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新人教版高中化学必修第一册第三章铁金属材料单元素养检测卷含解析
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这是一份新人教版高中化学必修第一册第三章铁金属材料单元素养检测卷含解析，共19页。
单元素养检测卷(三)
[时间：90分钟 满分：100分]
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列关于铝的说法正确的是( D )
A．铝的化学性质不活泼
B．铝不与酸、碱反应
C．常温下铝不与氧气反应
D．铝是一种活泼金属，但可以露置在空气中保存
【解析】铝是活泼性金属，化学性质活泼，A项错误；铝能与强酸、强碱反应，如与NaOH溶液反应：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，B项错误；铝是活泼金属，常温下铝表面能被氧气氧化生成一层致密的氧化物薄膜，能阻碍内部铝进一步被氧化，可以露置保存，C项错误，D项正确。
2．下列关于合金的说法中，正确的是( B )
A．合金的熔点一定比各成分金属的低
B．钢是目前用量最大、用途最广的合金
C．在我国使用最早的合金是生铁
D．储氢合金能大量吸收H2，但不与H2反应
【解析】合金的熔点一般比各成分金属的低，但也有例外，如某些汞合金的熔点比汞的熔点高，A项错误；钢是目前用量最大、用途最广的合金，B项正确；我国使用最早的合金是青铜，如后母戊鼎，C项错误；储氢合金能大量吸收H2，与H2化合生成金属氢化物，D项错误。
3．在电子工业中，制印刷电路时，常用氯化铁溶液作为铜的腐蚀液，该制作过程发生的反应为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2。该反应利用了铜性质中的( B )
A．氧化性 B．还原性
C．导电性 D．导热性
【解析】铜在反应中化合价升高，体现还原性，B正确。
4．铁屑溶于过量的稀硫酸，过滤后向滤液中加入适量氯水，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣。上述沉淀和残渣分别为( A )
A．Fe(OH)3和Fe2O3
B．Fe(OH)2和FeO
C．Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3O4
D．Fe2O3和Fe(OH)3
【解析】红褐色沉淀是Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解产物红棕色的残渣是Fe2O3。
5．下列关于钠、铝、铁、铜和氧气的反应，不正确的是( A )
A．铁在氧气中燃烧，产物为Fe2O3
B．钠在空气中易被氧化，所以应该保存在煤油中
C．铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜
D．铜可以在加热的条件下和氧气反应，生成氧化铜
【解析】铁在氧气中燃烧，产物为Fe3O4，A项错误；钠在空气中易与氧气、水等物质反应而被氧化，所以应该保存在煤油中，B项正确；铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化铝保护膜，C项正确；铜在加热的条件下和氧气反应生成氧化铜，D项正确。
6．下列反应的离子方程式正确的是( D )
A．氢氧化亚铁在空气中的变化：
2Fe(OH)2＋O2＋H2O===2Fe(OH)3
B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：
Fe2＋＋2H2O2＋4H＋===Fe3＋＋4H2O
C．氢氧化铁与氢碘酸反应：
Fe(OH)3＋3HI===FeI3＋3H2O
D．硝酸铁溶液中加过量氨水：
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH
【解析】氢氧化亚铁在空气中的变化：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故A错误；硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故B错误；氢氧化铁与氢碘酸发生氧化还原反应：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋6H2O＋I2，故C错误；硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH，故D正确。
7．下列除杂(括号内为杂质)选用的试剂或方法正确的是( A )
A．Na2CO3固体(NaHCO3)：加热
B．Fe(Al)：加盐酸
C．FeCl2(FeCl3)：加铜粉
D．CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液
【解析】碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，使物质得到提纯，因此可用加热的方法除杂，A项正确；二者都与盐酸反应，不能达到除杂的目的，应加入氢氧化钠溶液除杂，B项错误；应加入还原铁粉，发生反应：Fe＋2FeCl3===3FeCl2，可以除杂，若加入铜，发生反应：Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，则会生成氯化铜而引入新杂质，不能达到除杂的目的，C项错误；二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去杂质HCl气体，D项错误。
8．下列说法中不正确的是( C )
A．生铁是铁的一种合金
B．合金是混合物
C．一般地说，合金的熔点比它的各成分金属的熔点都高
D．铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性或碱性食物
【解析】生铁是铁和碳的一种合金，A项正确；合金是一种金属与其他金属或非金属熔合而成的混合物，B项正确；一般地说，合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，硬度比各成分金属的大，C项错误；铝与酸、碱都能反应放出氢气，所以铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性或碱性食物，D项正确。
9．在一些高档茶叶、点心等食品的包装盒中有一个小袋，将小袋打开，可以看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于稀盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴加KSCN溶液，马上出现红色。以下结论不正确的是( D )
A．该灰黑色粉末用作抗氧化剂
B．该灰黑色粉末不可食用
C．小袋中原来装有铁粉
D．小袋中原来装有氧化铁
【解析】灰黑色粉末溶于盐酸后，滴入氯水和KSCN溶液，马上出现红色，说明溶液中存在三价铁离子，原粉末含有铁元素，根据题意为铁粉。灰黑色粉末具有还原性，用作抗氧化剂，故A正确；该灰黑色粉末不可食用，故B正确；该灰黑色粉末是铁粉，故C正确；氧化铁是红棕色粉末，故D错误。
10．化学与生活密切相关，下列说法错误的是( A )
A．Na2CO3用于制胃酸中和剂
B．FeSO4用于制补铁剂
C．硬铝合金用于制造飞机和宇宙飞船
D．形状记忆合金是一种新型合金，可应用于生物工程领域
【解析】碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠治疗，A项错误；人体能够吸收Fe2＋，且FeSO4无毒，所以FeSO4可用于制补铁剂，B项正确；硬铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机和宇宙飞船，C项正确；形状记忆合金是一种新型合金，可应用于生物工程领域，D项正确。
11．用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿[Cu2(OH)2CO3]，现象为铜制器皿表面呈红色，废液呈蓝色，则下列说法错误的是( A )
A．蓝色废液中的溶质为CuCO3
B．器皿表面的红色为铜单质的颜色
C．除铜绿过程中没发生氧化还原反应
D．除铜绿过程中有气泡产生
【解析】Cu2(OH)2CO3与稀盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，无元素化合价的变化，不是氧化还原反应，蓝色废液中的溶质为CuCl2，A项错误；铜不与稀盐酸反应，器皿表面的红色为铜单质的颜色，B项正确；除铜绿过程中没发生氧化还原反应，C项正确；除铜绿过程中有二氧化碳生成，有气泡产生，D项正确。
12．近年来，科技人员研究得到一种新型材料——泡沫铝，它是由发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金中制成的，其优点是硬度高，密度小(约为0.16～0.5 g·cm－3)，比木材还轻，可浮于水面，又有很大的刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可大批量投放市场。则下列关于泡沫铝的说法错误的是( A )
A．泡沫铝是纯净物
B．泡沫铝是一种合金
C．泡沫铝是一种优质的建筑材料和轻质材料
D．泡沫铝可用于飞机制造
【解析】泡沫铝中含有Al、发泡剂等，所以是一种合金，是混合物，故A错误、B正确；泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可用于飞机制造，故C、D正确。
13．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( C )
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定不含Cu2＋
D．剩余固体中一定含Cu
【解析】当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3＋、Cu2＋全部参加反应生成Fe2＋和Cu，反应的化学方程式：2FeCl3＋Fe===3FeCl2，CuCl2＋Fe===Cu＋FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋；当固体为铜时，Cu2＋恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2＋和Cu，所以溶液中一定没有Fe3＋，可能含有Cu2＋，一定含有Fe2＋。故C项不正确。
14．下列各组物质中，X是主要物质，Y是少量杂质，Z是除去杂质要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是( C )
选项
A.
B.
C.
D.
X
FeCl2溶液
FeCl3溶液
Fe
Al2O3
Y
FeCl3
CuCl2
Al
Fe2O3
Z
Cl2
Fe
NaOH溶液
NaOH溶液
【解析】氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，不能除去氯化亚铁中的氯化铁，应该用铁粉，A错误；铁与氯化铁、氯化铜均反应，B错误；氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，与铁不反应，可以除去铁中的铝，C正确；氢氧化钠溶液与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，与氧化铁不反应，不能除去氧化铝中的氧化铁，而把主要物质除去，D错误。
15．在CuCl2和ZnCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生。则下列结论正确的是( C )
A．滤液中一定有FeCl3
B．滤渣只含Cu，可能有Zn
C．滤渣中一定有Cu和Fe，一定无Zn
D．滤液中可能有Cu2＋
【解析】在CuCl2和ZnCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，Fe只能和Cu2＋发生置换反应生成FeCl2，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Cu、Fe单质，则溶液中一定不含Cu2＋，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定还含有锌离子，据此分析解答。滤液中一定有ZnCl2和FeCl2，A项错误；滤渣中一定有Cu和Fe，一定无Zn，B项错误，C项正确；滤液中一定不含Cu2＋，D项错误。
16．为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计了如下实验方案，其中符合实验要求且完全正确的是( A )
选项
实验操作
实验现象
离子方程式
实验结论
A.
在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水
浅绿色溶液变成棕黄色溶液
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
Fe2＋具有还原性
B.
在氯化亚铁溶液中加入锌片
浅绿色溶液变成无色溶液
Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋
Zn具有还原性
C.
在氯化铁溶液中加入铁粉
棕黄色溶液变成浅绿色溶液
Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
铁单质具有还原性
D.
在氯化铁溶液中加入铜粉
蓝色溶液变成棕黄色溶液
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
Fe3＋具有氧化性
【解析】A项正确；B项，实验结论应为Fe2＋具有氧化性；C项，离子方程式应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；D项，实验现象应为棕黄色溶液变成蓝色。
17．由Fe2O3和FeO组成的固体混合物，用200 mL5.0 mol·L－1盐酸恰好能将之完全溶解。所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量相等，则原固体混合物中FeO的物质的量为( C )
A．0.4 mol B．0.3 mol
C．0.2 mol D．0.1 mol
【解析】根据题意知，所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量相等，设FeO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量为0.5x，200 mL 5.0 mol·L－1盐酸中HCl的物质的量为0.2 L×5.0 mol·L－1＝1.0 mol，根据反应Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O、FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O可知，0.5x×6＋2x＝1.0 mol，解得x＝0.2 mol。
18．铁有多种价态，将14.4 g草酸亚铁(FeC2O4)隔绝空气加热分解，最终得到7.2 g铁的氧化物，则该铁的氧化物是( A )
A．FeO B．Fe2O3
C．Fe3O4 D．FeO和Fe3O4
【解析】14.4 g FeC2O4中铁元素的质量为14.4 g×＝5.6 g，铁的氧化物中铁与氧元素的质量分别为5.6 g、(7.2 g－5.6 g)＝1.6 g，铁与氧两元素的原子个数比为∶＝1∶1，因此该铁的氧化物是FeO，A项正确。
19．某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属质量的关系如图所示，此金属可能是( D )
A．纯锌 B．纯铁
C．镁铝合金 D．铜铁合金
【解析】由图可知，消耗金属质量为30 g时，产生氢气的质量为1 g，即0.5 mol。用极值法：假设每一种金属都与酸反应产生0.5 mol H2，则需纯锌32.5 g，纯铁28 g，镁铝合金9～12 g，铜铁合金大于28 g。故D正确。
20．为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是( C )
A．只有④ B．只有③
C．③和④均错误 D．全部错误
【解析】铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子，故①正确；铁离子与硫氰化钾溶液反应显红色，据此能够检验铁离子，故②正确；硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色，故③错误；氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，出现白色沉淀不能说明有Fe3＋，该性质是氯离子的性质，故④错误；铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验存在铁离子，故⑤正确；故选C。
21．将某铁粉和氧化铁的混合物放入150 mL稀硫酸中，发现固体完全溶解，并放出1.68 L H2(标准状况)，加入KSCN溶液后，无颜色变化。为了使Fe2＋完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用200 mL 3 mol·L－1 NaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为( C )
A．4 mol·L－1 B．3 mol·L－1
C．2 mol·L－1 D．1 mol·L－1
【解析】固体完全溶解，溶液中加入KSCN溶液后，无颜色变化，则铁元素在反应后的溶液中以Fe2＋形式存在，即FeSO4溶液，为了使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，反应后的溶液中溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子守恒，则n(H2SO4)＝n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)＝n(NaOH)，故n(H2SO4)＝n(Na2SO4)＝n(NaOH)＝×3 mol·L－1×0.2 L＝0.3 mol，c(H2SO4)＝＝2 mol·L－1, C正确。
22．某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验，流程如下：
下列说法不正确的是( D )
A．步骤①研磨时研杵应保持垂直，小心压碎或研磨试样
B．步骤②加入H2O2的作用是将Fe2＋ 完全氧化
C．步骤③多步操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重
D．每片补血剂中铁元素的质量为0.7w g
【解析】A项符合研磨的操作要求，A正确；H2O2具有强氧化性，步骤②加入H2O2的作用是将Fe2＋ 完全氧化，B正确；C项，步骤③从氢氧化铁悬浊液中得到氧化铁，其操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重，C正确；因2Fe―→Fe2O3，10片补血剂中铁元素的质量为0.7w g，所以每片补血剂中铁元素的质量为0.07w g，D错误。
23．聚合硫酸铁[ Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是( B )
A．KClO3在反应中做氧化剂
B．每生成1 mol [ Fe(OH)SO4]n 转移1 mol电子
C．将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴 KSCN 溶液，溶液变红色
D．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，故能用作净水剂
【解析】KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4＋nKClO3＋3nH2O===6[Fe(OH)SO4]n＋nKCl。根据分析，KClO3在反应中做氧化剂，故A正确；根据反应的化学方程式可知，每生成6 mol [Fe(OH)SO4]n转移6n mol电子，则每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n转移n mol电子，故B错误；绿矾(FeSO4·7H2O)中的二价铁易被氧化成三价铁，则将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，故C正确；聚合硫酸铁中的铁为＋3价，则聚合硫酸铁能与水反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，能用作净水剂，故D正确。
24．生态农业涉及农家废料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷(CH4)、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况下)该气体通过盛有足量红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生反应CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过足量的澄清石灰水，充分吸收生成沉淀8.5 g。下列说法正确的是( C )
A．硬质玻璃管中固体减少的氧元素的物质的量为0.15 mol
B．原混合气体中甲烷的物质的量是0.75 mol
C．原混合气体中氮气的体积分数为5.56%
D．原混合气体中二氧化碳的物质的量为0.085 mol
【解析】通过盛有足量红热CuO粉末的硬质玻璃管发生反应CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu，根据化学方程式可知硬质玻璃管减轻的质量即为固体减少的氧元素的质量，所以n(O)＝＝0.3 mol，A项错误；由上述分析可知，参加反应的CuO的物质的量为0.3 mol，根据化学方程式，可知反应0.3 mol CuO需要甲烷0.075 mol，B项错误；气体通过足量的澄清石灰水，二氧化碳全部转化为8.5 g CaCO3沉淀，碳酸钙的物质的量为＝0.085 mol，反应后的二氧化碳总的物质的量为0.085 mol，甲烷反应生成的二氧化碳的物质的量为0.075 mol，故原混合气体中二氧化碳的物质的量为0.085 mol－0.075 mol＝0.01 mol，原混合气体中CO2的体积为0.01 mol×22.4 L·mol－1＝0.224 L，故原混合气体中氮气的体积为2.016 L－0.075 mol×22.4 L·mol－1－0.224 L＝0.112 L，氮气的体积分数为×100%≈5.56%，C项正确；根据C选项分析可知原混合气体中二氧化碳的物质的量为0.01 mol，D项错误。
25．对废弃物的再利用不仅能够减少污染，还能有效的节约资源，实现“变废为宝”。为实现某合金废料的再利用，设计如图所示流程：
下列叙述错误的是( B )
A．从合金废料回收的金属元素有Al、Fe、Cu
B．X可能是NaOH或H2SO4
C．操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．滤渣1一定含有Fe和Cu
【解析】由流程图可知，合金溶解后的滤液1与过量的二氧化碳反应生成沉淀，该沉淀溶于盐酸，则沉淀为Al(OH)3，滤渣1与溶液Y反应后，滤液2蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，滤渣2可以得到胆矾，可知试剂X为NaOH，Y为稀硫酸，Z为浓硫酸或氧气和稀硫酸，因此合金中含Cu、Fe和Al。从合金废料回收的金属元素有Al、Fe、Cu，A项正确；X为NaOH，B项错误；由滤渣2得到胆矾，操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C项正确；合金废料中的金属元素有Al、Fe、Cu，加入足量氢氧化钠溶液后Al可完全溶解，因此滤渣1中含Fe和Cu，D项正确。
二、非选择题(本大题有5小题，共50分)
26．(12分)有A、B、C、D四种常见的金属单质，含A元素的物质灼烧时会发出明亮的黄色火焰；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热熔化但不滴落；D在氧气中燃烧，火星四射。根据以上信息回答下列问题：
(1)写出化学式：A__Na__，B__Cu__，C__Al__，D__Fe__。
(2)B锈蚀时生成的绿色物质的主要成分是__Cu2(OH)2CO3__(填化学式，下同)，D在氧气中燃烧生成的氧化物为__Fe3O4__。
(3)写出下列反应的方程式：
①A的碳酸氢盐受热分解的化学方程式：__2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O__。
②C单质与烧碱溶液反应的离子方程式：
__2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑__。
③B与D的三价盐溶液反应的离子方程式：
__Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋__。
【解析】有A、B、C、D四种常见的金属单质，含A元素的物质灼烧时会发出明亮的黄色火焰，则A为Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，则B为Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，C为Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D为Fe。(1)根据上述分析可知：A是Na，B是Cu，C是Al，D是Fe。(2)Cu长期置于空气中变为绿色碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3；Fe在氧气中燃烧，生成的氧化物为Fe3O4。(3)①A的碳酸氢盐NaHCO3不稳定，受热分解，生成碳酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。②C是Al，Al单质与烧碱溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。③Cu单质具有还原性，Fe3＋具有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应，生成Cu2＋、Fe2＋，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
27．(12分)某研究小组同学对市售某种补铁口服液的成分进行探究。根据名称(如图所示)认为该糖浆中含有Fe2＋，并设计方案进行验证。
Ⅰ.设计方案如表所示。
方案
试剂X
预期现象
i
1 mL 1 mol·L－1NaOH溶液
a
ii
1 mL 1 mol·L－1 酸性高锰酸钾溶液
b
iii
依次加入5滴KSCN溶液、
1 mL氯水
c
(1)方案i的预期现象a是产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。产生白色沉淀的离子方程式是__Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓__，最终变为红褐色的化学方程式是__4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3__。
(2)方案ii的预期现象b是__酸性高锰酸钾溶液褪色__。
(3)方案iii的预期现象c是__加入KSCN溶液无明显现象，加入氯水后溶液变红色__，反应中氯水参与反应的离子方程式是__Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋__。
Ⅱ.进行实验操作，得到的实际现象如表所示：
方案
实际现象
是否与预期现象相同
i
产生灰绿色浑浊，长时间不变红褐色
不同
ii
酸性高锰酸钾溶液褪色
相同
iii
自始至终无明显现象
不同
(4)为探究实验中出现异常现象的原因，该小组同学查看说明书，得知有关补铁口服液成分如下：
本品每毫升含主要成分葡萄糖酸亚铁30毫克
辅料：蔗糖、香精、柠檬酸、羟苯乙酯
结合资料对异常现象产生的原因进行猜想：__补铁口服液中含有还原剂__；为验证其猜想，在方案iii的基础上继续加入过量的氯水，得到了预期的现象。
(5)实验反思：方案ii中预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有Fe2＋，理由是__酸性高锰酸钾溶液褪色说明被还原，补铁口服液中除了有Fe2＋外还有其他还原剂，因此褪色不一定证明是高锰酸钾与Fe2＋发生了反应__。
(6)小组同学进一步提出研究问题：仍选用之前用过的试剂，设计实验验证某久置的补铁口服液(Y)已部分变质。以下是小组同学的实验方案：
实验
序号
操作
现象
iv
取2 mL溶液Y，加入1滴KSCN溶液，再加入1 mL水
溶液显红色
v
实验v的操作及现象是__取2__mL溶液Y，加入1滴KSCN溶液，再加入1__mL氯水，溶液显红色，且颜色比iv深__。
【解析】Ⅰ.(1)方案i的预期现象是产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。说明补铁口服液中含有亚铁离子，加入氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，发生反应的离子方程式为Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中的氧气氧化转变为红褐色的氢氧化铁沉淀，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。(2)补铁口服液中若含有亚铁离子，亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，二者发生氧化还原反应，紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色。(3)补铁口服液中若含有亚铁离子，向补铁口服液中先加入KSCN溶液，无现象，再加入氯水，氯水具有氧化性，亚铁离子与氯水发生氧化还原反应生成三价铁离子，三价铁离子遇KSCN溶液变为红色，发生反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋。
Ⅱ.(4)方案i和方案iii的实验现象与预期现象不同，根据现象描述，补铁口服液中的亚铁离子在氧化剂的作用下没有被氧化为三价铁离子，依据补铁口服液成分分析，造成现象、结果与预期不一致的可能原因为补铁口服液中自身带有还原性的抗氧化剂，防止亚铁离子被氧化。(5)方案ii中预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有Fe2＋，高锰酸钾溶液褪色说明被还原，补铁口服液中除了有Fe2＋外还有其他还原剂，因此褪色不一定是高锰酸钾与Fe2＋发生了反应。(6)验证某久置的补铁口服液(Y)已部分变质，而不是全部变质，需要做一个与方案iv的对比实验，假定只有部分亚铁离子被氧化，若向Y溶液中加入氧化剂将所有亚铁离子全部氧化为三价铁离子时，溶液的颜色会变深，则方案v的操作和现象：取2 mL溶液Y，加入1滴KSCN溶液，再加入1 mL氯水，溶液显红色，且颜色比iv深。
28． (8分)向15 g铁和氧化铁的混合物中加入200 mL稀盐酸，在标准状况下放出氢气1.68 L，同时铁和氧化铁均无剩余；向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化。为了中和过量的盐酸，而且使Fe2＋恰好完全转化成Fe(OH)2，共消耗2 mol·L－1的NaOH溶液300 mL。
(1)生成氢气的质量为__0.15__g。
(2)加入300 mL NaOH溶液反应后，溶液中的溶质主要是__NaCl__(填化学式)。如不考虑混合后溶液体积的变化，该溶质的物质的量浓度为__1.2__mol·L－1__。
(3)所用稀盐酸的物质的量浓度是__3__mol·L－1__。
(4)原混合物中有铁__7__g。
【解析】(1)氢气的物质的量是1.68 L÷22.4 L·mol－1＝0.075 mol，因此生成氢气的质量为0.075 mol×2 g·mol－1＝0.15 g。(2)加入300 mL NaOH溶液反应后，亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，溶液中的溶质主要是NaCl。根据钠离子守恒可知氯化钠的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，为0.3 L×2 mol·L－1＝0.6 mol，如不考虑混合后溶液体积的变化，该溶质的物质的量浓度为0.6 mol÷0.5 L＝1.2 mol·L－1。(3)根据氯原子守恒可知，所用稀盐酸中溶质的物质的量是0.6 mol，浓度是0.6 mol÷0.2 L＝3.0 mol·L－1。(4)向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化，说明铁在溶液中的存在形式全部是亚铁离子，其中与盐酸反应放出氢气消耗铁的物质的量是0.075 mol，质量是0.075 mol×56 g·mol－1＝4.2 g。根据离子方程式Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可得关系式Fe～Fe2O3，设参加此反应的铁的物质的量为x，则氧化铁的物质的量是x，则有56 g·mol－1×x＋160 g·mol－1×x＝15 g－4.2 g，解得x＝0.05 mol。则原混合物中铁的物质的量是0.075 mol＋0.05 mol＝0.125 mol，质量是0.125 mol×56 g·mol－1＝7 g。
29．(12分)某研究小组利用某酸性腐蚀废液(含Fe3＋、Cu2＋、NH、SO)制取铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)加入铁屑的目的是__使Fe3＋和Cu2＋转化为Fe2＋和Cu__。
(2)第Ⅱ步中用双氧水做氧化剂，写出涉及反应的离子方程式：__2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O__。
(3)检验溶液中含有NH的方法是__取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝色，证明溶液中含有NH__。
(4)工业上将流程中产生的滤渣用NaClO碱性溶液氧化可生成一种高效净水剂(Na2FeO4)，写出对应的离子方程式：__3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋5H2O__。
(5)固体铵明矾加热过程中，固体质量随温度的变化如图所示。
若将铵明矾加热灼烧，400 ℃时剩余固体成分的化学式为__NH4Al(SO4)2·2H2O__。在温度从800 ℃到950 ℃的过程中得到两种氧化物，一种为固体，一种为氧化性气体，该气体的名称是__三氧化硫__。
【解析】(1)酸性腐蚀废液中含Fe3＋、Cu2＋、NH、SO，加入铁屑，可使Fe3＋和Cu2＋转化为Fe2＋和Cu。(2)双氧水具有强氧化性，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(3)取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝色，证明溶液中含有NH。(4)NaClO具有氧化性，能将Fe3＋氧化为FeO，ClO－被还原为Cl－，离子方程式为3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋5H2O。(5)9.06 g铵明矾的物质的量为＝0.02 mol，晶体中结晶水的质量为0.02 mol×12×18 g·mol－1＝4.32 g，加热至400 ℃时固体质量减少9.06 g－5.46 g＝3.6 g<4.32 g，剩余固体中结晶水的物质的量为＝0.04 mol，剩余固体中NH4Al(SO4)2和结晶水的物质的量之比为0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2，因此剩余固体成分的化学式为NH4Al(SO4)2·2H2O；在温度从800 ℃到950 ℃的过程中得到两种氧化物，一种为固体，一种为氧化性气体，该固体为氧化铝，高温下铵明矾分解的化学方程式为2NH4Al(SO4)2·12H2OAl2O3＋2NH3↑＋4SO3↑＋25H2O，氧化性气体只能是SO3，名称为三氧化硫。
30．(6分)钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作：
①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末；
②取m g该粉末，放入28.00 mL 1 mol·L－1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。
完成下列各题：
(1)生成气体的物质的量是__0.006__mol__。
(2)将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2＋)＝__0.14__mol·L－1。
(3)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4)＝__4∶1__。
【解析】(1)生成气体的物质的量为＝0.006 mol。
(2)由向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知，反应后生成的物质为FeCl2，由于盐酸的物质的量为28.00 mL×10－3 L·mL－1×1 mol·L－1＝0.028 mol，故产生FeCl2的物质的量为＝0.014 mol，将反应后的溶液稀释至100 mL，c(Fe2＋)＝＝0.14 mol·L－1。
(3)由生成标准状况下的气体134.4 mL，根据电荷守恒可知，混合物中与盐酸反应产生气体的单质铁为0.006 mol；Fe3O4与Fe、HCl共同反应，在该反应中铁元素总量为0.014 mol－0.006 mol＝0.008 mol，且该化学方程式为Fe3O4＋8HCl＋Fe===4FeCl2＋4H2O，通过该化学方程式可知Fe3O4为0.002 mol，单质铁为0.002 mol。故Fe的总物质的量为0.008 mol，Fe3O4为0.002 mol。则n(Fe)∶n(Fe3O4)＝4∶1。
单元素养检测卷(三)
[时间：90分钟 满分：100分]
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列关于铝的说法正确的是( D )
A．铝的化学性质不活泼
B．铝不与酸、碱反应
C．常温下铝不与氧气反应
D．铝是一种活泼金属，但可以露置在空气中保存
【解析】铝是活泼性金属，化学性质活泼，A项错误；铝能与强酸、强碱反应，如与NaOH溶液反应：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，B项错误；铝是活泼金属，常温下铝表面能被氧气氧化生成一层致密的氧化物薄膜，能阻碍内部铝进一步被氧化，可以露置保存，C项错误，D项正确。
2．下列关于合金的说法中，正确的是( B )
A．合金的熔点一定比各成分金属的低
B．钢是目前用量最大、用途最广的合金
C．在我国使用最早的合金是生铁
D．储氢合金能大量吸收H2，但不与H2反应
【解析】合金的熔点一般比各成分金属的低，但也有例外，如某些汞合金的熔点比汞的熔点高，A项错误；钢是目前用量最大、用途最广的合金，B项正确；我国使用最早的合金是青铜，如后母戊鼎，C项错误；储氢合金能大量吸收H2，与H2化合生成金属氢化物，D项错误。
3．在电子工业中，制印刷电路时，常用氯化铁溶液作为铜的腐蚀液，该制作过程发生的反应为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2。该反应利用了铜性质中的( B )
A．氧化性 B．还原性
C．导电性 D．导热性
【解析】铜在反应中化合价升高，体现还原性，B正确。
4．铁屑溶于过量的稀硫酸，过滤后向滤液中加入适量氯水，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣。上述沉淀和残渣分别为( A )
A．Fe(OH)3和Fe2O3
B．Fe(OH)2和FeO
C．Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3O4
D．Fe2O3和Fe(OH)3
【解析】红褐色沉淀是Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解产物红棕色的残渣是Fe2O3。
5．下列关于钠、铝、铁、铜和氧气的反应，不正确的是( A )
A．铁在氧气中燃烧，产物为Fe2O3
B．钠在空气中易被氧化，所以应该保存在煤油中
C．铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜
D．铜可以在加热的条件下和氧气反应，生成氧化铜
【解析】铁在氧气中燃烧，产物为Fe3O4，A项错误；钠在空气中易与氧气、水等物质反应而被氧化，所以应该保存在煤油中，B项正确；铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化铝保护膜，C项正确；铜在加热的条件下和氧气反应生成氧化铜，D项正确。
6．下列反应的离子方程式正确的是( D )
A．氢氧化亚铁在空气中的变化：
2Fe(OH)2＋O2＋H2O===2Fe(OH)3
B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：
Fe2＋＋2H2O2＋4H＋===Fe3＋＋4H2O
C．氢氧化铁与氢碘酸反应：
Fe(OH)3＋3HI===FeI3＋3H2O
D．硝酸铁溶液中加过量氨水：
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH
【解析】氢氧化亚铁在空气中的变化：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故A错误；硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故B错误；氢氧化铁与氢碘酸发生氧化还原反应：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋6H2O＋I2，故C错误；硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH，故D正确。
7．下列除杂(括号内为杂质)选用的试剂或方法正确的是( A )
A．Na2CO3固体(NaHCO3)：加热
B．Fe(Al)：加盐酸
C．FeCl2(FeCl3)：加铜粉
D．CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液
【解析】碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，使物质得到提纯，因此可用加热的方法除杂，A项正确；二者都与盐酸反应，不能达到除杂的目的，应加入氢氧化钠溶液除杂，B项错误；应加入还原铁粉，发生反应：Fe＋2FeCl3===3FeCl2，可以除杂，若加入铜，发生反应：Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，则会生成氯化铜而引入新杂质，不能达到除杂的目的，C项错误；二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去杂质HCl气体，D项错误。
8．下列说法中不正确的是( C )
A．生铁是铁的一种合金
B．合金是混合物
C．一般地说，合金的熔点比它的各成分金属的熔点都高
D．铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性或碱性食物
【解析】生铁是铁和碳的一种合金，A项正确；合金是一种金属与其他金属或非金属熔合而成的混合物，B项正确；一般地说，合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，硬度比各成分金属的大，C项错误；铝与酸、碱都能反应放出氢气，所以铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性或碱性食物，D项正确。
9．在一些高档茶叶、点心等食品的包装盒中有一个小袋，将小袋打开，可以看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于稀盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴加KSCN溶液，马上出现红色。以下结论不正确的是( D )
A．该灰黑色粉末用作抗氧化剂
B．该灰黑色粉末不可食用
C．小袋中原来装有铁粉
D．小袋中原来装有氧化铁
【解析】灰黑色粉末溶于盐酸后，滴入氯水和KSCN溶液，马上出现红色，说明溶液中存在三价铁离子，原粉末含有铁元素，根据题意为铁粉。灰黑色粉末具有还原性，用作抗氧化剂，故A正确；该灰黑色粉末不可食用，故B正确；该灰黑色粉末是铁粉，故C正确；氧化铁是红棕色粉末，故D错误。
10．化学与生活密切相关，下列说法错误的是( A )
A．Na2CO3用于制胃酸中和剂
B．FeSO4用于制补铁剂
C．硬铝合金用于制造飞机和宇宙飞船
D．形状记忆合金是一种新型合金，可应用于生物工程领域
【解析】碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠治疗，A项错误；人体能够吸收Fe2＋，且FeSO4无毒，所以FeSO4可用于制补铁剂，B项正确；硬铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机和宇宙飞船，C项正确；形状记忆合金是一种新型合金，可应用于生物工程领域，D项正确。
11．用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿[Cu2(OH)2CO3]，现象为铜制器皿表面呈红色，废液呈蓝色，则下列说法错误的是( A )
A．蓝色废液中的溶质为CuCO3
B．器皿表面的红色为铜单质的颜色
C．除铜绿过程中没发生氧化还原反应
D．除铜绿过程中有气泡产生
【解析】Cu2(OH)2CO3与稀盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，无元素化合价的变化，不是氧化还原反应，蓝色废液中的溶质为CuCl2，A项错误；铜不与稀盐酸反应，器皿表面的红色为铜单质的颜色，B项正确；除铜绿过程中没发生氧化还原反应，C项正确；除铜绿过程中有二氧化碳生成，有气泡产生，D项正确。
12．近年来，科技人员研究得到一种新型材料——泡沫铝，它是由发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金中制成的，其优点是硬度高，密度小(约为0.16～0.5 g·cm－3)，比木材还轻，可浮于水面，又有很大的刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可大批量投放市场。则下列关于泡沫铝的说法错误的是( A )
A．泡沫铝是纯净物
B．泡沫铝是一种合金
C．泡沫铝是一种优质的建筑材料和轻质材料
D．泡沫铝可用于飞机制造
【解析】泡沫铝中含有Al、发泡剂等，所以是一种合金，是混合物，故A错误、B正确；泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可用于飞机制造，故C、D正确。
13．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( C )
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定不含Cu2＋
D．剩余固体中一定含Cu
【解析】当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3＋、Cu2＋全部参加反应生成Fe2＋和Cu，反应的化学方程式：2FeCl3＋Fe===3FeCl2，CuCl2＋Fe===Cu＋FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋；当固体为铜时，Cu2＋恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2＋和Cu，所以溶液中一定没有Fe3＋，可能含有Cu2＋，一定含有Fe2＋。故C项不正确。
14．下列各组物质中，X是主要物质，Y是少量杂质，Z是除去杂质要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是( C )
选项
A.
B.
C.
D.
X
FeCl2溶液
FeCl3溶液
Fe
Al2O3
Y
FeCl3
CuCl2
Al
Fe2O3
Z
Cl2
Fe
NaOH溶液
NaOH溶液
【解析】氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，不能除去氯化亚铁中的氯化铁，应该用铁粉，A错误；铁与氯化铁、氯化铜均反应，B错误；氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，与铁不反应，可以除去铁中的铝，C正确；氢氧化钠溶液与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，与氧化铁不反应，不能除去氧化铝中的氧化铁，而把主要物质除去，D错误。
15．在CuCl2和ZnCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生。则下列结论正确的是( C )
A．滤液中一定有FeCl3
B．滤渣只含Cu，可能有Zn
C．滤渣中一定有Cu和Fe，一定无Zn
D．滤液中可能有Cu2＋
【解析】在CuCl2和ZnCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，Fe只能和Cu2＋发生置换反应生成FeCl2，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Cu、Fe单质，则溶液中一定不含Cu2＋，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定还含有锌离子，据此分析解答。滤液中一定有ZnCl2和FeCl2，A项错误；滤渣中一定有Cu和Fe，一定无Zn，B项错误，C项正确；滤液中一定不含Cu2＋，D项错误。
16．为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计了如下实验方案，其中符合实验要求且完全正确的是( A )
选项
实验操作
实验现象
离子方程式
实验结论
A.
在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水
浅绿色溶液变成棕黄色溶液
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
Fe2＋具有还原性
B.
在氯化亚铁溶液中加入锌片
浅绿色溶液变成无色溶液
Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋
Zn具有还原性
C.
在氯化铁溶液中加入铁粉
棕黄色溶液变成浅绿色溶液
Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
铁单质具有还原性
D.
在氯化铁溶液中加入铜粉
蓝色溶液变成棕黄色溶液
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
Fe3＋具有氧化性
【解析】A项正确；B项，实验结论应为Fe2＋具有氧化性；C项，离子方程式应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；D项，实验现象应为棕黄色溶液变成蓝色。
17．由Fe2O3和FeO组成的固体混合物，用200 mL5.0 mol·L－1盐酸恰好能将之完全溶解。所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量相等，则原固体混合物中FeO的物质的量为( C )
A．0.4 mol B．0.3 mol
C．0.2 mol D．0.1 mol
【解析】根据题意知，所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量相等，设FeO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量为0.5x，200 mL 5.0 mol·L－1盐酸中HCl的物质的量为0.2 L×5.0 mol·L－1＝1.0 mol，根据反应Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O、FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O可知，0.5x×6＋2x＝1.0 mol，解得x＝0.2 mol。
18．铁有多种价态，将14.4 g草酸亚铁(FeC2O4)隔绝空气加热分解，最终得到7.2 g铁的氧化物，则该铁的氧化物是( A )
A．FeO B．Fe2O3
C．Fe3O4 D．FeO和Fe3O4
【解析】14.4 g FeC2O4中铁元素的质量为14.4 g×＝5.6 g，铁的氧化物中铁与氧元素的质量分别为5.6 g、(7.2 g－5.6 g)＝1.6 g，铁与氧两元素的原子个数比为∶＝1∶1，因此该铁的氧化物是FeO，A项正确。
19．某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属质量的关系如图所示，此金属可能是( D )
A．纯锌 B．纯铁
C．镁铝合金 D．铜铁合金
【解析】由图可知，消耗金属质量为30 g时，产生氢气的质量为1 g，即0.5 mol。用极值法：假设每一种金属都与酸反应产生0.5 mol H2，则需纯锌32.5 g，纯铁28 g，镁铝合金9～12 g，铜铁合金大于28 g。故D正确。
20．为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是( C )
A．只有④ B．只有③
C．③和④均错误 D．全部错误
【解析】铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子，故①正确；铁离子与硫氰化钾溶液反应显红色，据此能够检验铁离子，故②正确；硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色，故③错误；氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，出现白色沉淀不能说明有Fe3＋，该性质是氯离子的性质，故④错误；铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验存在铁离子，故⑤正确；故选C。
21．将某铁粉和氧化铁的混合物放入150 mL稀硫酸中，发现固体完全溶解，并放出1.68 L H2(标准状况)，加入KSCN溶液后，无颜色变化。为了使Fe2＋完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用200 mL 3 mol·L－1 NaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为( C )
A．4 mol·L－1 B．3 mol·L－1
C．2 mol·L－1 D．1 mol·L－1
【解析】固体完全溶解，溶液中加入KSCN溶液后，无颜色变化，则铁元素在反应后的溶液中以Fe2＋形式存在，即FeSO4溶液，为了使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，反应后的溶液中溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子守恒，则n(H2SO4)＝n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)＝n(NaOH)，故n(H2SO4)＝n(Na2SO4)＝n(NaOH)＝×3 mol·L－1×0.2 L＝0.3 mol，c(H2SO4)＝＝2 mol·L－1, C正确。
22．某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验，流程如下：
下列说法不正确的是( D )
A．步骤①研磨时研杵应保持垂直，小心压碎或研磨试样
B．步骤②加入H2O2的作用是将Fe2＋ 完全氧化
C．步骤③多步操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重
D．每片补血剂中铁元素的质量为0.7w g
【解析】A项符合研磨的操作要求，A正确；H2O2具有强氧化性，步骤②加入H2O2的作用是将Fe2＋ 完全氧化，B正确；C项，步骤③从氢氧化铁悬浊液中得到氧化铁，其操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重，C正确；因2Fe―→Fe2O3，10片补血剂中铁元素的质量为0.7w g，所以每片补血剂中铁元素的质量为0.07w g，D错误。
23．聚合硫酸铁[ Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是( B )
A．KClO3在反应中做氧化剂
B．每生成1 mol [ Fe(OH)SO4]n 转移1 mol电子
C．将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴 KSCN 溶液，溶液变红色
D．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，故能用作净水剂
【解析】KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4＋nKClO3＋3nH2O===6[Fe(OH)SO4]n＋nKCl。根据分析，KClO3在反应中做氧化剂，故A正确；根据反应的化学方程式可知，每生成6 mol [Fe(OH)SO4]n转移6n mol电子，则每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n转移n mol电子，故B错误；绿矾(FeSO4·7H2O)中的二价铁易被氧化成三价铁，则将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，故C正确；聚合硫酸铁中的铁为＋3价，则聚合硫酸铁能与水反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，能用作净水剂，故D正确。
24．生态农业涉及农家废料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷(CH4)、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况下)该气体通过盛有足量红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生反应CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过足量的澄清石灰水，充分吸收生成沉淀8.5 g。下列说法正确的是( C )
A．硬质玻璃管中固体减少的氧元素的物质的量为0.15 mol
B．原混合气体中甲烷的物质的量是0.75 mol
C．原混合气体中氮气的体积分数为5.56%
D．原混合气体中二氧化碳的物质的量为0.085 mol
【解析】通过盛有足量红热CuO粉末的硬质玻璃管发生反应CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu，根据化学方程式可知硬质玻璃管减轻的质量即为固体减少的氧元素的质量，所以n(O)＝＝0.3 mol，A项错误；由上述分析可知，参加反应的CuO的物质的量为0.3 mol，根据化学方程式，可知反应0.3 mol CuO需要甲烷0.075 mol，B项错误；气体通过足量的澄清石灰水，二氧化碳全部转化为8.5 g CaCO3沉淀，碳酸钙的物质的量为＝0.085 mol，反应后的二氧化碳总的物质的量为0.085 mol，甲烷反应生成的二氧化碳的物质的量为0.075 mol，故原混合气体中二氧化碳的物质的量为0.085 mol－0.075 mol＝0.01 mol，原混合气体中CO2的体积为0.01 mol×22.4 L·mol－1＝0.224 L，故原混合气体中氮气的体积为2.016 L－0.075 mol×22.4 L·mol－1－0.224 L＝0.112 L，氮气的体积分数为×100%≈5.56%，C项正确；根据C选项分析可知原混合气体中二氧化碳的物质的量为0.01 mol，D项错误。
25．对废弃物的再利用不仅能够减少污染，还能有效的节约资源，实现“变废为宝”。为实现某合金废料的再利用，设计如图所示流程：
下列叙述错误的是( B )
A．从合金废料回收的金属元素有Al、Fe、Cu
B．X可能是NaOH或H2SO4
C．操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．滤渣1一定含有Fe和Cu
【解析】由流程图可知，合金溶解后的滤液1与过量的二氧化碳反应生成沉淀，该沉淀溶于盐酸，则沉淀为Al(OH)3，滤渣1与溶液Y反应后，滤液2蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，滤渣2可以得到胆矾，可知试剂X为NaOH，Y为稀硫酸，Z为浓硫酸或氧气和稀硫酸，因此合金中含Cu、Fe和Al。从合金废料回收的金属元素有Al、Fe、Cu，A项正确；X为NaOH，B项错误；由滤渣2得到胆矾，操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C项正确；合金废料中的金属元素有Al、Fe、Cu，加入足量氢氧化钠溶液后Al可完全溶解，因此滤渣1中含Fe和Cu，D项正确。
二、非选择题(本大题有5小题，共50分)
26．(12分)有A、B、C、D四种常见的金属单质，含A元素的物质灼烧时会发出明亮的黄色火焰；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热熔化但不滴落；D在氧气中燃烧，火星四射。根据以上信息回答下列问题：
(1)写出化学式：A__Na__，B__Cu__，C__Al__，D__Fe__。
(2)B锈蚀时生成的绿色物质的主要成分是__Cu2(OH)2CO3__(填化学式，下同)，D在氧气中燃烧生成的氧化物为__Fe3O4__。
(3)写出下列反应的方程式：
①A的碳酸氢盐受热分解的化学方程式：__2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O__。
②C单质与烧碱溶液反应的离子方程式：
__2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑__。
③B与D的三价盐溶液反应的离子方程式：
__Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋__。
【解析】有A、B、C、D四种常见的金属单质，含A元素的物质灼烧时会发出明亮的黄色火焰，则A为Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，则B为Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，C为Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D为Fe。(1)根据上述分析可知：A是Na，B是Cu，C是Al，D是Fe。(2)Cu长期置于空气中变为绿色碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3；Fe在氧气中燃烧，生成的氧化物为Fe3O4。(3)①A的碳酸氢盐NaHCO3不稳定，受热分解，生成碳酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。②C是Al，Al单质与烧碱溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。③Cu单质具有还原性，Fe3＋具有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应，生成Cu2＋、Fe2＋，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
27．(12分)某研究小组同学对市售某种补铁口服液的成分进行探究。根据名称(如图所示)认为该糖浆中含有Fe2＋，并设计方案进行验证。
Ⅰ.设计方案如表所示。
方案
试剂X
预期现象
i
1 mL 1 mol·L－1NaOH溶液
a
ii
1 mL 1 mol·L－1 酸性高锰酸钾溶液
b
iii
依次加入5滴KSCN溶液、
1 mL氯水
c
(1)方案i的预期现象a是产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。产生白色沉淀的离子方程式是__Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓__，最终变为红褐色的化学方程式是__4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3__。
(2)方案ii的预期现象b是__酸性高锰酸钾溶液褪色__。
(3)方案iii的预期现象c是__加入KSCN溶液无明显现象，加入氯水后溶液变红色__，反应中氯水参与反应的离子方程式是__Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋__。
Ⅱ.进行实验操作，得到的实际现象如表所示：
方案
实际现象
是否与预期现象相同
i
产生灰绿色浑浊，长时间不变红褐色
不同
ii
酸性高锰酸钾溶液褪色
相同
iii
自始至终无明显现象
不同
(4)为探究实验中出现异常现象的原因，该小组同学查看说明书，得知有关补铁口服液成分如下：
本品每毫升含主要成分葡萄糖酸亚铁30毫克
辅料：蔗糖、香精、柠檬酸、羟苯乙酯
结合资料对异常现象产生的原因进行猜想：__补铁口服液中含有还原剂__；为验证其猜想，在方案iii的基础上继续加入过量的氯水，得到了预期的现象。
(5)实验反思：方案ii中预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有Fe2＋，理由是__酸性高锰酸钾溶液褪色说明被还原，补铁口服液中除了有Fe2＋外还有其他还原剂，因此褪色不一定证明是高锰酸钾与Fe2＋发生了反应__。
(6)小组同学进一步提出研究问题：仍选用之前用过的试剂，设计实验验证某久置的补铁口服液(Y)已部分变质。以下是小组同学的实验方案：
实验
序号
操作
现象
iv
取2 mL溶液Y，加入1滴KSCN溶液，再加入1 mL水
溶液显红色
v
实验v的操作及现象是__取2__mL溶液Y，加入1滴KSCN溶液，再加入1__mL氯水，溶液显红色，且颜色比iv深__。
【解析】Ⅰ.(1)方案i的预期现象是产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。说明补铁口服液中含有亚铁离子，加入氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，发生反应的离子方程式为Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中的氧气氧化转变为红褐色的氢氧化铁沉淀，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。(2)补铁口服液中若含有亚铁离子，亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，二者发生氧化还原反应，紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色。(3)补铁口服液中若含有亚铁离子，向补铁口服液中先加入KSCN溶液，无现象，再加入氯水，氯水具有氧化性，亚铁离子与氯水发生氧化还原反应生成三价铁离子，三价铁离子遇KSCN溶液变为红色，发生反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋。
Ⅱ.(4)方案i和方案iii的实验现象与预期现象不同，根据现象描述，补铁口服液中的亚铁离子在氧化剂的作用下没有被氧化为三价铁离子，依据补铁口服液成分分析，造成现象、结果与预期不一致的可能原因为补铁口服液中自身带有还原性的抗氧化剂，防止亚铁离子被氧化。(5)方案ii中预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有Fe2＋，高锰酸钾溶液褪色说明被还原，补铁口服液中除了有Fe2＋外还有其他还原剂，因此褪色不一定是高锰酸钾与Fe2＋发生了反应。(6)验证某久置的补铁口服液(Y)已部分变质，而不是全部变质，需要做一个与方案iv的对比实验，假定只有部分亚铁离子被氧化，若向Y溶液中加入氧化剂将所有亚铁离子全部氧化为三价铁离子时，溶液的颜色会变深，则方案v的操作和现象：取2 mL溶液Y，加入1滴KSCN溶液，再加入1 mL氯水，溶液显红色，且颜色比iv深。
28． (8分)向15 g铁和氧化铁的混合物中加入200 mL稀盐酸，在标准状况下放出氢气1.68 L，同时铁和氧化铁均无剩余；向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化。为了中和过量的盐酸，而且使Fe2＋恰好完全转化成Fe(OH)2，共消耗2 mol·L－1的NaOH溶液300 mL。
(1)生成氢气的质量为__0.15__g。
(2)加入300 mL NaOH溶液反应后，溶液中的溶质主要是__NaCl__(填化学式)。如不考虑混合后溶液体积的变化，该溶质的物质的量浓度为__1.2__mol·L－1__。
(3)所用稀盐酸的物质的量浓度是__3__mol·L－1__。
(4)原混合物中有铁__7__g。
【解析】(1)氢气的物质的量是1.68 L÷22.4 L·mol－1＝0.075 mol，因此生成氢气的质量为0.075 mol×2 g·mol－1＝0.15 g。(2)加入300 mL NaOH溶液反应后，亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，溶液中的溶质主要是NaCl。根据钠离子守恒可知氯化钠的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，为0.3 L×2 mol·L－1＝0.6 mol，如不考虑混合后溶液体积的变化，该溶质的物质的量浓度为0.6 mol÷0.5 L＝1.2 mol·L－1。(3)根据氯原子守恒可知，所用稀盐酸中溶质的物质的量是0.6 mol，浓度是0.6 mol÷0.2 L＝3.0 mol·L－1。(4)向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化，说明铁在溶液中的存在形式全部是亚铁离子，其中与盐酸反应放出氢气消耗铁的物质的量是0.075 mol，质量是0.075 mol×56 g·mol－1＝4.2 g。根据离子方程式Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可得关系式Fe～Fe2O3，设参加此反应的铁的物质的量为x，则氧化铁的物质的量是x，则有56 g·mol－1×x＋160 g·mol－1×x＝15 g－4.2 g，解得x＝0.05 mol。则原混合物中铁的物质的量是0.075 mol＋0.05 mol＝0.125 mol，质量是0.125 mol×56 g·mol－1＝7 g。
29．(12分)某研究小组利用某酸性腐蚀废液(含Fe3＋、Cu2＋、NH、SO)制取铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)加入铁屑的目的是__使Fe3＋和Cu2＋转化为Fe2＋和Cu__。
(2)第Ⅱ步中用双氧水做氧化剂，写出涉及反应的离子方程式：__2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O__。
(3)检验溶液中含有NH的方法是__取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝色，证明溶液中含有NH__。
(4)工业上将流程中产生的滤渣用NaClO碱性溶液氧化可生成一种高效净水剂(Na2FeO4)，写出对应的离子方程式：__3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋5H2O__。
(5)固体铵明矾加热过程中，固体质量随温度的变化如图所示。
若将铵明矾加热灼烧，400 ℃时剩余固体成分的化学式为__NH4Al(SO4)2·2H2O__。在温度从800 ℃到950 ℃的过程中得到两种氧化物，一种为固体，一种为氧化性气体，该气体的名称是__三氧化硫__。
【解析】(1)酸性腐蚀废液中含Fe3＋、Cu2＋、NH、SO，加入铁屑，可使Fe3＋和Cu2＋转化为Fe2＋和Cu。(2)双氧水具有强氧化性，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(3)取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝色，证明溶液中含有NH。(4)NaClO具有氧化性，能将Fe3＋氧化为FeO，ClO－被还原为Cl－，离子方程式为3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋5H2O。(5)9.06 g铵明矾的物质的量为＝0.02 mol，晶体中结晶水的质量为0.02 mol×12×18 g·mol－1＝4.32 g，加热至400 ℃时固体质量减少9.06 g－5.46 g＝3.6 g<4.32 g，剩余固体中结晶水的物质的量为＝0.04 mol，剩余固体中NH4Al(SO4)2和结晶水的物质的量之比为0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2，因此剩余固体成分的化学式为NH4Al(SO4)2·2H2O；在温度从800 ℃到950 ℃的过程中得到两种氧化物，一种为固体，一种为氧化性气体，该固体为氧化铝，高温下铵明矾分解的化学方程式为2NH4Al(SO4)2·12H2OAl2O3＋2NH3↑＋4SO3↑＋25H2O，氧化性气体只能是SO3，名称为三氧化硫。
30．(6分)钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作：
①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末；
②取m g该粉末，放入28.00 mL 1 mol·L－1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。
完成下列各题：
(1)生成气体的物质的量是__0.006__mol__。
(2)将反应后的溶液稀释至100 mL，则溶液中c(Fe2＋)＝__0.14__mol·L－1。
(3)样品中n(Fe)∶n(Fe3O4)＝__4∶1__。
【解析】(1)生成气体的物质的量为＝0.006 mol。
(2)由向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知，反应后生成的物质为FeCl2，由于盐酸的物质的量为28.00 mL×10－3 L·mL－1×1 mol·L－1＝0.028 mol，故产生FeCl2的物质的量为＝0.014 mol，将反应后的溶液稀释至100 mL，c(Fe2＋)＝＝0.14 mol·L－1。
(3)由生成标准状况下的气体134.4 mL，根据电荷守恒可知，混合物中与盐酸反应产生气体的单质铁为0.006 mol；Fe3O4与Fe、HCl共同反应，在该反应中铁元素总量为0.014 mol－0.006 mol＝0.008 mol，且该化学方程式为Fe3O4＋8HCl＋Fe===4FeCl2＋4H2O，通过该化学方程式可知Fe3O4为0.002 mol，单质铁为0.002 mol。故Fe的总物质的量为0.008 mol，Fe3O4为0.002 mol。则n(Fe)∶n(Fe3O4)＝4∶1。
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