度：碳酸钠碳酸氢钠
③ 向溶液中滴入KSCN溶液和新制氯水，出现血红色现象 样品中一定有
④ 将一块除去保护膜的铝箔在酒精灯上加热，未见液态铝滴落下来 铝的熔点很高，未融化
⑤ 用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 该溶液中一定含有，可能有
A．①②⑤ B．①② C．①②④ D．②⑤
8．向CuSO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中加入过量铁粉，充分反应后，过滤。则滤液中含有的金属阳离子有（ ）
A．Fe3+、Cu2+ B．Cu2+、Fe2+ C．Fe3+、Cu2+、Fe2+ D．Fe2+
9．Cl2O、Cr2O3分别与NaOH、HCl反应都生成盐和水，没有其它物质生成；Fe3O4溶于盐酸生成两种盐和水，下列离子方程式对Cl2O、Cr2O3、Fe3O4上述化学性质的表达错误的是
A．Cl2O+2OH-=Cl-+H2O+ClO- B．Cr2O3+6H+=2Cr3++3H2O
C．Cl2O+2OH-=2ClO-+H2O D．Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
10．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某课外兴趣小组对X进行如下实验探究：
下列说法正确的是
A．12.8g固体可能为Fe2O3 B．混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
C．Fe2O3、Cu的物质的量之比为1:1 D．m＞24.8
11．将铜粉和铁粉的混合物mg放入烧杯中，向烧杯中不断加入FeCl3溶液，测得烧杯中剩余固体的质量与加入FeCl3溶液体积的关系如下图所示。已知：铁和铜都能与FeCl3溶液发生反应，反应的化学方程式为：
①
②
下列相关说法正确的是
A．FeCl3与发生的反应属于置换反应
B．点溶液中一定含有和
C．加入 溶液时，恰好反应
D．混合物中铁粉与铜粉的质量比为
12．下列各组物质中，其学名、俗名及化学式不相符合的是
A．碳酸钠、纯碱、Na2CO3 B．碳酸氢钠、小苏打、NaHCO3
C．氢氧化钠、烧碱、NaOH D．氧化铁、铁红、FeO
二、非选择题（共10题）
13．形状记忆合金是一种在加热升温后能完全消除其在较低的温度下发生的变形，恢复其变形前原始形状的合金材料。
问题：中国嫦娥四号探测器，使用了记忆合金制作天线，试分析其好处____________。
14．Cl2是一种重要的化工原料，下图是一些含氯产品。
(1)①中钢瓶中应贴的标签为___________。
A．腐蚀品 B．爆炸品 C．有毒品 D．易燃品
(2)下列有关漂白粉和漂白液的说法正确的是___________。
A．漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
C．工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
D．漂白液的有效成分是Na2O2
(3)工业上利用Cl2制盐酸，其化学方程式为___________。Cl2溶于水可制得氯水，检验一瓶氯水是否已经完全变质，可选用的试剂是___________。
A．硝酸银溶液 B．酚酞溶液 C．碳酸钠溶液 D．紫色石蕊溶液
(4)将8.7gMnO2与足量浓盐酸混合加热，反应生成氯气的体积(标准状况)是___________L；被氧化的HCl的质量是___________g。
15．硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是—种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图所示：
回答下列问题：
(1)步骤②温度保持80～95℃，采用的合适加热方式是____________。
(2)步骤③中选用足量的H2O2，理由是_______。
(3)步骤⑤的具体实验操作有_________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(4)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为___________。
16．在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水，再用副产品溶液吸收有毒的。
Ⅰ．经查阅资料得知：无水在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入，并用干燥的赶尽，将收集器密封。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为_____________________。
（2）第③步加热后，生成的烟状大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的进入收集器，第④步操作是________________________。
（3）操作步骤中，为防止潮解所采取的措施有（填步骤序号）___________________。
（4）在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。
17．回答下列问题
(1)下列各图示中，能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀的是_______。
(2)用下列方法可制得白色的Fe(OH)2沉淀：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入_______。
②除去蒸馏水中溶解的O2常采用_______的方法。
③生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_______。
(3)除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入_______，反应的离子方程式为_______。
18．3.84g Fe和Fe2O3的混合物溶于120mL的盐酸，刚好完全反应，生成0.03 mol H2，向反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液不显色。
(1)原混合物中Fe2O3的质量为______；
(2)原盐酸的物质的量浓度为______。
19．将NaOH和碳酸氢钠的固体混合物20.8 g在密闭容器中加热到约250 ℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体的质量为15.9 g。试计算原混合物中氢氧化钠的质量分数_________？
20．硫化氢与浓硫酸发生如下反应：H2S+H2SO4(浓)→S↓+SO2↑+2H2O加热条件下，单质硫与浓硫酸又会发生如下反应：S+2H2SO4(浓) 3SO2↑+2H2O
计算：
(1)若98%浓硫酸可表示为H2SO4 aH2O，则a=__；若要把该浓硫酸转化为H2SO4 H2O，则98%浓硫酸与加入水的质量比为_____。
(2)一定条件下，将0.1mol H2S气体通入足量浓硫酸中，生成b mol SO2，则 b的取值范围是_______。
(3)在50mL、4.0mol/L的NaOH溶液中，通入H2S气体并充分反应，然后，小心蒸发，得到不含结晶水的白色固体．通入H2S的物质的量为x mol，生成的白色固体的质量为7.9g，通过计算确定白色固体的可能成分及每种成分的质量(结果保留一位小数)_______。
21．已知M、N是两种常见的金属，且是地壳中含量前二的金属元素的单质，A是二元化合物，A、B、C含同种金属元素，X是一种常见的黑色非金属固体，其转化关系如图(注意：有的反应物和生成物未标出)
请回答以下问题：
(1)A的名称_____，H常见的两点用途有_____。
(2)请用单线桥表示反应④的电子转移的方向和数目_____。
(3)写出反应①的离子方程式_____。
(4)向0.1molD和0.1molF的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成3.9g沉淀，消耗HCl的物质的量为_____。
(5)现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中N的物质的量为_____。
22．已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质
(1)溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是___________； 产生此现象的原因为___________(用化学反应方程式解释)
(2)写出下列反应的化学方程式： A+B→C+D___________；D→H：___________。
(3)写出下列反应的离子方程式： E＋Cl2→G：___________； G＋C→E：___________； B→F＋H：___________。
参考答案：
1．B
A． 氨气易液化，汽化时吸收大量的热，工业上常用作制冷剂，A正确；
B． 易溶于水，电解氯化铝溶液得到氢氧化铝、氢气和氯气，业上用电解熔融的氧化铝制备铝，B错误；
C． 氯气具有强氧化性，能与自来水中存在的一些细菌病毒等发生氧化还原反应、故可用于自来水的杀菌消毒，C正确；
D．铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，能与盐酸反应生成氯化铜、铜不与盐酸反应、故可用于铜器表面除锈，D正确；
答案选B。
2．B
A、根据图象可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；
B、参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1mol，B错误；
C、根据图象可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；
D、根据图象可知当硝酸浓度为9.75mol·L—1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10：6：2＝5: 3: 1，D正确，
答案选B。
3．D
0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O， A．由上述分析可知，a为CuO、b为Cu2O；B．根据H元素守恒计算水的物质的量，再根据m=nM计算生成水的质量；C．根据CuO的化学式计算CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比，结合图象判断；D．由a点到b点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，结合Cu元素化合价变化计算转移电子。
0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故a为CuO、b为Cu2O，A．由上述分析可知，a为CuO、b为Cu2O，选项A错误；B．根据H元素守恒，生成水的物质的量为=0.01mol，故生成水的质量=0.01mol×18g/mol=0.18g，选项B错误；C．根据CuO的化学式可知CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比=64：80=4：5，即曲线斜率为0.8，曲线A的斜率大于1，曲线C的斜率为0.5，曲线B的斜率为0.8，故曲线B表示表示CuO和其中所含Cu元素质量关系，选项C错误；D．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，故转移电子为0.01mol×（2-1）=0.01mol，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查Cu及其化合物的性质，为高频考点，把握极限法判断A、B对应的物质是解题关键，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度不大。
4．C
铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，完全反应后，所得溶液中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1，设生成的Fe2+的物质的量为3mol，根据方程式计算反应的Fe3+的物质的量，以此来解答．
铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，完全反应后，所得溶液中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1，设生成的Fe2+的物质的量为3mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
溶液中Fe2+的物质的量为3mol时，反应的Fe3+的物质的量2mol，未反应的Fe3+的物质的量为1mol，即已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol:1mol=2:1，故答案为C。
5．B
A、二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，选项A错误；
B、溴被四氯化碳萃取后与氯化钠溶液分层，通过分液后可除去溴，选项B正确；
C、二者均与Fe反应，将原物质除去，不能除杂，选项C错误；
D、碳酸钠与盐酸反应引入新杂质NaCl，应选稀硫酸，选项D错误；
答案选B。
6．B
A．氧化铝 是两性氧化物，既能够与酸反应，又能够与碱反应，故A符合；
B．氯化铝能与碱溶液发生复分解反应，不能与酸反应，故B不符合；
C．碳酸铵与酸反应生成铵盐、水和二氧化碳气体，与强碱在加热下反应生成碳酸盐、水、氨气，故C符合；
D．碳酸氢钠与酸反应生成生成盐、水和二氧化碳气体，碳酸氢根与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，故D符合；
答案选B。
7．B
①铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，铁在高温下也能和水蒸气反应生成四氧化三铁，故①正确。
②二氧化碳通入饱和的碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，室温下，因碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故饱和的碳酸钠溶液通入二氧化碳后会变浑浊，故②正确。
③题目没说明KSCN溶液和新制氯水的滴加顺序，故无法确定溶液中是否含有，故③错误。
④除去保护膜的铝箔在酒精灯上加热时又会重新在其表面生成一层致密的氧化膜，未见铝滴落，则并不能说明铝的熔点高，未融化，故④错误。
⑤因玻璃棒的成分中含有钠离子，则用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，并不能说明溶液中一定含有，可能含有，故⑤错误。
综上所述，只有①②是正确的，本题答案B。
8．D
铁粉过量，溶液中的铜离子和三价铁离子都能和它反应，并且反应完全。铁粉和铜离子反应生成亚铁离子和铜单质，铁粉和三价铁离子反应生成亚铁离子，所有溶液中剩余阳离子全部是Fe2+，D项正确；
答案选D
9．A
A． Cl2O中Cl元素显+1价，方程式Cl2O+2OH-=Cl-+H2O+ClO-中Cl元素的化合价只有降低，没有升高，不符合化合价升降守恒，故A错误；
B．Cr2O3中Cr元素显+3价，与盐酸反应生成氯化铬，离子方程式正确，故B正确；
C． Cl2O中Cl元素显+1价，与碱反应生成次氯酸根离子，离子方程式正确，故C正确；
D． Fe3O4可看成由Fe2O3、FeO按照1：1组成，故Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，离子方程式正确，故D正确；
故选A。
10．D
某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成，mg固体X中加入足量盐酸过滤得到蓝色溶液，说明一定含氧化铁和铜，氧化铁溶解后得到铁离子，铁离子氧化铜反应生成铜离子，溶液显蓝色。得到24.8g固体加入足量氢氧化钠溶液过滤得到12.8g固体，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，质量减小为二氧化硅的质量，为24.8g－12.8g=12g，又因为Cu与NaOH不反应，12.8g固体只能是Cu。据此解答。
A.因为盐酸是足量的，则12.8g固体不可能为Fe2O3，故A错误；
B. 混合物X中Al2O3不一定含有，故B错误；
C. 盐酸是足量的，所以Fe2O3会完全反应，但是铜不一定会完全反应，但当加入过量氢氧化钠溶液时，SiO2和Al2O3会完全反应，所以剩余的固体只能是铜，根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，得到关系式：Fe2O3∽Cu，因为铜有剩余，则Fe2O3、Cu的物质的量之比小于1:1，故C错误；
D.固体X中一部分Fe2O3和Cu溶于盐酸后剩余24.8g固体，则m＞24.8，故D正确；
答案选D。
11．C
根据图象，剩余固体质量下降O~V1段比V1~V2段缓，根据反应，消耗相同量氯化铁时，消耗铁的质量比消耗铜的质量小，故向铁粉和铜粉的混合物中加入溶液， 先会发生①反应，待铁粉反应完会进行②反应；
A．与发生的反应不属于置换反应，铜的金属活动性比铁弱，A项错误；
B．M 点时粉恰好完全反应，粉并没有反应， 所以溶液中不存在，B项错误；
C．加入溶液时， 铁粉恰好反应，C项正确；
D．先发生反应的是①，铁粉先被消耗， 所以铁粉的质量为 ， 铜粉质量为， 质量比为，D项错误；
答案选C。
12．D
A．碳酸钠俗名是纯碱、苏打，化学式为Na2CO3，A相符；
B．碳酸氢钠俗名小苏打，化学式为NaHCO3，B相符；
C．氢氧化钠俗名火碱、烧碱、苛性钠，化学式为NaOH，C相符；
D．氧化铁俗称铁红，化学式为Fe2O3，D不相符；
答案选D。
13．嫦娥四号探测器天线使用记忆合金制作，天线折叠起来装进探测器内，工作时只需加温，折叠的天线因具有“记忆”功能而自然展开，恢复设计形状
中国嫦娥四号探测器，使用了记忆合金制作天线，使用它的好处是嫦娥四号探测器天线使用记忆合金制作，天线折叠起来装进探测器内，工作时只需加温，折叠的天线因具有“记忆”功能而自然展开，恢复设计形状。
14．(1)C
(2)B
(3) H2+Cl22HCl D
(4) 2.24 7.3
【解析】(1)
氯气为有毒的气体，则①中钢瓶上应贴的标签为C，不易燃、易爆，本身不具有腐蚀性，故答案为：C；
(2)
A．漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2、CaCl2，漂白液的有效成分为NaClO，均为混合物，故A错误；
B．漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，含ClO-具有强氧化性，可用于漂白，故B正确；
C．石灰水的浓度较小，工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故C错误；
D．过氧化钠与水反应，而漂白液的有效成分是NaClO，故D错误；
故答案为：B；
(3)
氢气与氯气反应生成HCl，溶于水得到盐酸，发生的反应为H2+Cl22HCl；氯水中HClO不稳定，若变质生成盐酸，酸性增强，可选紫色石蕊检验，氯水、盐酸与A、B、C混合的现象均相同，不能鉴别，故答案为：H2+Cl22HCl；D；
(4)
8.7g的MnO2的物质的量==0.1mol，则：
，V==2.24L，m==7.3g，故答案为：2.24；7.3。
15． 热水浴 将Fe2+全部氧化为Fe3+且不引入杂质 加热浓缩、冷却结晶，过滤(洗涤) NH4Fe(SO4)2·12H2O
废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的FeSO4，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到Fe2(SO4)3溶液，然后向Fe2(SO4)3溶液中加入(NH4)2SO4固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体。
(1)步骤②温度保持80～95℃，温度低于水的沸点，可以采用热水浴加热；
(2)铁与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，加入足量H2O2的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，且又不引入杂质；
(3)步骤⑤是要从硫酸铁、硫酸铵的混合溶液中得到硫酸铁铵晶体，由于物质的溶解度随温度的升高而增大，且物质的溶解度较大，所以需要进行的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤(洗涤)。
(4)将样品加热到150 °C时失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知，解得x=12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
【点评】本题考查物质制备，涉及实验操作、混合物分离提纯等，明确流程图中各成分中含有的物质及其性质是解本题关键，注意(4)中失去的结晶水含量的计算方法。
16． 在沉积的固体下方加热 ②⑤
（1）装置A为铁和氯气反应，生成氯化铁，发生反应的化学方程式为，故本题答案为：；
（2）因受热易升华，需要在沉积的固体下方加热，使其升华，所以第④步操作是在沉积的固体下方加热，故本题答案为：在沉积的固体下方加热；
（3）因易潮解，故需在实验前、实验中、实验后均保持干燥。能保持干燥的操作：步骤②通入干燥的，步骤⑤体系冷却后，停止通入，并用干燥的赶尽，将收集器密封，故本题答案为：②⑤；
（4）尾气中的用NaOH溶液吸收，吸收装置为，故本题答案为：。
【点睛】氯气被碱液吸收时，速率并不快，所以不需要设计防倒吸装置。
17．(1)①②③⑤
(2) 稀硫酸、铁屑 煮沸 避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2
(3) 足量铁粉 Fe+2Fe3+=3Fe2+
若想制得Fe(OH)2，并在较长时间不被氧化成Fe(OH)3，需先排尽装置内的空气，再将不含O2的NaOH与FeSO4溶液接触发生反应。
（1）
装置①②③⑤中，除去保证药品自身不溶解O2外，还能有效防止空气中O2的溶入，而装置④中，NaOH溶液在滴入过程中，较长时间与空气接触，会溶入少量氧气，从而导致生成的Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，很难看到生成白色沉淀，效果欠佳。
故选①②③⑤。答案为：①②③⑤；
（2）
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时，为防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+，需加入还原剂Fe，为防止Fe2+发生水解，需加入硫酸抑制水解，所以还需加入稀硫酸、铁屑。
②气体的溶解度随温度升高而减小，所以除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法。
③生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，从而使得NaOH溶液没有机会与空气接触。这样操作的理由是：避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2。答案为：稀硫酸、铁屑；煮沸；避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2；
（3）
除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入还原剂且不引入新的杂质离子，所以应加入足量铁粉，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。答案为：足量铁粉；Fe+2Fe3+=3Fe2+。
【点睛】Fe(OH)2是易被氧气氧化的白色固体，制取时除去应排尽装置内的空气外，还要防止空气中氧气的溶解。
18．(1)1.6g
(2)1mol·L-1
混合物与盐酸恰好完全反应，反应后的溶液中无Fe3+，说明溶液中的溶质为FeCl2，
反应生成0.03mol H2，则：
设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：
由题意可知，(x+0.03)mol×56g/mol+x mol×160g/mol=3.84g，解得x=0.01mol。
（1）混合物中m(Fe2O3)=0.01mol×160g mol-1=1.6 g，故答案为1.6g；
（2）n(HCl)=(6x+0.06)mol=(0.06+0.06)mol=0.12mol，
则c(HCl)==1mol/L，故答案为1mol/L。
19．19.2%
NaOH和碳酸氢钠的固体混合物置于密闭容器中加热，可能发生的化学反应有：
NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O，盐有多余再发生2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋ CO2↑ 。
以上固体混合物加热失重可能只因第1个反应，也可能有以上二个反应共同造成。
若只有NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O造成，则失重4.9 g对应消耗22.9 g NaHCO3和10.9 g NaOH，相比原混合物20.8 g的总质量，所需反应物不足，说明失重由二个反应共同造成。剩余的15.9g固体都是Na2CO3，其物质的量为0.15mol，根据钠守恒，原NaOH和NaHCO3共0.3mol，总质量为20.8g，设NaOH的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则，解得x=0.1，y=0.2。所以m(NaOH)=0.1mol×40g/mol=4.0g，其质量分数为w（NaOH）＝×100%≈19.2%。
20． 25：4 0.1≤b≤0.4 NaOH、4g，Na2S、3.9 g 或 Na2S、7.6 g，NaHS、0.3 g
（1）根据硫酸、水的物质的量比计算；
(2)利用“极限法”计算b值；
(3) NaOH溶液通入硫化氢气体，反应后的物质可能有可能是NaOH和Na2S或Na2S和NaHS或者只有NaHS或者只有Na2S，利用讨论法计算分析。
（1）浓硫酸的质量分数为98%，故每100g浓硫酸中含有硫酸98g，物质的量为：=1mol，含有水2g，物质的量为：=mol，故a=，若要把该浓硫酸转化为H2SO4 H2O，则硫酸和水的物质的量比1:1，则需要加入水为18﹣2=16g，故浓硫酸与加入水的质量比为：100：16=25：4；
（2）H2S+H2SO4（浓）→S↓+SO2↑+2H2O①与S+2H2SO4（浓） 3SO2↑+2H2O②，若只发生反应①，那么生成的二氧化硫的物质的量等于加入硫化氢的物质的量，为0.1mol；
若反应①中生成的S单质继续发生反应②，那么生成二氧化硫物质的量为0.4mol，故b的范围是：0.1≤b≤0.4；
（3）50mL 4.0mol/L的NaOH的物质的量为：0.05×4=0.2mol，由于硫化氢被完全吸收，而且氢氧化钠也全部反应，故所得的固体物质可能是NaOH和Na2S或Na2S和NaHS或者只有NaHS或者只有只有Na2S；
（Ⅰ）设所得的固体产物中NaOH为amol，Na2S为bmol，根据钠原子的守恒可有：a+2b=0.2mol ①，40a+78b=7.9g ②，解得a=0.1mol，b=0.05mol，故NaOH的质量m=nM=0.1mol×40g/mol=4g，Na2S的质量m=nM=0.05mol×78g/mol=3.9g；
（Ⅱ）设所得的固体产物中Na2S为amol，NaHS为bmol，根据钠原子的守恒可有：2a+b=0.2mol ①，78a+56b=7.9g ②，解得a=mol，b=mol，故Na2S的质量m=nM=mol×78g/mol=7.6g，NaHS的质量m= 7.9g﹣7.6g=0.3g；
（Ⅲ）设所得的固体产物仅有NaHS，那么NaHS为0.2mol，质量应为：0.2mol×56g/mol=11.2g，不符合题意，故无此情况，
（Ⅲ）设所得的固体产物仅有Na2S，那么Na2S为0.1mol，质量应为：0.1mol×78g/mol=7.8g，不符合题意，故无此情况。
21．(1) 氯化亚铁 耐火材料、工业炼铝的原料
(2)
(3)4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑
(4)0.15mol或0.35mol
(5)介于0.055mol~0.07mol之间
已知M、N是两种常见的金属，且是地壳中含量前二的金属元素的单质，则M、N分别为Fe、Al中的某一种，X是一种常见的黑色非金属固体，则X为碳。由图中可以看出，淡黄色固体为Na2O2，则B为金属的氢氧化物，C为金属的氯化物，能与金属N反应，从而得出N为Fe，A为FeCl2，B为Fe(OH)3；D为NaOH，金属M为Al，丁为H2，F为NaAlO2，G为Al(OH)3，H为Al2O3；气体甲为O2，与碳反应生成气体乙为CO2，气体丙为CO。
（1）由分析可知，A的名称为氯化亚铁，H为Al2O3，常见的两点用途有：耐火材料、工业炼铝的原料。答案为：氯化亚铁；耐火材料、工业炼铝的原料；
（2）反应④为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，在反应中，Al失电子作还原剂，H2O得电子作氧化剂，电子转移的数目为6e-，则用单线桥表示的电子转移的方向和数目为 。答案为： ；
（3）反应①中，FeCl2、Na2O2在水溶液中发生反应，生成Fe(OH)3、NaCl和O2，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑。答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑；
（4）向0.1molNaOH和0.1mol NaAlO2的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成3.9g沉淀，则发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，0.1molNaOH需消耗HCl0.1mol，3.9g Al(OH)3的物质的量为=0.05mol，则需消耗HCl0.05mol；若加入的盐酸过量，还会发生反应3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，此时消耗HCl的物质的量为0.25mol，所以消耗HCl的物质的量为0.15mol或0.35mol。答案为：0.15mol或0.35mol；
（5）现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，则与HCl反应的Fe的物质的量为0.05mol；发生反应Fe+2Fe3+的Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.09mol。若混合物为Fe、Fe2O3的混合物，则消耗Fe为=0.045mol，若混合物为Fe、Fe5O7的混合物，则消耗Fe为=0.06mol，则原混合物中N的物质的量介于0.055mol~0.07mol之间。答案为：介于0.055mol~0.07mol之间。
【点睛】由2Fe3++Fe=3Fe2+可建立关系式：Fe——Fe2O3、2Fe——Fe5O7。
22．(1) 生成白色沉淀，后变灰绿色，最后变红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3
(2) 2Al+Fe2O3 Fe2O3+2Fe Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(3) 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2 Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑
粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，铝和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁；铁和盐酸L生成氯化亚铁和氢气F，氯化亚铁和氯气生成氯化铁，氯化铁和铁生成氯化亚铁，故E为FeCl2，G为FeCl3；铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，则H为NaAlO2；
（1）溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；
（2）由分析可知，A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式为：2Al + Fe2O32Fe + Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（3）E＋Cl2→G为氯化铁和铁生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-；
G＋C→E为氯化铁和铁生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；
B→F＋H为铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，2Al + 2OH- + 2H2O = 2 + 3H2↑