高中化学必修1单元分层测试：第三章 铁 金属材料B卷
一、选择题
1．（2023高一下·江门）下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是（ ）
选项 叙述I 叙述II
A 具有氧化性 用溶液可以鉴别
B 性质不稳定 可加热制备
C 具有氧化性 可用制作印刷电路板
D 是一种红棕色粉末 常用作油漆
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．Fe3+具有氧化性，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，不是氧化还原反应，没有因果关系，A不符合题意；
B． 有不稳定性和还原性，加热生成Fe2O3，B不符合题意；
C．Fe3+有氧化性，可用Fe3+和铜反应制作印刷电路板，C不符合题意；
D． 为红棕色粉末， 用作油漆，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．Fe3+具有氧化性，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，不是氧化还原反应；
B． 有不稳定性和还原性，加热生成Fe2O3；
C．Fe3+有氧化性，可用Fe3+和铜反应制作印刷电路板；
D． 为红棕色粉末， 用作油漆。
2．（2021高一上·金华期末）下列关于我国飞机所用的材料中，主要成分属于金属材料的是（ ）
A．座椅滑轨——铝锂合金 B．轮胎——橡胶
C．尾翼主盒——碳纤维 D．风挡——玻璃
【答案】A
【知识点】金属的通性；合金及其应用
【解析】【解答】A．铝锂合金属于金属材料，A符合题意；
B．橡胶为有机物，属于非金属材料，B不符合题意；
C．碳纤维由碳单质组成，属于无机材料，C不符合题意；
D．玻璃是硅酸盐产品，属于非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】金属材料包含纯金属和合金，结合选项进行判断
3．（2023高一下·万安期末）将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（ ）
A．39.2g B．44.8g C．58.8g D．66.4g
【答案】C
【知识点】合金及其应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】产生气体是H2为6.72L，物质的量0.3mol，根据电子守恒n(Al)=0.3×2/3=0.2mol，铝质量为5.4 g ，溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+ 、 Cu2+离子，金属总提供电子的物质的量为13.44×3/22.4=1.8 mol ，Al提供的电子物质的量为0.2x3=0.6mol，Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol，加过量的NaOH溶液，Al3+全部转化为AlO2-，不出现沉淀，所以沉淀是氢氧化铜，根据电荷守恒，铜提供的电子的物质的量等于生成碱的OH-的物质的量，n(OH-)=1.2 mol，氢氧化铜沉淀质量=43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ，C符合题意；
故答案为：C
【分析】电子守恒与电荷守恒的运用，物质的量和电子数的计算，加过量NaOH溶液，Al3+全部转化为AlO2-，Cu2+会和OH-形成氢氧化铜沉淀。
4．（2023高二下·玉溪期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中所含数目为0.01NA
B．和充分反应后，所含分子数目等于2NA
C．0.1 mol环氧乙烷( )中所含键数目为0.3 NA
D．1 mol羟基(—OH)与17 g氢氧根()所含的电子数均为10 NA
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．铜离子会水解，溶液呈酸性，1L0.01mol/L硫酸铜溶液中铜离子的个数小于0.01mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，A不符合题意；
B.1mol氢气和1mol碘充分反应后，前后气体体积不变，所含分子数目为2mol×NAmol-1=2NA，B符合题意；
C．环氧乙烷分子中的碳碳键、碳氧键、碳氢键均是σ键，共7个，0.1mol环氧乙烷分子中含σ键数目为0.1mol×7×NAmol-1=0.7NA，C不符合题意；
D．羟基的电子数为9，1 mol羟基所含的电子数1mol×9×NAmol-1=9NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．铜离子会水解，溶液呈酸性；
B．分子数的计算；
C．环氧乙烷分子中的碳碳键、碳氧键、碳氢键均是σ键；
D．羟基的电子数为9。
5．（2023高二下·清远期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．24 g石墨中含有0.6NA个C—C键
B．1 mol二氧化硅固体中含有2NA个σ键
C．标准状况下，11.2 L CH3CH2OH中含有2.6NA个质子
D．0.6 mol铁单质与水蒸气在高温条件下完全反应，该反应转移1.6NA个电子
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、石墨是正六边形的片层结构，每个碳原子为三个六边形共用，每个六边形分该碳原子的三分之一，每个C-C键为两个六边形共用，每个六边形分该C-C键的二分之一，每个六边形中含C原子数
==2，C-C键数目==3，24g石墨物质的量n= =2mol，含有的C-C键数目为3NA，故A选项错误；
B、SiO2中每个Si与4个O相连，而每个O与2个Si相连，1mol二氧化硅中含有1mol硅原子、2mol氧原子，根据均摊法，1mol硅形成的共价键的物质的量为：=2mol，2mol氧原子形成的硅氧键为：=2mol，所以1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，含有Si-O键数目为4NA，故B选项错误；
C、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C选项错误；
D、 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 ，有3mol铁反应时转移8mol电子，则0.6mol铁反应则转移电子=1.6NA，故D选项正确；故正确答案为：D。
【分析】
A、石墨是正六边形的片层结构，每个碳原子为三个六边形共用，每个六边形分该碳原子的三分之一，每个C-C键为两个六边形共用。
B、SiO2中每个Si与4个O相连，而每个O与2个Si相连。
C、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算。
D、主要化学反应方程式 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 。
6．（2023高一下·重庆市期末）某种磁铁矿样品中含，，其它不含铁的杂质15.0%，则该样品中铁的质量分数约为（ ）
A．58.5% B．55.7% C．55.0% D．54.3%
【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】设样品的质量为mg，那么四氧化三铁的质量就是：0.75m，四氧化三铁中铁原子的质量分数等于：56×3/56×3+16×4=0.724，那么该样品中铁的质量分数就等于：0.724×0.75m/m ×100%=54.3%，D选项是正确的；
故答案为：D。
【分析】本题的计算方法是先求出铁元素在四氧化三铁中的质量分数，再根据四氧化三铁在样品中的质量分数，计算铁元素在整个样品中的质量分数。
7．（2020高一上·哈尔滨月考）某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象,实验如下：
① ② ③
溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液变红且不褪色，有气体生成（经检验为O2）,经检验有丁达尔效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀,经检验无丁达尔效应。
下列说法错误的是（ ）
A．②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体
B．实验②中发生的氧化还原反应只有两种
C．对比①②③，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-
D．③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A. 由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，故A不符合题意；
B. 由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实验现象可知，实验中还存在的反应是酸性条件下H2O2可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，故B符合题意；
C. 对比实验①②③的实验现象可知，酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，故C不符合题意；
D. 由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.有丁达尔效应，且为红色，说明含有氢氧化铁胶体B.通过题目中现象，过氧化氢将亚铁氧化为三铁离子，铁离子催化过氧化氢产生氧气，过氧化氢将KSCN氧化为硫酸根，应该是三个氧化还原反应C,通过现象可以发现条件为酸性时可以进行D,氧气具有氧化性，且实验现象说明有铁离子生成
8．（2020高一下·上林期末）向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中能符合题意表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】硫酸镁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化镁沉淀，硫酸铝和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始随着氢氧化钠的加入，沉淀逐渐增大，在图象中就是一条过“0”点并呈上升趋势的斜线。氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，在图象中就是沉淀的质量会下降，但是最后是一条平行于横坐标的直线(氢氧化镁沉淀的质量保持不变)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据氢氧化镁和氢氧化铝是难溶性沉淀，可以知道反应生成沉淀，但氢氧化铝溶于氢氧化钠，而氢氧化镁不溶于氢氧化钠。故最终还是又沉淀未溶解
9．（2023高一上·安丘期末）已知还原性。向一定体积的和混合溶液中通入氯气，测得溶液中离子的物质的量随氯气体积的变化曲线如图所示(e和g点横坐标分别为2.5和4.5)。下列说法正确的是 （ ）
A．ab段表示物质的量的变化情况
B．原溶液中和的物质的量分别为、
C．fg段发生反应：
D．反应能发生
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Cl2先与I－反应，因此曲线ab表示的是I－的物质的量变化情况，A不符合题意。
B、由图可知，溶液中n(I－)=2mol、n(Fe2＋)=3mol、n(Br－)=4mol，所以溶液中n(FeI2)=1mol、n(FeBr2)=2mol，B符合题意。
C、由分析可知，曲线fg中Cl2与Br－反应，该反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，C不符合题意。
D、由于还原性Fe2＋＜I－，还原性弱的物质不能生成还原性强的物质，因此该反应不能发生，D不符合题。
故答案为：B
【分析】由于还原性Br－＜Fe2＋＜I－，所以往FeBr2、FeI2溶液中通入Cl2，依次发生反应：①Cl2＋2I－=I2＋2Cl－、②Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－、③Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。所以曲线ab表示的是
I－的物质的量的变化；曲线de表示的是Fe2＋的物质的量的变化；曲线fg表示的是Br－的物质的量的变化；。曲线bc表示的Fe3＋的物质的量的变化。
10．（2023·湖南）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 溶液
B 溶液 溶液
C 溶液 酸性溶液
D 溶液 溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、将氨水滴入AgNO3溶液中，NH3·H2O少量，则发生反应Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋，产生沉淀；将AgNO3溶液滴入氨水中，氨水过量，则发生反应Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH＋NH4＋，无沉淀产生，二者现象不同，A不符合题意；
B、将NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，NaOH溶液少量，则发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，产生白色沉淀；将Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，NaOH溶液过量，则发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀产生，二者现象不同，B不符合题意；
C、H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，KMnO4溶液过量，溶液颜色先变浅，再逐渐变为无色；将KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，KMnO4溶液少量，溶液为无色，当H2C2O4完全反应后，再滴入KMnO4溶液，溶液变为红色，二者现象不同，C不符合题意；
D、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，反应生成的Fe(SCN)3使得溶液变为红色，该反应与KSCN、FeCl3的量多少无关，因此改变滴加顺序，实验现象不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】改变两种试剂的滴加顺序，则加入试剂的量改变，存在“过量”和“少量”的区别，结合反应的离子方程式确定现象的差异。
二、多选题
11．（2023高一上·莘县期末）利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如图。
已知：Zn溶于强碱时生成可溶于水的
下列有关说法不正确的是（ ）
A．是一种复杂的化合物，是具有磁性的黑色晶体
B．滤液中主要存在的离子有、、
C．“酸溶”的离子方程式为：
D．“氧化”的目的是将全部氧化为
【答案】C,D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A、Fe3O4是FeO和Fe2O3的混合形成的化合物，是复杂的化合物，且具有磁性的黑色固体；故A正确；
B、碱洗过程中主要是Zn与NaOH反应，会形成，且NaOH会过量，因此滤液中除了、还有Na+、OH-；故B正确；
C、过滤后的滤渣是Fe，因此酸溶的过程发生的反应是：，其离子方程式为：；故C错误；
D、氧化后得到的产物是Fe3O4，其中含有FeO，因此加入H2O2氧化的目的是将部分Fe2+氧化成Fe3+；故D产物；
【分析】A、了解Fe3O4的组成和性质；
B、分析出碱洗的目的是为了除尽Zn，因此NaOH会过量，再分析滤液存在的离子；
C、酸溶是Fe与酸反应，写出其离子方程式即可；
D、分析最终的产物即可得出氧化的目的。
12．（2023高一上·孝义期末）某同学将钾投入溶液中，待其充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A．反应后的溶液中的数目约为
B．充分反应后有白色沉淀生成
C．生成标准状况下
D．反应后的溶液中，溶质只有
【答案】B,D
【知识点】镁、铝的重要化合物；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据钾元素守恒可得，反应后溶液中n(K＋)=n(K)=0.01mol，则溶液中K＋的数目为0.01mol×6.02×1023mol－1=6.02×1021，A不符合题意。
B、由分析可知，溶液中Al3＋与OH－二者恰好完全反应，其反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，反应过程中没有白色沉淀生成，B符合题意。
C、由分析可知，反应生成n(H2)=0.005mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.005mol×22.4L·mol－1=0.112L=112mL，C不符合题意。
D、反应后溶液中含有K＋、Cl－和AlO2－，因此溶液中的溶质有KCl、KAlO2，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】0.39gK的物质的量，加入AlCl3溶液中K与H2O发生反应：2K＋2H2O=2KOH=H2↑。反应生成n(KOH)=0.01mol、n(H2)=0.005mol。25mL 0.1mol·L－1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol·L－1×0.025L=0.0025mol，则溶液中n(Al3＋)=0.0025mol，此时混合溶液中n(Al3＋)：n(OH－)=0.0025mol：0.01mol=1：4，所以二者发生反应：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O。
13．（2018高一上·钦州港开学考）在托盘天平的两盘，放上质量相等的A、B两烧杯，调至平衡，然后分别倒入质量相等的足量盐酸，继而在AB两烧杯中放入下述各组物质，结果天平仍保持平衡的是（ ）
A．0.5molNa和0.5molMg B．0.1molZn和0.1molAl
C．8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3 D．10gCaCO3和10gMgCO3
【答案】A,C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.0.5mol Na(11.5g)可制取 0.25mol(0.5g)，溶液增重11.5-0.5=11（g），0.5mol Mg(12g)可制取H2 0.5mol(1g)，溶液增重12-1=11（g），可以保持平衡，故A符合题意；
B.0.1mol Zn(6.5g)0.1mol Al(2.7g)分别制得 为0.1g，0.3g，溶液增重不同，故B不符合题意；
C.8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3分别与盐酸反应放出二氧化碳的质量都是4.4g，溶液增重相同，故C符合题意；
D.10gCaCO3与盐酸反应放出二氧化碳的质量是4.4g，10gMgCO3与盐酸反应放出二氧化碳的质量是5.2g，溶液增重不同，故D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】本题关键是看天平两边的质量差是否相等。质量差＝固体的质量－产生的气体的质量。
A.Na～1/2H2，△m=0.5×(23-1/2×2)=11g Mg～H2，△m=0.5×(24-2)=11g ，二者的△m 相等，天平平衡
B.Zn～H2，△m=0.1×(65-2)=6.3g Al～3/2H2，△m=0.1×(27-3/2×2)=2.4g 二者的△m 不等，天平不平
C.MgCO3～CO2 △m=8.4g-8.4g/84g/mol×44g/mol=4g NaHCO3～CO2 △m=8.4g-8.4g/84g/mol×44g/mol=4g 二者的△m 相等，天平平衡
D.CaCO3～CO2 △m=10g-10g/100g/mol×44g/mol=5.6g MgCO3～CO2 △m=10g-10g/84g/mol×44g/mol 二者的△m 不等，天平不平
三、非选择题
14．（2023高一下·凉州月考）钠、铝和铁是中学化学常见的三种重要金属。请回答下列问题：
（1）钠在空气中燃烧生成淡黄色的 (填“Na2O”或“Na2O2”)； Al2O3能溶于酸或强碱溶液生成盐和水，则是一种 (填“酸性”、“碱性”或“两性”)氧化物；
（2）写出钠与水反应的化学方程式： 。
（3）写出铝与NaOH溶液反应的化学方程式： ；
（4）现有下列3种物质：①Na2O2、②NaHCO3、③Na2CO3，请回答：受热易分解的是 (填序号，下同)，溶于水显碱性的是 ，与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是 。
【答案】（1）Na2O2；两性
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（4）②；①②③；①
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】（1）钠在空气中燃烧，观察到发出黄色的火焰，生成淡黄色固体Na2O2，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物，Al2O3与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故答案为：Na2O2；两性；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ， 故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑， 故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，氧气能够使带火星木条复燃；
氯化铵不稳定受热易分解生成氨气和氯化氢；
碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
所以：受热易分解的是②；溶于水后溶液显碱性的是 ①③；与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是①；
故答案为； ②； ①②③ ；①。
【分析】（1）钠在空气中燃烧生成过氧化钠；凡是能和酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物，凡是能和碱反应生成盐和水的氧化物叫酸性氧化物，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气；氯化铵不稳定受热易分解；碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
15．（2023高一下·河南期末）某工厂的酸性废水中主要含有、等离子，为了减少污染并变废为宝，工程师设计了如下流程，回收铜和绿矾(FeSO4·7H2O)。
（1）酸性废水中加入铁粉后，发生反应的离子方程式是：、 、 。
（2）操作1是 。
（3）试剂甲是 。
（4）检验溶液B中是否除尽的实验方法是 。
（5）获得的需密闭保存，原因是 。
（6）绿矾可消除某种酸性工业废水中价铬()的污染，使之转化为毒性较小的，该反应的离子方程式是 。
【答案】（1）Fe＋2Fe3＋= 3Fe2＋；Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
（2）过滤
（3）稀硫酸
（4）取溶液B少量于试管中，向试管中滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明溶液中三价铁离子没有除净，若不出现红色，证明不含三价铁离子
（5）亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子
（6）6Fe2＋++ 14H＋=2+6+7H2O，
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)酸性废水中加入铁粉后，和铜离子，三价铁离子，氢离子反应；
故答案为：
第1空、Fe＋2Fe3＋= 3Fe2＋
第2空、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
(2) 操作1是固液可以采用过滤法分离；
故答案为： 第1空、过滤
(3) 固体A为铜和过量的铁粉，加入稀硫酸，生成硫酸亚铁；
故答案为： 第1空、稀硫酸
(4)检验溶液B中Fe3+是否除尽的实验方法是取溶液B少量于试管中，向试管中滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明溶液中三价铁离子没有除净，若不出现红色，证明不含三价铁离子。
故答案为： 第1空、取溶液B少量于试管中，向试管中滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明溶液中三价铁离子没有除净，若不出现红色，证明不含三价铁离子
(5)获得的 需密闭保存，亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子；
故答案为： 第1空、亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子
(6)绿矾可消除某种酸性工业废水中价铬 () 的污染，使之转化为毒性较小的 ，同时生成三价铁离子和水；
故答案为： 第1空、6Fe2＋++ 14H＋=2+6+7H2O，
【分析】(1)向废水中加入铁粉，铁把三价铁离子还原为二价铁离子，铜置换出来，氢气放出，固体A为铜和过量的铁粉，加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，滤液B为硫酸亚铁溶液，蒸发结晶得到产物；
(2) 固液可以采用过滤法分离；
(3) 铜和过量的铁粉，加入稀硫酸，生成硫酸亚铁；
(4)检验Fe3+实验方法是滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明有三价铁离子；
(5)亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子；
(6)绿矾可消除某种酸性工业废水中价铬 () 的污染，使之转化为毒性较小的 ，同时生成三价铁离子和水。
16．（2023高一下·上海市期末）铁是人类迄今为止人类冶炼和使用最多的金属。铁在人们的生产生活，乃至于国防、现代化建设中均发挥着极其重要的作用。
（1）“秦砖汉瓦”是我国传统建筑文化的一个缩影。同是由含铁元素的黏土烧制，但经过不同的工艺烧制，有的是黑色的，有的却是红色的，分析其原因可能是 。
（2）某补铁剂的主要成分是硫酸亚铁，请回答下列有关问题。
①补铁剂药片外层有糖衣包裹，糖衣的作用是 。
②补铁剂中常添加维生素C，其作用之一是防止被氧化，由此推测维生素C具有 性。
③若该补铁剂已经氧化变质，将其溶于水并滴加KSCN试剂会观察到 。
（3）某研究小组配制FeSO4溶液时，为了防止被氧化，需向溶液中加入少量的 ，其原理是 (用离子方程式表示)。
（4）为了进一步制备氢氧化亚铁沉淀，向新配制的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液。并放置了一段时间，观察到的现象是 ，Fe(OH)2被氧化的化学方程式为 。
（5）小组成员改良了方法制得白色的Fe(OH)2沉淀并使之较长时间保存，实验装置如下：
根据你的理解，请写出补全以下实验步骤。
①装配好试剂和装置后打开止水夹，使得A试管中反应产生的H：排净该装置中的空气(氧气)
② ，以确定空气已经被排尽。
③ ，制备得到Fe(OH)2。
（6）已知还原性，向含有1molFeI2和1molFeBr2的溶液中通入的2.5molCl2。
①被氧化的离子依次为： 。
②对应的被氧化的离子的物质的量分别是： 。
③对应氧化产物的物质的量分别是： 。
【答案】（1）土壤中含有铁，在灼烧时，经过不同工艺煅烧，分别生成了黑色Fe3O4或FeO和红色Fe2O3
（2）隔绝空气，防止Fe2+被氧化；还原；溶液变红
（3）铁粉；2Fe3++Fe=3Fe2+
（4）生成的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4FeOH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（5）检验试管B出口处氢气的纯度；关闭止水夹
（6）I-、Fe2+、Br-；；2mol、2mol、1mol；；1mol、2mol、0.5mol
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)根据铁的氧化物的物理性质可知： Fe2O3 是红色的；黑色的固体可能是 Fe3O4或FeO ；
（2） ① 二价铁具有强还原性，外加糖衣的作用是防止药片被氧化；
② 维生素C可以防止亚铁离子被氧化，说明维生素C可以与氧化性物质反应，说明其具有还原性；
③ 亚铁离子氧化后得到的产物是三价铁离子，三价铁离子可以与硫氰化钾反应使溶液变红色；
（3）铁粉可以将三价铁离子还原为二价铁离子，且不引入新的杂质；
（4）氢氧化亚铁极其不稳定，在空气中会被氧气氧化成氢氧化铁，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色；
（5） ② 因为铁在和稀硫酸反应后会得到氢气，排除溶液中的氧气，所以应该在B管口中检验氢气的纯度，证明空气已经除尽；
③ 关闭止水夹之后，两个管中会形成一定的压力差，就会将硫酸亚铁压入B中，反应得到氢氧化亚铁；
(6)① 当同一氧化剂遇到多个还原剂时，会优先氧化还原性强的离子；
② 先氧化I-，其物质的量是2mol，得到的氧化产物I2的物质的量是1mol，消耗Cl2的物质的量是1mol，还剩余Cl2的物质的量是1.5mol，再氧化Fe2+，Fe2+的物质的量是2mol，消耗Cl2的物质的量是1mol，还剩下0.5mol的Cl2，可以氧化1mol的Br-，得到的氧化产物Br2的物质的量是0.5mol。
【分析】（1）铁的常见氧化物有3种，分别是黑色的Fe3O4和FeO，以及红棕色的 Fe2O3 ；
（2） Fe2+ 具有还原性，可以被氧化性的物质氧化，因此要想保存好Fe2+ 溶液应该加入还原性物质；
检验三价铁离子最好的方法就是加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色变红，就证明溶液中有三价铁离子；
（3）单质铁和铁离子会发生归中反应，从而防止二价铁离子变质；
（4）氢氧化亚铁在空气中会被氧气氧化成氢氧化铁，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色；
（5）由于氢氧化亚铁极易被氧气氧化，所以再制备氢氧化亚铁的时候应该注意隔绝氧气；
（6）反应涉及到的方程式有：2I-+Cl2=I2+2Cl-
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据方程式中各组分的系数关系，可以计算。
17．（2023高一上·江岸期末）某同学按下表操作，当物质充分反应后，最终发现仅有一个烧杯中有固体剩余。
烧杯编号 ① ② ③
盛装的液体 稀硫酸 稀硫酸 稀硫酸
加入的固体(质量相等) 粒 粉 片
（1）有固体剩余的是 (填编号)，固体的质量m满足的范围是 ；
（2）当产生量满足①>③>②时，固体的质量m满足的范围是 ；此时将反应后中①的溶液逐滴加入到②的溶液中并放置一段时间，整个过程中可以观察到的现象有 。
（3）将③中的溶液过滤，向滤液中滴加的溶液，得到沉淀，则加入的溶液的体积为 。
【答案】（1）③；
（2）；先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
（3） 或
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）由分析可知，0.1molH2SO4完全反应，消耗Fe的质量为5.6g，消耗铝的质量为1.8g。由于最终仅有一个烧杯中的固体剩余，因此有固体剩余的为Al，m满足的取值范围为1.8＜m≤5.6。
（2）由分析可知，烧杯③中Al过量，则H2SO4完全，此时反应生成n(H2)=0.1mol。若产生H2的量满足①＞③＞②，则Na与稀硫酸反应生成的n(H2)＞0.1mol，此时m(Na)＞0.2mol×23g·mol－1=4.6g，因此m满足的取值范围为4.6＜m≤5.6。
反应后烧杯①中溶液为NaOH，烧杯②中溶液为HCl、FeCl2，将NaOH溶液逐滴加入到FeCl2溶液中发生反应OH－＋H＋=H2O、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，可观察到开始时无明显现象，后有白色絮状沉淀生成。由于Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，可观察到白色絮状沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色。
（3）由分析可知，参与反应，则反应后所得溶液中。滴加NaOH溶液的过程中，反应所得的沉淀为Al(OH)3，其物质的量。
若加入NaOH溶液较少，溶液中部分Al3＋转化为Al(OH)3沉淀，此时消耗n(NaOH)=0.1mol，则加入NaOH溶液的体积。
若加入NaOH溶液较多，Al3＋完全转化为Al(OH)3，此时消耗n(NaOH)=0.2mol，反应生成n[Al(OH)3]=；继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，此时消耗。所以这个过程中消耗，所以消耗NaOH溶液的体积。
综上，当得到2.6g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为0.1L或0.23L。
【分析】烧杯①中Na能与H2SO4、H2O反应，因此烧杯①中的Na一定完全反应。烧杯②中发生反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；烧杯③中反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。所用稀硫酸中n(H2SO4)=1mol·L－1×0.1L=0.1mol，0.1molH2SO4能与0.1molFe反应，此时消耗铁的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g；消耗铝的质量为×0.1mol×27g·mol－1=1.8g。
18．（2021高一上·长春月考）物质可根据其组成和性质进行分类：
（1）如图所示的物质分类方法名称是 。
（2）人体胃液中含有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内。当胃酸过多时就会出现“吐酸水”“烧心”“胃部隐隐作痛”等症状。目前市场上的抗酸药主要有：①吸收性抗酸药，如NaHCO3等；②非吸收性抗酸药，如CaCO3、MgO等。
①将上述所举抗酸药填入表对应类别，属于盐的有 ，属于氧化物的有 。
②写出CaCO3与胃酸反应的化学方程式： 。
（3）写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式： ，胶体和溶液的本质区别是 。
【答案】（1）树状分类法
（2）NaHCO3、CaCO3；MgO；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
（3）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1nm(分散质粒子直径不同)
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状图，故答案为：树状分类法；
（2）①目前市场上的抗酸药主要有①吸收性抗酸药，如NaHCO3为盐，②非吸收性抗酸药，如CaCO3为盐，MgO为氧化物等，故答案为：NaHCO3、CaCO3；MgO
②胃酸的主要成分是HCl，碳酸钙是难溶物，保留化学式，两者反应生成氯化钙，二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
（3）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热，得到红褐色液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体和溶液的本质区别是：分散系中分散质微粒直径的不同，胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1nm；故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1nm(分散质粒子直径不同)。
【分析】 (1)、依据图中对分类后物质再进行的分层次分类分析；
(2)、阳离子是金属离子或铵根离子阴离子是酸根离子的为盐；氧化物是两种元素组成其中一种元素是氧元素；碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳的反应；
(3)、依据胶体的制备分析解答。
19．（2021高三上·海淀期中）某实验小组同学用KSCN探究久置 固体变质的情况。将0.3 g 固体用10mL蒸馏水溶解，配成待测液，进行实验。
（1）（初步实验）
用KSCN检验 的原理是 (用离子方程式表示)。
（2）甲同学认为 固体几乎未变质，ⅱ中变血红色是由于 被氧化，反应的离子方程式为 ；ⅱ中血红色褪去的可能原因是 。
（3）乙同学不认同甲对现象的解释，他推测加入浓硝酸后ⅱ中变血红色还可能与其它因素有关，可能的影响因素是 。
（4）（继续探究）
步骤 操作 现象
Ⅰ 取2mL待测液，加入5滴0.1 KSCN溶液，再加入5mL浓 溶液 溶液颜色无明显变化
Ⅱ 取2mL待测液， 溶液变为红色
Ⅲ 向Ⅱ中所得溶液中逐滴加入5mL浓硝酸，边加边振荡 溶液逐渐加深为血红色，继续滴加浓硝酸，溶液褪色，pH变化始终不明显
（5）请补全步骤Ⅱ中的操作： 。
（6）由Ⅰ~Ⅲ推测 固体变质的情况是 (填字母序号)，理由是 。
a．几乎未变质 b．部分变质 c．完全变质
（7）（反思与迁移）
从上述探究中获得启发，在用KSCN检验 及进行 还原性验证实验时，需要注意的事项有 (至少2条)。
【答案】（1）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
（2）3Fe2+ +4H++ =3Fe3++ NO↑+2H2O；浓HNO3将SCN-氧化
（3）氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为了Fe3+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（4）加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4
（5）加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4
（6）a；由步骤Ⅰ取2mLFeSO4溶液，加入5滴0.1mol LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNO3溶液，无明显现象，说明待测液中几乎不存在铁离子，说明待测液几乎没有变质
（7）要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫氰根的离子等
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】（1）Fe3+遇KSCN溶夜变成红色离方程式为 Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
（2）亚铁具有还原性，引入的H+和 氧化亚铁变成铁离子，所以反应的离子方程式为3Fe2+ +4H++ =3Fe3++ NO↑+2H2O，ii中血红包褪去的可能原因是，浓HNO3将SCN-氧化；
（3）可能的影响因素是，其它具有氧化性的物质，能接触的还有空气中的氧气，氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为了Fe3+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)；根据对比实验，步骤Ⅱ中的操作，加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4，；
（5）根据对比实验，步骤Ⅱ中的操作，加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4，；
（6）由步骤Ⅰ取2mLFeSO4溶液，加入5滴0.1mol LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNO3溶液，无明显现象，说明本来几乎不存在铁离子，说明几乎基本没有变质；
（7）从上述探究中获得启发，在用KSCN检验Fe3+及进行Fe2+还原性验证实验时，需要注意的事项有：要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫氰根的离子等；
【分析】加入KSCN溶液几乎无色，说明溶液中没有，随着 转化为 溶液颜色逐渐变深，由于浓硝酸的加入，浓硝酸的强氧化性使被SCN-氧化，所以溶液颜色变浅；依据铁盐和亚铁盐之间的转化和的检验及对比实验分析解答。
20．（2018高一下·温州期中）某校研究性学习小组用一些大部分已经锈蚀(成分为
Fe2O3)的废铁屑制备绿矾(FeSO4·7H2O)，实验操作过程如下：
已知：杂质不溶于稀硫酸。
请回答下列问题：
（1）步骤①中，稀硫酸与 Fe2O3反应的离子方程式为 ，废铁屑用硫酸处理后，还含有不溶性杂质，为获取澄清的A溶液，需进行的操作名称是 。
（2）步骤②中溶液A与铁粉反应的离子方程式为 。
（3）检验溶液 B 中是否还存在杂质金属阳离子的方法是 。
【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；过滤
（2）2Fe3++Fe=3Fe2+ 、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑
（3）取少量B溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色，则溶液中仍存在Fe3+；若溶液不变色，则溶液已不含Fe3+。(其他合理答案也可)
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】（1）步骤①中，稀硫酸与Fe
2O
3反应的离子方程式为Fe
2O
3+6H
+=2Fe
3++3H
2O，废铁屑用硫酸处理后，还含有不溶性杂质，为获取澄清的A溶液，需进行的操作名称是过滤；（2）步骤②溶液A中有生成的Fe
3+，还有上一步中剩余的H
+，与铁粉反应的离子方程式为Fe+2Fe
3+=3Fe
2+、2H
++Fe=Fe
2+ + H
2 ↑ ；（3）检验溶液B中是否还存在Fe
3+的方法是取少量B溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色，则溶液中中仍存在Fe
3+，反之不含。
【分析】 大部分已经锈蚀(成分为 Fe2O3)的废铁屑与足量的稀硫酸反应，因为稀硫酸危废氧化性酸，所以溶液A中含铁离子和亚铁离子，发生反应为：2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑ ， Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O加入足量铁粉Fe+2Fe3+=3Fe2+， 2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑ 所以溶液B中铁的存在形式都是亚铁离子。以上为该流程的反应过程。
21．（2020高二上·贵港期末）过去电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀覆有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板，发生反应的化学方程式为3FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
（1）检验腐蚀后的溶液中含有Fe3+应选用的试剂是 ，上述反应说明Fe3+、Cu2+氧化性的强弱关系为 。
（2）采用下列实验步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新制得纯净的FeCl3溶液的流程如图所示。
①滤液A中主要含有 (填化学式，下同)，滤渣B主要为 。
②流程图中②的操作名称为 ，③处加过量的 (填名称)。
③写出步骤⑤中反应的离子方程式： 。
【答案】（1）KSCN溶液；Fe3+>Cu2+
（2）FeCl2；Cu、Fe；过滤；盐酸；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁离子能与硫氰化钾溶液反应生成红色的硫氰化铁，则检验腐蚀后的溶液中含有铁离子应选用硫氰化钾溶液；由反应的化学方程式可知，铁离子是反应的氧化剂，铜离子是反应的氧化产物，由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则铁离子的氧化性强于铜离子，故答案为：KSCN溶液；Fe3+>Cu2+；
(2)①由分析可知，滤液A中主要含有氯化亚铁，滤渣B主要为铁、铜，故答案为：FeCl2；Cu、Fe；
②由分析可知，流程图中②的操作为过滤，③处加过量的盐酸，铁与盐酸反应生成 氯化亚铁和氢气，故答案为：过滤；盐酸；
③由分析可知，步骤⑤中发生的反应为氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
【分析】（1） Fe3+KSCN溶液变血红色；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
（2）由题给流程可知，向腐蚀废液中加入过量铁粉，废腐蚀液中的氯化铜、氯化铁与铁粉反应生成亚铁离子和铜，过滤得到氯化亚铁的滤液A和含有铁、铜的滤渣B；向滤渣B中加入过量的盐酸，铁与盐酸反应生成 氯化亚铁和氢气，过滤得到铜和含有氯化亚铁和盐酸的滤液E，将滤液A和滤液E混合后，通入氯气，氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁。
1 / 1高中化学必修1单元分层测试：第三章 铁 金属材料B卷
一、选择题
1．（2023高一下·江门）下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是（ ）
选项 叙述I 叙述II
A 具有氧化性 用溶液可以鉴别
B 性质不稳定 可加热制备
C 具有氧化性 可用制作印刷电路板
D 是一种红棕色粉末 常用作油漆
A．A B．B C．C D．D
2．（2021高一上·金华期末）下列关于我国飞机所用的材料中，主要成分属于金属材料的是（ ）
A．座椅滑轨——铝锂合金 B．轮胎——橡胶
C．尾翼主盒——碳纤维 D．风挡——玻璃
3．（2023高一下·万安期末）将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（ ）
A．39.2g B．44.8g C．58.8g D．66.4g
4．（2023高二下·玉溪期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中所含数目为0.01NA
B．和充分反应后，所含分子数目等于2NA
C．0.1 mol环氧乙烷( )中所含键数目为0.3 NA
D．1 mol羟基(—OH)与17 g氢氧根()所含的电子数均为10 NA
5．（2023高二下·清远期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．24 g石墨中含有0.6NA个C—C键
B．1 mol二氧化硅固体中含有2NA个σ键
C．标准状况下，11.2 L CH3CH2OH中含有2.6NA个质子
D．0.6 mol铁单质与水蒸气在高温条件下完全反应，该反应转移1.6NA个电子
6．（2023高一下·重庆市期末）某种磁铁矿样品中含，，其它不含铁的杂质15.0%，则该样品中铁的质量分数约为（ ）
A．58.5% B．55.7% C．55.0% D．54.3%
7．（2020高一上·哈尔滨月考）某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象,实验如下：
① ② ③
溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液变红且不褪色，有气体生成（经检验为O2）,经检验有丁达尔效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀,经检验无丁达尔效应。
下列说法错误的是（ ）
A．②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体
B．实验②中发生的氧化还原反应只有两种
C．对比①②③，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-
D．③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
8．（2020高一下·上林期末）向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中能符合题意表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)（ ）
A． B．
C． D．
9．（2023高一上·安丘期末）已知还原性。向一定体积的和混合溶液中通入氯气，测得溶液中离子的物质的量随氯气体积的变化曲线如图所示(e和g点横坐标分别为2.5和4.5)。下列说法正确的是 （ ）
A．ab段表示物质的量的变化情况
B．原溶液中和的物质的量分别为、
C．fg段发生反应：
D．反应能发生
10．（2023·湖南）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 溶液
B 溶液 溶液
C 溶液 酸性溶液
D 溶液 溶液
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
11．（2023高一上·莘县期末）利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如图。
已知：Zn溶于强碱时生成可溶于水的
下列有关说法不正确的是（ ）
A．是一种复杂的化合物，是具有磁性的黑色晶体
B．滤液中主要存在的离子有、、
C．“酸溶”的离子方程式为：
D．“氧化”的目的是将全部氧化为
12．（2023高一上·孝义期末）某同学将钾投入溶液中，待其充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A．反应后的溶液中的数目约为
B．充分反应后有白色沉淀生成
C．生成标准状况下
D．反应后的溶液中，溶质只有
13．（2018高一上·钦州港开学考）在托盘天平的两盘，放上质量相等的A、B两烧杯，调至平衡，然后分别倒入质量相等的足量盐酸，继而在AB两烧杯中放入下述各组物质，结果天平仍保持平衡的是（ ）
A．0.5molNa和0.5molMg B．0.1molZn和0.1molAl
C．8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3 D．10gCaCO3和10gMgCO3
三、非选择题
14．（2023高一下·凉州月考）钠、铝和铁是中学化学常见的三种重要金属。请回答下列问题：
（1）钠在空气中燃烧生成淡黄色的 (填“Na2O”或“Na2O2”)； Al2O3能溶于酸或强碱溶液生成盐和水，则是一种 (填“酸性”、“碱性”或“两性”)氧化物；
（2）写出钠与水反应的化学方程式： 。
（3）写出铝与NaOH溶液反应的化学方程式： ；
（4）现有下列3种物质：①Na2O2、②NaHCO3、③Na2CO3，请回答：受热易分解的是 (填序号，下同)，溶于水显碱性的是 ，与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是 。
15．（2023高一下·河南期末）某工厂的酸性废水中主要含有、等离子，为了减少污染并变废为宝，工程师设计了如下流程，回收铜和绿矾(FeSO4·7H2O)。
（1）酸性废水中加入铁粉后，发生反应的离子方程式是：、 、 。
（2）操作1是 。
（3）试剂甲是 。
（4）检验溶液B中是否除尽的实验方法是 。
（5）获得的需密闭保存，原因是 。
（6）绿矾可消除某种酸性工业废水中价铬()的污染，使之转化为毒性较小的，该反应的离子方程式是 。
16．（2023高一下·上海市期末）铁是人类迄今为止人类冶炼和使用最多的金属。铁在人们的生产生活，乃至于国防、现代化建设中均发挥着极其重要的作用。
（1）“秦砖汉瓦”是我国传统建筑文化的一个缩影。同是由含铁元素的黏土烧制，但经过不同的工艺烧制，有的是黑色的，有的却是红色的，分析其原因可能是 。
（2）某补铁剂的主要成分是硫酸亚铁，请回答下列有关问题。
①补铁剂药片外层有糖衣包裹，糖衣的作用是 。
②补铁剂中常添加维生素C，其作用之一是防止被氧化，由此推测维生素C具有 性。
③若该补铁剂已经氧化变质，将其溶于水并滴加KSCN试剂会观察到 。
（3）某研究小组配制FeSO4溶液时，为了防止被氧化，需向溶液中加入少量的 ，其原理是 (用离子方程式表示)。
（4）为了进一步制备氢氧化亚铁沉淀，向新配制的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液。并放置了一段时间，观察到的现象是 ，Fe(OH)2被氧化的化学方程式为 。
（5）小组成员改良了方法制得白色的Fe(OH)2沉淀并使之较长时间保存，实验装置如下：
根据你的理解，请写出补全以下实验步骤。
①装配好试剂和装置后打开止水夹，使得A试管中反应产生的H：排净该装置中的空气(氧气)
② ，以确定空气已经被排尽。
③ ，制备得到Fe(OH)2。
（6）已知还原性，向含有1molFeI2和1molFeBr2的溶液中通入的2.5molCl2。
①被氧化的离子依次为： 。
②对应的被氧化的离子的物质的量分别是： 。
③对应氧化产物的物质的量分别是： 。
17．（2023高一上·江岸期末）某同学按下表操作，当物质充分反应后，最终发现仅有一个烧杯中有固体剩余。
烧杯编号 ① ② ③
盛装的液体 稀硫酸 稀硫酸 稀硫酸
加入的固体(质量相等) 粒 粉 片
（1）有固体剩余的是 (填编号)，固体的质量m满足的范围是 ；
（2）当产生量满足①>③>②时，固体的质量m满足的范围是 ；此时将反应后中①的溶液逐滴加入到②的溶液中并放置一段时间，整个过程中可以观察到的现象有 。
（3）将③中的溶液过滤，向滤液中滴加的溶液，得到沉淀，则加入的溶液的体积为 。
18．（2021高一上·长春月考）物质可根据其组成和性质进行分类：
（1）如图所示的物质分类方法名称是 。
（2）人体胃液中含有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内。当胃酸过多时就会出现“吐酸水”“烧心”“胃部隐隐作痛”等症状。目前市场上的抗酸药主要有：①吸收性抗酸药，如NaHCO3等；②非吸收性抗酸药，如CaCO3、MgO等。
①将上述所举抗酸药填入表对应类别，属于盐的有 ，属于氧化物的有 。
②写出CaCO3与胃酸反应的化学方程式： 。
（3）写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式： ，胶体和溶液的本质区别是 。
19．（2021高三上·海淀期中）某实验小组同学用KSCN探究久置 固体变质的情况。将0.3 g 固体用10mL蒸馏水溶解，配成待测液，进行实验。
（1）（初步实验）
用KSCN检验 的原理是 (用离子方程式表示)。
（2）甲同学认为 固体几乎未变质，ⅱ中变血红色是由于 被氧化，反应的离子方程式为 ；ⅱ中血红色褪去的可能原因是 。
（3）乙同学不认同甲对现象的解释，他推测加入浓硝酸后ⅱ中变血红色还可能与其它因素有关，可能的影响因素是 。
（4）（继续探究）
步骤 操作 现象
Ⅰ 取2mL待测液，加入5滴0.1 KSCN溶液，再加入5mL浓 溶液 溶液颜色无明显变化
Ⅱ 取2mL待测液， 溶液变为红色
Ⅲ 向Ⅱ中所得溶液中逐滴加入5mL浓硝酸，边加边振荡 溶液逐渐加深为血红色，继续滴加浓硝酸，溶液褪色，pH变化始终不明显
（5）请补全步骤Ⅱ中的操作： 。
（6）由Ⅰ~Ⅲ推测 固体变质的情况是 (填字母序号)，理由是 。
a．几乎未变质 b．部分变质 c．完全变质
（7）（反思与迁移）
从上述探究中获得启发，在用KSCN检验 及进行 还原性验证实验时，需要注意的事项有 (至少2条)。
20．（2018高一下·温州期中）某校研究性学习小组用一些大部分已经锈蚀(成分为
Fe2O3)的废铁屑制备绿矾(FeSO4·7H2O)，实验操作过程如下：
已知：杂质不溶于稀硫酸。
请回答下列问题：
（1）步骤①中，稀硫酸与 Fe2O3反应的离子方程式为 ，废铁屑用硫酸处理后，还含有不溶性杂质，为获取澄清的A溶液，需进行的操作名称是 。
（2）步骤②中溶液A与铁粉反应的离子方程式为 。
（3）检验溶液 B 中是否还存在杂质金属阳离子的方法是 。
21．（2020高二上·贵港期末）过去电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀覆有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板，发生反应的化学方程式为3FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
（1）检验腐蚀后的溶液中含有Fe3+应选用的试剂是 ，上述反应说明Fe3+、Cu2+氧化性的强弱关系为 。
（2）采用下列实验步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新制得纯净的FeCl3溶液的流程如图所示。
①滤液A中主要含有 (填化学式，下同)，滤渣B主要为 。
②流程图中②的操作名称为 ，③处加过量的 (填名称)。
③写出步骤⑤中反应的离子方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．Fe3+具有氧化性，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，不是氧化还原反应，没有因果关系，A不符合题意；
B． 有不稳定性和还原性，加热生成Fe2O3，B不符合题意；
C．Fe3+有氧化性，可用Fe3+和铜反应制作印刷电路板，C不符合题意；
D． 为红棕色粉末， 用作油漆，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．Fe3+具有氧化性，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，不是氧化还原反应；
B． 有不稳定性和还原性，加热生成Fe2O3；
C．Fe3+有氧化性，可用Fe3+和铜反应制作印刷电路板；
D． 为红棕色粉末， 用作油漆。
2．【答案】A
【知识点】金属的通性；合金及其应用
【解析】【解答】A．铝锂合金属于金属材料，A符合题意；
B．橡胶为有机物，属于非金属材料，B不符合题意；
C．碳纤维由碳单质组成，属于无机材料，C不符合题意；
D．玻璃是硅酸盐产品，属于非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】金属材料包含纯金属和合金，结合选项进行判断
3．【答案】C
【知识点】合金及其应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】产生气体是H2为6.72L，物质的量0.3mol，根据电子守恒n(Al)=0.3×2/3=0.2mol，铝质量为5.4 g ，溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+ 、 Cu2+离子，金属总提供电子的物质的量为13.44×3/22.4=1.8 mol ，Al提供的电子物质的量为0.2x3=0.6mol，Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol，加过量的NaOH溶液，Al3+全部转化为AlO2-，不出现沉淀，所以沉淀是氢氧化铜，根据电荷守恒，铜提供的电子的物质的量等于生成碱的OH-的物质的量，n(OH-)=1.2 mol，氢氧化铜沉淀质量=43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ，C符合题意；
故答案为：C
【分析】电子守恒与电荷守恒的运用，物质的量和电子数的计算，加过量NaOH溶液，Al3+全部转化为AlO2-，Cu2+会和OH-形成氢氧化铜沉淀。
4．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．铜离子会水解，溶液呈酸性，1L0.01mol/L硫酸铜溶液中铜离子的个数小于0.01mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，A不符合题意；
B.1mol氢气和1mol碘充分反应后，前后气体体积不变，所含分子数目为2mol×NAmol-1=2NA，B符合题意；
C．环氧乙烷分子中的碳碳键、碳氧键、碳氢键均是σ键，共7个，0.1mol环氧乙烷分子中含σ键数目为0.1mol×7×NAmol-1=0.7NA，C不符合题意；
D．羟基的电子数为9，1 mol羟基所含的电子数1mol×9×NAmol-1=9NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．铜离子会水解，溶液呈酸性；
B．分子数的计算；
C．环氧乙烷分子中的碳碳键、碳氧键、碳氢键均是σ键；
D．羟基的电子数为9。
5．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、石墨是正六边形的片层结构，每个碳原子为三个六边形共用，每个六边形分该碳原子的三分之一，每个C-C键为两个六边形共用，每个六边形分该C-C键的二分之一，每个六边形中含C原子数
==2，C-C键数目==3，24g石墨物质的量n= =2mol，含有的C-C键数目为3NA，故A选项错误；
B、SiO2中每个Si与4个O相连，而每个O与2个Si相连，1mol二氧化硅中含有1mol硅原子、2mol氧原子，根据均摊法，1mol硅形成的共价键的物质的量为：=2mol，2mol氧原子形成的硅氧键为：=2mol，所以1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，含有Si-O键数目为4NA，故B选项错误；
C、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C选项错误；
D、 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 ，有3mol铁反应时转移8mol电子，则0.6mol铁反应则转移电子=1.6NA，故D选项正确；故正确答案为：D。
【分析】
A、石墨是正六边形的片层结构，每个碳原子为三个六边形共用，每个六边形分该碳原子的三分之一，每个C-C键为两个六边形共用。
B、SiO2中每个Si与4个O相连，而每个O与2个Si相连。
C、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算。
D、主要化学反应方程式 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 。
6．【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】设样品的质量为mg，那么四氧化三铁的质量就是：0.75m，四氧化三铁中铁原子的质量分数等于：56×3/56×3+16×4=0.724，那么该样品中铁的质量分数就等于：0.724×0.75m/m ×100%=54.3%，D选项是正确的；
故答案为：D。
【分析】本题的计算方法是先求出铁元素在四氧化三铁中的质量分数，再根据四氧化三铁在样品中的质量分数，计算铁元素在整个样品中的质量分数。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A. 由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，故A不符合题意；
B. 由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实验现象可知，实验中还存在的反应是酸性条件下H2O2可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，故B符合题意；
C. 对比实验①②③的实验现象可知，酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，故C不符合题意；
D. 由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.有丁达尔效应，且为红色，说明含有氢氧化铁胶体B.通过题目中现象，过氧化氢将亚铁氧化为三铁离子，铁离子催化过氧化氢产生氧气，过氧化氢将KSCN氧化为硫酸根，应该是三个氧化还原反应C,通过现象可以发现条件为酸性时可以进行D,氧气具有氧化性，且实验现象说明有铁离子生成
8．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】硫酸镁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化镁沉淀，硫酸铝和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始随着氢氧化钠的加入，沉淀逐渐增大，在图象中就是一条过“0”点并呈上升趋势的斜线。氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，在图象中就是沉淀的质量会下降，但是最后是一条平行于横坐标的直线(氢氧化镁沉淀的质量保持不变)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据氢氧化镁和氢氧化铝是难溶性沉淀，可以知道反应生成沉淀，但氢氧化铝溶于氢氧化钠，而氢氧化镁不溶于氢氧化钠。故最终还是又沉淀未溶解
9．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Cl2先与I－反应，因此曲线ab表示的是I－的物质的量变化情况，A不符合题意。
B、由图可知，溶液中n(I－)=2mol、n(Fe2＋)=3mol、n(Br－)=4mol，所以溶液中n(FeI2)=1mol、n(FeBr2)=2mol，B符合题意。
C、由分析可知，曲线fg中Cl2与Br－反应，该反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，C不符合题意。
D、由于还原性Fe2＋＜I－，还原性弱的物质不能生成还原性强的物质，因此该反应不能发生，D不符合题。
故答案为：B
【分析】由于还原性Br－＜Fe2＋＜I－，所以往FeBr2、FeI2溶液中通入Cl2，依次发生反应：①Cl2＋2I－=I2＋2Cl－、②Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－、③Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。所以曲线ab表示的是
I－的物质的量的变化；曲线de表示的是Fe2＋的物质的量的变化；曲线fg表示的是Br－的物质的量的变化；。曲线bc表示的Fe3＋的物质的量的变化。
10．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、将氨水滴入AgNO3溶液中，NH3·H2O少量，则发生反应Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋，产生沉淀；将AgNO3溶液滴入氨水中，氨水过量，则发生反应Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH＋NH4＋，无沉淀产生，二者现象不同，A不符合题意；
B、将NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，NaOH溶液少量，则发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，产生白色沉淀；将Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，NaOH溶液过量，则发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀产生，二者现象不同，B不符合题意；
C、H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，KMnO4溶液过量，溶液颜色先变浅，再逐渐变为无色；将KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，KMnO4溶液少量，溶液为无色，当H2C2O4完全反应后，再滴入KMnO4溶液，溶液变为红色，二者现象不同，C不符合题意；
D、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，反应生成的Fe(SCN)3使得溶液变为红色，该反应与KSCN、FeCl3的量多少无关，因此改变滴加顺序，实验现象不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】改变两种试剂的滴加顺序，则加入试剂的量改变，存在“过量”和“少量”的区别，结合反应的离子方程式确定现象的差异。
11．【答案】C,D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A、Fe3O4是FeO和Fe2O3的混合形成的化合物，是复杂的化合物，且具有磁性的黑色固体；故A正确；
B、碱洗过程中主要是Zn与NaOH反应，会形成，且NaOH会过量，因此滤液中除了、还有Na+、OH-；故B正确；
C、过滤后的滤渣是Fe，因此酸溶的过程发生的反应是：，其离子方程式为：；故C错误；
D、氧化后得到的产物是Fe3O4，其中含有FeO，因此加入H2O2氧化的目的是将部分Fe2+氧化成Fe3+；故D产物；
【分析】A、了解Fe3O4的组成和性质；
B、分析出碱洗的目的是为了除尽Zn，因此NaOH会过量，再分析滤液存在的离子；
C、酸溶是Fe与酸反应，写出其离子方程式即可；
D、分析最终的产物即可得出氧化的目的。
12．【答案】B,D
【知识点】镁、铝的重要化合物；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据钾元素守恒可得，反应后溶液中n(K＋)=n(K)=0.01mol，则溶液中K＋的数目为0.01mol×6.02×1023mol－1=6.02×1021，A不符合题意。
B、由分析可知，溶液中Al3＋与OH－二者恰好完全反应，其反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，反应过程中没有白色沉淀生成，B符合题意。
C、由分析可知，反应生成n(H2)=0.005mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.005mol×22.4L·mol－1=0.112L=112mL，C不符合题意。
D、反应后溶液中含有K＋、Cl－和AlO2－，因此溶液中的溶质有KCl、KAlO2，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】0.39gK的物质的量，加入AlCl3溶液中K与H2O发生反应：2K＋2H2O=2KOH=H2↑。反应生成n(KOH)=0.01mol、n(H2)=0.005mol。25mL 0.1mol·L－1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol·L－1×0.025L=0.0025mol，则溶液中n(Al3＋)=0.0025mol，此时混合溶液中n(Al3＋)：n(OH－)=0.0025mol：0.01mol=1：4，所以二者发生反应：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O。
13．【答案】A,C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.0.5mol Na(11.5g)可制取 0.25mol(0.5g)，溶液增重11.5-0.5=11（g），0.5mol Mg(12g)可制取H2 0.5mol(1g)，溶液增重12-1=11（g），可以保持平衡，故A符合题意；
B.0.1mol Zn(6.5g)0.1mol Al(2.7g)分别制得 为0.1g，0.3g，溶液增重不同，故B不符合题意；
C.8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3分别与盐酸反应放出二氧化碳的质量都是4.4g，溶液增重相同，故C符合题意；
D.10gCaCO3与盐酸反应放出二氧化碳的质量是4.4g，10gMgCO3与盐酸反应放出二氧化碳的质量是5.2g，溶液增重不同，故D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】本题关键是看天平两边的质量差是否相等。质量差＝固体的质量－产生的气体的质量。
A.Na～1/2H2，△m=0.5×(23-1/2×2)=11g Mg～H2，△m=0.5×(24-2)=11g ，二者的△m 相等，天平平衡
B.Zn～H2，△m=0.1×(65-2)=6.3g Al～3/2H2，△m=0.1×(27-3/2×2)=2.4g 二者的△m 不等，天平不平
C.MgCO3～CO2 △m=8.4g-8.4g/84g/mol×44g/mol=4g NaHCO3～CO2 △m=8.4g-8.4g/84g/mol×44g/mol=4g 二者的△m 相等，天平平衡
D.CaCO3～CO2 △m=10g-10g/100g/mol×44g/mol=5.6g MgCO3～CO2 △m=10g-10g/84g/mol×44g/mol 二者的△m 不等，天平不平
14．【答案】（1）Na2O2；两性
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（4）②；①②③；①
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】（1）钠在空气中燃烧，观察到发出黄色的火焰，生成淡黄色固体Na2O2，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物，Al2O3与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故答案为：Na2O2；两性；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ， 故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑， 故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，氧气能够使带火星木条复燃；
氯化铵不稳定受热易分解生成氨气和氯化氢；
碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
所以：受热易分解的是②；溶于水后溶液显碱性的是 ①③；与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是①；
故答案为； ②； ①②③ ；①。
【分析】（1）钠在空气中燃烧生成过氧化钠；凡是能和酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物，凡是能和碱反应生成盐和水的氧化物叫酸性氧化物，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气；氯化铵不稳定受热易分解；碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
15．【答案】（1）Fe＋2Fe3＋= 3Fe2＋；Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
（2）过滤
（3）稀硫酸
（4）取溶液B少量于试管中，向试管中滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明溶液中三价铁离子没有除净，若不出现红色，证明不含三价铁离子
（5）亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子
（6）6Fe2＋++ 14H＋=2+6+7H2O，
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)酸性废水中加入铁粉后，和铜离子，三价铁离子，氢离子反应；
故答案为：
第1空、Fe＋2Fe3＋= 3Fe2＋
第2空、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
(2) 操作1是固液可以采用过滤法分离；
故答案为： 第1空、过滤
(3) 固体A为铜和过量的铁粉，加入稀硫酸，生成硫酸亚铁；
故答案为： 第1空、稀硫酸
(4)检验溶液B中Fe3+是否除尽的实验方法是取溶液B少量于试管中，向试管中滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明溶液中三价铁离子没有除净，若不出现红色，证明不含三价铁离子。
故答案为： 第1空、取溶液B少量于试管中，向试管中滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明溶液中三价铁离子没有除净，若不出现红色，证明不含三价铁离子
(5)获得的 需密闭保存，亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子；
故答案为： 第1空、亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子
(6)绿矾可消除某种酸性工业废水中价铬 () 的污染，使之转化为毒性较小的 ，同时生成三价铁离子和水；
故答案为： 第1空、6Fe2＋++ 14H＋=2+6+7H2O，
【分析】(1)向废水中加入铁粉，铁把三价铁离子还原为二价铁离子，铜置换出来，氢气放出，固体A为铜和过量的铁粉，加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，滤液B为硫酸亚铁溶液，蒸发结晶得到产物；
(2) 固液可以采用过滤法分离；
(3) 铜和过量的铁粉，加入稀硫酸，生成硫酸亚铁；
(4)检验Fe3+实验方法是滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，证明有三价铁离子；
(5)亚铁离子具有很强的还原性，在空气中易被氧化为三价铁离子；
(6)绿矾可消除某种酸性工业废水中价铬 () 的污染，使之转化为毒性较小的 ，同时生成三价铁离子和水。
16．【答案】（1）土壤中含有铁，在灼烧时，经过不同工艺煅烧，分别生成了黑色Fe3O4或FeO和红色Fe2O3
（2）隔绝空气，防止Fe2+被氧化；还原；溶液变红
（3）铁粉；2Fe3++Fe=3Fe2+
（4）生成的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4FeOH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（5）检验试管B出口处氢气的纯度；关闭止水夹
（6）I-、Fe2+、Br-；；2mol、2mol、1mol；；1mol、2mol、0.5mol
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)根据铁的氧化物的物理性质可知： Fe2O3 是红色的；黑色的固体可能是 Fe3O4或FeO ；
（2） ① 二价铁具有强还原性，外加糖衣的作用是防止药片被氧化；
② 维生素C可以防止亚铁离子被氧化，说明维生素C可以与氧化性物质反应，说明其具有还原性；
③ 亚铁离子氧化后得到的产物是三价铁离子，三价铁离子可以与硫氰化钾反应使溶液变红色；
（3）铁粉可以将三价铁离子还原为二价铁离子，且不引入新的杂质；
（4）氢氧化亚铁极其不稳定，在空气中会被氧气氧化成氢氧化铁，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色；
（5） ② 因为铁在和稀硫酸反应后会得到氢气，排除溶液中的氧气，所以应该在B管口中检验氢气的纯度，证明空气已经除尽；
③ 关闭止水夹之后，两个管中会形成一定的压力差，就会将硫酸亚铁压入B中，反应得到氢氧化亚铁；
(6)① 当同一氧化剂遇到多个还原剂时，会优先氧化还原性强的离子；
② 先氧化I-，其物质的量是2mol，得到的氧化产物I2的物质的量是1mol，消耗Cl2的物质的量是1mol，还剩余Cl2的物质的量是1.5mol，再氧化Fe2+，Fe2+的物质的量是2mol，消耗Cl2的物质的量是1mol，还剩下0.5mol的Cl2，可以氧化1mol的Br-，得到的氧化产物Br2的物质的量是0.5mol。
【分析】（1）铁的常见氧化物有3种，分别是黑色的Fe3O4和FeO，以及红棕色的 Fe2O3 ；
（2） Fe2+ 具有还原性，可以被氧化性的物质氧化，因此要想保存好Fe2+ 溶液应该加入还原性物质；
检验三价铁离子最好的方法就是加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色变红，就证明溶液中有三价铁离子；
（3）单质铁和铁离子会发生归中反应，从而防止二价铁离子变质；
（4）氢氧化亚铁在空气中会被氧气氧化成氢氧化铁，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色；
（5）由于氢氧化亚铁极易被氧气氧化，所以再制备氢氧化亚铁的时候应该注意隔绝氧气；
（6）反应涉及到的方程式有：2I-+Cl2=I2+2Cl-
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据方程式中各组分的系数关系，可以计算。
17．【答案】（1）③；
（2）；先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
（3） 或
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）由分析可知，0.1molH2SO4完全反应，消耗Fe的质量为5.6g，消耗铝的质量为1.8g。由于最终仅有一个烧杯中的固体剩余，因此有固体剩余的为Al，m满足的取值范围为1.8＜m≤5.6。
（2）由分析可知，烧杯③中Al过量，则H2SO4完全，此时反应生成n(H2)=0.1mol。若产生H2的量满足①＞③＞②，则Na与稀硫酸反应生成的n(H2)＞0.1mol，此时m(Na)＞0.2mol×23g·mol－1=4.6g，因此m满足的取值范围为4.6＜m≤5.6。
反应后烧杯①中溶液为NaOH，烧杯②中溶液为HCl、FeCl2，将NaOH溶液逐滴加入到FeCl2溶液中发生反应OH－＋H＋=H2O、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，可观察到开始时无明显现象，后有白色絮状沉淀生成。由于Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，可观察到白色絮状沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色。
（3）由分析可知，参与反应，则反应后所得溶液中。滴加NaOH溶液的过程中，反应所得的沉淀为Al(OH)3，其物质的量。
若加入NaOH溶液较少，溶液中部分Al3＋转化为Al(OH)3沉淀，此时消耗n(NaOH)=0.1mol，则加入NaOH溶液的体积。
若加入NaOH溶液较多，Al3＋完全转化为Al(OH)3，此时消耗n(NaOH)=0.2mol，反应生成n[Al(OH)3]=；继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，此时消耗。所以这个过程中消耗，所以消耗NaOH溶液的体积。
综上，当得到2.6g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为0.1L或0.23L。
【分析】烧杯①中Na能与H2SO4、H2O反应，因此烧杯①中的Na一定完全反应。烧杯②中发生反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；烧杯③中反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。所用稀硫酸中n(H2SO4)=1mol·L－1×0.1L=0.1mol，0.1molH2SO4能与0.1molFe反应，此时消耗铁的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g；消耗铝的质量为×0.1mol×27g·mol－1=1.8g。
18．【答案】（1）树状分类法
（2）NaHCO3、CaCO3；MgO；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
（3）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1nm(分散质粒子直径不同)
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状图，故答案为：树状分类法；
（2）①目前市场上的抗酸药主要有①吸收性抗酸药，如NaHCO3为盐，②非吸收性抗酸药，如CaCO3为盐，MgO为氧化物等，故答案为：NaHCO3、CaCO3；MgO
②胃酸的主要成分是HCl，碳酸钙是难溶物，保留化学式，两者反应生成氯化钙，二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
（3）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热，得到红褐色液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体和溶液的本质区别是：分散系中分散质微粒直径的不同，胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1nm；故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1nm(分散质粒子直径不同)。
【分析】 (1)、依据图中对分类后物质再进行的分层次分类分析；
(2)、阳离子是金属离子或铵根离子阴离子是酸根离子的为盐；氧化物是两种元素组成其中一种元素是氧元素；碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳的反应；
(3)、依据胶体的制备分析解答。
19．【答案】（1）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
（2）3Fe2+ +4H++ =3Fe3++ NO↑+2H2O；浓HNO3将SCN-氧化
（3）氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为了Fe3+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（4）加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4
（5）加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4
（6）a；由步骤Ⅰ取2mLFeSO4溶液，加入5滴0.1mol LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNO3溶液，无明显现象，说明待测液中几乎不存在铁离子，说明待测液几乎没有变质
（7）要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫氰根的离子等
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】（1）Fe3+遇KSCN溶夜变成红色离方程式为 Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
（2）亚铁具有还原性，引入的H+和 氧化亚铁变成铁离子，所以反应的离子方程式为3Fe2+ +4H++ =3Fe3++ NO↑+2H2O，ii中血红包褪去的可能原因是，浓HNO3将SCN-氧化；
（3）可能的影响因素是，其它具有氧化性的物质，能接触的还有空气中的氧气，氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为了Fe3+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)；根据对比实验，步骤Ⅱ中的操作，加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4，；
（5）根据对比实验，步骤Ⅱ中的操作，加入5滴0.1mol L 1KSCN溶液，再加入5mL稀H2SO4，；
（6）由步骤Ⅰ取2mLFeSO4溶液，加入5滴0.1mol LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNO3溶液，无明显现象，说明本来几乎不存在铁离子，说明几乎基本没有变质；
（7）从上述探究中获得启发，在用KSCN检验Fe3+及进行Fe2+还原性验证实验时，需要注意的事项有：要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫氰根的离子等；
【分析】加入KSCN溶液几乎无色，说明溶液中没有，随着 转化为 溶液颜色逐渐变深，由于浓硝酸的加入，浓硝酸的强氧化性使被SCN-氧化，所以溶液颜色变浅；依据铁盐和亚铁盐之间的转化和的检验及对比实验分析解答。
20．【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；过滤
（2）2Fe3++Fe=3Fe2+ 、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑
（3）取少量B溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色，则溶液中仍存在Fe3+；若溶液不变色，则溶液已不含Fe3+。(其他合理答案也可)
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】（1）步骤①中，稀硫酸与Fe
2O
3反应的离子方程式为Fe
2O
3+6H
+=2Fe
3++3H
2O，废铁屑用硫酸处理后，还含有不溶性杂质，为获取澄清的A溶液，需进行的操作名称是过滤；（2）步骤②溶液A中有生成的Fe
3+，还有上一步中剩余的H
+，与铁粉反应的离子方程式为Fe+2Fe
3+=3Fe
2+、2H
++Fe=Fe
2+ + H
2 ↑ ；（3）检验溶液B中是否还存在Fe
3+的方法是取少量B溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色，则溶液中中仍存在Fe
3+，反之不含。
【分析】 大部分已经锈蚀(成分为 Fe2O3)的废铁屑与足量的稀硫酸反应，因为稀硫酸危废氧化性酸，所以溶液A中含铁离子和亚铁离子，发生反应为：2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑ ， Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O加入足量铁粉Fe+2Fe3+=3Fe2+， 2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑ 所以溶液B中铁的存在形式都是亚铁离子。以上为该流程的反应过程。
21．【答案】（1）KSCN溶液；Fe3+>Cu2+
（2）FeCl2；Cu、Fe；过滤；盐酸；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁离子能与硫氰化钾溶液反应生成红色的硫氰化铁，则检验腐蚀后的溶液中含有铁离子应选用硫氰化钾溶液；由反应的化学方程式可知，铁离子是反应的氧化剂，铜离子是反应的氧化产物，由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则铁离子的氧化性强于铜离子，故答案为：KSCN溶液；Fe3+>Cu2+；
(2)①由分析可知，滤液A中主要含有氯化亚铁，滤渣B主要为铁、铜，故答案为：FeCl2；Cu、Fe；
②由分析可知，流程图中②的操作为过滤，③处加过量的盐酸，铁与盐酸反应生成 氯化亚铁和氢气，故答案为：过滤；盐酸；
③由分析可知，步骤⑤中发生的反应为氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
【分析】（1） Fe3+KSCN溶液变血红色；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
（2）由题给流程可知，向腐蚀废液中加入过量铁粉，废腐蚀液中的氯化铜、氯化铁与铁粉反应生成亚铁离子和铜，过滤得到氯化亚铁的滤液A和含有铁、铜的滤渣B；向滤渣B中加入过量的盐酸，铁与盐酸反应生成 氯化亚铁和氢气，过滤得到铜和含有氯化亚铁和盐酸的滤液E，将滤液A和滤液E混合后，通入氯气，氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁。
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