高一铁和铜测试题

.z.铁、铜的获取及应用一、选择题：〔每题只有一个选项符合题意〕1.Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反响放出H20.5g，则混合物中必定含有的金属是 A．钠 B．镁 C．铝 D．铁2.将5.32g纯Fe溶于足量稀H2SO4中，在加热条件下用2.53gKNO3去氧化溶液中的Fe2+，充分反响后余下的Fe2+复原0.009molCl2才能完全氧化，则KNO3的复原产物中N的化合价是 A．–3 B．+4 C．+3 D．+23.将8.4g铁粉与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，使之充分反响，再将反响后的物质与足量的稀硫酸反响，可得到气体体积〔标况下〕是 A．1.12L B．2.24L C．3.36L D．以上都不对4.所有氮的氧化物都能跟灼热的铁粉按下式反响：4N*Oy+3yFeyFe3O4+2*N2假设将0.2molN*Oy通过50g灼热的铁粉，反响完全后恰好生成0.1molN2和0.1molFe3O4，则N*Oy的分子式为 A．NO－ B．NO2 C．N2O D．N2O55.将适量铁粉放入溶液中，完全反响后，溶液中和浓度相等，则已反响的与未反响的的物质的量之比是 A．2：3 B．3：2 C．1：2 D．1：16.有一块铝铁合金，将其溶解于足量盐酸中，再参加过量溶液，在空气中静置至红褐色沉淀不再增加时，将沉淀滤出再灼烧至恒重，得到残留物的质量与原合金质量一样，则合金中铝的质量分数是A．22.2% B．30% C．75.5% D．80.6%7.向K2SO4和FeCl3的混合溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当SO42－离子完全沉淀时，Fe3+离子也同时被完全沉淀，则原混合溶液中K2SO4和FeCl3的物质的量浓度之比为A.3:1B.3:2C.2:1D.2:38.2mol/L的盐酸和硫酸各100mL，分别参加等质量的铁粉，反响完毕后，所生成的气体质量比为2∶3，则往盐酸中参加铁粉的质量是A．2.8gB．5.6gC．8.4gD．11.2g9.bg*金属与足量的稀硫酸反响，生成该金属的三价正盐和ag氢气。则该金属的相对原子质量为A.2b/aB.3b/2aC.3b/aD.a/3b10.有一种铁的"氧化物〞样品，用5摩/升盐酸140毫升恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56升氯气，恰好使其中Fe2＋全部转化成Fe3＋，该样品可能的化学式是A.Fe2O3B.Fe3O4C.Fe4O5D.Fe5O7二、选择题：〔每题有1-2个选项符合题意〕11.以下物质中，不属于合金的是A.硬铝B.黄铜C.钢铁D.水银12.向*晶体的水溶液中参加Fe2+的溶液后，无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现血红色。则，由此得出以下的结论错误的选项是 A．该晶体中一定含有S－ B．Fe3+的氧化性比Br2的氧化性强C．Fe2+被Br2氧化为Fe3+ D．Fe2+与S－不能形成血红色的化合物13.将Na2O2投入FeCl2溶液中,可观察到的现象是 A．生成白色沉淀B．生成红褐色沉淀C有气泡产生D．无变化14.由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g与足量的盐酸反响产生的氢气在状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是A.锌B.铁C.铝D.镁15.Fe和Fe2O3的混合物，参加200mL5mol·L-1的盐酸，恰好完全溶解，再向其中参加KS溶液，未见血红色，则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为(假设反响后溶液体积仍为200mL)A、2．5mol·L-1B、lmol·L-1C、2mol·L-1D、5mol·L-116.用Na2FeO4消毒来自河湖的淡水是一项新技术，有关表达正确的选项是Na2FeO4具有强碱性，使细菌不能生存Na2FeO4具有强氧化性，可杀灭细菌Na2FeO4的复原产物Fe3+，可在水中生成胶体而载带水中悬浮物凝聚沉降Na2FeO4的复原产物可水解生成Fe(OH)217.久置于空气中的以下物质，因被氧化而呈黄色的是A．浓硝酸B．氯化亚铁溶液C．氯化铁溶液D．溴化银18.以下离子方程式中正确的选项是A．三氯化铁溶液中参加铁B．氯化镁溶液中参加硝酸银溶液 C．过量氯气通入溴化亚铁溶液中 D．氢氧化铜溶于稀硫酸中 19.含ng硝酸的稀溶液恰好和mg铁粉完全反响假设有gHNO3被复原成NO，n:m可能是A.1:1B.2:1C.3:1D.9:220.现有3摩/升的盐酸和硫酸各100毫升，分别参加等质量的铁粉，反响完毕后产生氢气的质量之比为3︰4，则盐酸中参加铁粉的质量为A.11.2克B.16.8克C.5.6克D.8.4克21.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为"腐蚀液〞：发生的反响为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时参加铁粉和铜粉，反响完毕后，以下结果不可能出现的是A.烧杯中有铜无铁B.烧杯中有铁无铜

C.烧杯中铁、铜都有D.烧杯中铁、铜都无

22.*溶液中有四种离子,假设向其中参加过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,再参加过量盐酸;溶液中大量减少的阳离子是A． B．Mg2+ C．Fe2+ D．Al3+23.铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显变化，但参加*盐一段时间后，发现铜粉质量减少，溶液呈蓝色，该盐可能是 A．FeCl3 B．Na2CO3 C．KNO3 D．FeSO424.现有100mL只含MgCl2和AlCl3两种溶质的混合溶液，其中c(Cl－)＝1.0mol·L－1,c(Mg2＋)＝0.2mol·L－1。如果不考虑水解因素，则要使其中的Mg2＋全部转化为Mg(OH)2沉淀而别离出来，至少需要4mol·L－1的NaOH溶液的体积是A．25mLB．30mLC．5mLD．100mL25.Fe与稀HNO3反响时，假设两者消耗物质的量之比为4∶10，且生成Fe(NO3)2，则反响中生成的复原产物可能是 A．N2 B．N2O C．NO D．NH4NO3三、填空题26.*结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为1.96g的该结晶水合物，分别制成溶液。一份参加足量Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和枯燥，得到白色固体2.33g。另一份参加含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnO4-恰好完全被复原为Mn2+。请答复以下问题：(1)该结晶水合物中含有的两种阳离子是和，阴离子是。(2)试通过计算确定该结晶水合物的化学式。27.以下各物质的转化关系如以下图所示，其中A是一种高熔点固体，D是一种棕红色固体。答复以下问题：(1)C的化学式为；J的化学式为。(2)写出由A生成H的离子反响方程式：。(3写出由F生成G的离子方程式(或化学方程式)：。28.在由FeCl3和FeCl2组成的混合液中参加铁粉和铜粉，用玻璃棒搅拌使之充分反响.假设不考虑阴离子，根据以下情况答复：(1)假设最终余下铁粉和铜粉，则溶液中没有离子，只有离子.(2)假设只剩余铜粉，则溶液中没有离子，而有离子，还可能有离子.(3)假设铁粉和铜粉均全部溶解，则溶液中一定还有离子，可能还有离子.四.计算题29.将1.4g纯铁粉放入80ml1mol/L的稀HNO3中，反响停顿后，生成的硝酸盐的成分什么？其质量是多少？被复原的硝酸质量又是多少30.在200mLFeCl3和FeCl2混合液中参加0.56g铁粉，恰好完全反响，使溶液中无Fe3＋，此时向溶液中通入适量的氯气，正好将溶液中的Fe2＋全部氧化为Fe3＋，再继续向溶液中滴加足量的硝酸银溶液得到白色沉淀43.05g。求原混合液中FeCl3和FeCl2的物质的量浓度。31.为测定*纯洁的铁的氧化物的组成，称取14.4g该氧化物，在加热的条件下用CO气体复原该氧化物，并将反响后导出的气体通过2.35L0.100mol/L的澄清石灰水中，得到20.0g沉淀，请根据以上数据确定铁的氧化物的化学式。32.将54.4g铁粉和氧化铁的混合物中参加200mL的稀硫酸，恰好完全反响，放出氢气4.48L〔标准状况〕．反响后的溶液中滴加KS不显红色，且无固体剩余物，求：①．混合物中铁和氧化铁各是多少克？②．原稀硫酸的物质的量浓度是？③．反响后得到FeSO4的物质的量是多少？33.(12分)现有Fe、Cu组成的合金，其中Cu、Fe的总物质的量为amol，Cu的物质的量分数为*；研成粉末后，全部投入含bmolHNO3的稀溶液中，微热使其充分反响，且硝酸的复原产物只有NO，试答复以下问题：(：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+)随HNO3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有六种情况，请用粒子符号填写以下空白：①②③④⑤⑥溶液中的金属离子Fe2+Fe2+、Cu2+Cu2+、Fe3+残留固体成分Fe、CuCu——————当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，求b的取值范围。当*=0.5时，溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量相等时，在标准状况共产生672mL气体。求a、b的值。34.为测定一种复合氧化物开支的磁性粉末材料的组成，称取12.52克样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100毫升溶液。取其一半，参加过量K2SO4溶液，生成白色沉淀，经过滤、洗涤、烘干后得4.66克固体。在余下的50毫升溶液中参加少许KS溶液，显红色；如果参加过量NaOH溶液，则生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得3.20克固体。〔1〕计算磁性粉末材料中氧元素的质量百分含量。〔2〕确定该材料的化学式参考答案12345678910DDCBABBCCD11121314151617181920DBBCCABCBBDCDA2122232425BACACBBD26.(8分)(1)NH4+、Fe2+，SO42-)(2)据题意：n(SO42-)==0.01mol5Fe2++Mn04—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O51n(Fe2+)O.001mo1n(Fe2+)=O.001mol×5=0.005mol根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理，n(NH4+)+2n(Fe2+)=2n(SO42—)n(NH4+)=O.01moln(H2O)==O.03mol该结晶水合物的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O[或(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]27.(1)AlFe2(SO4)3(2)Al2O3+OH-==2AlO2-+H2O(3)Fe2++2NH３.Ｈ2Ｏ==Fe(OH)2↓+2NH+4、4Fe(OH)2+O2+2Ｈ2Ｏ==4Fe(OH)3高温28.⑴HOH高温⑵3Fe+4H2O====Fe3O4+4H22高温⑶2Al+2OH-+2H2O===2AlO2-+3H2↑高温⑷3Fe3O4+8Al====4Al2O3+9Fe29.(1)Fe3+、Cu2+；Fe2+(2)Fe3+；Fe2+；Cu2+(3)Fe2+、Cu2+；Fe3+30.巧解守恒法①由由题可知：介于1：4和3：8之间，因此生成物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2②设Fe(NO3)3的物质的量为*，Fe(NO3)2的物质的量为y,由Fe元素守恒和NO3―守恒可得：解得∴Fe(NO3)3质量为：0.01mol×242g/mol=2.42gFe(NO3)3质量为：0.015mol×180g/mol=2.7g③被复原的HNO3为：31.解析：三个反响2FeCl3+Fe=3FeCl22FeCl2+Cl2=2FeCl3Cl－＋Ag＋＝AgCl↓∵恰好反响无Fe3＋∴n(FeCl3)＝2n(Fe)＝2×0.01mol＝0.02moln(AgCl)＝＝0.3mol总Cl－＝FeCl3中＋FeCl2中＋Cl2中0.3mol＝0.02mol×3＋2n(FeCl2)＋2n(Cl2)又Cl2～Cl－＝Fe2＋～Fe3＋2n(Cl2)＝〔0.02mol＋n(FeCl2)＋n(Fe)〕×1n(FeCl2)＝0.07mol32.n[Ca〔OH〕2]=0.100mol/L×2.35L=0.235moln〔CaCO3〕=20.0g÷100g/mol=0.200mol生成的CO2的物质的量可能为：0.200mol或0.270mol〔各1分〕氧化物中n〔O〕=n〔CO2〕，故有两种可能：一：n〔O〕=0.200mol，n〔Fe〕=0.200mol，所以该氧化物为FeO〔2分〕二：n〔O〕=0.270mol，n〔Fe〕=0.180mol，所以该氧化物为Fe2O3〔2分〕33.分析：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2OFe+H2SO4=FeSO4+H2↑Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4因为无Fe剩余、无Fe3＋，所以恰好完全反响；则Fe2O3～2Fe3＋～Fe设Fe2O3*①Fe＝H2↑耗＋Fe3＋耗54.4－*＝*＝32g所以m〔Fe2O3〕＝32g；m〔Fe〕＝22.4g②H＋＝Fe耗＋Fe2O3耗∴c〔H2SO4〕＝4mol/L③Fe元素最终→