浙江2013版化学复习方略 课时提能演练(九)3.2铁、铜的获取及应用

1、.温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节适宜的观看比例，答案解析附后。课时提能演练九45分钟 100分一、选择题此题包括10小题，每题6分，共60分1.将铁片放到以下溶液中，铁片溶解，溶液质量减轻的是A.稀硫酸B.硫酸铜溶液C.氢氧化钠溶液 D.氯化铝溶液2.以下物质不能通过化合反响直接制得的是A.FeCl2 B.NaHSO3C.AlOH3 D.FeOH33.2019·重庆模拟以下有关金属的工业制法中正确的选项是A.制钛：用金属钠置换四氯化钛TiCl4溶液中的钛B.炼铁：用焦炭和空气反响产生的CO在高温下复原铁矿石中的铁C.制钠：用海水为原料制得精盐，再电

2、解纯洁的NaCl溶液D.炼铜：用黄铜矿主要成分为CuFeS2直接电解精炼得到纯度为99.9%的铜4.2019·杭州模拟将铜片放入0.1 mol·L1 FeCl3溶液中，反响一定时间后取出铜片，溶液中cFe3cFe223，那么Cu2与Fe3的物质的量之比为A.32B.35 C.43 D.345.能正确表示以下反响的离子方程式的是A.将铜屑参加Fe3溶液中：2Fe3Cu=2Fe2Cu2B.将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O48H=3Fe34H2OC.将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe24HNO=Fe32H2ONOD.将铁粉参加稀硫酸中：2Fe6H=2Fe33H26.2019·

3、;温州模拟以下有关铁、铜及其化合物的除杂方法正确的选项是A.除去FeCl3中混有的CuCl2：参加过量铁粉，过滤B.除去铁粉中的少量铝粉：加过量盐酸后，过滤、洗涤C.除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：参加过量铁粉，过滤D.除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤7.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对以下实验事实的解释正确的选项是操作、现象解释A向KI淀粉溶液中参加FeCl3溶液，溶液变蓝Fe3能与淀粉发生显色反响B把生铁放置于潮湿的空气中，铁外表有一层红棕色的斑点铁在潮湿的空气中易生成FeOH3C向稀硝酸中参加少量铁粉，有气泡产生说明Fe置换出

4、溶液中的氢，生成了氢气D新制FeOH2露置于空气中一段时间，白色物质变成了红褐色,说明FeOH2易被O2氧化成FeOH38.2019·济南模拟以下表达正确的选项是A.因为NH3·H2O是弱碱，所以不能用氨水与FeCl3溶液反响制取FeOH3B.向FeI2溶液中通入少量Cl2，再滴加少量CCl4，振荡、静置，下层液体为紫色C.向一定体积的热浓硫酸中参加过量的铁粉，生成的气体能被烧碱溶液完全吸收D.将SO2气体通入溴水，欲检验溶液中是否有SO生成，可向溶液中滴加BaNO32溶液9.易错题2.8 g Fe全部溶于一定浓度、100 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12

5、 L，测得反响后溶液的pH为1。假设反响前后溶液体积变化忽略不计，那么以下有关判断不正确的选项是A.反响前HNO3溶液的浓度为2.0 mol·L1 B.1.12L的气体全部为NOC.反响后溶液中cNO1.6 mol·L1D.反响后的溶液最多还能溶解1.61 g Fe10.预测题某稀溶液中含有FeNO33、CuNO32、HNO3，向其中逐渐参加铁粉，溶液中Fe2的浓度与参加铁粉的物质的量之间的关系如下图。那么溶液中FeNO33、CuNO32、HNO3物质的量浓度之比为A.111 B.131C.338 D.114二、非选择题此题包括3小题，共40分11.14分2019·

6、;大纲版全国卷改编如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。：反响CGBH能放出大量的热，该反响曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反响：2EI2FD，F中E元素的质量分数为60%。答复以下问题：1中反响的化学方程式为：_；21.6 g G溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反响，计算至少需铜粉的质量写出离子方程式和计算过程；_。3C与过量NaOH溶液反响的离子方程式为：_，反响后溶液与过量化合物I反响的离子方程式为：_；4E在I中燃烧观察到的现象是：_。12.12分2019·天津高考改编图中X、Y、Z为单质，其他为化合

7、物，它们之间存在如下转化关系部分产物已略去。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反响。答复以下问题：1A与1mol Al反响转化为X时所有物质均为固体，放出a kJ热量，写出该反响的热化学方程式：_。2磁性氧化铁中的铁元素有两种价态，某同学欲判断G溶液中铁的价态，进展了以下实验，请帮他完成下表：实验步骤现象和结论取少量溶液于试管中，滴加几滴溶液溶液颜色变为_色，说明不含Fe2另取少量溶液于另一试管中，向里滴加溶液溶液变色，说明含有Fe33写出A和D的稀溶液反响生成G的离子方程式：_。13.14分预测题某铜矿石含氧化铜、氧化亚铜、三氧化二铁和脉石SiO2，现采用酸浸法从矿

8、石中提取铜，其工艺流程图如下。其中铜的萃取铜从水层进入有机层的过程和反萃取铜从有机层进入水层的过程是现代湿法炼铜的重要工艺手段。：Cu2O2H=Cu2CuH2O；当矿石中三氧化二铁含量太低时，可用硫酸和硫酸铁的混合液浸出铜；反萃取后的水层2是硫酸铜溶液。答复以下问题：1矿石用稀硫酸处理过程中发生反响的离子方程式为：Cu2O2H=Cu2CuH2O、_、_写其中2个。2将有机层和水层别离的操作方法叫_，实验室完成此操作所用到的一种主要仪器是。3“循环经屡次循环后的水层1不能继续循环使用，但可别离出一种重要的硫酸盐晶体，该晶体的化学式是_。4写出电解过程中两电极都是惰性电极阴极发生反响的电极反响式_

9、。5“循环中反萃取剂的主要成分是_。答案解析1.【解析】选B。A项，由于每溶解56 g的Fe，溶液中析出2 g 的H2，所以溶液质量增重；B项，由于每溶解56 g的Fe，溶液中析出64 g的Cu，所以溶液质量减轻；C项，Fe与NaOH溶液不发生反响；D项，Fe与AlCl3溶液不发生反响，应选B项。2.【解析】选C。A项，Fe2FeCl3=3FeCl2；B项，Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3；C项，通过化合反响不能直接制得AlOH3；D项，4FeOH2O22H2O=4FeOH3，应选C项。3.【解析】选B。金属钠在溶液中先与水反响，无法置换出TiCl4溶液中的金属钛，A选项错误；电解Na

10、Cl溶液会得到NaOH溶液，应该电解熔融的NaCl制备金属钠，C选项错误；黄铜矿石经冶炼先制得粗铜，粗铜电解精炼得纯铜，D选项错误。4.【解析】选D。设nFe23 mol，那么nFe32 mol，由离子方程式2Fe3Cu=2Fe2Cu2知nCu2nFe2÷21.5 mol，那么nCu2nFe31.5 mol2 mol34。5.【解析】选A。A正确，符合3个守恒；B错误，电荷不守恒，Fe3O4中Fe有两种价态，正确的离子方程式应该为：Fe3O48H=2Fe3Fe24H2O；C错误，得失电子不守恒，电荷不守恒，正确的离子方程式应为：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O；D错误，不符合客

11、观实际，反响后只能生成Fe2和H2。6.【解析】选C。A中FeCl3也与Fe反响；B中铁粉和铝粉都可以和盐酸反响；D中Cu也与稀硝酸发生反响，形成溶液，不符合题意。7.【解析】选D。A2Fe32I=I22Fe2，碘单质使淀粉溶液变蓝错误B铁锈的主要成分是Fe2O3错误C铁与稀硝酸反响生成的气体为NO，不能得到氢气错误D4FeOH2O22H2O=4FeOH3正确8.【解析】选B。A项，FeCl33NH3·H2O=FeOH33NH4Cl；B项，由于复原性I>Fe2，所以向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2首先与I反响：Cl22I=I22Cl；C项，过量的Fe与热浓硫酸反响，首先产

12、生SO2气体，随着反响的进展，浓硫酸的浓度逐渐变稀，后来稀硫酸与Fe反响产生H2；D项，由于发生反响：SO2Br22H2O=H2SO42HBr，欲检验溶液中的SO，应向溶液中参加BaCl2溶液，假设参加BaNO32溶液，那么不能排除SO的干扰，应选B项。9.【解题指南】解答此题应注意以下两点：1当HNO3过量时，铁与HNO3反响生成FeNO33；2除剩余的HNO3能溶解铁外，生成的FeNO33仍能溶解铁。【解析】选A。由于反响后溶液的pH为1，说明HNO3过量，所得溶液为FeNO33溶液，那么n反响前HNO3n未被复原HNO3n被复原HNO3n剩余HNO3×30.1×0.1

13、0.21mol，所以反响前HNO3溶液的浓度为2.1mol·L1，故A项错误；由FeFe3知，0.05 mol的Fe反响时失去0.15 mol电子，那么HNO3得到0.15 mol电子生成0.05 mol 气体，所以该气体全部为NO，故B项正确；反响后溶液中nNO3nFen剩余HNO33×0.050.1×0.10.16 mol，所以反响后溶液中cNO1.6 mol·L1，故C项正确；根据：3Fe8HNO3=3FeNO322NO4H2O知，剩余的0.01 mol HNO3能溶解0.003 75 mol Fe，根据Fe2Fe3=3Fe2得，生成的0.05 m

14、ol Fe3能溶解0.025 mol Fe，所以反响后溶液总共溶解0.028 75 mol Fe，即1.61 g Fe，故D项正确。【方法技巧】铁与硝酸的反响规律1铁与浓硝酸在常温下钝化，在加热时剧烈反响。2铁与稀硝酸的反响：硝酸过量时：Fe4HNO3=FeNO33NO2H2OFe过量时：3Fe8HNO3=3FeNO322NO4H2O铁与稀硝酸反响有关量的问题，可用数轴表示为：当时，按反响进展，产物仅有FeNO33，HNO3可能有剩余。当时，按反响进展，产物仅有FeNO32，Fe可能有剩余。当<<时，那么反响均发生，产物为FeNO32和FeNO33。10.【解题指南】解答此题应注意

15、以下三点：1Fe与FeNO33、CuNO32、HNO3反响的先后顺序；2横、纵坐标及曲线各折点表示的意义；3HNO3反响生成的Fe3和溶液中的原有Fe3均与Fe发生反响。【解析】选D。由于先发生反响：Fe4HNO3=FeNO33NO2H2O，再发生反响：Fe2FeNO33=3FeNO32，最后发生反响：FeCuNO32=FeNO32Cu。由图像知，1 mol Fe与HNO3发生反响，那么需HNO3 4 mol，生成FeNO33 1 mol；由图像知，1 mol Fe与FeNO33发生反响，那么需FeNO33 2 mol，所以原溶液中含有FeNO33 1 mol；由图像知，1 mol Fe与Cu

16、NO32发生反响，那么需CuNO32 1 mol，所以原溶液中含有CuNO32 1 mol，应选D项。11.【解题指南】此题主要考察Mg、Al、Fe及其化合物的性质及与其有关的化学方程式的计算。解题时注意寻找打破口，如铝热反响应用于铁轨的焊接、CO2是最常见的温室气体等。【解析】1铝热反响应用于铁轨的焊接，由可知C为Al、G为Fe2O3、B为Fe、H为Al2O3，反响的化学方程式为2AlFe2O32FeAl2O3。CO2是最常见的温室气体，由可知E为Mg、I为CO2、F为MgO、D为C。综上可知A为O2。2Fe2O3与盐酸反响的离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O，FeCl3与铜粉完全

17、反响的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2，可知nCunFe2O30.01 mol，需铜粉的质量为0.01 mol×64 g·mol10.64 g。3Al与过量NaOH溶液反响的离子方程式为：2Al2OH2H2O=2AlO3H2，反响后溶液为NaAlO2，与过量CO2反响的离子方程式为：AlOCO22H2O=AlOH3HCO。4Mg在CO2中燃烧的化学方程式为：2MgCO22MgOC，观察到的现象是镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反响器内壁附着黑色固体。答案：12AlFe2O32FeAl2O32Fe2O36H=2Fe33H2O，2Fe3Cu=2Fe2Cu2，nCunFe2O

18、30.01 mol，至少需铜粉的质量为0.01 mol×64 g·mol10.64 g32Al2OH2H2O=2AlO3H2AlOCO22H2O=AlOH3HCO4镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反响器内壁附着黑色固体12.【解题指南】解题时找准打破口，Fe3O4俗称磁性氧化铁，能和氢氟酸反响的不溶于水的酸性氧化物为SiO2。【解析】X、Y、Z都是单质，Fe3O4和Al发生铝热反响生成单质铁，故X是Fe，Y是氧气，Z是单质硅，那么D是HNO3，E是SiO2，G是FeNO33，M是Na2SiO3。1A与1mol Al反响时放出a kJ热量，书写热化学方程式时要注意对应关系，即有8 mol Al参与反响时，放热8a kJ。2在溶液中可能含有Fe3的情况下，检验Fe2应用酸性KMnO4溶液。参加少量酸性KMnO4溶液，假设酸性KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2，假