2021年新教材高中化学第三章铁金属材料过关检测卷（含解析）新人教版必修第一册

1、第三章过关检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列物质中,不属于合金的是()。A.硬铝B.生铁C.碳素钢D.铝箔答案:D2.从金属的利用历史来看,先是青铜时代,而后是铁器时代,铝的利用则是近百年的事。这个顺序主要跟下列因素有关的是()。在地壳中的含量金属的活动性金属的导电性金属冶炼的难易程度金属的延展性A.B.C.D.答案:D解析:铜的金属活动性较差,较好冶炼,所以从金属的利用史来说,出现的较早,而铝的性质较活泼,很容易被氧化,冶炼起来有一定的难度,故出现的较晚。3.下列关于铝的叙述中,不正

2、确的是()。A.铝是地壳中含量最多的金属元素B.常温下,铝能与NaCl溶液发生置换反应C.铝是一种比较活泼的金属D.在化学反应中,铝容易失去电子,常做还原剂答案:B解析:地壳中含量排在前四位的元素依次为O、Si、Al、Fe,Al为地壳中含量最多的金属元素;在金属活动性顺序中,Al位于Na之后,无法与NaCl发生置换反应;Al属于活泼金属,在化学反应中容易失去电子,常做还原剂。4.下列离子方程式书写正确的是()。A.向FeCl2溶液中通入Cl2:Fe2+Cl2Fe3+2Cl-B.将Al2O3加入稀盐酸中:Al2O3+6H+2Al3+3H2OC.Fe(OH)3与稀硫酸反应:OH-+H+H2OD.将

3、Al2O3加入氢氧化钠溶液中:Al3+OH-AlO2-+H2O答案:B解析:A项中反应不满足电荷守恒,正确的离子方程式应该是2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-;C项中Fe(OH)3为难溶物,不能写成离子形式;D项中正确的离子方程式为Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O。5.铁是日常生活中使用最广泛的金属,下列关于铁的一些说法正确的是()。A.铁能与水反应,故铁能在水蒸气中燃烧B.不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3C.Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3,说明稳定性:Fe(OH)2<Fe(OH)3D.Fe3O4溶解于盐酸既有FeCl2生成又有FeCl3生成,故Fe3O4属

4、于混合物答案:C解析:A项,铁不能在水蒸气中燃烧,错误;B项,FeCl2和Fe(OH)3可分别由Fe+2FeCl33FeCl2,4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3制取,B项错误。D项,四氧化三铁是纯净物,错误。6.在加入铝粉能放出氢气的溶液中,一定能大量共存的离子组是()。A.Fe3+、CO32-、Cl-、Na+B.Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3-C.SO42-、Na+、K+、Cl-D.Mg2+、NO3-、K+、OH-答案:C解析:加入铝粉能放出氢气的溶液可能为酸性,可能为碱性。A项中Fe3+不能在碱性条件下大量存在,CO32-不能在酸性条件下大量存在,且Fe3+、CO32

5、-本身也不能大量共存;B项中HCO3-既不能在酸性溶液中大量存在,也不能在碱性溶液中大量存在,Mg2+也不能在碱性溶液中大量存在;D项中OH-不能在酸性溶液中大量存在。7.将5.4 g Al放入200 mL 2.0 mol·L-1的某溶液中有氢气产生,充分反应后有金属剩余。该溶液可能为()。A.Cu(NO3)2溶液B.NaOH溶液C.H2SO4溶液D.HCl溶液答案:D解析:NaOH溶液、H2SO4溶液和HCl溶液能与铝反应放出氢气。n(Al)=5.4g27g·mol-1=0.2mol。2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H20.2mol0.2mol已知NaOH为

6、0.4mol,因此金属无剩余。2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H20.2mol0.3mol已知H2SO4为0.4mol,因此金属无剩余。2Al+6HCl2AlCl3+3H20.2mol0.6mol已知HCl为0.4mol,因此金属剩余。8.下列推理正确的是()。A.铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3,故钠在氧气中燃烧生成Na2OB.铁能从硫酸铜溶液中置换出铜,故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C.活泼金属钠保存在煤油中,故活泼金属铝也应保存在煤油中D.钠与氧气、水等反应时钠均做还原剂,故金属单质参与反应时金属单质均做还原剂答案:D解析:Na在氧气中燃烧生成Na2O2,A项错误。Na能与水发生

7、反应,故Na不能从硫酸铜溶液中置换出Cu,B项错误。铝在空气中放置表面生成致密的氧化物薄膜,起保护作用,故铝不需保存在煤油中,C项错误。9.将铁片加入1 L 0.5 mol·L-1 FeCl3溶液中,当Fe2+和Fe3+的浓度相等时,铁片的质量减少()。A.2.8 gB.5.6 gC.11.2 gD.1.4 g答案:B解析:根据离子方程式:Fe+2Fe3+3Fe2+123n(Fe)2n(Fe)3n(Fe)题中Fe2+和Fe3+的浓度相等,则有:1L×0.5mol·L-1-2n(Fe)=3n(Fe),n(Fe)=0.1mol,得m(Fe)=5.6g。10.为了探究铁

8、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,其中是()。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氯气浅绿色溶液变成棕黄色溶液2Fe2+Cl22Fe3+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+ZnFe+Zn2+Zn具有氧化性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+Fe2Fe2+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+Cu2Fe2+Cu2+Fe3+具有氧化性答案:A解析:B项结论应是Fe2+具有氧化性;C项,离子方程式电荷不守恒,正确的离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+;D项,实

9、验现象中溶液颜色应由棕黄色变成蓝色。11.下列实验现象或表述正确的是()。A.在酒精灯上灼烧铝箔,会发现熔化的铝不断滴落B.检验红砖中的氧化铁成分,向红砖粉末中加入盐酸,充分反应后取上层清液放入试管中,滴加KSCN溶液23滴即可C.制备氢氧化亚铁时,向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液,边加边搅拌,即可制得白色的氢氧化亚铁D.向饱和FeCl3溶液中滴入少量NaOH溶液,煮沸后即得红褐色Fe(OH)3胶体答案:B解析:铝的表面有一层Al2O3薄膜,其熔点高,而内部的Al的熔点低,所以里面熔化,而外面不熔化,故熔化的铝不会滴落,A项错误。制备氢氧化亚铁时,用长滴管吸取氢氧化钠溶液后,把滴管插入硫酸亚铁

10、溶液的底部,不能搅拌,否则会带入氧气,看不到白色的氢氧化亚铁沉淀,C项错误。向饱和FeCl3溶液中滴入少量NaOH溶液,得到Fe(OH)3沉淀,D项错误。12.两种金属粉末的混合物52 g,溶于足量的稀硫酸中,生成标准状况下的氢气22.4 L,则这种混合物不可能是()。A.Na和KB.Mg和AlC.Cu和AlD.Al和Fe答案:B解析:n(H2)=22.4L22.4L·mol-1=1mol,转移电子2mol,混合物的平均摩尔电子质量=52g2mol=26g·mol-1,Na、K、Mg、Al、Fe、Cu的摩尔电子质量(单位:g·mol-1)分别是23、39、12、9

11、、28、无穷大(因为Cu与稀硫酸不反应),根据平均值26可知,只有B项不可能。13.类比法是研究物质性质的常用方法之一,可预测许多物质的性质。但类比是相对的,不能违背客观事实。下列有关类比推测的说法正确的是()。已知Fe与S能直接化合生成FeS,推测Zn和S可直接化合生成ZnS已知Fe与CuSO4溶液反应,推测Fe与AgNO3溶液也能反应已知Cu与Cl2能直接化合生成CuCl2,推测Fe与Cl2可直接化合生成FeCl2已知Al能与O2生成致密氧化膜保护金属,推测Fe也与O2生成氧化膜保护金属A.B.C.D.答案:A解析:Fe与Cl2能直接化合生成FeCl3;Fe在潮湿的空气中生成的Fe2O3比

12、较疏松,不能保护内部金属。14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()。5.6 g Fe在氧气中燃烧,完全反应时转移电子数为0.3NA标准状况下,22.4 L氦气与22.4 L氯气所含原子数均为2NA23 g Na与稀硫酸完全反应转移的电子数为NA在反应2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2中生成1 mol H2转移的电子数为2NAA.B.C.D.答案:B解析:5.6gFe的物质的量为0.1mol,在氧气中燃烧生成Fe3O4,完全反应时转移电子数为0.83NA,错误。标准状况下,22.4L氦气与22.4L氯气均为1mol,1molHe含有NA个原子,1molCl2含有

13、2NA个原子,错误。15.下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是()。A.用上图装置可以制备Fe(OH)2沉淀B.用氯化铁溶液可以制备氢氧化铁胶体C.FeCl2溶液中滴加KI溶液,会有碘单质生成D.向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化答案:C解析:反应开始时生成的氢气进入b中,可排出氧气,防止生成的氢氧化亚铁被氧化,一段时间后关闭止水夹c,a中硫酸亚铁溶液进入b中可生成Fe(OH)2沉淀,A项正确。向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,可以制备氢氧化铁胶体,B项正确。FeCl2溶液的氧化性比较弱,无法氧化KI,不会有碘单质生成,C项错

14、误。Fe3+与铁反应可生成Fe2+,向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化,D项正确。二、非选择题(本题包括5小题,共55分)16.(11分)某兴趣小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验,根据实验流程回答相关问题。(1)请写出Fe2O3与反应的离子方程式:。 (2)物质为。 (3)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3悬浊液,该过程的现象为,此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表示)。 (4)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中,并继续煮沸至液体呈红褐色,制得分散系为,它与FeCl3溶液、Fe(OH)3悬浊

15、液的本质区别是。 答案:(1)Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O(2)NaOH溶液(其他合理答案也可)(3)生成白色沉淀,迅速变成灰绿色,最终变成红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3(4)Fe(OH)3胶体分散质粒子的直径大小不同解析:(1)Fe2O3为碱性氧化物,能够与盐酸反应生成FeCl3和H2O。(2)FeCl3溶液能够与碱反应生成Fe(OH)3,物质可以是NaOH溶液、KOH溶液等。(3)Fe(OH)2是白色沉淀,能迅速被氧气氧化,会看到沉淀由白色迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,发生的氧化还原反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。(4)将

16、氯化铁饱和溶液滴入沸水中,继续煮沸至液体呈红褐色,得到的是Fe(OH)3胶体。17.(10分)某同学设计了如图装置(气密性已检查,部分夹持装置已省略)用于制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答下列问题。(1)仪器1的名称是。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:。 答案:(1)分液漏斗液封,防止空气进入装置4(2)在装置2、3之间添加控制开关(3)

17、装置4内的空气没有排尽解析:(1)仪器1的名称为分液漏斗。由于Fe(OH)2易被氧气氧化,故装置5的作用是液封,防止空气进入装置4。(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。18.(12分)Fe3O4是一种黑色粉末,又称磁性氧化铁,它的组成可写成FeO·Fe2O3。某化学实验小组通过实验来探究一黑色粉末是否由Fe3O4、CuO组成(不含有其他黑色物质)。为了完成实验探究,该同学查阅资料得到信息:Fe3+与KSCN溶液作用,溶

18、液呈红色;Fe(OH)3为红褐色沉淀。并进行探究过程如下。【提出假设】假设1.黑色粉末是CuO;假设2.黑色粉末是Fe3O4;假设3.。 【设计探究实验】取少量粉末放入足量稀硫酸中,在所得溶液中滴加KSCN溶液。(1)若假设1成立,则实验现象是。 (2)若所得溶液呈红色,则假设成立。 (3)为进一步探究,继续向所得溶液中加入足量铁粉,若产生的现象,则假设3成立。 有另一小组同学提出,若混合物中CuO含量较少,可能加入铁粉后实验现象不明显。【查阅资料】Cu2+与足量氨水反应生成深蓝色溶液,Cu2+4NH3·H2OCu(NH3)42+4H2O。(4

19、)为探究是假设2还是假设3成立,另取少量粉末加稀硫酸充分溶解后,再加入足量氨水,若产生现象,则假设2成立;若产生现象,则假设3成立。 答案:黑色粉末是CuO和Fe3O4的混合物(1)溶液呈蓝色(2)2或3(3)有红色固体析出(4)红褐色沉淀红褐色沉淀,同时溶液呈深蓝色解析:(1)硫酸与氧化铜发生反应:CuO+H2SO4CuSO4+H2O,硫酸铜溶液呈蓝色,若假设1成立,实验现象为溶液呈蓝色。(2)Fe3+与KSCN溶液反应,所以如果所得溶液呈红色,证明加入硫酸后生成了Fe3+,说明黑色物质中含有Fe3O4,所以假设2或3都有可能成立。(3)铁粉与铜离子发生反应:Cu2+FeFe2+C

20、u,所以如果产生红色物质,证明溶液中存在铜离子,则黑色固体中含有CuO,故假设3成立。(4)如果假设2成立,则加入硫酸后得到的溶液中含有Fe3+,加入氨水后生成氢氧化铁红褐色沉淀;如果假设3成立,则加入硫酸后溶液中既含有Fe3+又含有Cu2+,加入足量氨水,Fe3+反应生成氢氧化铁红褐色沉淀,铜离子与氨水发生反应Cu2+4NH3·H2OCu(NH3)42+4H2O,溶液呈深蓝色。19.(10分)完成下列有关钠、镁、铝的计算及判断。(1)取a g钠、镁、铝分别与足量盐酸反应,在相同条件下产生氢气的体积之比是。 (2)取0.1 mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反应,在相同条件下产

21、生氢气的体积之比是。 (3)若产生相同体积(同温同压)的氢气,所需钠、镁、铝三种金属的物质的量之比是,质量之比是。 (4)若将0.2 mol钠、镁、铝分别投入10 mL 1 mol·L-1盐酸中,在标准状况下产生氢气体积的大小顺序是。 答案:(1)12311219(2)123(3)11213(或632)23129(4)V(Na)>V(Al)=V(Mg)解析:(1)利用得失电子守恒,产生氢气的体积之比即为金属转移的电子数之比,为a23×1a24×2a27×3。(2)0.1mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反应,金属转移的电子物质的量之比为(0.1mol×1)(0.1mol×2)(0.1mol×3),所以相同条件下产生氢气的体积之比为123。(3)氢气的体积相等,转移的电子数相等,即金属失去的电子数相等。(4)Mg、Al过量,应以HCl的量计算生成的气体的体积(转移电子为0.01mol),Na也过量但