第三章 铁 金属材料（含解析）章节测试 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第三章 铁 金属材料章节测试
一、单选题
1．从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是（　　）
A．地壳中金属元素的含量 B．金属的延展性
C．金属的导电性 D．金属活动性及冶炼的难易程度
2．我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。下列文物中，主要成分属于合金的是（　　）
A．西夏佛经纸本 B.西汉素纱禅衣 C.唐兽首玛瑙杯 D.东汉青铜奔马
A．A B．B C．C D．D
3．铁及其化合物在生产、生活中应用广泛。下列有关它们的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．有氧化性，可用作净水剂
B．有磁性，可用作高炉炼铁的原料
C．是红棕色，可用于制红色油漆
D．Fe有还原性，可用于铝热反应焊接钢轨
4．下列物质跟铁反应后的生成物，能跟KSCN溶液作用生成红色溶液的是（　　）
A．盐酸 B．稀硫酸 C．CuSO4溶液 D．氯气
5．下列关于铝的叙述中，不正确的是（　　）
A．铝是地壳里含量最多的金属元素
B．铝容易失去电子，表现还原性
C．在空气中用酒精灯点不着
D．在常温下，铝不能与氧气反应
6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．1 mol苯乙烯分子中含有的碳碳双键数目为NA
B．17 g羟基所含有的电子数目为7NA
C．标准状况下，22.4 L甲苯含有分子数为 NA
D．29 g乙烷与乙烯的混合气体含碳原子数目一定为2NA
7．将铝粉与FeO粉末配制成铝热剂， 分成三等份。(气体体积均已折算成标准状况下)
①一份直接放入足量烧碱溶液中，充分反应后放出的气体的体积为 ；
②一份直接放入足量盐酸中，充分反应后放出的气体的体积为 ；
③一份在高温下反应( )恰好完全，反应后的混合物与足量盐酸反应，放出的气体的体积为 。下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（　　）
A．O3 B．CO C．CH4 D．N2
9．在标准状况下，含有3.01×1023个分子的下列物质中，所占体积约为11.2L的是（　　）
A．N2 B．C C．H2O D．S
10．采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示。[注：残留率(%)=剩余固体质量样品质量100%]，下列说法中错误的是（　　）
A．300~400℃之间发生的主要反应为C+O2CO2
B．800℃时残留的固体是Fe3O4
C．复合材料中FeS2的质量分数为90.9%
D．复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1∶1
11．下列关于2 mol氧气的叙述中，正确的是（　　）
A．质量是32 g
B．体积是44.8 L
C．分子数约为1.204×1024
D．原子数是2 mol
12．金属单质中不存在（　　）
A．自由电子 B．金属阳离子 C．金属键 D．离子键
13．在FeCl3溶液中，加入过量的铜粉，充分反应后，溶液中一定不存在的金属离子是（　　）
A．Fe2+和Cu2+ B．Fe3+ C．Cu2+ D．Fe2+
14．0.1mol某饱和一元醛完全燃烧生成8.96L（标准状况）CO2。3.6g该醛跟足量银氨溶液反应，生成固体物质的质量是（　　）
A．10.8g B．7.2g C．9.4g D．11.6g
15．下列说法中，正确的是（　　）
A．铝是地壳中含量最多的元素
B．常温下，铝不与氧气反应。
C．在溶液中加入过量的氨水可制得沉淀
D．氧化铝与水反应可制得氢氧化铝
16．下列指定粒子的数目相等的是（　　）
A．物质的量相等的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数
C．同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯含有的质子数
D．等物质的量的铁和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数
二、综合题
17．按要求填空：
（1）3.6g含有　 　个原子；
（2）已知个X气体分子的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是　 　；
（3）同温同压下，同体积的甲烷和质子数之比　 　；
（4）VL溶液中含amol，该溶液的物质的量浓度为　 　，取出V/4L再加入水稀释到2VL。则稀释后溶液中的物质的量浓度是　 　。
18．镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的　 　，还生成少量的　 　(填化学式)。
（2）是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为　 　，水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）现有一块合金，将其置于烧杯中。若加入溶液，恰好完全反应生成。若加入少量盐酸，则生成。计算　 　。
（4）是常用的阻燃材料。以白云石(，不考虑杂质)为原料制备和工艺流程如下：
①相同条件下，溶解度：　 　(填“＞”或“＜”)。
②“煅烧”时称取白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的为(标准状况下)，若工艺中不考虑损失，则和的质量分别为　 　、　 　。
19．根据问题填空：
（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是　 　．
（2）下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是　 　．（填序号）
①NaAlO2②Ca（OH）2③Na2CO3④Al（OH）3⑤NaHCO3
（3）Na、Mg、Al分别与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，消耗掉的Na、Mg、Al的物质的量之比为　 　．
（4）将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中铝元素的质量是溶液中所含铝元素的质量的2倍，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是　 　
（5）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是　 　．
20．铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。
（1）写出铁元素在周期表中的位置　 　。
（2） 写出在空气中Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式　 　。
（3）绿矾(FeSO4·7H2O)是补血剂的原料，易变质。
①由FeSO4溶液制得FeSO4·7H2O过程中的操作有　 　、过滤、洗涤、干燥。
②检验绿矾是否变质的试剂是　 　。
（4）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为　 　。
②取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量　 　。
（5）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图。
Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g) △H<0，T1　 　 T2(填“>”、“<”或“=”)。
21．已知Na2O2(过氧化钠)与H2O反应的方程式是： 2Na2O2＋2H2O ＝4NaOH＋O2↑，将一定质量的Na2O2固体加入足量水中充分反应可生成O2 3.36L(标准状况)，试计算：
（1）参加反应的Na2O2固体质量为　 　克？
（2）反应后所得溶液加入2 mol/L硫酸溶液　 　毫升恰好被中和？(要求两步均写出计算过程)
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：地壳里含量最高的是金属铝，但铝开发利用的时间在铜、铁之后，说明金属大规模开发、利用的先后顺序与地壳里金属含量无关，与金属的导电性和延展性也无关；金属大规模开发利用主要和金属的活动性有关，活动性弱的金属容易以单质形式存在，易被开发和利用；活动性强的金属一般以化合物形式存在，难以冶炼，故还与金属冶炼的难易程度有关．
故选：D．
【分析】从人类大规模开发、利用金属的大致年限可以看出，越活泼的金属，开发利用的越晚；金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚，据此进行分析判断．
2．【答案】D
【解析】【解答】A．西夏佛经纸本，纸的主要成分是纤维素，属于有机物，选项A不符合题意；
B、西汉素纱禅衣，丝为蛋白质，属于有机物，选项B不符合题意；
C、唐兽首玛瑙杯，主要成分为二氧化硅，选项C不符合题意；
D、东汉青铜奔马，青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，属于合金，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据合金的定义进行判断即可。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体有吸附性，能吸附杂质，可用作净水剂，与其氧化性无关，A不符合题意；
B．中含铁元素，可用作高炉炼铁的原料，与其磁性无关，B不符合题意；
C．是红棕色固体，难溶于水，可用于制红色油漆，C符合题意；
D．铝热反应为铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，与铁的还原性无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.利用硫酸铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，是物理吸附净水。
C.三氧化二铁俗称铁红，是优良的油漆，利用其物理性质。
D.焊接钢轨的铝热剂为铝粉和氧化铁，置换生成的铁水进行焊接钢轨。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．盐酸与铁反应生成氯化亚铁和氢气，不能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，A不符合；
B．稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，不能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，B不符合；
C．CuSO4溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，不能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，C不符合；
D．氯气和铁反应生成氯化铁，能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，D符合；
故答案为：D。
【分析】能跟KSCN溶液作用生成红色溶液，则含有铁离子。
5．【答案】D
【解析】【解答】铝是地壳中含量最多的金属元素，其最外层电子数为3，易失去电子，表现还原性，活泼性较强，A、B两项正确；常温下在空气中加热铝时，铝表面形成的Al2O3可以阻碍O2与内部的铝继续反应，所以用酒精灯点不着，C项正确。
【分析】本题考查金属铝的化学性质，熟练掌握铝属于活泼金属、易发生氧化反应是解题的关键 。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．苯环中不含碳碳双键，1 mol苯乙烯(C6H5CH=CH2)中含有的碳碳双键数目为NA，故A符合题意；
B.17g-OH的物质的量为1mol，而1个-OH中含9个电子，故1mol-OH中含电子9NA个，故B不符合题意；
C．标准状况下，甲苯不是气体，无法计算22.4 L甲苯含有的分子数，故C不符合题意；
D．乙烷和乙烯的摩尔质量不同，故29g混合物的物质的量无法计算，无法计算含有的碳原子数，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．苯环中含的键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊化学键；
B．氧含有8个电子，H含有1一个电子，则1羟基中含有9个电子；
C22.4L/mol适用条件：标准状况下、气体；
D．乙烷和乙烯的平均摩尔质量不知，无法计算；
7．【答案】D
【解析】【解答】将铝粉与FeO粉末配制成铝热剂，分成三等份；假设每份含有2mol铝，①一份直接放入足量烧碱溶液中，氧化亚铁与碱液不反应，金属铝与烧碱反应产生气体，方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据反应关系可知，充分反应后放出的气体的量为3mol；②一份直接放入足量盐酸中，氧化亚铁与盐酸反应生成氯化亚铁，只有铝与盐酸反应放出气体，方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据反应关系可知，充分反应后放出的气体的量为3mol；③一份在高温下反应( )恰好完全，生成3mol铁和1mol氧化铝，氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液，只有铁与盐酸反应产生气体，方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，根据反应关系可知，反应后的混合物与足量盐酸反应，放出的气体的量为3mol；结合以上分析可知，在同一条件下， ；
故答案为：D。
【分析】
根据各个方程式，假设铝粉的量进行计算即可，注意放出气体的反应有几个即可。
8．【答案】C
【解析】【解答】O3、CO、CH4、N2的摩尔质量依次为48g/mol、28g/mol、16g/mol、28g/mol，根据n= ，等质量的四种气体物质的量由大到小的顺序为：CH4 CO=N2 O3；同温同压气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，体积最大的为CH4，
故答案为：C。
【分析】根据阿伏加德罗常数和物质的量相关公式即可得出本题答案
9．【答案】A
【解析】【解答】解：含有3.01×1023个分子的物质的量为 =0.5mol，在标准状况下，气体的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，液体和固体的体积均小于11.2L，选项中只有氮气是气体，
故选A．
【分析】含有3.01×1023个分子的物质的量为0.5mol，在标准状况下，气体的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，以此分析．
10．【答案】B
【解析】【解答】A.300～400℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A不符合题意；
B.550～700℃之间的失重反应方程式为，故800℃时残留的固体是Fe2O3，B符合题意；
C．由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C不符合题意；
D．FeS2与C的物质的量之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.FeS2/C样品在空气中加热，C首先在空气中加热发生燃烧生成二氧化碳；
C.碳的质量分数为9.1%，则FeS2的质量分数为90.9%；
D.碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，结合两者相对分子质量计算。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.2 mol氧气质量为2mol×32g·mol－1=64g，A不符合题意；
B.状态不能确定，Vm未知，不能计算体积，B不符合题意；
C.2 mol氧气分子数为2mol×NA=1.204×1024，C符合题意；
D.2 mol氧气原子数为2mol×2×NA=4NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】熟练运用即可。
12．【答案】D
【解析】【解答】金属晶体存在金属离子和自由电子间的作用，故存在自由电子、金属阳离子、金属键，不存在离子键，
故答案为：D。
【分析】金属晶体金属阳离子和自由电子构成，据此分析解答。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：铜粉与FeCl3溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，其离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，由于铜粉过量，所以反应后没有剩余的Fe3+，所以充分反应后，溶液中不存在的金属离子是Fe3+，
故选B．
【分析】根据铜粉与FeCl3溶液的反应分析溶液中存在的金属离子和不存在的金属离子．
14．【答案】A
【解析】【解答】8.96 L(标准状况下)二氧化碳的物质的量是0.4mol，则该饱和一元醛的分子式C4H8O，所以3.6 g该醛的物质的量是3.6g÷72g/mol＝0.05mol。依次根据银镜反应可知，1mol醛基得到2mol单质银，所以生成的银单质的质量是0.05mol×2×108g/mol＝108g，
故答案为：A。
【分析】先根据n=计算出二氧化碳的物质的量，由此得到醛的分子式，进而得出其结构简式，再根据反应的关系式计算，即可得出答案。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．铝是地壳中含量最多的金属元素，故A不符合题意；
B．常温下，铝能与氧气反应生成氧化铝，故B不符合题意；
C．和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故C符合题意；
D．氧化铝与水不反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据地壳中元素含量顺序判断；
B．依据铝的性质分析；
C．氢氧化铝是两性物质，不溶于弱酸、弱碱；
D．氧化铝与水不反应。
16．【答案】B
【解析】【分析】正确答案：B
A、不正确，物质的量相等的水与重水含有的质子数
B．正确，等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数相等
C．不正确，同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯的物质的量相等，含有的质子数14：16=7：8
D．不正确，等物质的量的铁和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数之比为3：2
17．【答案】（1）
（2）32g/mol
（3）5：11
（4）；
【解析】【解答】（1）3.6g含有=个原子；故答案为：；
（2）已知个X气体分子的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是 =32g/mol；故答案为：32g/mol；
（3）同温同压下，同体积的甲烷和质子数之比(6+1×4)：(6+8×2)=5：11；故答案为：5：11；
（4）VL溶液中含amol，该溶液的物质的量浓度为 =，取出V/4L再加入水稀释到2VL。则稀释后溶液中的物质的量浓度是 =，故答案为：；。
【分析】（1）根据、N=nNA计算；
（2）根据计算；
（3）同温同压，相同体积的气体具有相同的物质量和分子数，1个甲烷含有10个质子，1个CO含有14个质子；
（4）1mol硫酸铝电离产生2mol铝离子、3mol硫酸根离子，结合物质的量浓度、溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算。
18．【答案】（1）MgO；Mg3N2
（2）+2；2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2
（3）0.02mol
（4）>；8.7 g；15g
【解析】【解答】（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2；
（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2；
（3）溶液中含有0.02molNaOH，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故0.02molNaOH反应生成0.03molH2，n1=0.03mol；的盐酸含有0.02molHCl，与金属反应产生氢气n(H2)= n(H+)=n(HCl)=0.01mol，即n2=0.01mol，故0.03mol-0.01mol=0.02；
（4）①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 > Mg(OH)2；
②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol，由碳元素守恒可得，n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/moln(CaCO3)+84 g/moln(MgCO3)=27.6g，解之得n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58g/mol0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。
【分析】（1）镁和氧气反应生成氧化镁；
（2）镁在化合物中为+2；
（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（4） ① 根据沉淀的相互转换原理，可以知道氢氧化钙的溶解度大于氢氧化镁；
② 结合公式n=m/M和公式n=V/Vm判断。
19．【答案】（1）H2
（2）④⑤
（3）6：3：2
（4）1：2或3：10
（5）Na2CO3
【解析】【解答】解：（1）由n= = 可知，相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，在相同温度和相同压强条件下，气体的体积越小，反之越大，则体积最大的是H2；
故答案为：H2；（2）①NaAlO2 不能与氢氧化钠反应，故错误；
②Ca（OH）2 不能与氢氧化钠反应，故错误；
③Na2CO3 不能与氢氧化钠反应，故错误；
④Al（OH）3为两性物质，能够与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故正确；
⑤NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故正确；
故答案为：④⑤；（3）与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，金属完全反应，H得到电子数相同，可知金属失去电子数相同，
设Na、Mg、Al的物质的量分别为x、y、z，则
x×（1﹣0）=y×（2﹣0）=z×（3﹣0），
解得x：y：z=6：3：2，
故答案为：6：3：2；（4）设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2，相同体积为V，
若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1V mol 的Al（OH）3，
又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al（OH）3有 （c1V）发生Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
所以可求的NaOH的物质的量为：3c1V+ c1V=c2V，所以c1：c2=3：10；
当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量是溶液中铝元素的质量2倍，则2（c1V﹣x）=x，解得x= c1V，消耗氢氧化钠物质量为c2V，即3× c1V=c2V，解得c1：c2=1：2；
故答案为：1：2或3：10；（5）由方程式：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，
还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，
故答案为：Na2CO3．
【分析】（1）根据n= = = 计算该题相关物理量；（2）中学常见能与酸、碱反应的物质有：Al、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等，结合物质的性质解答；（3）与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，金属完全反应，H得到电子数相同，可知金属失去电子数相同，以此来解答；（4）将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量的2倍，沉淀为Al（OH）3，溶液中的铝可能为AlCl3或NaAlO2，可分别发生：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，结合反应的离子方程式分为两种情况讨论计算；（5）碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生反应：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应．
20．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）蒸发浓缩、冷却结晶；KSCN溶液
（4）4FeCO3·nH2O+O2=4FeOOH +4CO2+(4n-2)H2O；0.89g
（5）<
【解析】【解答】（1）铁的核电荷数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；正确答案：第四周期第Ⅷ族。（2） Fe(OH)2与空气中的氧气、水共同反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3 ；正确答案：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3 。（3）①由FeSO4溶液先进行加热浓缩，变为浓溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，制得FeSO4·7H2O；正确答案：蒸发浓缩、冷却结晶。 ②亚铁离子还原性较强，易被氧化为铁离子；因此检验绿矾是否变质，就是要检验铁离子的存在，可以用硫氰化钾溶液，若出现红色溶液，则有铁离子存在，绿矾(FeSO4·7H2O)已变质；正确答案：KSCN溶液。（4）①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3·nH2O被空气氧化为FeOOH，根据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒规律，化学方程式为： 4FeCO3·nH2O+O2=4FeOOH +4CO2+(4n-2)H2O ；正确答案：4FeCO3·nH2O+O2=4FeOOH +4CO2+(4n-2)H2O 。 ②设样品中FeCO3的物质的量为xmol， FeOOH的物质的量为ymol，则根据质量守恒和铁原子的量守恒列方程如下：116x+89y=12.49，x+y=6.16/56=0.11，解之得y=0.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.01×89=0.89g，正确答案：0.89g。（5）反应Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5，△H<0，铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用，所以T1【分析】（1）根据价电子排布式来确定元素在周期表中的位置；（2） Fe(OH)2和Fe(OH)3的转化；（3）铁离子的检验：用KSCN溶液；（4）根据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒规律分析；
21．【答案】（1）23.4
（2）解：nH2SO4)=n(NaOH)/2=0.6mol/2=0.3mol。 V[H2SO4(aq)]= =0.15L=150mL
【解析】【解答】（1）可根据方程式计算：
2Na2O2＋2H2O= 4NaOH＋ O2
2×78g 4mol 22.4L
m(Na2O2) n(NaOH) 3.36L
解得：m(Na2O2)=23.4g；n(NaOH)=0.6mol；
【分析】（1）根据过氧化钠和水反应的方程式可以计算出过氧化钠的物质的量和质量；
（2）先计算出反应产生的氢氧化钠的物质的量，再根据酸碱中和的原理计算出硫酸的物质的量。