第三章 铁 金属材料 过关检测卷 高中化学人教版（2019）必修第一册

第三章铁金属材料过关检测卷一、选择题1．贫血是一种常见的疾病，其中缺铁性贫血是贫血中最常见的类型，通常补铁剂会与维生素C同服。下列有关叙述中错误的是（）A．补铁剂中的铁以Fe3+形式存在B．铁是人体必需的微量元素C．补铁剂搭配的维生素C具有还原性D．Fe2+具有还原性，能被氧化成Fe3+2．合金在生活中有广泛应用。下列物质不属于合金的是（）A．硬铝 B．青铜 C．不锈钢 D．水银3．用铝合金代替铝制钥匙，因为铝合金（）A．熔点低 B．不易锈蚀C．硬度大 D．密度小4．在2L0.A．H+的数目为6.C．c(SO45．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（）A．金属铁 B．金属铜 C．金属钠 D．金属铝6．下列说法中正确的是（）A．将20克NaOH溶解于1L水中，所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.5mol/LB．1.08克水在标准状况下的体积约为1344mLC．同温同压下，相同体积的O3与Cl2具有相同的原子数D．62克Na2O中含离子总数为3NA7．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．2.8g14N2与14C16O的混合物中，中子数目为1.4NAB．含0.1molFeCl3的溶液与0.1mol锌充分反应，转移电子数为0.1NAC．标准状况下，5.6gC4H8中C-C的数目可能为0.4NAD．某温度下，1LpH=9的Na2CO3溶液中，水电离产生的OH-数目为10-5NA8．磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级(1到10nm之间)的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中错误的是（）A．纳米Fe3O4属于胶体B．纳米Fe3O4磁流体可以通过半透膜得到提纯C．当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路D．纳米Fe3O4磁流体比较稳定9．下列关于“摩尔盐”[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的说法不．正．确．的是（）A．具有较强的还原性，可使高锰酸钾酸性溶液褪色B．可用于治疗缺铁性贫血，还可用于制造红色颜料铁红(Fe2O3)、磁性氧化铁(Fe3O4)等C．加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明摩尔盐已氧化变质D．加水溶解，与过量NaOH溶液反应的离子方程式：Fe2+＋2OH−=Fe(OH)2↓10．选择合适试剂完成甲、乙两组实验，甲组：检验含Fe3+的溶液中是否含有Fe乙组：检验含Fe2+的溶液中是否含有Fe下列试剂及加入试剂顺序能达到实验目的的是试剂选项甲组乙组A新制氯水、KSCN溶液NaOH溶液B酸性KMnO4KSCN溶液CKOH溶液氯水D稀氯水酸性KMnO4A．A B．B C．C D．D11．已知还原性F−<Cl−<Br−A．ab段表示Fe2+B．原溶液中FeBr2和FeI2的物质的量分别为2molC．fg段发生反应：2FeD．反应3Cl212．锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe＝Sb4O6＋6FeS①；Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②。下列说法正确的是（）A．反应②说明高温下Sb还原性比C强B．反应①中每生成1molFeS时，共转移2mol电子C．每生成1molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3D．反应①②中氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6二、非选择题13．以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如下：（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤2～3次，滤渣的主要成分是。（填化学式）（2）氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式是。已知：铁氰化钾化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O。3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓（蓝色沉淀）4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓（蓝色沉淀）确定Fe2+是否氧化完全的方法是。（可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的化学方程式：。（4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴[(CoCO3)2·3Co(OH)2]，沉淀需洗涤，洗涤的操作是。（5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是。（6）三氧化铁是一种重要的化合物，可以用来腐蚀电路板。常温下，某腐蚀废液中含有0.5mol•L-1Fe3+和0.26mol•L-1Cu2+，欲使Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)<4×10-5mol•L-1时完全沉淀]而Cu2+不沉淀，则需控制溶液pH的范围为。{KspCu(OH)2]=2.6×10-19；KspFe(OH)3]=4×10-38}14．物质的量是联系宏观的和微观的桥梁。（1）标准状况下，与5.6L的CH4气体含相同H原子数的H2S的质量为g。（2）将0.2mol·L－1Al2(SO4)3和0.2mol·L－1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，计算混合液中c(SO42−)=mol·L－1。若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸，配制500mL浓度成0.2mol·L－1稀硫酸，计算需要量取（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1︰4︰8。①配制该营养液后c(NH4+)=0.016mol·L－1，溶液中c(K+)=②若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为。15．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为mol·L－1。（保留小数点后一位）（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝mol·L－1。（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是__(填字母)。A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D．需要称量NaClO固体的质量为143.0g（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g·cm－3)的浓硫酸配制2L2.3mol·L－1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为mol·L－1。②需用浓硫酸的体积为mL。16．已知A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示（部分产物略去）。请回答下列问题：（1）若A为常见的非金属单质，常温下为固体，B、C、D均为气体。A与C的反应需要在高温下进行，则二者反应的化学方程式为。（2）若A、B、C的溶液均显碱性，C常用于培制糕点的发酵粉的主要成分之一，也可以作为抗酸药剂，则B的俗名为，A与C反应生成B的离子方程式为。（3）若D为用量最大、用途最广泛的金属单质。它的一种氧化物为红棕色固体，可用作颜料。A是一种黄绿色气体，则B的化学式为，B与Cu反应的离子方程式为，A与C反应生成B的化学反应方程式为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．血红蛋白的重要组成成分为Fe2+，故补铁剂中的铁以Fe2+形式存在，A符合题意；B．铁是人体内含量最多的必需微量元素，B不符合题意；C．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可防止亚铁离子被氧化为铁离子，C不符合题意；D．Fe2+具有还原性，化合价可升高，能被氧化成Fe3+，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】补铁剂以Fe2+的形式存在。2．【答案】D【解析】【解答】硬铝、青铜、不锈钢均是合金，水银是金属单质，不是合金，故答案为：D。【分析】合金是指一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物，据此解答即可。3．【答案】C【解析】【解答】合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀；合金比组成它的纯金属硬度大，由于纯铝硬度较小，在使用中易变形，因此利用铝合金硬度较大的性质，C符合题意；故答案为：C【分析】根据合金的特点分析，合金的硬度比成分金属大。4．【答案】D【解析】【解答】A．在2L0.5mol⋅L−1H2SB．O原子的摩尔质量为16g/mol，故B不符合题意；C．在2L0.5mol⋅LD．在2L0.5mol⋅L故答案为：D。

【分析】A、结合公式n=c·V和公式n=N/NA判断；

B、摩尔质量的单位是g/mol；

C、结合公式n=c·V判断；

D、结合公式n=c·V判断。5．【答案】D【解析】【解答】A.金属铁只与盐酸反应，不与碱反应，与题意不符，A不符合题意；B.金属铜与盐酸、氢氧化钠溶液均不反应，与题意不符，B不符合题意；C.金属钠与酸反应，与碱溶液中的水反应，不与氢氧化钠反应，与题意不符，C不符合题意；D.金属铝既能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，又能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，符合题意，D符合题意；故答案为D。【分析】金属钠属于活泼金属，能够与水剧烈反应，所以金属钠放入到氢氧化钠水溶液中，Na与氢氧化钠不反应，与其溶液中的水反应。6．【答案】D【解析】【解答】A.20克NaOH的物质的量为0.5mol，溶解于1L水中，所得氢氧化钠溶液体积不是1L，则其物质的量浓度不是0.5mol/L，A不符合题意；B．在标准状况下水呈液态，水的密度约为1g/mL，则1.08克水的体积约为1.08mL，B不符合题意；C．同温同压下，气体的摩尔体积相同，相同体积的O3与Cl2的物质的量相同，含有的原子数不相同，C不符合题意；D.1molNa2O由2molNa+和1molO2-构成，62克Na2O的物质的量为1mol，含离子总数为3NA，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.所得氢氧化钠溶液体积不是1L；B．在标准状况下水呈液态；C．根据阿伏加德罗定律及推论，结合分子中原子数目判断；

D.1molNa2O由2molNa+和1molO2-构成。7．【答案】C【解析】【解答】A．14N2的摩尔质量为28g/mol，一个分子中有14个中子，14C16O的摩尔质量为30g/mol，一个分子中有16个中子，二者的的摩尔质量和中子数都不同，2.8g混合物中，中子数目不为1.4NA，故A不符合题意；B．含0.1molFeCl3的溶液与0.1mol锌充分反应，方程式为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，锌过量，0.1molFeCl3完全反应转化为0.1molFeCl2，消耗0.05molZn，过量的锌继续与亚铁离子反应，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，剩余0.05mol锌只能消耗0.05molFeCl2，即氯化亚铁过量，整个过程中，0.1mol的锌完全反应，转移电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，故B不符合题意；C.5.6gC4H8的物质的量为0.1mol，符合分子式C4H8的有机物有多种同分异构体：CH2=CH-CH2CH3、CH2=C(CH3)2、、、环丁烷()、甲基环丙烷()，若有机物的结构为环丁烷、甲基环丙烷时，C-C的数目为0.4NA，故C符合题意；D．某温度下，1LpH=9的Na2CO3溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，但溶液温度未知，无法使用水的离子积常数计算，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.考察的是混合物中中子数的计算

B.考查的是反应物是否过量的问题

C.根据n=m/M求出物质的量，根据分子式写出可能的结构式即可

D.温度和水的离子积的关系8．【答案】A【解析】【解答】A．纳米Fe3O4属于纯净物，故A项符合题意；B．纳米Fe3O4不能透过半透膜，因此可以利用半透膜提纯，故B项不符合题意；C．该分散系属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故C项不符合题意；D．所得分散系为胶体，较稳定，属于介稳体系，故D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】纳米四氧化三铁分散系属于胶体，可以用半透膜进行分离，用灯光照射有光亮的通路结合选项即可判断9．【答案】D【解析】【解答】A.摩尔盐中铁元素为+2价，具有还原性，酸性KMnO4溶液具有氧化性，因此摩尔盐溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；B.摩尔盐中含有铁元素，因此可用于治疗缺铁性贫血，同时也可用于制备Fe2O3、Fe3O4，B不符合题意；C.加水溶解，再加KSCN溶液，若溶液变红色，说明摩尔盐溶液中含有Fe3＋，而摩尔盐中所含铁元素为Fe2＋，Fe3＋的存在说明摩尔盐已氧化变质，C不符合题意；D.加水溶解，加入过量NaOH溶液后，摩尔盐溶液中的NH4＋、Fe2＋都能与OH－反应，D符合题意；故答案为：D【分析】A.结合摩尔盐中铁元素的价态分析；B.摩尔盐中含有铁元素，可制备Fe2O3、Fe3O4；C.加入KSCN溶液后，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+；D.加入过量NaOH溶液，则摩尔盐中的NH4＋、Fe2＋都能与OH－反应；10．【答案】B【解析】【解答】A．新制氯水具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，甲组无法检验Fe2+，由分析可知，乙组无法检验Fe3+，A不符合题意；

B．由分析可知，酸性高锰酸钾可检验Fe2+，KSCN溶液可检验Fe3+，B符合题意；

C．由分析可知，甲组无法检验Fe2+，氯水具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，乙组无法检验Fe3+，C不符合题意；

D．新制氯水具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，甲组无法检验Fe2+，Fe3+和酸性高锰酸钾溶液均具有氧化性，乙组无法检验Fe3+，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】Fe2+具有还原性，Fe3+具有氧化性。一般用酸性高锰酸钾来检验Fe2+，现象是紫红色溶液褪色；用KSCN溶液来检验Fe3+，现象是溶液变血红色。注意溶液中同时含有Fe2+和Fe3+时，碱溶液与这两种离子均反应，且分别生成Fe(OH)2白色沉淀和Fe(OH)3红褐色沉淀，但现象不是很明显，无法辨别。11．【答案】B12．【答案】B【解析】【解答】A.反应②中C为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则说明高温下C的还原性比Sb强，故A不符合题意；B.反应①中每生成3molFeS时，共转移3mol×(2−0)=6mol电子，则反应①中每生成1molFeS时，共转移电子的物质的量=2mol，故B符合题意；C.生成4molSb时，反应②C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6，反应①中Fe是还原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为D.反应①中O元素的化合价降低，氧气为氧化剂，而反应②中Sb元素的化合价降低，氧化剂是Sb故答案为：B。

【分析】关于物质的量的计算，在掌握并理解m=nM、n=cV、V=nVm三个基本公式及摩尔质量、摩尔体积、物质的量浓度概念的基础上，分析题目提供的已知条件，灵活运用公式进行解答，在运用公式的过程中，注意电解质在水溶液中的电离、运用摩尔体积的条件与物质状态。13．【答案】（1）SiO2（2）6Fe2++6H++ClO3-加热__6Fe3++Cl-+3H2O；取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe（3）3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑（4）沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出。重复操作2~3次（5）防止因温度降低，CoCl2晶体析出（6）3≤pH＜5【解析】【解答】含钴废催化剂加入稀硫酸，发生Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，过滤滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液，向滤液中加氯酸钠将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入碳酸钠得到黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，继续向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴[(CoCO3)2•3Co(OH)2]，然后用盐酸溶解碱式碳酸钴[(CoCO3)2•3Co(OH)2]，再向所到溶液中加入草酸铵，得到溶解度极小的草酸钴，最后灼烧生成氧化钴。(1)根据上述分析，溶解后过滤，将滤渣洗涤2～3次，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；(2)亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O，取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化，故答案为：6Fe2++6H++ClO3-△__6Fe3++Cl-+3H2O；取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化；(3)生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑；(4)沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次，故答案为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次；(5)CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出；(6)Fe3+完全沉淀时c(OH-)3=Ksp[Fe(OH)3]4×10−5=4×10−384×10−5(mol/L)3=1×10-33(mol/L)3，此时c(OH-)=10-11mol/L，pH=3；Cu2+沉淀时c(OH-)2=K【分析】（1）二氧化硅不会和硫酸发生反应，因此滤渣中主要的成分是二氧化硅；

（2）在酸性条件下氯酸根会将亚铁离子氧化为铁离子；由于铁氰化钾溶液会和三价铁离子发生络合反应，生成血红色的络合物，因此可以利用铁氰化钾溶液来检验是否亚铁离子全部被氧化；

（3）硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾；

（4）实验得到的沉淀并不纯，所以需要进行洗涤操作；

（5）沉淀在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，各离子浓度保持不变(或一定)，其离子浓度幂的乘积为一个常数，这个常数称之为溶度积常数，简称溶度积。14．【答案】（1）17（2）0.2；5.4（3）0.018；4：9【解析】【解答】(1)标准状况下，5.6L的CH4气体物质的量为：5.6L22.4L/mol=0.25mol，含有氢原子物质的量为：0.25mol×4=1mol，含1molH原子数的硫化氢的物质的量为0.5mol，其质量为：(2)0.2mol·L-1Al2(SO4)3和0.2mol·L－1H2SO4溶液等体积混合，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设混合前各溶液的体积均为VL，则混合液中c(SO42−)=0.2mol⋅L−1×3×VL+0.2mol⋅L(3)①由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1：4：8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4)：8=9：8，若营养液中c(NH4+)为0.016mol/L，则溶液中c(K+)=②设(NH4)2SO4的物质的量为xmol，KCl的物质的量为ymol，由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1︰4︰8可知，c(NH4+)：c(K+)=2x：y=8：9，则x：y=4：9【分析】（1）根据公式n=VVm计算CH4的物质的量，进而得出CH4中所含氢原子的物质的量；再得出H2S的物质的量，根据公式m=n×M计算H2S的质量。

（2）根据公式c=nV计算混合溶液中SO42－的物质的量浓度；

稀释过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，据此计算所需浓硫酸的体积。

（3）①根据溶液中三种原料的物质的量之比，由NH4＋的浓度，可求得K15．【答案】（1）4.0（2）0.04（3）C（4）4.6；250【解析】【解答】(1)由c＝1000ρwM得，c(NaClO)＝1000ml/L×1.19g/mL×36.5%74.5g/mol×1L≈4.0(mol·L－1)。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：100mL×10－3L·mL－1×4.0mol·L－1＝100mL×100×10－3L·mL－1×c(NaClO)，解得稀释后c(NaCl