第三章铁金属材料课件（新人教版必修第一册）

第三章　铁　金属材料\n第一节　铁及其化合物课时1铁及其氧化物、氢氧化物\n教材必备知识精练\n知识点1铁1.下列叙述正确的是()A.纯铁为灰黑色B.铁锈的主要成分是Fe3O4,不能保护内层金属C.铁在干燥的空气里不易被氧化D.在加热条件下铁与氯气反应生成FeCl2和FeCl3答案1.C纯铁为银白色;铁锈的主要成分是Fe2O3,而非Fe3O4;铁与氯气在加热条件下反应只能生成FeCl3。\n知识点1铁2.下列反应中,铁只能生成+3价化合物的是()A.少量铁与稀硫酸反应B.铁丝在氧气中燃烧C.过量铁粉在氯气中燃烧D.Fe投入到CuSO4溶液中答案2.CC项,铁在氯气中燃烧,无论铁是否过量都只能生成FeCl3。\n知识点2铁与水蒸气的反应3.用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验,下列有关说法错误的是()A.装置A的作用是为实验持续提供水蒸气B.装置B中发生反应的化学方程式为2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2C.装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰D.点燃装置D处的气体前必须检验气体的纯度答案3.B装置A中液态水转化为水蒸气,故其作用是为实验提供持续不断的水蒸气,A项正确;Fe与水蒸气在高温下发生反应的产物是Fe3O4和H2,故装置B中发生反应的化学方程式应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,B项错误;反应生成的H2属于中性气体,可以用碱石灰作干燥剂,C项正确;H2在点燃之前应该先检验其纯度,防止发生爆炸,D项正确。\n知识点2铁与水蒸气的反应4.在加热条件下铁粉可与水蒸气发生反应,若反应后得到的干燥固体的质量比反应前铁粉的质量增加了32g,则参加反应的铁粉的物质的量是()A.0.5molB.1molC.1.5molD.2mol答案4.C根据3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知,固体增加的质量为氧元素的质量,n(Fe)=n(O)==1.5mol。\n知识点3铁的氧化物5.[2022重庆八中高一月考]铁的常见氧化物有FeO、Fe2O3和Fe3O4,在一定条件下它们之间可以相互转化。如在超过1400℃的温度下加热Fe2O3时,Fe2O3会失去部分氧生成Fe3O4。下列有关说法错误的是()A.热稳定性:Fe2O3>Fe3O4B.Fe2O3、Fe3O4在高温下都能与CO发生氧化还原反应C.Fe3O4为黑色晶体,其中部分铁元素显+2价,部分铁元素显+3价D.FeO、Fe2O3都不溶于水,但都能与盐酸发生反应生成相应的盐和水答案5.A在1400℃以上的温度下加热Fe2O3时,Fe2O3会失去部分氧生成Fe3O4,说明Fe3O4比Fe2O3稳定,A项错误;Fe2O3、Fe3O4在高温下都能与CO发生反应生成Fe和CO2,上述反应属于氧化还原反应,B项正确。\n知识点3铁的氧化物6.“秦砖汉瓦”是我国传统建筑文化的一个缩影,由黏土(含有Fe元素)烧制的砖瓦,有的是黑色的,有的却是红色的,你猜测其中的原因可能是()A.黏土中含有铁粉、二氧化锰等B.黑砖瓦是在煅烧过程中附着了炭黑,红砖瓦则是添加了红色耐高温染料C.黏土中含有的铜元素经过不同工艺煅烧,分别生成了黑色的CuO和红色的CuD.黏土中含有的铁元素经过不同工艺煅烧,分别生成了黑色的Fe3O4或FeO和红色的Fe2O3答案6.D黏土中含有Fe元素,在烧制砖瓦时,与O2反应,生成氧化物,Fe元素的氧化物主要有3种,FeO与Fe3O4为黑色,Fe2O3为红棕色,D项正确。\n知识点4铁的氢氧化物的性质与制备7.将Fe(OH)2露置在空气中加热灼烧,所得到的固体为()A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe(OH)3答案7.B因Fe(OH)2极易被空气中的氧气氧化,当露置于空气中时,Fe(OH)2首先转化为Fe(OH)3,然后Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3和H2O。\n知识点4铁的氢氧化物的性质与制备8.[2022山东潍坊高一期末考试]向2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液制备Fe(OH)2(两溶液中均先加入少量维生素C),反应过程中先观察到有白色絮状沉淀生成,一段时间后白色絮状沉淀变为灰绿色,长时间后变为红褐色。下列说法正确的是()A.维生素C具有氧化性B.反应缓慢的原因是Fe2+的浓度较小C.最终形成红褐色的Fe(OH)3胶体D.Fe(OH)2具有还原性,会被氧气氧化答案8.D反应缓慢的原因是加入了少量维生素C,维生素C具有还原性,可以减慢亚铁离子被氧化的速率,A、B项错误;FeSO4与NaOH反应生成的Fe(OH)2最终会被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3沉淀,C项错误;Fe(OH)2中的铁元素为+2价,是铁元素的中间价态,Fe(OH)2具有还原性,可以被空气中的氧气氧化,D项正确。\n知识点4铁的氢氧化物的性质与制备9.实验室用FeCl2和烧碱制备Fe(OH)2,为使生成的产物不被氧化,下列说法错误的是()A.配制FeCl2溶液和烧碱溶液所用的蒸馏水要煮沸B.可在FeCl2溶液的上面加一层苯,以隔绝空气C.向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时,胶头滴管尖嘴不能伸入到试管中D.产生Fe(OH)2沉淀后,不能振荡试管答案9.CA项,FeCl2溶液和烧碱溶液要现用现配,且配制溶液的蒸馏水要煮沸以除去氧气,确保Fe(OH)2在无氧环境中生成,正确;B项,在FeCl2溶液的上面加一层苯,以隔绝空气,防止氧气溶入,正确;C项,向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时,要将胶头滴管的尖嘴伸入到FeCl2溶液中,防止烧碱溶液在滴入时溶有氧气,错误;D项,产生Fe(OH)2沉淀后,若振荡试管,会增大沉淀与空气接触的机会,使沉淀更易被氧化,正确。\n学科关键能力构建\n1.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.2.8g铁所含电子数为1.3NAB.在加热条件下,22.4L氯气与足量铁反应消耗铁原子的数目为NAC.5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAD.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成H2的分子数为0.3NA答案1.A未指明22.4L氯气所处的状况,无法进行计算,B项错误;5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA,C项错误;0.2molFe与足量水蒸气反应,生成H2的分子数为NA,D项错误。\n2.元素的“价—类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具,它指的是以元素的化合价为纵坐标,以物质类别为横坐标所绘制的二维平面图。如图为铁元素的“价—类”二维图,其中的箭头表示部分物质间的转化关系,下列说法正确的是()A.高温条件下,铁与水蒸气反应可实现转化①B.FeO是一种黑色粉末,不稳定,在空气中受热会迅速发生转化②生成红棕色粉末C.Fe(OH)2和盐酸反应可实现转化④D.加热Fe(OH)3可实现转化⑤,将Fe(OH)3加入水中可实现转化③\n答案2.CA项,高温条件下,铁与水蒸气反应生成Fe3O4,不能实现转化①,错误;B项,FeO是一种黑色粉末,不稳定,在空气中受热会迅速转化成Fe3O4,不能实现转化②,错误;C项,Fe(OH)2和盐酸反应生成FeCl2和水,可实现转化④,正确;D项,Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3,能实现转化⑤,Fe(OH)3不溶于水,不能实现转化③,错误。\n3.[2022江西宜春奉新一中高一月考]某同学在实验室进行了如图所示的实验,下列说法错误的是()A.X、Z中的分散质相同B.利用过滤的方法,可将Z中的固体与液体分离C.Y中产生的气体为CO2D.Z中的液体能产生丁达尔效应答案3.A根据题意可知,Z中的液体为氢氧化铁胶体,故X、Z中的分散质不同,A项错误;固体不能透过滤纸,胶体可以透过滤纸,所以利用过滤的方法可将Z中的固体与液体分离,B项正确;根据题意可知,Y中的H+与碳酸钙反应生成Ca2+、二氧化碳和水,C项正确;Z中的液体为氢氧化铁胶体,能产生丁达尔效应,D项正确。\n4.[2022上海交大附中高一月考]对于如图所示的实验装置,下列说法正确的是()A.试管Ⅰ中有气泡产生,打开a,试管Ⅱ中无明显现象B.打开a,氯化钡溶液从试管Ⅱ流向试管ⅠC.关闭a,试管Ⅱ中产生白色沉淀D.关闭a,可使试管Ⅰ中反应立即停止答案4.C试管Ⅰ中,铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,试管Ⅰ中有气泡产生,打开a,氢气进入到试管Ⅱ中,试管Ⅱ中也有气泡产生,氯化钡溶液不会从试管Ⅱ流向试管Ⅰ,A、B项错误;关闭a,试管Ⅰ中的压强增大,试管Ⅰ中的溶液会被压入试管Ⅱ中,与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀,C项正确;关闭a,铁与稀硫酸依然接触,试管Ⅰ中反应不会立即停止,D项错误。\n5.[2022湖南娄底一中高一月考]现有25.6g由Fe3O4、Fe2O3和FeO组成的固体混合物,用200g溶质质量分数为14.6%的盐酸恰好将之完全溶解。现将此固体混合物用CO充分还原,则生成的铁的质量为()A.16.8gB.19.2gC.21.2gD.22.4g答案5.B25.6g由Fe3O4、Fe2O3和FeO组成的固体混合物用200g溶质质量分数为14.6%的盐酸恰好完全溶解,将Fe3O4看作(FeO+Fe2O3),设该固体混合物中的Fe2O3为xmol、FeO为ymol,则该固体混合物与盐酸恰好完全反应生成的FeCl3为2xmol、FeCl2为ymol,依据题给数据,可得,解得x=、y=;将此固体混合物用CO充分还原,生成铁的质量为(×2+)mol×56g·mol-1=19.2g,故答案为B。\n6.[2022黑龙江哈师大附中高一期末考试]在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应,可以得到铁的氧化物X,X又可被H2还原生成颗粒很细的铁粉,这种铁粉具有很高的反应活性,在空气中受撞击或受热时会燃烧,俗称“引火铁”。请回答下列问题。Ⅰ.某小组同学利用如图所示装置(部分装置已省略)制取铁的氧化物X。(1)试管A中发生反应的化学方程式为。(2)圆底烧瓶B的作用是,圆底烧瓶C的作用是。(3)A、B两处需要加热,首先加热的是(填“A”或“B”)处,原因是。\nⅡ.“引火铁”可以通过Ⅰ中生成的铁的氧化物X与H2反应制得。该小组同学利用如图所示装置制取“引火铁”。(4)仪器a的名称是。(5)装置F的作用是;装置G中盛放的试剂是,其作用是。(6)为了安全,在I管中的反应开始前,在H出口处必须;I中发生反应的化学方程式为。\n答案6.答案Ⅰ.(1)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(2)提供水蒸气　作安全瓶,防止倒吸(3)B利用圆底烧瓶B中产生的水蒸气排出试管A中的空气,防止普通铁粉被空气中的氧气氧化Ⅱ.(4)分液漏斗(5)除去氢气中混有的氯化氢气体　浓硫酸　干燥氢气(6)检验氢气的纯度Fe3O4+4H23Fe+4H2O解析Ⅰ.(3)装置A中含有空气,为了防止空气中的氧气与普通铁粉反应,应先加热圆底烧瓶B,利用圆底烧瓶B中产生的水蒸气排出试管A中的空气。Ⅱ.(5)盐酸易挥发,装置F的作用是除去氢气中的氯化氢气体;装置G中盛放的试剂是浓硫酸,其作用是干燥氢气。\n7.[2022山西大同一中高一期末考试]用如图所示装置来制取Fe(OH)2并观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化。(1)B中盛有一定量的NaOH溶液,A中应预先加入的是,A中发生反应的离子方程式是。(2)简述生成Fe(OH)2的操作过程:。(3)实验结束,打开b,放入一部分空气,此时B中发生反应的化学方程式为;若不打开b,(填“能”或“不能”)较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。答案7.答案(1)铁屑Fe+2H+Fe2++H2↑(2)首先打开a、b,让分液漏斗中的硫酸溶液流下,并淹没通往B的导管,一段时间后关闭a、b,烧瓶中压强增大,A中液体沿导管流入B中,B中产生白色沉淀(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3能\n第一节　铁及其化合物课时2铁盐、亚铁盐\n教材必备知识精练\n知识点1亚铁盐的性质1.FeCl3溶液常用于外伤止血。要除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质,下列方法最好的是(已知硝酸具有强氧化性)()A.滴加过量HNO3溶液B.通入足量Cl2C.滴加酸性KMnO4溶液D.加入Na2O2答案1.BA、C、D项中物质都能将Fe2+氧化为Fe3+,但都会引入新的杂质,不符合除杂的要求。Cl2具有氧化性,会和Fe2+发生反应:Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-,且不引入新的杂质,B项符合题意。\n知识点1亚铁盐的性质2.下列反应的离子方程式正确的是()A.将溴水滴入FeCl2溶液中:2Fe2++Br22Fe3++2Br-B.向磁性氧化铁中加入稀盐酸:Fe3O4+8H+3Fe3++4H2OC.将氯化亚铁溶液和氯水混合:Fe2++Cl2Fe3++2Cl-D.将等浓度等体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合:N+OH-NH3·H2O答案2.A溴水具有强氧化性,可以将Fe2+氧化为Fe3+,A项正确;Fe3O4中铁元素有+2价和+3价,向Fe3O4中加入i稀盐酸时,产物中有Fe2+,B项错误;氯化亚铁和氯水反应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,题给离子方程式中电荷不守恒,C项错误;等浓度等体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合时,H+与OH-优先反应,正确的离子方程式为H++OH-H2O,D项错误。\n知识点2铁盐的性质3.[2022黑龙江牡丹江一中高一期末考试]将一块铜板放入500mL1.0mol·L-1的FeCl3溶液中制作印刷电路板(溶液体积的变化忽略不计)。下列有关此过程的叙述正确的是()A.Cu是还原剂,FeCl3是氧化剂B.溶液中Cl-的浓度逐渐减小C.溶液的氧化性逐渐增强D.该过程中转移的电子一定是0.5mol答案3.ACu与FeCl3溶液发生的反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,铜元素的化合价升高,铜是还原剂,铁元素的化合价降低,FeCl3是氧化剂,A项正确;反应过程中,溶液中Cl-的浓度不变,B项错误;由反应的化学方程式可知,反应过程中溶液的氧化性逐渐减弱,C项错误;由题可得,n(FeCl3)=0.5L×1.0mol·L-1=0.5mol,当FeCl3完全反应时,该过程中转移0.5mol电子,但FeCl3不一定反应完全,D项错误。\n知识点2铁盐的性质4.[2022江西吉安重点中学联考]向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入一定量的锌粉,充分反应后,得到固体X和溶液Y。下列说法错误的是()A.若固体X中没有锌粉,且溶液Y中有Cu2+,则溶液Y中一定有Fe2+B.若固体X中没有锌粉,且溶液Y中没有Cu2+,则溶液Y中一定有Zn2+,一定没有Fe3+,但不能确定是否有Fe2+C.若固体X中有锌粉,则固体X中一定还有Cu,可能有FeD.若固体X中有锌粉,则溶液Y中的金属阳离子只有Zn2+答案4.C氧化性:Fe3+>Cu2+>Fe2+>Zn2+,故若向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入足量锌粉,发生反应的先后顺序为①2Fe3++Zn2Fe2++Zn2+、②Cu2++ZnCu+Zn2+、③Fe2++ZnFe+Zn2+,现向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入一定量的锌粉,若固体X中没有锌粉,且溶液Y中有Cu2+,则反应③一定没有发生,溶液Y中一定有Fe2+,A项正确;若固体X中没有锌粉,且溶液Y中没有Cu2+,则反应①、②一定发生,反应③可能发生,则溶液Y中一定有Zn2+,一定没有Fe3+,但不能确定是否有Fe2+,B项正确;若固体X中有锌粉,则反应①、②、③一定发生,固体X中一定还有Cu和Fe,溶液Y中的金属阳离子只有Zn2+,C项错误,D项正确。\n知识点3Fe2+、Fe3+的检验5.[2022天津和平区高一期末考试]能证明某溶液中含有Fe2+、不含Fe3+的实验事实是()A.向该溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红B.向该溶液中滴加KSCN溶液,无明显变化,再滴加几滴氯水,溶液变红C.向该溶液中依次滴加氯水、KSCN溶液,溶液变红D.向该溶液中滴加少量NaOH溶液,产生红褐色沉淀答案5.B向该溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红,说明该溶液中含有Fe3+,A项错误;先滴加氯水,氯水可将Fe2+氧化成Fe3+,即使原溶液中不含Fe3+,滴加KSCN溶液后溶液也显红色,无法证明原溶液中是否含有Fe2+或Fe3+,C项错误;向该溶液中滴加少量NaOH溶液,产生红褐色沉淀,说明原溶液中含Fe3+,D项错误。\n知识点3Fe2+、Fe3+的检验归纳总结检验Fe2+、Fe3+的常见方法:Fe2+Fe3+溶液的颜色浅绿色棕黄色滴加KSCN溶液无明显现象溶液变红色结论利用含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色,可检验Fe3+的存在\n知识点3Fe2+、Fe3+的检验6.[2022广东惠州惠阳中山中学高一期末考试]将某难溶于水的铁的化合物溶于适量盐酸中,然后滴加KSCN溶液无明显变化,再加入适量氯水,溶液立即变红,则该化合物是()A.Fe2O3B.FeCl3C.FeSO4D.FeO答案6.D由题意可知,该铁的化合物难溶于水,则可排除B、C项。将该化合物溶于适量盐酸中,然后滴加硫氰化钾溶液无明显变化,说明该化合物与盐酸反应的产物中没有铁离子,则可排除A项。将FeO溶于适量盐酸中,FeO与盐酸反应生成FeCl2和H2O,然后滴加KSCN溶液无明显变化,再加入适量氯水,氯水会把亚铁离子氧化成铁离子,溶液立即变红,故选D。\n知识点4铁及其化合物的计算7.[2022山东东营胜利一中高一月考,双选题]将1.12g铁粉加入25mL2mol·L-1的氯化铁溶液中充分反应(忽略溶液体积的变化),下列相关叙述正确的是()A.铁粉完全溶解,Cl-的浓度不变B.向溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红C.溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为5∶1D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5答案7.ABn(Fe)==0.02mol,n(FeCl3)=2mol·L-1×0.025L=0.05mol,由反应Fe+2Fe3+3Fe2+可知,铁粉完全反应,氯化铁有剩余,Cl-的浓度不变,A项正确;氯化铁有剩余,向溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红,B项正确;由反应Fe+2Fe3+3Fe2+可知,0.02molFe完全反应,生成0.06molFe2+,Fe3+剩余0.01mol,则溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6∶1,C项错误;由反应Fe+2FeCl33FeCl2可知,Fe被氧化,氯化铁被还原,则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2,D项错误。\n知识点4铁及其化合物的计算8.将某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mLCl2,恰好将溶液中的Fe2+完全氧化,则x为()A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93答案8.A根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等。FexO中Fe元素的平均化合价为+,标准状况下112mLCl2被还原为Cl-转移的电子为0.01mol。则有×(3-)×x=0.01,解得x=0.80。\n知识点4铁及其化合物的计算9.将Cu片放入0.1mol·L-1FeCl3溶液中,反应一段时间后取出Cu片,溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=2∶3,则溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为()A.3∶2B.3∶4C.3∶5D.4∶3答案9.B根据反应2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+可知,反应后溶液中c(Cu2+)=c(Fe2+),故c(Cu2+)∶c(Fe3+)=c(Fe2+)∶c(Fe3+)=3∶4,即n(Cu2+)∶n(Fe3+)=3∶4。\n知识点4铁及其化合物的计算10.把过量铁屑加入FeCl3、CuCl2的混合溶液中,反应结束后,称得剩余固体的质量与所加铁屑的质量相等。则原溶液中FeCl3与CuCl2的物质的量之比是()A.7∶2B.3∶2C.2∶3D.2∶7答案10.D根据反应①2Fe3++Fe3Fe2+可知,铁溶解,固体质量减少,根据反应②Cu2++FeCu+Fe2+可知,铁溶解,铜析出,固体质量增加,而反应结束后,称得剩余固体的质量与所加铁屑的质量相等,则反应①中固体减少的质量与反应②中固体增加的质量相等,即56g·mol-1×=(64g·mol-1-56g·mol-1)×n(Cu2+),得n(Fe3+)∶n(Cu2+)=2∶7,故n(FeCl3)∶n(CuCl2)=2∶7。\n学科关键能力构建\n1.[2022安徽芜湖一中高一月考]已知化合物A是一种盐,某同学对A的水溶液进行了一系列实验,实验过程及现象如图所示。已知硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+。下列有关推断错误的是()A.A一定是FeCl3B.白色沉淀B是AgClC.滤液C中一定含Fe3+D.无法确定A中是否含有Fe2+答案1.A由图可知,A与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀B,则A中一定含有Cl-,B为AgCl;向滤液C中加入KSCN溶液,得到红色溶液D,则滤液C中一定含有Fe3+,又因为硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+,结合题图可知,A中的阳离子可能是Fe2+,也可能是Fe3+,即A可能为FeCl3或FeCl2。\n2.[2022天津河东区模拟考试]自来水厂利用铁屑及FeCl2溶液处理泄漏的Cl2,其原理如图所示。下列有关说法错误的是()A.Cl2和水反应的离子方程式为H2O+Cl2Cl-+HClO+H+B.吸收泄漏氯气的离子方程式为2Fe2++Cl22Cl-+2Fe3+C.铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2D.铁屑耗尽时溶液中可能大量存在:Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-、H+答案2.D氯气具有强氧化性,能将FeCl2氧化为FeCl3,离子方程式为2Fe2++Cl22Cl-+2Fe3+,B项正确;FeCl3能与铁屑反应生成FeCl2,C项正确;ClO-和Fe2+在酸性条件下不能大量共存,D项错误。\n3.某化学小组为验证Fe3+与Fe2+能够相互转化,进行如下实验。下列分析不合理的是()A.产生现象ⅰ的原因:2Fe3++Fe3Fe2+B.操作②与③可以调换顺序C.产生现象ⅲ的原因:Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+D.氧化性:Cl2>Fe3+>Fe2+答案3.BA项,向FeCl3溶液中加入过量铁粉,铁与Fe3+反应生成Fe2+,溶液由棕黄色变为浅绿色,正确;B项,若先滴加新制氯水,Fe2+被氧化为Fe3+,再滴加KSCN溶液,溶液变红,无法检验Fe2+,错误;C项,滴加新制氯水后,Fe2+被Cl2氧化为Fe3+,正确;D项,实验中发生的氧化还原反应有2Fe3++Fe3Fe2+和Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+,则氧化性:Cl2>Fe3+>Fe2+,正确。实验操作现象①向FeCl3溶液中加入过量铁粉ⅰ.溶液由棕黄色变为浅绿色②向①中滴加KSCN溶液ⅱ.溶液无明显变化③向②中滴加几滴新制氯水ⅲ.溶液变红\n4.[2022山东泰安新泰一中高一质检,双选题]向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液,溶液迅速变黄,并有气体产生;再滴加KSCN溶液,溶液立即变红,一段时间后,溶液颜色又明显变浅。依据上述实验现象,下列分析错误的是()A.产生气体的原因是FeSO4与H2O2反应生成了O2B.H2O2与FeSO4反应生成了Fe3+的证据是“溶液迅速变黄”和“溶液立即变红”C.溶液颜色变浅,可能是过量的H2O2氧化了KSCND.溶液变红的原因可用Fe3++3SCN-Fe(SCN)3↓表示答案4.AD产生气体的原因是过氧化氢分解生成了氧气,A项错误;溶液变红的原因是铁离子和硫氰根离子反应生成了Fe(SCN)3,离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,Fe(SCN)3不是沉淀,D项错误。\n5.硫酸铁的部分化学性质如图所示,下列选项中的物质对应正确的是(已知:M、N、P、Q均足量)()答案5.CA项,Ba(OH)2与Fe2(SO4)3反应得到的是红褐色Fe(OH)3沉淀与白色BaSO4沉淀的混合物,该混合物不是白色,Cu与溶液反应得到的是CuSO4和FeSO4的混合溶液,该混合溶液不显浅绿色,错误;B项,FeO与Fe2(SO4)3溶液不反应,错误;D项,MgCl2与Fe2(SO4)3溶液不反应,错误。选项MNPQANH3·H2OBa(OH)2铜KSCNBNaBaCl2FeOKSCNCNaOHBa(NO3)2FeKSCNDNa2O2MgCl2FeKSCN\n6.[2022黑龙江哈尔滨三中高一期末考试]电子工业中,人们常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板来制作印刷电路板,并回收Cu。实验室模拟综合利用FeCl3溶液制作印刷电路板的流程如图所示。下列说法错误的是()A.废液的主要成分为FeCl3、FeCl2、CuCl2B.废液中Fe2+和Cu2+的物质的量之比为1∶2C.Z可以是氯气或H2O2溶液D.X是铁粉,Y是盐酸答案6.BFeCl3溶液与铜反应的离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,则废液的主要成分为FeCl3、FeCl2、CuCl2,废液中Fe2+和Cu2+的物质的量之比为2∶1,A项正确,B项错误;废液的主要成分为氯化铁、氯化亚铁和氯化铜,加入的X即为铁粉,氯化铁和铁反应生成氯化亚铁,氯化铜和铁反应生成氯化亚铁和铜,过滤得到的滤液1即为氯化亚铁溶液,被加入(或通入)的过量Z氧化为氯化铁溶液,且不能引入新杂质,则Z可以为氯气或过氧化氢溶液,C项正确;X为Fe粉,滤渣1为Fe、Cu,Y为盐酸,D项正确。\n7.[2022安徽阜阳界首中学高一期末考试]A~E均为中学化学中的常见物质,它们存在如图所示转化关系(部分产物已略去)。其中A为常见的金属单质,E为红褐色沉淀。请回答下列问题。(1)写出有关物质的化学式:B、D、E。(2)请写出A→B的化学方程式:,若反应消耗2.24L(标准状况下)Cl2,转移的电子数为。(3)请写出C→D的离子方程式:,实验室中由C制备D时,会在试管中的液面上滴一层植物油,该操作的目的是。(4)请写出D→E的化学方程式:,该反应属于(填四大基本反应类型)。\n答案7.答案(1)FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)3(2)2Fe+3Cl22FeCl30.2NA(3)Fe2++2OH-Fe(OH)2↓隔绝空气,防止空气中的氧气将Fe(OH)2氧化(4)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3化合反应解析(1)E为红褐色沉淀,则E为Fe(OH)3,结合题意及题图可知,A为Fe、B为FeCl3、C为FeCl2、D为Fe(OH)2。(3)FeCl2与NaOH反应的离子方程式为Fe2++2OH-Fe(OH)2↓,由于Fe(OH)2在空气中易被氧气氧化,故制备Fe(OH)2时应注意隔绝空气。\n8.[2022上海徐汇区高一月考]有一瓶用硫酸酸化的FeSO4溶液,置于空气中一段时间后,发生部分变质(溶液的体积变化忽略不计),已知溶液中c(H+)=0.1mol·L-1(假设该溶液中的H+全部来自H2SO4)。为测定该溶液中Fe2+变质的百分率,现进行如下操作,请回答下列问题。(1)20mL该变质的FeSO4溶液中,Fe2+和Fe3+的总物质的量为。(2)原溶液中Fe2+变质的百分率为。(3)该变质的FeSO4溶液中H2SO4的物质的量浓度为。\n答案8.答案(1)0.01mol(2)20%(3)0.05mol·L-1解析(1)由题图可知,向20mL该变质的FeSO4溶液中加入过量的NaOH溶液并过滤,得到的滤渣b为Fe(OH)2和Fe(OH)3,将滤渣b洗涤干净并充分灼烧,可得到0.8gFe2O3,依据铁元素守恒得,20mL该变质的FeSO4溶液中Fe2+和Fe3+的总物质的量为2×=0.01mol。(2)由c(H+)=0.1mol·L-1,再根据H2SO4~2H+,可知20mL该变质的FeSO4溶液中H2SO4的物质的量为×0.02L×0.1mol·L-1=0.001mol;向10mL该变质的FeSO4溶液中加入过量的BaCl2溶液并过滤,得到的滤渣a为BaSO4,则20mL该变质的FeSO4溶液中S的总物质的量为=0.012mol,设20mL该变质的硫酸亚铁溶液中含Fe2+、Fe3+的物质的量分别为xmol、ymol,根据铁元素守恒可得,x+y=0.01,根据S守恒可得,0.001+x+y=0.012,解得x=0.008,y=0.002,则原溶液中Fe2+变质的百分率为×100%=20%。(3)该变质的FeSO4溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,根据H2SO4~2H+,c(H2SO4)=c(H+)=×0.1mol·L-1=0.05mol·L-1。\n易错疑难集训\n教材易混易错集训\n易错点Fe、Fe2+、Fe3+之间的相互转化1.现有浓度均为1mol·L-1的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL,向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。下列有关叙述错误的是()A.反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+,不含Fe3+B.反应后的溶液中含有0.2molFe2+和0.1molCu2+C.反应后的溶液中Fe2+的浓度增至3mol·L-1D.反应后残留固体为3.2g答案1.B由于氧化性:Fe3+>Cu2+>Fe2+,故加入铁粉后,铁粉先与Fe3+反应,后与Cu2+反应。根据反应2Fe3++Fe3Fe2+、Fe+Cu2+Fe2++Cu可知,Fe3+完全反应,Cu2+只有一半发生反应,反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+,不含Fe3+,A项正确;反应后的溶液中n(Fe2+)=0.3mol,n(Cu2+)=0.05mol,B项错误;反应后的溶液中c(Fe2+)==3mol·L-1,C项正确;反应后残留固体为0.05molCu,质量为3.2g,D项正确。\n易错点Fe、Fe2+、Fe3+之间的相互转化2.金属及其化合物在人类生活、生产中发挥着重要的作用。印刷电路板由高分子材料和铜箔复合而成,刻制印刷电路时,工业上常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”,有CuCl2和FeCl2生成。如下是某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液所采用的工艺流程图:请回答下列问题。(1)实验室中,检验溶液中存在Fe3+的试剂是,证明Fe3+存在的现象是。(2)写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式:。(3)写出上述流程图中加入或生成的有关物质的化学式:①,②,④。(4)含有②的滤液与⑤反应的化学方程式为。\n易错点Fe、Fe2+、Fe3+之间的相互转化(5)若向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉,反应结束后,下列结果不可能出现的是(填序号)。A.有铜单质剩余但无铁单质剩余B.有铁单质剩余但无铜单质剩余C.铁、铜单质都有剩余D.铁、铜单质都无剩余\n易错点Fe、Fe2+、Fe3+之间的相互转化答案2.答案(1)KSCN溶液　溶液变成红色(2)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+(3)FeFeCl2HCl(4)2FeCl2+Cl22FeCl3(5)B解析废液中含有FeCl2、CuCl2、FeCl3,向废液中加入过量Fe,发生的离子反应有2Fe3++Fe3Fe2+、Cu2++FeFe2++Cu,然后过滤,滤液中含有FeCl2,滤渣中含有Cu、Fe,向滤渣中加入过量盐酸,Fe溶解,Cu不溶解,然后过滤得到金属单质Cu,滤液中含有FeCl2,向FeCl2滤液中通入过量Cl2,发生的离子反应为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,从而得到FeCl3溶液。(1)Fe3+和KSCN溶液混合生成硫氰化铁而使溶液呈红色,可以用KSCN溶液检验Fe3+。(3)通过以上分析知,①②④分别是Fe、FeCl2、HCl。(4)FeCl2与Cl2发生氧化还原反应生成FeCl3,化学方程式为2FeCl2+Cl22FeCl3。(5)A项,加入铁和铜的混合物,铁首先与氯化铁反应,可能铁全部反应而铜有剩余;B项,加入铁和铜的混合物,铁首先与氯化铁反应,铜后参加反应,不会出现有铁无铜的情况;C项,若氯化铁的量少,加入的铁粉和铜粉都可能有剩余;D项,若氯化铁的量多,加入的铁粉和铜粉全部参加反应,不会有剩余。\n常考疑难问题突破\n疑难点铁及其化合物的相关计算1.[2022黑龙江哈尔滨三中高一期末考试]向500mL物质的量浓度均为2mol·L-1的Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入bmol铁粉,充分反应后,下列有关说法错误的是()A.若有固体剩余,则可能是铜或铁和铜B.当b≤1时,发生的反应为2Fe3++Fe3Fe2+C.当1<b<2时,反应后所得溶液中n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(2-b)∶(2+b)D.当b≥2时,发生的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+Cu2+Cu+Fe2+\n疑难点铁及其化合物的相关计算答案1.C因氧化性:Fe3+>Cu2+,故若加入足量铁粉,发生反应的顺序为①Fe+2Fe3+3Fe2+、②Fe+Cu2+Fe2++Cu。现加入bmol铁粉,若有固体剩余,则固体中一定有铜,当铁粉过量时,还会有铁,A项正确;由题意可知,混合溶液中Fe3+的物质的量为2mol·L-1×0.5L×2=2mol,Cu2+的物质的量为2mol·L-1×0.5L=1mol,结合A项分析可知,当b≤1时,铁粉只能将Fe3+还原,发生的反应为2Fe3++Fe3Fe2+,当b≥2时,铁粉可将Fe3+和Cu2+全部还原,发生的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+Cu2+Cu+Fe2+,B、D项正确;当1<b<2时,由上述分析可知,Fe3+全部被还原,Cu2+部分被还原,则:2Fe3++Fe3Fe2+2mol1mol3molCu2++FeFe2++Cu(b-1)mol(b-1)mol(b-1)mol反应后所得溶液中n(Cu2+)=1mol-(b-1)mol=(2-b)mol,n(Fe2+)=3mol+(b-1)mol=(b+2)mol,n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(2+b)∶(2-b),C项错误。\n疑难点铁及其化合物的相关计算2.[2022湖北武汉一中高一月考]现有Fe、Cu的混合物X(部分Fe、Cu被氧化,氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g,经如图所示的流程处理。下列说法正确的是()A.滤液C中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B.气体A为O2C.混合物X中Fe元素的质量为2.24gD.混合物X中CuO的质量为4.0g答案2.C由于氧化性:Fe3+>Cu2+>H+,故Fe先与Fe3+反应,再与Cu2+反应,最后与H+反应,由于稀硫酸足量,Fe与H+反应生成Fe2+和H2,则滤液C中一定不含Fe3+,滤液C中的阳离子为Fe2+、H+,A项错误;气体A为H2,B项错误;滤液C中含有Fe2+、H+,加入足量NaOH溶液后,过滤,将滤渣D充分灼烧后得到的固体为Fe2O3,3.2gFe2O3的物质的量为0.02mol,所以混合物X中Fe元素的质量为56g·mol-1×0.04mol=2.24g,C项正确;滤渣B为金属铜,则混合物X中铜元素的物质的量为0.05mol,若铜元素全部来自CuO,则CuO的质量为80g·mol-1×0.05mol=4.0g,由于只有部分铜被氧化成CuO,则混合物X中氧化铜的质量一定小于4.0g,D项错误。\n第二节　金属材料课时1合金　铝和铝合金\n教材必备知识精练\n知识点1合金的性质及用途1.下列关于合金的说法错误的是()A.合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质B.镁铝合金的熔点比镁和铝的都高C.在合金中加入适量稀土金属能大大改善合金的性能D.青铜、硬铝、钢都是合金答案1.BA项,合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质,正确;B项,镁铝合金的熔点比镁和铝的都低,错误;C项,在合金中加入适量稀土金属或含稀土金属的化合物能大大改善合金的性能,正确;D项,青铜、硬铝、钢都是合金,正确。\n知识点1合金的性质及用途2.[2022四川成都蓉城名校联盟高一期末考试]在生产和生活中,金属材料几乎无处不在。下列说法错误的是()A.合金的熔点一般比各成分金属的低B.目前我国流通的硬币属于合金C.青铜的硬度比纯铜的硬度小D.日用铝制品表面覆盖着氧化膜,对内部金属起保护作用答案2.C青铜的硬度比纯铜的硬度大,C项错误。\n知识点2铁合金3.下列有关纯铁和铁合金的说法错误的是()A.生铁比纯铁软B.纯铁和铁合金都具有良好的导热性C.钢是铁的合金D.生铁的熔点比纯铁的低答案3.A合金的硬度一般比各成分金属的大,而熔点一般比各成分金属的低,A项错误,D项正确;纯铁和铁合金都具有良好的导热性,B项正确;钢是铁的合金,C项正确。\n知识点2铁合金4.[2022黑龙江大庆实验中学高一期末考试]我国高铁对百万以上人口城市的覆盖率超过95%,其中制造钢轨的材料是钢。下列有关说法错误的是()A.钢是用量最大的合金B.生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金C.不锈钢是最常见的一种合金钢D.钢是用途最广的合金,钢的熔点比铁的熔点高答案4.D钢是用途最广的合金,钢的熔点比铁的熔点低,D项错误。\n知识点3铝5.[2022河北张家口宣化一中模拟考试]某管道疏通剂的主要成分是NaOH粉末和铝粉,可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞,使用时会产生大量气泡。下列对该疏通剂的描述正确的是()A.加冷水可提高疏通效果B.使用时应防明火以免发生爆炸C.可敞口置于空气中保存D.使用过程中NaOH作氧化剂答案5.B加冷水会减慢反应速率,不能提高疏通效果,A项错误;该疏通剂在使用过程中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,生成的氢气具有可燃性,则该疏通剂使用时应防明火以免发生爆炸,B项正确;将该疏通剂敞口置于空气中,空气中的二氧化碳会与NaOH发生反应,从而使该疏通剂变质,C项错误;由上述化学方程式可知,Al作还原剂,H2O作氧化剂,NaOH既不是氧化剂也不是还原剂,D项错误。\n知识点3铝6.[2022上海松江区高一月考]取等质量的铝分别与100mL、浓度均为2mol·L-1的盐酸和NaOH溶液反应,产生氢气的体积之比为6∶7(相同条件下),则下列有关反应物的量的说法正确的是()A.均恰好反应B.酸过量C.碱过量D.酸、碱均过量答案6.C等质量的铝分别与100mL、浓度均为2mol·L-1的盐酸和NaOH溶液反应,产生氢气的体积之比为6∶7,说明氢氧化钠溶液过量,而盐酸不足,故选C。\n知识点4氧化铝的两性7.氧化铝的熔点很高,常用于制造耐火材料,如制作坩埚。下列操作不能在氧化铝坩埚中进行的是()A.加热使胆矾失去结晶水B.加热使高锰酸钾分解C.加热熔化烧碱D.加热分解碱式碳酸铜答案7.C氧化铝能与强碱反应,故用氧化铝材料制作的坩埚不能用来加热熔化强碱,C项符合题意。\n知识点4氧化铝的两性8.把Fe2O3中混有的少量Al2O3除去,应选用的试剂是()A.稀硝酸B.硫酸铜溶液C.烧碱溶液D.稀盐酸答案8.CAl2O3能与烧碱溶液反应,而Fe2O3不与烧碱溶液反应,因此选择用烧碱溶液除去。\n知识点5铝合金及其制品9.日常生活中使用的钥匙是由铝合金制成的,而不是由纯铝所制,这主要是因为铝合金的()A.熔点低B.耐腐蚀性强C.硬度大D.密度小答案9.C铝合金代替纯铝制作钥匙是因为铝合金的硬度大。\n知识点5铝合金及其制品10.镁铝合金质优体轻,又不易锈蚀,可大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述错误的是()A.此合金的熔点比镁和铝的熔点都低B.此合金能全部溶解于足量稀盐酸中C.此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中D.此合金的硬度比镁和铝的硬度都大答案10.CA项,合金的熔点一般比各成分金属的熔点都低,正确;B项,此合金的成分是镁和铝,均能与稀盐酸反应,故此合金能全部溶解于足量稀盐酸中,正确;C项,此合金属于镁和铝的混合物,铝能与氢氧化钠反应,但镁不能与氢氧化钠反应,故此合金不能全部溶解于氢氧化钠溶液中,错误;D项,合金的硬度一般比各成分金属的硬度都大,正确。\n知识点6新型合金11.我国“蛟龙号”载人潜水器已成功下潜至海底7062.68米处。“蛟龙号”载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金,下列有关合金的说法正确的是()A.钛合金是一种新型金属单质B.钛合金的熔点比钛金属的高C.钛合金的硬度与钛单质的相同D.合金钢和硬铝都是合金答案11.DA项,合金都是混合物,错误;B项,合金的熔点一般比其各成分金属的熔点都低,错误;C项,合金的硬度一般比其各成分金属的硬度都大,错误;D项,合金钢和硬铝都是合金,正确。\n学科关键能力构建\n1.[2022广东广州协和中学高一期末考试]2022年世界冬奥会和冬残奥会在北京举行,中国短道速滑队共收获2金1银1铜。速滑冰刀通常由优质高碳钢和轻合金制成,下列叙述错误的是()A.高碳钢中的含碳量高于0.6%B.高碳钢硬而脆,热处理后弹性好C.高碳钢的熔点大于纯铁的熔点D.高碳钢的硬度大于纯铁的硬度答案1.C合金的熔点一般比其成分金属的低,C项错误。\n2.[2022广西贺州昭平中学高一期末考试]如表所示是某合金与铁的物理性质。已知该合金耐腐蚀,刚性好,则下列说法错误的是()A.该合金是制作轻薄的笔记本电脑外壳的优良材料B.该合金比铁更适合作导电材料C.该合金密度较小,抗拉强度较大,刚性好,可用于制造手机等高科技产品D.铁单质必须加热到1535℃才能与其他物质反应答案2.D该合金密度较小,硬度较大,是制作轻薄的笔记本电脑外壳的优良材料,A项正确;该合金的电阻率比铁的小,故其比铁更适合作导电材料,B项正确;铁单质在常温下就能与盐酸反应,D项错误。熔点/℃密度/(g·cm-3)抗拉强度/MPa电阻率/(Ω·m)合金4631.8~3.042026.546~44.5铁15357.86170~27097.1\n3.[2022北京顺义区牛栏山一中高一月考]已知铝在空气中会生成一层致密的氧化膜(Al2O3),该氧化膜可与稀盐酸发生反应:Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O。某实验小组将未打磨的铝片和稀盐酸放入一恒容密闭容器中,用传感器探究反应过程中温度和压强的变化,结果如图所示。下列说法错误的是()A.铝与稀盐酸反应的过程中有热量放出B.0~50s,发生稀盐酸与Al2O3的反应C.50s时,溶液中溶质为AlCl3D.100~140s,压强减小是因为温度降低了答案3.C氧化铝覆盖在铝的表面,由图示可知,0~50s,发生Al2O3与稀盐酸的反应,50~100s,发生铝与稀盐酸的反应,该过程中温度升高,则铝与稀盐酸反应的过程中有热量放出,A、B项正确;50s时,盐酸未反应完,溶液中的溶质为AlCl3、HCl,C项错误;100s左右,反应停止,100~140s,压强减小是因为温度降低了,D项正确。\n4.某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨,除去表面的保护膜,用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热至熔化,发现熔化的铝并不滴落,而是好像被一层膜兜着。下列对该现象的说法错误的是()A.兜着液体的这层膜是氧化铝B.该实验说明了氧化铝的熔点高于铝的熔点C.铝极易与空气中的氧气反应而在表面形成氧化物保护膜D.铝的化学性质较稳定,即使加热到熔化也不与空气中的氧气反应答案4.D将打磨过的铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热,铝和氧气反应生成了氧化铝,因氧化铝的熔点高于铝的熔点,所以在加热铝箔时,铝熔化但不会滴落,D项错误。\n5.[2022山东师大附中高一期中考试]某化学兴趣小组按照如图所示流程用镁铝合金制备硫酸铝晶体。下列有关说法错误的是()A.金属X是镁B.滤渣B的化学式为Al(OH)3C.镁铝合金与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑D.操作①包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶答案5.D向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液,Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,镁与氢氧化钠溶液不反应,则金属X是Mg,A、C项正确;向滤液A中加入稀硫酸,调节溶液的pH为8~9,得到氢氧化铝沉淀,B项正确;向滤渣B中加入足量稀硫酸,得到的溶液C为硫酸与硫酸铝的混合溶液,再将溶液C蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体,D项错误。\n6.[2022北京平谷区高一期末考试]某化学小组进行了如图所示铝的性质探究实验,下列说法错误的是()A.从元素化合价的角度来看,产生的气体只能是H2B.实验Ⅰ中NaOH是氧化剂C.实验Ⅱ说明Al2O3具有酸性氧化物的性质D.实验Ⅰ和Ⅱ反应后的溶液中的微粒种类完全相同答案6.B从元素化合价的角度来看,铝元素的化合价升高,而能发生化合价降低的只有氢元素,所以产生的气体只能是H2,A项正确;铝和氢氧化钠溶液发生的氧化还原反应中,铝失电子,水得电子生成氢气,水是氧化剂,B项错误;未打磨过的铝片表面有一层氧化铝薄膜,故实验Ⅱ开始时无气泡产生是因为Al2O3与氢氧化钠反应生成了偏铝酸钠和水,说明Al2O3具有酸性氧化物的性质,C项正确;实验Ⅰ和Ⅱ反应后的溶液中的溶质都是偏铝酸钠和氢氧化钠,D项正确。\n7.甲、乙两个烧杯中分别盛有100mL4.0mol·L-1的盐酸和100mL4.0mol·L-1的NaOH溶液,向两个烧杯中均加入5.4g铝粉,在相同状况下甲、乙两烧杯中产生气体的体积比为()A.1∶1B.2∶3C.3∶2D.3∶1答案7.B甲、乙两烧杯中分别含有HCl、NaOH的物质的量都为0.4mol,根据化学方程式:2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑可知,5.4g(即0.2mol)Al分别与上述盐酸和NaOH溶液反应时,盐酸不足,而NaOH过量,故Al与盐酸反应生成0.2molH2,与NaOH溶液反应生成0.3molH2,在相同状况下H2的体积比为2∶3。\n8.铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组的三位同学为测定某含镁3%~5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数,设计下列三种不同实验方案进行探究。填写下列空白。探究一实验方案:铝镁合金测定剩余固体质量。实验中发生反应的化学方程式是。实验步骤:(1)称取5.4g铝镁合金粉末样品,投入体积为V、浓度为2.0mol·L-1的NaOH溶液中,充分反应。为保证合金充分反应,NaOH溶液的体积V≥。(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体,测得镁的质量分数将(填“偏大”或“偏小”)。探究二实验方案:铝镁合金测定生成气体的体积(实验装置如图所示)。(1)某同学提出该实验装置不够完善,应在A、B之间添加一个除酸雾的装置。你的意见是(填“需要”或“不需要”)。(2)为使测定结果尽可能精确,实验中应注意的问题有(写出两点):,。\n探究三实验方案:称量xg铝镁合金粉末,放入装有足量氧气的容器中使其充分灼烧。(1)欲计算镁的质量分数,该实验中还需测定的数据是。(2)若用空气代替O2进行实验,对测定结果是否有影响?(填“是”或“否”)。答案8.答案探究一2H2O+2Al+2NaOH2NaAlO2+3H2↑(1)97mL(2)偏大探究二(1)不需要(2)冷却至室温再读数　读数时,使量气管中液面与B中液面相平探究三(1)充分灼烧后固体粉末的质量(2)是解析探究一(1)铝镁合金中镁的质量分数为3%时,5.4g铝镁合金粉末样品中铝的质量为5.4g×(1-3%)=5.4g×97%,则:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑22n(NaOH)\n答案所以n(NaOH)=0.194mol,需要NaOH溶液的体积V==0.097L=97mL;为保证合金充分反应,NaOH溶液的体积V≥97mL。(2)合金与NaOH溶液充分反应后,镁上会附着NaAlO2等物质,未洗涤导致测定的镁的质量偏大,镁的质量分数将偏大。探究二(1)因为氯化氢极易溶于水,挥发的氯化氢不影响氢气体积的测定结果,所以不需要加除酸雾装置。(2)反应中装置的气密性、合金是否完全溶解、量气装置的使用都会影响测定结果。因此为使测定结果尽可能精确,实验中应注意的问题有:检查装置的气密性,加入足量盐酸,调整量气管的高度,使量气管中液面与B中液面相平,待冷却至室温再读体积等。探究三(2)若用空气代替O2进行实验,Mg除了会与O2发生反应,还会与N2发生反应生成Mg3N2,与CO2发生反应生成MgO和C,对测定结果会有影响。\n第二节　金属材料课时2物质的量在化学方程式计算中的应用\n教材必备知识精练\n知识点1根据化学方程式计算1.在500mLNaOH溶液中加入足量铝粉,反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6L,该NaOH溶液的浓度为()A.1mol·L-1B.2mol·L-1C.1.5mol·L-1D.3mol·L-1答案1.B设该NaOH溶液中NaOH的物质的量为x,则:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑2mol67.2Lx33.6L,解得x=1mol,c(NaOH)==2mol·L-1。\n知识点1根据化学方程式计算2.[2022山东师大附中高一月考]将26gNa2O和Na2O2的固体混合物投入足量水中,充分反应后收集到3.2gO2,则该混合物中Na2O2的质量分数为()A.30%B.75%C.60%D.40%答案2.C将26gNa2O和Na2O2的固体混合物投入足量水中,发生的反应有2H2O+2Na2O24NaOH+O2↑、H2O+Na2O2NaOH,根据上述化学方程式可知,n(Na2O2)=2n(O2)=×2=0.2mol,m(Na2O2)=78g·mol-1×0.2mol=15.6g,则该混合物中Na2O2的质量分数为×100%=60%,故选C。\n知识点1根据化学方程式计算3.[2022黑龙江双鸭山一中高一期末考试]将0.1molNa和0.1molAl同时投入足量冷水中,充分反应后产生的H2在标准状况下的体积为()A.4.48LB.3.36LC.2.24LD.1.12L答案3.A将0.1molNa和0.1molAl同时投入足量冷水中,Na先与水发生反应:2Na+2H2O2NaOH+H2↑,0.1mol钠完全反应产生0.05mol氢气和0.1mol氢氧化钠,然后氢氧化钠与Al发生反应:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,由化学方程式可知,0.1molAl消耗0.1molNaOH,生成0.15mol氢气,故生成的氢气在标准状况下的体积为(0.05mol+0.15mol)×22.4L·mol-1=4.48L,故选A。\n知识点1根据化学方程式计算4.甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·的盐酸和氢氧化钠溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后测得生成的气体体积(相同条件下)比为甲∶乙=1∶2,则每个烧杯中加入的铝粉质量为()A.5.4gB.3.6gC.2.7gD.1.8g答案4.A由6HCl+2Al2AlCl3+3H2↑、2NaOH+2Al+2H2O2NaAlO2+3H2↑可知,两份等质量的Al都完全反应时,生成等量的H2,消耗HCl与NaOH的量不等。由题意知HCl、NaOH均为0.3mol,且已知生成H2的体积比为1∶2,所以发生反应时盐酸中的Al过量,NaOH溶液中的Al不足。由生成H2的体积比为1∶2可知,反应的Al的量之比也为1∶2,则与0.3mol盐酸反应的Al为2.7g,与NaOH溶液反应的Al为5.4g。\n知识点2列方程组法在化学方程式计算中的应用5.将0.2mol钠和铝的混合物溶于足量的盐酸中,产生3136mL(标准状况下)氢气,则钠和铝的物质的量之比为()A.1∶3B.3∶1C.4∶1D.1∶4答案5.CH2的物质的量为=0.14mol。设混合物中钠和铝的物质的量分别为xmol、ymol,则:2Na+2HCl2NaCl+H2↑21x2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑23yy则,解得,故Na和Al的物质的量之比为4∶1。\n知识点2列方程组法在化学方程式计算中的应用6.[2022安徽合肥中科大附中高一月考]ag单质碳和16g氧气在恒容密闭容器中完全反应生成CO、CO2,恢复到原来的温度时,测得容器内的压强增大了0.8倍(忽略固体对压强的影响),下列选项错误的是()A.a=7.2B.反应后所得混合气体的平均摩尔质量为29.8g·mol-1C.n(CO)=0.8molD.m(CO2)=4.4g答案6.A由题意可知,碳、氧气均完全反应,反应后容器内的压强增大了0.8倍,则生成的CO、CO2的总物质的量为(1+0.8)×=0.9mol,设CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol,根据碳、氧原子守恒可得,解得x=0.8,y=0.1。根据碳原子守恒可知,碳的质量为12g·mol-1×0.9mol=10.8g,A项错误,C项正确;反应后所得混合气体的平均摩尔质量为=29.8g·mol-1,B项正确;由上述分析可知,m(CO2)=0.1mol×44g·mol-1=4.4g,D项正确。\n知识点2列方程组法在化学方程式计算中的应用7.把1.1g铁、铝混合物溶于200mL5mol·L-1的盐酸中,反应后盐酸的浓度变为4.6mol·L-1(溶液体积变化忽略不计)。则:(1)反应中消耗HCl的物质的量为。(2)该混合物中铝、铁的物质的量分别为、。\n知识点2列方程组法在化学方程式计算中的应用答案7.答案(1)0.08mol(2)0.02mol0.01mol解析(1)反应中消耗HCl的物质的量为0.2L×5mol·L-1-0.2L×4.6mol·L-1=0.08mol。(2)设1.1g混合物中Al、Fe的物质的量分别为x、y,则:2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑26x3xFe+2HClFeCl2+H2↑12y2y则有解得x=0.02mol,y=0.01mol。\n知识点3差量法在化学方程式计算中的应用8.把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中,充分反应后,剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等,则原溶液中H+与S的物质的量浓度之比为()A.1∶4B.2∶7C.1∶2D.3∶8答案8.A设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为xmol、ymol,则Fe+H2SO4FeSO4+H2↑Δm(固体减少的质量)1mol56gxmol56xgFe+CuSO4FeSO4+CuΔm(固体增加的质量)1mol8gymol8yg充分反应后,剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等,即Δm(减)=Δm(增),则56x=8y,,则,故答案为A。\n知识点3差量法在化学方程式计算中的应用9.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质,某化学兴趣小组取ag工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得bg固体。则该样品中纯碱的质量分数是()A.×100%B.×100%C.×100%D.×100%答案9.D设该样品中纯碱的质量为mg,由反应的化学方程式可知,Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2↑+H2O10611711mg(b-a)g,解得m=×106,故样品中纯碱的质量分数为×100%=×100%。\n知识点3差量法在化学方程式计算中的应用10.已知28gCuO和MgO的固体混合物与200mL某H2SO4溶液恰好完全反应,将反应后的溶液小心蒸干,得到固体68g。则原H2SO4溶液的物质的量浓度和原固体混合物中氧元素的质量分数分别是()A.2.5mol·L-128.57%B.2.2mol·L-123.07%C.1.5mol·L-124.55%D.2.5mol·L-118.37%答案10.A将反应后的溶液蒸干得到CuSO4、MgSO4固体,根据CuO~CuSO4、MgO~MgSO4可知,固体增加的质量为“SO3”的质量,“SO3”的物质的量为=0.5mol,故原H2SO4溶液中n(H2SO4)=0.5mol,原固体混合物中n(O)=0.5mol,故原H2SO4溶液中c(H2SO4)==2.5mol·L-1,原固体混合物中氧元素的质量分数为×100%=28.57%。\n知识点4关系式法及守恒法在化学方程式计算中的应用11.等质量的两份铝分别与适量的稀硫酸和NaOH溶液完全反应,若消耗两溶液的体积相同,则稀硫酸与NaOH溶液的物质的量浓度之比为()A.3∶2B.2∶3C.2∶1D.1∶2答案11.A根据关系式:2Al~3H2SO4、2Al~2NaOH可知,等量的Al消耗H2SO4和NaOH的物质的量之比是3∶2,因消耗稀硫酸与NaOH溶液的体积相同,则物质的量浓度之比等于物质的量之比,答案为A。\n知识点4关系式法及守恒法在化学方程式计算中的应用12.[2022山东日照实验高级中学高一月考]现有0.15molNa2O、Na2O2和Na2CO3的混合物,将其溶于一定量水后,再加入一定量的盐酸,恰好反应完全,所得溶液呈中性,则加入的盐酸中HCl的物质的量为()A.0.15molB.0.2molC.0.3molD.0.45mol答案12.C将0.15molNa2O、Na2O2和Na2CO3的混合物溶于一定量水后,再加入一定量的盐酸,恰好反应完全,反应后所得溶液呈中性,则反应后所得溶液中的溶质为NaCl,根据钠元素守恒可得,n(NaCl)=2[n(Na2O)+n(Na2O2)+n(Na2CO3)]=2×0.15mol=0.3mol,根据氯元素守恒可得,n(HCl)=n(NaCl)=0.3mol,故选C。\n知识点4关系式法及守恒法在化学方程式计算中的应用13.现有一定量由氧化铁和铝组成的混合物,某实验小组用该混合物分别进行如下实验:①取ag样品,向其中加入足量的NaOH溶液,测得生成气体的体积为bL(标准状况下);②另取ag样品,高温条件下氧化铁和铝恰好完全反应,化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,待其冷却后,加入足量盐酸,测得生成气体的体积为cL(标准状况下)。则c∶b等于()A.1∶1B.1∶2C.2∶3D.3∶4答案13.C该混合物中只有铝能与氢氧化钠溶液反应,铝与氧化铁反应后的生成物中只有铁能与盐酸反应得到氢气,由题中涉及的反应可得到关系式:2Al~3H2,2Al~Fe2O3~2Fe~2H2,则b=c,故c∶b=2∶3。\n知识点4关系式法及守恒法在化学方程式计算中的应用14.[2022黑龙江哈尔滨六中高一期末考试]现有一定量某铁的氧化物(难溶于水),在10mL5mol·L-1盐酸中恰好完全溶解,向反应后的溶液中通入氯气112mL(标准状况下),溶液中的Fe2+恰好可以全部转化为Fe3+。则该氧化物的化学式可能为()A.Fe2O3B.Fe3O4C.Fe4O5D.Fe5O7答案14.C最终溶液中的溶质为FeCl3,根据氯原子守恒可得,3n(FeCl3)=n(HCl)+2n(Cl2)=0.01L×5mol·L-1+2×=0.06mol,故n(FeCl3)=0.02mol,根据铁元素守恒,该氧化物中铁元素的物质的量为0.02mol,根据氢元素守恒可知,该氧化物与盐酸反应生成水的物质的量n(H2O)=n(HCl)=×0.05mol=0.025mol,根据氧元素守恒可知,该氧化物中氧元素的物质的量为0.025mol,故该铁的氧化物中n(Fe)∶n(O)=0.02mol∶0.025mol=4∶5,则该氧化物的化学式可能为Fe4O5,故选C。\n知识点5极值法在化学方程式计算中的应用15.现有10g由铁、锌、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物,与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下的体积为11.2L,则该混合物中一定含有的金属是()A.铁B.锌C.铝D.镁答案15.C先求纯金属与足量盐酸反应生成标准状况下11.2L氢气时消耗纯金属的质量,由关系式Fe~H2、Zn~H2、2Al~3H2、Mg~H2,可分别求得消耗纯金属的质量:m(Fe)=28g、m(Zn)=32.5g、m(Al)=9g、m(Mg)=12g,生成标准状况下11.2L氢气时消耗的纯金属的质量小于10g的只有Al,故该混合物中必定有Al。一题多解把不同价态的金属均看作是二价金属(R),如钠看作“2Na”(摩尔质量为46g·mol-1)、铝看作“Al”(摩尔质量为18g·mol-1),根据关系式R~H2可求得MR==20g·mol-1,小于此摩尔质量的只有铝。\n知识点5极值法在化学方程式计算中的应用16.将总物质的量为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)投入一定量的水中充分反应,金属没有剩余,共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式正确的是()A.x=V/(11.2n)B.0<x≤0.5C.V=33.6n(1-x)D.11.2n<V≤22.4n答案16.DNa的物质的量为nxmol,Al的物质的量为n(1-x)mol,根据得失电子守恒,可知H2的物质的量为mol,则V=11.2n(3-2x),x=。根据反应2Na+2H2O2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑和题中“金属没有剩余”,可知n(Na)≥n(Al),即0.5≤x<1。当x=1时,产生H2的物质的量为0.5nmol,即11.2nL(标准状况下);当x=0.5时,产生H2的物质的量为nmol,即22.4nL(标准状况下),故11.2n<V≤22.4n,D项正确。\n学科关键能力构建\n1.用1L1.0mol·L-1的氢氧化钠溶液吸收0.8mol二氧化碳,所得溶液中碳酸根离子与碳酸氢根离子的物质的量浓度之比是()A.1∶3B.1∶2C.2∶3D.3∶2答案1.A设生成的碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为x、y,由钠离子守恒可得①2x+y=1mol,由碳原子守恒可得②x+y=0.8mol,结合①②解得x=0.2mol,y=0.6mol,故所得溶液中碳酸根离子与碳酸氢根离子的物质的量浓度之比为1∶3。\n2.某混合物由0.56gFe、0.24gMg及0.32gCu组成,向其中加入足量稀盐酸充分反应。下列说法正确的是()A.混合物全部溶解B.反应后得到无色溶液C.反应过程中共产生0.04molH2D.反应后经过滤、洗涤、干燥,所得滤渣在氧气流中充分灼烧,可得到0.4g黑色粉末答案2.DCu与盐酸不反应,混合物不能全部溶解,A项错误;Mg与盐酸反应生成MgCl2,Fe与盐酸反应生成FeCl2,故溶液为浅绿色,B项错误;0.56gFe、0.24gMg的物质的量均为0.01mol,与盐酸反应共生成0.02molH2,C项错误;反应后经过滤、洗涤、干燥,所得滤渣为Cu,Cu与O2反应生成的黑色粉末为CuO,根据Cu原子守恒,可知CuO的物质的量为0.005mol,故CuO的质量为0.005mol×80g·mol-1=0.4g,D项正确。\n3.[2022重庆八中高一月考]某化学兴趣小组为了测定BaCl2·nH2O中的结晶水数目,进行了如下操作:准确称取7.9gBaCl2·nH2O晶体,加入适量水,加热使之完全溶解,冷却,配成100mL溶液,取出20mL该溶液,滴加100mL0.05mol·L-1Na2SO4溶液恰好使Ba2+沉淀完全。则n等于()A.2B.4C.6D.8答案3.C由反应BaCl2+Na2SO4BaSO4↓+2NaCl可知,20mL该溶液中n(BaCl2)=n(Na2SO4)=0.1L×0.05mol·L-1=0.005mol,故100mL该溶液中BaCl2的物质的量为0.005mol×=0.025mol,则BaCl2·nH2O的物质的量为0.025mol,故0.025mol×(208+18n)g·mol-1=7.9g,解得n=6,故选C。\n4.[2022山东济南章丘四中高一期中考试]已知在一定条件下,mg钠与0.98L(标准状况下)氧气完全反应后得到固体X,固体X恰好能与0.2L0.5mol·L-1稀盐酸完全反应。则固体X的组成为()A.Na、Na2OB.Na2O2、Na2OC.Na2O2D.Na2O2、Na答案4.BNa与氧气反应生成氧化钠或过氧化钠,固体X与0.2L0.5mol·L-1稀盐酸恰好完全反应,所得溶液中的溶质为NaCl,根据原子守恒可得,n(Na)=n(NaCl)=n(HCl)=0.2L×0.5mol·L-1=0.1mol,n(O)=2n(O2)=2×=0.0875mol,则n(Na)∶n(O)=0.1mol∶0.0875mol=8∶7,故固体X的组成为Na2O2、Na2O。\n5.[2022江苏苏州中学高一期中考试]碱式碳酸镁可作为橡胶制品的优良填充剂,其化学式为xMg(OH)2·yMgCO3·zH2O。现取4.66g碱式碳酸镁在高温下煅烧至恒重,得到2.00g固体、0.04molCO2和mgH2O。下列说法正确的是()A.2.00g固体是Mg(OH)2B.m=0.80C.4.66g碱式碳酸镁与足量盐酸完全反应,消耗的HCl为0.08molD.该碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O答案5.D碱式碳酸镁经高温煅烧生成氧化镁、二氧化碳和水,则得到的2.00g固体是MgO,A项错误;4.66g碱式碳酸镁在高温下煅烧至恒重,由质量守恒定律可知,生成水的质量是4.66g-2.00g-0.04mol×44g·mol-1=0.90g,则m=0.90,B项错误;由A项分析可知,2.00g固体是MgO,则n(Mg)==0.05mol,碱式碳酸镁与足量盐酸完全反应后,所得溶液的溶质为氯化镁,根据镁元素守恒可知,n(MgCl2)=n(Mg)=0.05mol,参加反应的HCl的物质的量为0.05mol×2=0.1mol,C项错误;将碱式碳酸镁改写成x(MgO·H2O)·y(MgO·CO2)·zH2O的形式,结合上述分析可知,4.66g碱式碳酸镁中含结晶水的物质的量为-(0.05mol-0.04mol)=0.04mol,即碱式碳酸镁中Mg(OH)2、MgCO3、H2O的物质的量之比为1∶4∶4,碱式碳酸镁的化学式是Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O,D项正确。\n6.5.4gAl完全溶解在VmL4mol·L-1的NaOH溶液中并收集产生的气体。下列叙述错误的是()A.收集到的气体的分子数为1.806×1023B.V≥50C.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2D.理论上需消耗4.8gO2才能与生成的气体完全反应生成H2O答案6.C根据反应2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,5.4gAl为0.2mol,完全反应可生成0.3molH2,分子数为0.3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1023,A项正确;Al完全溶解,则V×10-3L×4mol·L-1≥0.2mol,则V≥50,B项正确;该反应中NaAlO2为氧化产物,H2为还原产物,二者物质的量之比为2∶3,C项错误;反应生成0.3molH2,根据反应2H2+O22H2O可知,理论上需消耗0.15molO2才能完全反应,其质量为4.8g,D项正确。\n7.向500mL2mol·L-1CuSO4溶液中插入一铁片,反应片刻后取出铁片,洗涤、烘干,称其质量比原来增加2g。下列说法错误的是(设反应后溶液的体积不变)()A.参加反应的铁的质量是14gB.析出铜的物质的量是0.25molC.反应后溶液中c(CuSO4)=1.5mol·L-1D.反应后溶液中c(FeSO4)=1.5mol·L-1答案7.D题中发生的反应为Fe+CuSO4FeSO4+Cu,根据差量法得56g∶8g=m(Fe)∶2g,解得m(Fe)=14g,A项正确;由于1mol∶8g=n(Cu)∶2g,故n(Cu)=0.25mol,B项正确;原溶液中n(CuSO4)=0.5L×2mol·L-1=1mol,反应中消耗n(CuSO4)=0.25mol,反应后溶液中c(CuSO4)==1.5mol·L-1,C项正确;反应后溶液中c(FeSO4)==0.5mol·L-1,D项错误。\n8.[2022福建三明高一期中联考]已知化合物X与Y可发生化合反应生成Z,化学方程式可表示为2X+3Y2Z,消耗的反应物X与生成Z的质量关系如图所示。下列说法错误的是()A.有8gZ生成时消耗4gYB.X、Y、Z的摩尔质量之比为2∶2∶3C.2molX的质量与3molY的质量之和等于2molZ的质量D.若4.8gX完全反应,消耗0.3molY,则X的摩尔质量为24g·mol-1答案8.B据图可知,当有10gX被消耗时,生成20gZ,根据质量守恒定律可知,同时还消耗10gY,则生成8gZ的同时消耗Y的质量为×10g=4g,A项正确;根据反应中参与反应的物质的物质的量之比等于其化学方程式中的计量数之比可知,=2∶3∶2,所以X、Y、Z的摩尔质量之比为3∶2∶6,B项错误;由化学方程式结合质量守恒定律可知,2molX的质量与3molY的质量之和等于2molZ的质量,C项正确;根据化学方程式可知,反应中消耗X、Y的物质的量之比为2∶3,若4.8gX完全反应,消耗0.3molY,则4.8gX的物质的量为0.2mol,X的摩尔质量为=24g·mol-1,D项正确。\n9.[2022山西朔州一中高一月考]三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂,工业上可用于漂白和消毒。为准确测量某NCl3溶液的浓度,现量取20mL该溶液,加蒸馏水配成100mL溶液。取25mL稀释后的溶液于烧杯中,加入足量(V1mLc1mol·L-1)亚硫酸钠溶液,充分反应后,向烧杯中加入足量(V2mLc2mol·L-1)盐酸酸化的氯化钡溶液,恰好完全反应,得到沉淀mg。已知:3Na2SO3+NCl3+3H2O3Na2SO4+2HCl+NH4Cl,则原NCl3溶液的浓度是()A.mol·L-1B.mol·L-1C.mol·L-1D.mol·L-1答案9.A根据反应3Na2SO3+NCl3+3H2O3Na2SO4+2HCl+NH4Cl、Na2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NaCl可得关系式:NCl3~3Na2SO4~3BaSO4,则n(NCl3)=n(BaSO4)=mol,所以原三氯化氮溶液的浓度为mol·L-1,故选A。\n10.[2022福建泰宁一中高一期中考试]现有氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠的固体混合物共4g,将其加热至恒重,剩余固体的质量为3.38g,将剩余固体加入足量盐酸中,把产生的气体干燥后通入足量澄清石灰水中,生成2g沉淀。(1)原混合物中碳酸氢钠的质量为g。(2)将该混合物加热至恒重的过程中,有气体生成,该气体在标准状况下的体积是L。(3)原混合物中碳酸钠的质量为g。\n答案10.答案(1)1.68(2)0.224(3)1.06解析(1)设原混合物中碳酸氢钠的质量是mg,则:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OΔm168g62gmg4g-3.38g=0.62g,解得m=1.68。(2)原混合物中碳酸氢钠的物质的量为=0.02mol,由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知,生成的二氧化碳为0.02mol×=0.01mol,在标准状况下的体积为0.01mol×22.4L·mol-1=0.224L。(3)最终生成的2g沉淀为CaCO3,其物质的量为=0.02mol,根据碳原子守恒可知,原混合物中碳酸钠的物质的量为0.02mol+0.01mol-0.02mol=0.01mol,质量为0.01mol×106g·mol-1=1.06g。\n章末培优专练\n实验1铁与水蒸气的反应1.某同学利用如图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验,并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。请回答下列问题。(1)硬质试管中湿棉花的作用是。(2)铁与水蒸气的反应中,氧化剂是(填化学式,下同),还原剂是。(3)该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设:假设1:只有Fe;假设2:只有(填化学式);假设3:既有Fe也有Fe3O4。(4)为了验证假设,该同学进行了定量研究:反应前固体物质的质量为5.6g,反应后固体物质的质量为6.6g。从数据分析,假设(填“1”“2”或“3”)正确。\n实验1铁与水蒸气的反应答案1.答案(1)提供反应需要的水蒸气(2)H2OFe(3)Fe3O4(4)3解析(3)若Fe没有反应,则固体物质为Fe;若Fe部分反应,则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物;若Fe全部反应,则固体物质为Fe3O4。(4)若5.6gFe完全反应,应得到(×0.1)molFe3O4,其质量约为7.7g,而实验测得反应后固体物质的质量为6.6g,说明Fe部分反应,故反应后的硬质试管中固体物质为Fe和Fe3O4的混合物。\n实验2氢氧化亚铁的制备2.[2022黑龙江黑河高一五校联考]某同学设计了如图所示装置(气密性已检查)来制备Fe(OH)2白色沉淀。可选择的试剂有:浓硫酸、稀硫酸、锌粒、铁粉、氢氧化钠溶液。(1)试管Ⅰ中加入的试剂有,试管Ⅱ中加入的试剂是。(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用的方法。(3)按照图示装置,用两种不同的操作分别进行实验,并观察现象。①操作1:夹紧止水夹,等试管Ⅰ中的反应进行一段时间后,试管Ⅱ中观察到的现象为;用化学方程式表示出现这种现象的原因:。②操作2:打开止水夹,等试管Ⅰ中的反应进行一段时间后再夹紧止水夹,继续反应一段时间后,试管Ⅱ中观察到的现象为。(4)有如下3个装置,其中能较长时间看到Fe(OH)2白色絮状沉淀的有(填字母)。\n实验2氢氧化亚铁的制备答案2.答案(1)铁粉、稀硫酸　氢氧化钠溶液(2)煮沸(3)①有白色絮状沉淀生成,白色絮状沉淀迅速变成灰绿色,最终变为红褐色FeSO4+2NaOHFe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH②有白色絮状沉淀生成,且一段时间内沉淀颜色保持不变(4)BC解析(4)根据Fe(OH)2的性质可知,要较长时间保存Fe(OH)2沉淀,必须在制取过程中尽可能减少和空气接触。A中生成的氢氧化亚铁能够与空气中的氧气发生反应生成Fe(OH)3,导致不能长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀;B中上方覆盖的煤油可隔绝空气,能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀;C中稀硫酸与铁粉反应产生的H2可将装置中的空气排出,待反应一段时间后,再滴加NaOH溶液,可较长时间看到Fe(OH)2白色絮状沉淀。\n实验3铁及其化合物的氧化性或还原性探究3.[2022湖北武汉二中高一月考,双选题]为了探究铁及其化合物的氧化性或还原性,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()答案3.AC锌具有还原性,可将Fe2+还原成Fe,说明Fe2+具有氧化性,B项错误;氯化铁溶液为棕黄色,向其中加入足量铜粉,Fe3+被还原为Fe2+,Cu被氧化为Cu2+,溶液颜色不可能从蓝色变为棕黄色,D项错误。选项实验操作实验现象离子反应实验结论A向氯化亚铁溶液中通入足量氯气浅绿色溶液变成棕黄色溶液2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-Fe2+具有还原性B向氯化亚铁溶液中加入足量锌片浅绿色溶液变成无色溶液Fe2++ZnFe+Zn2+Fe2+具有还原性C向氯化铁溶液中加入足量铁粉棕黄色溶液变成浅绿色溶液2Fe3++Fe3Fe2+铁具有还原性D向氯化铁溶液中加入足量铜粉蓝色溶液变成棕黄色溶液2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+Fe3+具有氧化性\n实验3铁及其化合物的氧化性或还原性探究4.[2022北京大兴区高一期末考试]长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质。某兴趣小组分别对新制和久置的两瓶FeSO4溶液进行了如下实验。Ⅰ.分别取2mL新制的FeSO4溶液于三支试管中,进行如下实验。(1)实验i中,现象a是产生白色絮状沉淀,白色絮状沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色。白色絮状沉淀的化学式是,红褐色沉淀的化学式是。(2)现象c是,写出新制氯水参与反应的离子方程式:。实验序号试剂X实验现象i1mL1mol·L-1NaOH溶液现象aii5滴酸性KMnO4溶液现象b:紫色褪去iii依次加入5滴KSCN溶液、5滴新制氯水现象c\n实验3铁及其化合物的氧化性或还原性探究Ⅱ.取久置的FeSO4溶液做如下实验。(3)将上述实验v中的实验操作和现象补充完整:、。(4)若要使部分变质的FeSO4复原,可加入过量的(填化学名称),发生反应的离子方程式为。(5)该小组同学查阅资料得知,维生素C可将Fe3+转化为Fe2+。为了验证维生素C的作用,设计了如下实验。由实验vi能否得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论?请说明理由:。实验序号实验操作实验现象实验结论iv取2mL久置的FeSO4溶液于试管中,滴加5滴KSCN溶液溶液变红久置的FeSO4溶液部分变质v实验序号实验操作实验现象vi取一定量Fe2(SO4)3溶液于试管中,加入维生素C片,振荡溶解后,滴加酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去\n实验3铁及其化合物的氧化性或还原性探究答案4.答案Ⅰ.(1)Fe(OH)2Fe(OH)3(2)加入KSCN溶液后无明显现象,加入新制氯水后溶液变红Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+Ⅱ.(3)取2mL久置的FeSO4溶液于试管中,滴加5滴酸性KMnO4溶液(答案合理即可)溶液紫色褪去(与前一空对应)(4)铁2Fe3++Fe3Fe2+(5)不能,维生素C可能过量,过量的维生素C可使酸性KMnO4溶液褪色解析Ⅱ.(3)要想证明久置的FeSO4溶液部分变质,需要证明溶液中含有Fe3+和Fe2+。实验iv中,向久置的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液变红,说明该溶液中含有Fe3+;实验v中,应取2mL久置的FeSO4溶液于试管中,可加入5滴酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去,说明溶液中含有Fe2+。(4)若要使变质的FeSO4溶液复原,可以向溶液中加入过量的Fe,充分反应后过滤除去剩余的Fe即可,发生反应的离子方程式为2Fe3++Fe3Fe2+。\n实验4铝合金的成分探究5.某学习小组用如图所示装置测定某铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量Ar。(1)A中试剂为。(2)实验前,先将该铝镁合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是。(3)B中发生反应的化学方程式为。(4)若实验用的铝镁合金的质量为ag,测得生成的氢气体积为bmL(标准状况下),B中剩余固体的质量为cg,则铝的相对原子质量Ar为。(5)实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,则测得的铝的质量分数将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。\n实验4铝合金的成分探究答案5.答案(1)氢氧化钠溶液(合理即可)(2)除去铝镁合金表面的氧化膜(3)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑[与(1)对应](4)(5)偏小解析(1)铝镁合金中的铝和镁都能与酸反应,但铝能与强碱反应而镁不与强碱反应,所以A中的试剂可选择氢氧化钠溶液。(4)铝的相对原子质量Ar可利用产生的氢气求解。由化学方程式列式:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑2Arg3×22400mL(a-c)gbmL,解得Ar=。(5)如果在实验过程中未洗涤过滤所得的不溶物,则不溶物的质量偏大,铝的质量偏小,测得的铝的质量分数偏小。\n综合素养创新应用\n本章学习内容主要包括:铁及其化合物的性质、金属材料等。通过铁及其化合物相关的化学方程式、离子方程式等化学用语描述这些物质性质的变化,从铁元素形成的不同物质的微观角度分析,探究这些物质的共性和差异,并进行原因分析,形成规律,培养同学们宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的化学学科核心素养。本章涉及大量的实验,旨在培养同学们科学探究与创新意识的化学学科核心素养。本章中有关理论联系实际的栏目有“资料卡片(人体中的铁元素)”“研究与实践(检验食品中的铁元素)”“科学·技术·社会(超级钢、用途广泛的稀土金属)”等,旨在培养同学们科学态度与社会责任的化学学科核心素养。\n1.[2022贵州贵阳一中高一月考,双选题]《本草纲目》中对绿矾(FeSO4·7H2O)受热分解过程的描述是“其形似朴消而绿色,取置铁板上,聚炭烧之,矾沸流出,色赤如金汁者,是真也……”。下列说法错误的是()A.该过程不涉及氧化还原反应B.该过程有氧化还原反应发生C.“色赤如金汁者”说明有FeO生成D.绿矾失去结晶水属于化学变化答案1.ACFeO为黑色,Fe2O3为红棕色,“色赤”说明有Fe2O3生成,该过程铁元素的化合价发生了改变,即有氧化还原反应发生,A、C项错误,B项正确。素养体现本题以古籍为载体,考查绿矾的性质等,旨在培养同学们证据推理与模型认知的化学学科核心素养。\n2.[2022浙江湖州中学高一月考]某同学用含有铁锈(主要成分为Fe2O3)的废铁屑来制取氯化铁晶体,实验装置如图所示(夹持装置略,气密性已检查),下列推断错误的是()A.打开K1,关闭K2,向A中加入盐酸,B中收集到的气体是氢气和少量空气B.烧杯中H2O2溶液的作用是将Fe2+还原为Fe3+C.A中的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水D.A中反应后的液体滴入烧杯中所发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O\n答案2.B铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,所以B中收集到的气体是氢气和反应前装置中存有的少量空气,A项正确;H2O2具有氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,B项错误,D项正确;氧化铁为碱性氧化物,可与盐酸反应生成氯化铁和水,C项正确。素养体现本题以用含有铁锈的废铁屑来制取氯化铁晶体为载体,考查对离子方程式正误的判断以及对实验的分析、理解能力等,旨在培养同学们科学探究与创新意识的化学学科核心素养。\n3.[2022浙江杭州一中高一月考]如图是利用菱镁矿(主要含MgCO3,还含有少量Al2O3、FeCO3杂质)制取无水氯化镁的工艺流程。已知:MgO的作用为调节溶液的pH,恰好使Fe3+、Al3+沉淀。下列说法错误的是()A.酸浸池中加入的X酸是硝酸B.氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+C.沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3D.Mg能溶解在FeCl3溶液中答案3.A菱镁矿的主要成分是MgCO3,含少量的Al2O3、FeCO3杂质,要制取无水氯化镁,应将菱镁矿加入盐酸中溶解,所以X酸是盐酸,二者发生反应生成MgCl2、FeCl2、AlCl3,在氧化池中通入Cl2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加MgO调节pH得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤后,得到MgCl2溶液,A项错误,B、C项正确;Mg具有还原性,能被Fe3+氧化而溶解在FeCl3溶液中,D项正确。素养体现本题以工业制无水氯化镁为载体,考查对工业流程图的分析、理解能力等,旨在培养同学们科学态度与社会责任、证据推理与模型认知的化学学科核心素养。\n4.[2022山东青岛五十八中高一月考]已知硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)可用作补血剂。某课外小组的同学欲测定某补血剂中铁元素的含量,进行如下实验。请回答下列问题。(1)证明步骤①所得滤液中含有Fe2+的方法是:取样,先滴加KSCN溶液,再滴加,该过程的现象为。(2)步骤③中所加试剂X是,发生反应的离子方程式是。(3)步骤④中一系列操作的步骤为过滤、、灼烧、、称量。(4)若实验中铁元素无损耗,则每片补血剂中含铁元素的质量为g。\n答案4.答案(1)氯水(合理即可)开始溶液不变色,滴加氯水后,溶液变为红色(与前一空对应)(2)NaOH溶液(答案合理即可)Fe3++3OH-Fe(OH)3↓(与前一空对应)(3)洗涤　冷却(4)0.07a解析(2)步骤③的目的是将Fe3+全部转化为Fe(OH)3,所以步骤③可加入过量的NaOH溶液(答案合理即可),发生反应的离子方程式是Fe3++3OH-Fe(OH)3↓(与前面对应)。(3)步骤④最终得到的红棕色固体是Fe2O3,所以步骤④的操作步骤为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。(4)每片补血剂中Fe元素的质量m(Fe)=(÷10)g=0.07ag。素养体现本题以测定补血剂中铁元素的含量为载体,考查同学们对实验步骤的分析、Fe2+的检验等,旨在培养同学们科学探究与创新意识的化学学科核心素养。\n全章学习成果反馈\n1.[2021广东化学·1,2分]今年五一假期,人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就,具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是()答案1.A铸客大铜鼎是青铜器,青铜是典型的铜合金之一,A项符合题意;河姆渡出土陶灶是硅酸盐产品,B项不符合题意;兽首玛瑙杯的主要材料是SiO2,C项不符合题意;角形玉杯的主要成分为硅酸盐,D项不符合题意。\n2.[2021河北化学·1,3分]“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献,陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热,生铁熔化灌入熟铁,再锻打成钢。下列说法错误的是()A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高,硬度和脆性越大C.生铁由于含碳量高,熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3答案2.C钢的主要成分是铁,冶炼过程中加入了C,故钢是以铁为主的含碳合金,A项正确;纯铁硬度小,质地较软,随着含碳量的升高,钢的硬度和脆性增大,B项正确;熟铁含碳量比生铁的含碳量低,结合题目信息“生铁熔化灌入熟铁”可知,生铁的熔点比熟铁低,C项错误。\n3.[2020江苏化学·3,2分]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水答案3.D铝具有很好的延展性,可以用于制作铝金属制品,与铝的活泼性无关,A项错误;电解氧化铝冶炼铝是因为氧化铝在熔融状态下能导电,与熔点高无关,B项错误;氢氧化铝能与胃酸的主要成分盐酸发生反应,与氢氧化铝受热分解无关,C项错误;明矾中的Al3+可以水解生成氢氧化铝胶体,胶体具有很强的吸附能力,可以吸附水中的悬浮物,起到净水作用,D项正确。\n4.[2021广东化学·10,2分]部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是()A.a可与e反应生成bB.b既可被氧化,也可被还原C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系答案4.CFe能与Fe3+发生反应生成Fe2+,A项正确;Fe2+既有还原性又有氧化性,既能被氧化又能被还原,B项正确;将含Fe3+的盐加入浓碱液中得到的是Fe(OH)3沉淀,不能制得Fe(OH)3胶体,C项错误;存在循环转化:Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+Fe2+,D项正确。\n5.[2021广东化学·15改编,4分]宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是()A.Na2O2放入水中:Na2O2+H2O2NaOH+O2↑B.H2O(g)通过灼热铁粉:3H2O+2FeFe2O3+3H2C.Al插入稀盐酸中:Al+2HClAlCl3+H2↑D.Cl2通入FeCl2溶液中:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-答案5.DNa2O2与H2O发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,A项错误;灼热铁粉与H2O(g)反应生成Fe3O4,B项错误;Al与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑,C项错误;Cl2与FeCl2溶液发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,D项正确。\n6.[2019浙江4月选考化学·28,4分]某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答下列问题。(1)仪器1的名称为。装置5的作用是。(2)实验开始时,关闭K2,打开K1,反应一段时间后,再打开K2,关闭K1,发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进,使溶液能进入4中。(3)装置改进后,将3中反应后的溶液压入4中,在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因。\n答案6.答案(1)滴液漏斗(分液漏斗)(1分)液封,防止空气进入装置4(1分)(2)在装置2、3之间添加一个控制开关(1分)(3)装置4内的空气没有排尽(1分)解析(2)3中溶液不能进入4中的原因是生成的氢气沿着导管通过2逸出,三颈烧瓶中无法形成高压,故只需在2、3之间加一个控制开关。(3)生成灰绿色沉淀,说明氢氧化亚铁被部分氧化,分析原因应该是装置4中的空气未排尽。\n章末综合检测\n一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.[2022陕西渭南高一期中考试]我国古籍中记载了中药材铁华粉的制作方法:“取钢煅作叶,如笏或团,平面磨错,令光净,以盐水洒之,于醋瓮中,阴处埋之,一百日铁上衣生,即成粉矣。”下列说法错误的是()A.“取钢煅作叶,如笏或团”说明铁有较好的延展性B.“平面磨错,令光净”的目的是除去铁表面的铁锈C.“一百日铁上衣生”是铁被氧气氧化的过程D.中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁答案1.C“取钢煅作叶,如笏或团”说明铁发生了形态变化,即铁有较好的延展性,A项正确;Fe在潮湿的空气中易生锈,则“平面磨错,令光净”的目的是除去铁表面的铁锈,B项正确;结合“于醋瓮中,阴处埋之”可知,“一百日铁上衣生”是铁被醋酸氧化的过程,铁华粉的主要成分是醋酸亚铁,C项错误,D项正确。命题立意本题以古籍中记载的铁华粉的制作方法为载体,考查Fe的性质以及同学们对古籍的理解,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n2.[2022浙江宁波高一期末考试]“天问一号”火星探测器应用了新型镁锂合金,它是世界上目前最轻的金属结构材料。下列关于合金的说法错误的是()A.目前使用量最大的合金是铝合金B.合金具有许多优良的物理、化学性质或机械性能C.稀土金属能大大改善合金的性能D.储氢合金、钛合金、耐热合金和形状记忆合金都是新型合金答案2.A目前使用量最大的合金是钢,A项错误。命题立意本题考查合金的相关知识,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n3.只用一种试剂就可以将AgNO3溶液、KSCN溶液、稀硫酸和NaOH溶液四种无色溶液区分开,则该试剂可以是()A.BaCl2溶液B.FeCl2溶液C.FeCl3溶液D.Fe(NO3)3溶液答案3.CAgNO3溶液与FeCl3溶液反应,有白色沉淀产生;KSCN溶液与FeCl3溶液反应,溶液变为红色;稀硫酸与FeCl3溶液不反应,无明显现象;NaOH溶液与FeCl3溶液反应,有红褐色沉淀产生。故FeCl3溶液可将题述四种溶液区分开,故选C。命题立意本题考查铁盐的化学性质及检验等,体现的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。\n4.[2022浙江嘉兴高一检测]把铁片分别放入下列溶液中,铁片溶解且溶液的质量增加,但无气体产生的是()A.稀盐酸B.AgNO3溶液C.FeCl3溶液D.Cu(NO3)2溶液答案4.C铁和稀盐酸反应有气体生成,A项不符合题意;铁和AgNO3溶液、Cu(NO3)2溶液反应后,铁分别置换出银和铜,溶液质量均减小,B、D项均不符合题意;铁和FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+,反应后铁全部进入溶液中,溶液的质量增加,C项符合题意。素养体现本题考查铁的化学性质,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n5.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系,不能均由一步反应实现的是()A.Na→NaOH→Na2CO3→NaClB.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C.Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3答案5.BNa→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应的化学方程式分别为2Na+2H2O2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2CaCO3↓+2NaCl,均能通过一步反应实现,A项不符合题意;Al2O3和水不反应,所以Al2O3不能通过一步反应生成Al(OH)3,B项符合题意;MgMgCl2Mg(OH)2MgSO4中反应的化学方程式分别为Mg+2HClMgCl2+H2↑、MgCl2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4MgSO4+2H2O,均能通过一步反应实现,C项不符合题意;Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的化学方程式分别为Fe+2HClFeCl2+H2↑、FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,均能通过一步反应实现,D项不符合题意。命题立意本题考查金属单质及化合物间的转化关系,体现的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。\n6.我国使用金属的历史可以追溯到4500年以前。如图是两种金属及其化合物的转化关系(已知F能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀)。下列说法不正确的是()A.金属M、E分别是铜、铁B.反应③的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2OC.氧化性:H2O2>Cu2+>Fe2+D.向Y中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀\n答案6.D分析转化关系可知,红色金属M为Cu,在稀硫酸和过氧化氢溶液中反应生成硫酸铜蓝色溶液,加入金属E发生置换反应生成Cu和X,X中加入稀硫酸和过氧化氢溶液反应生成Y,Y中加入NaOH溶液生成的红褐色固体为氢氧化铁沉淀,加入KSCN变成红色溶液,说明Y为硫酸铁溶液,X为硫酸亚铁溶液,则E为Fe。根据上述分析可知,A项正确;反应③是H2O2在酸性溶液中将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,B项正确;同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,根据题中发生的离子反应:Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O、Fe+Cu2+Cu+Fe2+,可知氧化性:H2O2>Cu2+>Fe2+,C项正确;Y为硫酸铁溶液,向Y中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,不能生成蓝色沉淀,D项错误。命题立意本题以铁、铜的单质及化合物之间的转化框图为情境,考查同学们对铁、铜的单质及化合物性质、转化关系的掌握情况等,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n7.[2022重庆巴蜀中学高一月考]某同学设计如图装置进行铁与水蒸气反应的实验,虚线框内的装置C用来检验生成的气体。下列说法正确的是()A.实验后,装置B中有红棕色固体生成B.虚线框内的装置C应该选择装置甲C.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入具支试管中,可观察到铜丝由黑变红D.实验后,将装置B中的固体溶于稀硫酸,所得溶液中一定含有Fe3+\n答案7.C实验后,装置B中有黑色的四氧化三铁固体生成,A项错误;虚线框内的装置C是用来检验生成的氢气,氢气的密度小于空气的密度,应该选择装置乙,B项错误;实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入具支试管中,生成的氢气可与氧化铜反应生成单质铜,则可观察到铜丝由黑变红,C项正确;实验后,将装置B中的固体溶于稀硫酸,若铁粉过量,则不含有Fe3+,D项错误。命题立意本题以铁与水蒸气的实验为载体,考查铁的相关化学性质等,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n8.将13.6gFe和Fe2O3的混合物加入150mL足量的稀硫酸中,在标准状况下收集到1.12LH2,向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变红。为中和过量的硫酸,并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀,恰好消耗了200mL3mol·L-1的NaOH溶液,则该稀硫酸的物质的量浓度为()A.2.25mol·L-1B.2mol·L-1C.3mol·L-1D.0.6mol·L-1答案8.BFe和Fe2O3均与稀硫酸发生反应,Fe和Fe2O3均无剩余,且有H2生成,滴加KSCN溶液,溶液不变红,说明反应生成了FeSO4,为中和过量的硫酸,并使FeSO4完全转化成Fe(OH)2,共消耗200mL3mol·L-1的NaOH溶液,说明反应后溶液中的溶质只有Na2SO4,根据硫元素守恒,得n(H2SO4)=n(Na2SO4),根据钠元素守恒,得n(Na2SO4)=n(NaOH),则有n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)=×3mol·L-1×0.2L=0.3mol,故硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=0.3mol÷0.15L=2mol·L-1,答案为B。命题立意本题考查含铁元素的物质间的转化关系及物质的量浓度的计算,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n9.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是()A.a点时溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B.b点时溶液中发生的反应为Fe+Cu2+Cu+Fe2+C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L-1D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1答案9.DA项,向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,先发生反应:Fe+2F3F,后发生反应:Fe+CCu+F,由图可知,加入铁粉0.56g(即0.01mol)之后开始出现固体,则a点溶液中的阳离子为C、F和F,正确;B项,由图可知,加入铁粉0.56~1.68g(即0.01~0.03mol)时,剩余固体为0~1.28g,此段发生的反应为Fe+CCu+F,正确;C项,加入铁粉0.56~2.24g(即0.01~0.04mol)时,若发生反应Fe+CCu+F,则最多生成0.03mol(即1.92g)Cu,而由图可知,剩余固体为1.84g,所以1.84g为置换出的Cu和剩余的铁粉的质量,设0.03mol\n答案铁粉中与C反应的为xmol,剩余ymol,则生成Cu的质量为64xg,剩余铁的质量为56yg,所以x+y=0.03、64x+56y=1.84,解得x=0.02、y=0.01,因此加入铁粉1.68g(即0.03mol)时,恰好与溶液中的C反应完全,溶液中的溶质为FeSO4,又根据前面的分析可得反应Fe+2F3F生成的F为0.03mol,又因为反应Fe+CCu+F生成的F为0.02mol,所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为(0.03mol+0.02mol)÷0.1L=0.5mol·,正确;D项,由前面的分析可得,原溶液中F为0.02mol,则Fe2(SO4)3为0.01mol,C为0.02mol,则CuSO4为0.02mol,原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比等于物质的量之比,为1∶2,错误。命题立意本题以铁与铁盐和铜盐反应为情境,考查同学们的图象分析能力等,体现的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想。\n10.[2022广西三新学术联盟高一期末考试]有一包实验室回收的固体粉末,可能含有Na2CO3、NaCl、CuSO4、FeCl3、FeCl2、MgCl2、Na2SO4中的一种或几种,现进行如下实验:①取少量固体溶于水中,得到澄清透明溶液;②取少量①中溶液,向其中滴加BaCl2溶液,有白色沉淀产生,再加入稀盐酸,沉淀不溶解;③取少量①中溶液,向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,有白色沉淀产生;④取少量①中溶液,向其中滴加KSCN溶液,溶液不显红色,再滴加双氧水,溶液显血红色。下列说法正确的是()A.固体中一定不含有CuSO4、FeCl3B.固体中一定不含有Na2CO3、一定含有Na2SO4C.固体中一定含有FeCl2,可能含有NaClD.再取一份①中溶液,向其中滴加NaOH溶液,若观察不到白色沉淀,则说明固体粉末中一定不含MgCl2\n答案10.C由①可知,Na2CO3不与CuSO4、FeCl3、FeCl2、MgCl2同时存在;由②可知,固体粉末中含有CuSO4、Na2SO4的一种或两种;由③可知,固体粉末中含有NaCl、FeCl3、FeCl2、MgCl2中的一种或几种;由④可知,固体粉末中含有FeCl2,不含FeCl3。综上所述,固体粉末中一定含有FeCl2,CuSO4、Na2SO4至少含有一种,一定不含Na2CO3、FeCl3,不能确定是否含有NaCl、MgCl2,A、B项错误,C项正确;①中溶液含有FeCl2,与NaOH溶液反应生成的白色沉淀会迅速变色,最终为红褐色,可能会掩盖生成的Mg(OH)2白色沉淀,D项错误。命题立意本题考查物质的推断,侧重考查同学们的分析与推理能力,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错的得0分。11.[2022山东济南一中高一月考]某化学兴趣小组的同学对FeCl3溶液与Cu的反应进行探究。将过量的Cu加入1mol·L-1FeCl3溶液中,溶液黄色逐渐变浅,长时间放置后,溶液上方覆盖着一层红褐色物质a,剩余铜片表面覆盖一层白色物质b。若将1mol·L-1FeCl3溶液换成等体积的0.5mol·L-1Fe2(SO4)3溶液,则无白色物质b产生。已知:K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀。下列说法错误的是()A.溶液黄色逐渐变浅的原因是Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+B.本次探究过程使用了对比的方法,说明白色物质b的产生可能与氯离子有关C.红褐色物质a可能为Fe(OH)3,白色物质b可能为CuCl2D.向变浅后的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液可观察到有蓝色沉淀产生答案11.C溶液黄色逐渐变浅的原因是铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,A项正确;CuCl2易溶于水,故白色物质b不可能为CuCl2,C项错误;变浅后的溶液中含有亚铁离子,向变浅后的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液可观察到有蓝色沉淀产生,D项正确。命题立意本题考查铁及其化合物的性质等,侧重考查同学们的分析能力,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n12.将1.12g铁粉加入25mL2mol·L-1氯化铁溶液中充分反应(忽略溶液体积变化),下列分析正确的是()A.铁粉有剩余B.Cl-浓度减小C.向溶液中滴加无色KSCN溶液,溶液变红D.溶液质量增加1.12g答案12.CD铁和氯化铁的物质的量分别为0.02mol、0.05mol。根据题述反应的离子方程式Fe+2Fe3+3Fe2+可知,铁离子是过量的,铁粉完全反应,A项错误;氯离子不参与反应,浓度不变,B项错误;溶液中有剩余的铁离子,加入KSCN溶液后,溶液变红,C项正确;溶液质量增加的量即为铁粉的质量,D项正确。命题立意本题考查铁及其化合物的计算等,涉及物质间的转化关系等,体现的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。\n13.[2022河北承德实验中学高一月考]某化学兴趣小组用铝片、6mol·L-1稀盐酸、3mol·L-1稀硫酸、6mol·L-1氢氧化钠溶液及试管在实验条件相同的情况下进行下表中的实验。下列说法错误的是()A.对比(1)、(3)或(2)、(3)可得出结论:Al2O3属于两性氧化物B.对比(1)、(2)、(3)中实验现象并结合酸碱挥发性可得出结论:三种方案中(3)最适合用于实验室制备H2C.对比(1)、(2)可得出结论:c(H+)的大小对产生H2的快慢无影响D.对比(1)、(2)可得出结论:可能S对Al与H+的反应有阻碍作用实验方案实验现象实验原理(化学方程式)(1)铝片与足量稀盐酸反应开始无明显现象,一段时间后铝片逐渐溶解,并有大量气泡产生Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑(2)铝片与足量稀硫酸反应开始无明显现象,一段时间后铝片逐渐溶解,并有少量气泡产生,反应缓慢Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2↑(3)铝片与足量氢氧化钠溶液反应开始无明显现象,一段时间后铝片逐渐溶解,并有较大量气泡产生Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑\n答案13.C(1)、(2)均表明Al2O3能与酸反应生成盐和水,(3)表明Al2O3能和碱反应生成盐和水,故对比(1)、(3)或(2)、(3)可以说明Al2O3是两性氧化物,A项正确;(2)中反应缓慢,(1)、(3)中都有大量气泡产生,但(1)中盐酸具有挥发性,会使制得的H2中混有杂质HCl,所以三种方案中(3)最适合用于实验室制备H2,B项正确;6mol·L-1稀盐酸与3mol·L-1稀硫酸中c(H+)相同,因此对比(1)、(2)无法得出c(H+)的大小对产生H2的快慢无影响的结论,C项错误;(1)、(2)中所用酸不同,即阴离子不同,其他条件均相同,(1)、(2)中产生H2的速度有差异的原因可能是Cl-对Al与H+的反应有促进作用或S对Al与H+的反应有阻碍作用,D项正确。命题立意本题通过铝片与盐酸、硫酸、氢氧化钠的反应,考查同学们对实验的分析能力,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、科学探究与创新意识。\n14.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()答案14.AD滴加KSCN溶液后,溶液呈红色,说明溶液中存在Fe3+,又因为该溶液是某红色粉末与稀硫酸反应得到的,故该红色粉末中可能含有氧化铁,A项正确;能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质一定有还原性,但并不一定是Fe2+,B项错误;铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2,C项错误;向硫酸亚铁溶液中加入新制氯水后,Cl2可以将Fe2+氧化为Fe3+,再加入KSCN溶液,溶液变红,不能说明原溶液中是否存在Fe3+,即不能说明硫酸亚铁溶液是否变质,D项正确。命题立意本题考查铁及其化合物、铝及其化合物的有关实验,涉及实验操作、现象、结论等的分析判断,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。选项实验操作现象解释或结论A将某红色粉末加入稀硫酸中充分反应后,滴加KSCN溶液溶液呈红色该红色粉末中可能含有氧化铁B向某溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液紫色褪去可以证明该溶液中一定含有Fe2+C铝放入氢氧化钠溶液中有气泡产生铝与氢氧化钠溶液反应生成Al3+和H2D向硫酸亚铁溶液中先加新制氯水,再加KSCN溶液最终溶液变红不能说明硫酸亚铁溶液是否变质\n15.铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98gCu(OH)2固体加热,有铜的氧化物生成,其质量随温度的变化如图1所示。另外,某同学绘制了三条表示金属氧化物的质量与该金属氧化物所含金属元素的质量的关系曲线,如图2所示。则下列分析正确的是()A.图1中,A到B的过程中有0.01mol电子转移B.图1整个过程中共生成0.26g水C.图2三条曲线中,Y表示的是CuO的质量和CuO中所含Cu元素的质量的关系曲线D.图1中A和B的化学式分别为Cu2O和CuO\n答案15.AC0.98gCu(OH)2的物质的量为0.01mol,若加热时全部生成CuO,则CuO的质量为0.01mol×80g·mol-1=0.80g,所以A点是CuO;若加热时全部生成Cu2O,则Cu2O的质量为0.005mol×144g·mol-1=0.72g,所以B点是Cu2O,D项错误。A到B发生的反应为4CuO2Cu2O+O2↑,根据化学方程式可知,当0.01molCuO完全转化为Cu2O时,转移0.01mol电子,A项正确。图1整个过程中生成的水和氧气的质量总和为0.98g-0.72g=0.26g,B项错误。CuO的质量和CuO中所含Cu元素的质量的关系(以CuO的质量为10g计算)为:CuO~Cu806410g8g观察图2可知,Y表示的是CuO的质量和CuO中所含Cu元素的质量的关系曲线,C项正确。命题立意本题将Cu(OH)2和铜的常见氧化物之间的转化以图象形式呈现出来,考查图象识别、化学计算等,体现的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。\n三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(10分)某同学利用如图所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验,并研究铁及其化合物的部分性质。请回答下列问题。(1)该同学为确定反应后硬质试管中固体物质的成分,设计了如下实验方案:①待硬质试管冷却后,取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B;②取少量溶液B滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则说明硬质试管的固体物质中一定有,可能有;若溶液未变红色,则说明硬质试管中固体物质的成分是。(2)该同学按(1)中所述实验方案进行了实验,结果溶液未变红色,原因是(用离子方程式表示)。(3)该同学马上另取少量溶液B,使其与NaOH溶液反应。若按如图所示操作,可观察到试管中先生成白色沉淀,后沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色的现象,请写出白色沉淀变为红褐色的过程中所发生反应的化学方程式:。\n答案16.答案(每空2分)(1)Fe3O4FeFe3O4和Fe(2)Fe+2Fe3+3Fe2+(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3解析(1)溶液变红色,说明有Fe3+,则固体物质中一定含Fe3O4,可能含有Fe。溶液未变红色,说明无Fe3+,则固体物质的成分为Fe3O4和Fe。(3)白色沉淀变为红褐色,是因为Fe(OH)2被空气中的O2氧化为Fe(OH)3。命题立意本题考查铁与水蒸气反应的实验,并研究铁及其化合物的性质,体现的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想、科学探究与创新意识。\n17.(14分)中学化学中几种常见物质的转化关系如下:A为常见金属单质,将D的浓溶液滴入氨水中可以得到红褐色沉淀E。请回答下列问题。(1)写出物质F的化学式:。(2)B、F都可用于工业上冶炼金属铁,以B为原料冶炼铁的原理是(用化学方程式表示),若有1.5molB参加反应,转移电子的物质的量是;写出F的另一种用途:。(3)写出下列过程的离子方程式。A→C;D→E。(4)制造电路板工艺中,用D溶液刻蚀铜箔,用离子方程式表示该反应原理:。(5)在D溶液中加入Na2O2,恰好使D转化为E,写出该反应的离子方程式:。\n答案17.答案(除标明外,每空2分)(1)Fe2O3(1分)(2)Fe3O4+4CO3Fe+4CO212mol制造红色油漆涂料(或其他合理答案)(1分)(3)Fe+2H+Fe2++H2↑Fe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3N(4)2Fe3++Cu2F+C(5)4Fe3++6Na2O2+6H2O4Fe(OH)3+3O2↑+12Na+解析(1)D的浓溶液滴入氨水中可以得到红褐色沉淀E,可知E为Fe(OH)3,从而可知A为Fe,B为Fe3O4,C为FeCl2,C→D过程中Fe元素的化合价由+2变为+3,C被氧化,Fe(OH)3不稳定,加热易分解,所以F为Fe2O3。(2)工业上用Fe3O4炼铁的化学方程式为Fe3O4+4CO3Fe+4CO2,该反应中Fe元素的化合价从+降低到0,故1.5molFe3O4参加反应时转移电子的物质的量为1.5mol×3×=12mol;已知F为Fe2O3,Fe2O3为红色粉末,可用于制造红色油漆涂料。(5)在FeCl3溶液中加入Na2O2,恰好使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀,可以先考虑Na2O2与水反应生成NaOH和O2,再考虑NaOH与FeCl3发生复分解反应,化学方程式分别为①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、②3NaOH+FeCl33NaCl+Fe(OH)3↓,由①×3+②×4可以得到总化学方程式:4FeCl3+6Na2O2+6H2O4Fe(OH)3+3O2↑+12NaCl,其离子方程式为4Fe3++6Na2O2+6H2O4Fe(OH)3+3O2↑+12Na+。命题立意本题体现的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。\n18.(13分)某工厂的废金属屑中的主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量Al2O3和Fe2O3,为探索工业废料的再利用,某化学兴趣小组设计了如下实验流程,用该工厂的废金属屑制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。已知CO2能与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3和Na2CO3。请回答下列问题。(1)写出步骤Ⅰ发生反应的离子方程式:。(2)试剂X是,溶液D是。(3)步骤Ⅱ中,用如图装置制取CO2并通入溶液A中,一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少,可采取的改进措施是。(4)由固体F制取硫酸铜溶液,通常有两种方案:方案一:将固体F在加热条件下与浓硫酸反应[F与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为F+2H2SO4(浓)FSO4+SO2↑+2H2O];\n方案二:将固体F投入热的稀硫酸中,然后通入氧气。方案一的缺点是。答案18.答案(除标明外,每空3分)(1)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑、Al2O3+2OH-2Al+H2O(2)稀硫酸(2分)NaHCO3溶液(2分)(3)在a和b间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去HCl(4)产生等量的硫酸铜,消耗的硫酸多,且产生污染性气体二氧化硫解析(1)在废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、Fe2O3,当加入过量NaOH溶液时,只有Al、Al2O3可以发生反应,所以步骤Ⅰ发生反应的离子方程式有2Al+2H2O+2OH-2Al+3H2↑、Al2O3+2OH-2Al+H2O。(2)固体B中含有Cu、Fe、Fe2O3,向其中加入过量的稀硫酸,发生反应:Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4、Fe2(SO4)3+Cu2FeSO4+CuSO4、Fe+H2SO4FeSO4+H2↑;溶液E中含有FeSO4、CuSO4;固体F为Cu,由Cu得到CuSO4溶液;溶液A中含有NaOH、NaAlO2,向其中通入过量的CO2,发生反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性物质NaHCO3,即溶液D是NaHCO3溶液,固体C是Al(OH)3沉淀,Al(OH)3用盐酸溶解得到AlCl3溶液。(3)烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少,即Al(OH)3的量逐渐减少,这是由于浓盐酸有挥发性,在制取的CO2气体中含有杂质HCl。为了避免固体C减少,可采取的改进措施是在a、b间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去HCl。命题立意本题以工业生产中制取氯化铝、绿矾晶体、胆矾晶体的实验流程图为载体,考查元素化合物知识、化学实验等,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n19.(11分)有三种镁铝合金样品(组分比例不一定相同)①、②、③。小奉、小贤、小红三位同学各取一种样品,对合金中镁的质量分数进行探究。已知CO2能与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3和Na2CO3;Al(OH)3能与NaOH反应生成NaAlO2。(1)小奉取样品①m1g和过量的氢氧化钠溶液反应,然后过滤;再往滤液中通入过量的二氧化碳气体,将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧,所得固体的质量仍为m1g。则合金中镁的质量分数为(结果保留到0.01%)。(2)小贤取样品②m2g和足量的稀硫酸反应,发现固体完全溶解,标准状况下所得气体的体积为VL,则m2的取值范围是(结果转化为最简分数)。(3)小红取不同质量的样品③分别和30mL同浓度的盐酸反应,所取合金的质量与产生气体的体积(标准状况下测定)如表所示。HCl的物质的量浓度为。合金中镁的质量分数为。要使c实验后剩余合金中的铝恰好完全溶解,还需向容器中加入1.0mol·L-1的氢氧化钠溶液mL。实验序号abc合金质量(g)0.510.7650.918气体体积(mL)560672672\n答案19.答案(除标明外,每空2分)(1)47.06%(2)<m2<(3分)(3)2.0mol·L-147.06%78解析(2)采用极端假设法,假设该合金全部是Al,则m(Al)=×27g·mol-1=g;假设该合金全部是Mg,则m(Mg)=×24g·mol-1=g,则<m2<。(3)分析题表数据可知,c实验中盐酸反应完全,n(H2)=0.03mol,则c(HCl)==2.0mol·L-1。用a中实验数据计算,24g·mol-1×n(Mg)+27g·mol-1×n(Al)=0.51g,n(Mg)+n(Al)×,解得n(Mg)=n(Al)=0.01mol,故合金中镁的质量分数为×100%=47.06%。HCl最终转化为NaCl,所以n(NaCl)=n(HCl)=0.06mol,Al最终转化为NaAlO2,所以n(NaAlO2)=n(Al)=×0.01mol=0.018mol,根据Na元素守恒得,n(NaOH)=0.06mol+0.018mol=0.078mol,所以V(NaOH)==0.078L=78mL。命题立意本题以镁铝合金中镁的质量分数的探究为背景,考查化学实验、化学计算等,体现的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想、科学探究与创新意识。\n20.(12分)纳米材料一直是人们研究的重要课题,纳米级Fe粉表面积大,具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe粉,其流程如图所示:(1)纳米级Fe粉和稀盐酸反应的离子方程式为。(2)将FeCl2·nH2O在N2氛围下加热脱水制得无水FeCl2应在(填仪器名称)中进行。(3)生成纳米级Fe粉的化学方程式为。Ⅱ.查阅资料:在不同温度下,纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同,温度低于570℃时生成FeO,高于570℃时生成Fe3O4。甲同学进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验并验证产物。(4)纳米级Fe粉与水蒸气在500℃条件下反应的化学方程式是。(5)为探究某次实验结束后试管内的固体物质成分,进行了下列实验:实验步骤实验操作实验现象Ⅰ将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)取出少量放入试管中,加入少量盐酸,微热黑色粉末逐渐溶解,溶液呈浅绿色;有少量气泡产生Ⅱ向实验Ⅰ得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液,振荡溶液不变红\n根据以上实验,甲同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。乙同学认为甲同学的结论不正确,他的理由是(用简要文字叙述)。(6)丙同学称取5.60g纳米级Fe粉于试管中,在600℃下与水蒸气反应一段时间后,停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后,称得质量为6.88g,则丙同学实验后的固体物质中氧化物(假设只有一种氧化物)的质量分数约为(结果保留三位有效数字)。答案20.答案(每空2分)(1)Fe+2H+Fe2++H2↑(2)坩埚(3)FeCl2+H2Fe+2HCl(4)Fe+H2O(g)FeO+H2(5)加入KSCN溶液,溶液不变红,可能是因为Fe过量,Fe与溶液中的Fe3+反应转化为Fe2+,则固体产物中可能含有Fe3O4(6)67.4%解析(6)反应温度高于570℃时,纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O4。反应后所得固体的质量为6.88g,其中氧原子的质量m(O)=6.88g-5.60g=1.28g,则n(O)=mol=0.08mol。由关系式:Fe3O4~4O,可得n(Fe3O4)=0.02mol,所以固体物质中氧化物的质量分数=×100%=×100%=67.4%。命题立意本题考查纳米级铁粉的制备及纳米级铁粉与水蒸气的反应等,涉及反应原理、化学实验、化学计算等,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、科学探究与创新意识。