化学必修第一册第三章 综合素养测评

综合素养测评(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1．“神八”与“天宫”一号的成功对接，标志着中国的航空铝材处于世界领先行列。下面关于铝合金的说法中，错误的是()A．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点低B．高温铝液易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼C.镁铝合金耐腐蚀，但能被烧碱(NaOH)腐蚀D．镁铝合金在盐酸中无法溶解2．化学与生活密切相关，下列说法错误的是()A．用黏土焙烧制得的红陶，陶器显红色的原因可能是含有Fe2O3B．制指南针的磁石主要成分是四氧化三铁C．储氢合金可以大量吸收氢气，但不与氢气发生化学反应D．硬铝合金可用于制造飞机部件3．下列对金属和金属材料的认识中，不正确的是()A．生铁和钢的性能完全相同B．铁在潮湿的空气中容易生锈C．赤铁矿的主要成分是氧化铁D．回收废旧金属有利于节约金属资源4.在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示，下列说法正确的是()A．铝球表面有气泡产生，溶液中有白色沉淀生成；杠杆不平衡B．铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出；溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C．反应后移去两烧杯，杠杆仍平衡D．左边溶液的碱性增强5．对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是()A．实验Ⅰ：产生红褐色沉淀B．实验Ⅱ：溶液颜色变红C．实验Ⅲ：放出大量气体D．Ⅳ先出现白色沉淀，后溶解6．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是()选项ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeNa2SO4溶液YFeCl3CuCl2AlNa2CO3ZCl2FeNaOH溶液BaCl2溶液7.等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后，都生成＋2价的硫酸盐，其产生H2的体积(同温同压)与反应时间的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．三种金属的活动性顺序为甲＞乙＞丙B．反应时消耗H2SO4的质量一定相同C.三种金属的相对原子质量大小关系是甲＞乙＞丙D．反应速率最快的是甲，最慢的是乙8．把铁粉、铜粉置于FeCl3溶液中，充分反应后加入KSCN不显红色，下列情况不能成立的是()A．铁不剩余，Cu剩余B．铁、铜均剩余C．铁剩余，含Cu2＋D．铜剩余，含Fe2＋9．下列说法或解释事实的方程式不正确的是()A．FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－B．0.1mol·L－1Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaSO4↓D．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋10．Mg、Al、Fe三种金属分别与同浓度、同体积的稀盐酸反应时，放出H2的质量相等，则下列说法中正确的是()A．三种金属的物质的量相等B．三种金属均过量C．三种金属的质量相等D．盐酸均过量11.化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价－类”二维图。铁元素的“价－类”二维图如图所示，下列说法正确的是()A．工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应为置换反应B．Fe3O4中铁元素为＋4价C．维生素C能将Fe3＋转化为Fe2＋，该过程中维生素C做还原剂D．Fe(OH)2浊液露置于空气中，由白色立即变为红褐色12．现有浓度均为1mol·L－1的FeCl3、CuCl2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)。已知，氧化性：Fe3＋>Cu2＋，下列有关叙述正确的是()A．反应后的溶液中n(Fe2＋)是0.15molB．反应后的溶液中不存在Fe3＋和Cu2＋C．反应后残留固体为3.2gD．反应后残留固体中可能含有未反应的铁粉13．经研究发现，含有95%的铝和5%的镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，整个反应中只消耗铝，而反应生成的Al2O3可回收再利用，这样不仅降低了制氢气的成本，而且方便快捷，这一发现将燃氢汽车的研发推向新的里程碑。下列有关说法不正确的是()A．此合金一定比纯铝柔软B．铝作为还原剂，有资源丰富的优势C．合金与水反应的总反应式为2Al＋3H2O=Al2O3＋3H2↑D．合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应可能起催化作用14．将铁加入到100mL某浓度的盐酸中恰好完全反应，反应后生成的气体为VL(标准状况下)，将铝加入到100mL2mol·L－1NaOH溶液中恰好完全反应，充分反应后生成的气体为3VL。下列说法正确的是()A．铁和铝的物质的量相等B．原盐酸的浓度为2mol·L－1C．铁加入盐酸中的离子方程式为2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑D．盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度之比为1∶215．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是()A．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水B．用FeCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气后可再利用C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2D．该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4<K2FeO4二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16．(13分)为严厉打击食品生产经营中违法添加非食用物质、滥用食品添加剂，卫生部、农业部等部门联合公布了包含硫酸亚铁在内的22种“易滥用食品添加剂”名单。某同学为探究富含硫酸亚铁且保存时间较长的食品情况，设计了如下实验方案：eq\x(食品)→……→eq\x(\a\al(淡黄色,溶液))eq\o(→,\s\up7(试剂1))eq\x(\a\al(淡红色,溶液))eq\o(→,\s\up7(新制,氯水))eq\x(深红色溶液)(1)试剂1的主要成分的化学式是________。(2)加入新制氯水后溶液红色加深的原因是____________________(用离子方程式表示)。(3)该同学在实验中加入了过量氯水，放置一段时间后，发现深红色褪去，现对褪色原因进行探究。①提出假设假设1：溶液中的＋3价铁被氧化为更高价态的铁；假设2：________________________________________________________。②设计方案为了对你所提出的假设2进行验证，请写出一种实验方案：______________________。(4)应用拓展写出一种保存FeSO4固体的方法：____________________。17．(12分)某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为________________________________________________________________________。(2)B中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(3)若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。(4)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。18．(15分)《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下：(1)检测锈蚀产物主要成分的化学式Fe3O4Fe2O3·H2OFeO(OH)FeOCl(2)分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。①Fe转化为Fe2＋。②FeO(OH)和Fe2＋反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2＋的作用是________(填字母)。a．氧化剂b．还原剂c．既不是氧化剂也不是还原剂(3)研究发现，Cl－对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：将铁器浸没在盛有0.5mol·L－1Na2SO3、0.5mol·L－1NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃。一段时间后，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl－。①脱氯反应：FeOCl＋OH－=FeO(OH)＋Cl－。离子反应的本质是离子浓度的减小，比较FeOCl与FeO(OH)溶解度的大小：__________________。②Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。19．(15分)完成下列问题。(1)利用题图可以从不同角度研究含铁元素物质的性质及其转化关系。图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：①K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从铁元素化合价的角度分析是因其具有________性；下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。a．属于酸性氧化物，能与碱反应b．属于碱性氧化物，能与酸反应c．属于两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应②已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲＋HNO3→戊＋己＋NO↑＋H2O(方程式未配平)。若产物中戊和己的物质的量之比为3∶1，则甲与HNO3的物质的量之比为________。③戊与烧碱溶液反应生成丙，放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为________________________________，现象为________________________________________________________________________。(2)若用镁铝合金的废料、稀硫酸、稀盐酸、NaOH溶液制取MgCl2溶液、Al2(SO4)3溶液。①首先可将废料加入到________中，发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。②经过滤，将难溶物加入到________中，可得到________溶液，反应的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。向滤液中加入适量的________，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。③再过滤，将沉淀物加入________中，可得到________溶液，反应的离子方程式是________________________________________________________________________。重难题型突破练三1．解析：控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，使反应充分进行，有利于提高铁、铝浸取率，A正确；Al2O3在书写离子方程式时不可拆写成离子形式，B正确；Fe2＋能被H2O2氧化为Fe3＋，因此滤液中不存在Fe2＋，存在Fe3＋，C错误；聚合硫酸铁铝溶于水可以生成Al（OH）3胶体和Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附作用，D正确。答案：C2．解析：（1）一般用KSCN溶液检验Fe3＋，如果加入KSCN溶液后，溶液显红色，说明含有Fe3＋。（2）铜把Fe3＋还原成Fe2＋，反应的化学方程式为Cu＋2FeCl3=2FeCl2＋CuCl2。（3）该流程的目的是回收铜并得到FeCl3溶液，因此先向废液中加入过量的铁粉，即①为铁，发生反应：Fe＋2FeCl3=3FeCl2、Fe＋CuCl2=FeCl2＋Cu，滤液②为FeCl2溶液，滤渣③为铜单质和剩余的铁，利用铁与盐酸反应，铜不与盐酸反应，向滤渣③中加入过量的盐酸，即④为盐酸，发生反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，滤液⑤为FeCl2溶液和盐酸的混合液，然后滤液②和⑤合并，通入氯气或加入H2O2溶液，发生反应：2FeCl2＋Cl2=2FeCl3或2FeCl2＋H2O2＋2HCl=2FeCl3＋2H2O，最后得到FeCl3溶液。答案：（1）KSCN溶液溶液显红色（2）Cu＋2FeCl3=2FeCl2＋CuCl2（3）A：①Fe②FeCl2③Fe、Cu④HCl⑤FeCl2、HCl⑥Cl2或H2O2B：Fe＋2FeCl3=3FeCl2Fe＋CuCl2=FeCl2＋CuFe＋2HCl=FeCl2＋H2↑2FeCl2＋Cl2=2FeCl3或2FeCl2＋H2O2＋2HCl=2FeCl3＋2H2O3．解析：（1）Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：Al2O3＋2OH－＋3H2O=2[Al（OH）4]－。（2）由题给流程及已知信息可知，铝土矿溶解过滤所得滤液中溶质为NaOH、Na[Al（OH）4]，酸化的目的是生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强酸，但不溶于弱酸，所以在工艺流程中“酸化”时加入的最佳物质是CO2，CO2过量时氢氧化铝不会溶解，反应易控制，且原料廉价；酸化过程发生反应的化学方程式为CO2＋Na[Al（OH）4]=Al（OH）3↓＋NaHCO3。（3）工业上用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应制取AlCl3，反应过程中Cl元素化合价降低，Al化合价不变，则C元素化合价升高。理论上每消耗6.0g碳单质，转移1mol电子，即每消耗1molC，转移2mol电子，说明碳元素化合价由0价升高为＋2价，生成CO，反应的化学方程式为Al2O3＋3C＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))2AlCl3＋3CO。（4）检验Fe3＋用KSCN溶液，若溶液变为血红色则含有Fe3＋；Fe3＋能被铝热反应生成的Fe和剩余的Al还原，不能检出Fe3＋。答案：（1）Al2O3＋2OH－＋3H2O=2[Al（OH）4]－（2）CO2CO2过量时氢氧化铝不会溶解，反应易控制，且原料廉价CO2＋Na[Al（OH）4]=Al（OH）3↓＋NaHCO3（3）Al2O3＋3C＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))2AlCl3＋3CO（4）KSCN不合理Fe3＋能与Fe、Al反应生成Fe2＋，不能检出Fe3＋4．解析：突破口1：eq\x(\a\al(白色沉淀2,Fe（OH）2))eq\o(→,\s\up7(空气))eq\x(\a\al(红褐色沉淀,Fe（OH）3))突破口2：eq\x(\a\al(溶液1,Ca（OH）2))eq\o(→,\s\up7(气体甲))eq\x(\a\al(白色沉淀1,CaCO3))eq\o(→,\s\up7(气体甲),\s\do5(H2O))eq\x(\a\al(溶液2,Ca（HCO3）2))从框图可知，气体甲为CO2；由溶液1转变为白色沉淀1，白色沉淀1又能溶解在CO2水溶液中，可推断白色沉淀1为CaCO3；从固体2的转化过程可知，白色沉淀2为Fe（OH）2，最终的红褐色沉淀为Fe（OH）3；由上述推断可初步确定X为含有Ca、Fe元素的碳酸盐，且其中铁元素的化合价为＋2，故可推断其为CaFe（CO3）2，分解得到的固体1为CaO与FeO的混合物，应用题给数据可以进一步确认上述判断的正确性。（1）白色沉淀1中的金属元素为钙，其原子结构示意图为，气体甲为CO2。（2）X的化学式为CaFe（CO3）2；在惰性气流中加热CaFe（CO3）2至完全分解的化学反应方程式为CaFe（CO3）2eq\o(=,\s\up7(△))CaO＋FeO＋2CO2↑。（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀是因为Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3，反应的化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3。（4）CO2气体与固体1中的FeO可能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2FeO＋CO2eq\o(=,\s\up7(△))Fe2O3＋CO；检验产物的方法：取反应所得固体物质，加稀盐酸溶解，然后加入KSCN溶液，若溶液呈红色，说明反应产物中有Fe（Ⅲ）。将生成的气体通过灼热CuO，若黑色固体变为红色，证明生成的气体中含有CO。答案：（1）CO2（2）CaFe（CO3）2CaFe（CO3）2eq\o(=,\s\up7(△))CaO＋FeO＋2CO2↑（3）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3（4）2FeO＋CO2eq\o(=,\s\up7(△))Fe2O3＋CO检测Fe2O3：将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液，若溶液显红色，表明产物中有Fe（Ⅲ）；检测CO：将气体通过灼热CuO，若黑色固体变为红色，表明产物中有CO。5．解析：实验目的是探究铁与水蒸气的反应，实验原理是3Fe＋4H2O（g）eq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2↑，装置A提供水蒸气，装置B是铁与水蒸气的反应装置，碱石灰的作用是吸收水蒸气，装置C中用H2还原CuO。（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应中Fe的化合价由0价升高到＋eq\f(8,3)价（Fe3O4中Fe的平均化合价），H2O中H的化合价由＋1价降低为0价，3molFe参与反应转移8mole－，用单线桥法表示的电子转移的方向和数目见答案。（2）铁与水蒸气反应产生H2，H2是可燃性气体，不纯时易发生爆炸，若整个装置中有空气，Fe可能与氧气反应干扰实验且有爆炸危险，故先通一段时间的水蒸气，排尽装置中的空气，因此先点燃A处的酒精灯；氢气是可燃性气体，点燃装置C处酒精灯前，需先验证H2的纯度。（4）①a.溶液中可能存在Fe3＋，证明Fe2＋的存在应利用Fe2＋的还原性，需要加入酸性高锰酸钾溶液，如果紫（红）色变浅或褪去，说明有Fe2＋，高锰酸钾将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Mn2＋，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。②Fe3O4具有磁性，用铁片接触样品后再移开，若观察到铁片上吸附有样品，则说明反应后固体中含有Fe3O4。答案：（1）（2）A收集H2，并检验其纯度（3）先熄灭酒精灯和酒精喷灯，待圆底烧瓶中的水冷却至室温，再打开烧瓶塞子补加（4）①a.5Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2Ob．铁粉可能未完全反应，剩余的铁粉与Fe3＋反应生成Fe2＋，检测不出Fe3＋（或铁粉可能未完全反应，剩余的铁粉与Fe3＋或H＋反应生成Fe2＋，无法判断Fe2＋的来源，合理即可）②铁片上吸附有样品6．解析：本题可从Na＋守恒角度考虑。无论NaHCO3是直接与盐酸反应，还是先加热分解后再与盐酸反应，Na＋的量不变，生成的NaCl的量相等，则消耗盐酸的量相等。答案：B7．解析：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，设混合物中含有xgNaHCO3，则2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Na2CO3＋CO2↑＋H2OΔm2×84g62gxg0.31g解之得：x＝0.84，所以m（Na2CO3）＝5g－m（NaHCO3）＝5g－0.84g＝4.16g。答案：C8．解析：由6HCl＋2Al=2AlCl3＋3H2↑和2NaOH＋2Al＋6H2O=2Na[Al（OH）4]＋3H2↑可知，两份等质量的Al都完全反应时，生成的H2也等量，消耗的HCl与NaOH不等量。实际上HCl、NaOH都为0.3mol，且生成H2的体积比为1∶2，则甲中HCl不足，Al过量；乙中NaOH过量，Al不足。生成H2的物质的量之比为1∶2，反应的Al的物质的量之比也为1∶2。与0.3molHCl反应的Al为2.7g，则与NaOH溶液反应的Al为5.4g，则加入的铝粉质量为5.4g。答案：A9．解析：由题意知，n（H2）＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，即产生0.1molH2消耗金属合金为5.0g，产生1molH2消耗金属合金为50g，满足此条件的要求是产生1molH2时消耗一种金属质量大于50g，一种金属质量小于50g。对于给出的金属，产生1molH2时消耗金属的质量分别为m（Mg）＝24g，m（Al）＝18g，m（Fe）＝56g，m（Zn）＝65g。Cu与稀盐酸不反应，故选B。答案：B10．解析：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，n（HCl）＝0.1L×1mol·L－1＝0.1mol，根据氯离子守恒可知n（FeCl2）＝0.05mol，用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeCl2）＝0.05mol，故得到Fe的质量为0.05mol×56g·mol－1＝2.8g，故选C。答案：C11．解析：（1）铜与FeCl3溶液反应生成FeCl2与CuCl2，离子方程式为①Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，电路板质量减少了3.2g，则参与反应的铜的质量为3.2g，物质的量n（Cu）＝eq\f(3.2g,64g·mol－1)＝0.05mol，生成的Fe2＋的物质的量n1（Fe2＋）＝2n（Cu）＝0.1mol；在浸泡液中加入足量的Fe粉并使之充分反应，过滤并干燥固体，固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。若铁粉只与生成的氯化铜反应会生成铜单质与氯化亚铁，则固体质量会增加，可见浸泡液中还有反应剩余的氯化铁，因此浸泡液中的溶质有FeCl3、FeCl2、CuCl2。（2）加入铁粉后发生的离子反应有②Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，③Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，铁粉足量，根据铜元素守恒可知，参加反应的Cu2＋的物质的量为0.05mol，生成的Cu为3.2g，则Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋Δm（固体质量增加）56g64g8g3.2gxg解得x＝0.4，该过程生成的Fe2＋的物质的量n3（Fe2＋）＝n（Cu2＋）＝0.05mol，反应的Fe的质量m3（Fe）＝0.05mol×56g·mol－1＝2.8g，则反应②中固体质量应减少2.4g＋0.4g＝2.8g，即反应②消耗的Fe粉的质量m2（Fe）＝2.8g，消耗铁粉的总质量m（Fe）＝m2（Fe）＋m3（Fe）＝2.8g＋2.8g＝5.6g。（3）上述反应②Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋中n2（Fe）＝eq\f(2.8g,56g·mol－1)＝0.05mol，根据关系式Fe～3Fe2＋可得生成的Fe2＋的物质的量n2（Fe2＋）＝3n2（Fe）＝0.15mol，则总的Fe2＋的物质的量n总（Fe2＋）＝n1（Fe2＋）＋n2（Fe2＋）＋n3（Fe2＋）＝0.1mol＋0.15mol＋0.05mol＝0.3mol，则c（Fe2＋）＝eq\f(n总（Fe2＋）,V)＝eq\f(0.3mol,0.1L)＝3mol·L－1。答案：（1）FeCl3、FeCl2、CuCl2（2）5.6（3）312．答案：（1）Ca2＋＋C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=CaC2O4↓（2）根据Ca2＋＋C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=CaC2O4↓，CaC2O4＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))CaSO4＋H2C2O4,2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，可得关系式5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，即5Ca2＋～2KMnO4，设血液中含钙量为c（Ca2＋），则5Ca2＋～2KMnO45mol2molc（Ca2＋）×0.0010mol·L－1×15.00×10－3L15.00×10－3L解得c（Ca2＋）＝0.0025mol·L－1第三章综合素养测评1．解析：A项，合金均为混合物，一般来说，合金的熔点比成分金属的熔点低；B项，在熔剂层覆盖下熔炼，可隔绝空气，防止高温铝液被O2氧化；C项，镁铝合金中的铝能与NaOH溶液反应；D项，合金中的Mg、Al均能与盐酸反应。答案：D2．答案：C3．解析：生铁与钢含碳量不同，性能不同，生铁硬而脆，钢韧性强，故A说法错误；铁在潮湿的空气中容易发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，加速铁的腐蚀，故B说法正确；氧化铁为红棕色，Fe3O4为黑色晶体，FeO为黑色固体，赤铁矿的主要成分是氧化铁，故C说法正确；回收废旧金属有利于节约金属资源，故D说法正确。答案：A4．答案：B5．解析：将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；硫氰化钾溶液与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]和氢气，有大量气体生成，故C正确；氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝不会溶解，故D错误。答案：C6．答案：C7．解析：由图像可知，等质量的甲、乙、丙三种金属，甲最先反应完全，其次为丙，乙最后反应完全，因此可判断三种金属的活动性顺序为甲＞丙＞乙，反应速率最快的是甲，最慢的是乙，A 项错误，D项正确；反应所放出的氢气全部来自H2SO4，由于所放出氢气的体积不同，因此所消耗H2SO4的质量一定不相同，B项错误；根据一定量金属完全反应产生氢气的质量＝eq\f(金属化合价,金属的相对原子质量)×金属的质量，因为金属的质量及化合价均相同，所以金属的相对原子质量与反应放出氢气的多少成反比，则三种金属的相对原子质量大小关系是丙＞乙＞甲，C项错误。答案：D8．解析：因还原性：Fe>Cu，FeCl3溶液中加入铁粉、铜粉时，依次发生反应：Fe＋2FeCl3=3FeCl2，Cu＋2FeCl3=2FeCl2＋CuCl2有以下情况：①Fe、Cu均剩余，溶液中只有Fe2＋；②只有Cu剩余，溶液中只有Fe2＋或含Fe2＋、Cu2＋；③Fe、Cu均不剩余，Fe3＋恰好反应，溶液中有Fe2＋、Cu2＋；④Fe、Cu均不剩余，Fe3＋剩余，溶液中有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋。C项Fe剩余，则溶液中不可能含有Cu2＋。答案：C9．解析：Fe2＋具有还原性，Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Br2被还原为Br－，题中离子方程式符合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒，A项正确；Na[Al（OH）4]溶液中通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，B项正确；（NH4）2Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）2溶液反应，Fe2＋结合OH－能力比NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))强，生成物应为BaSO4和Fe（OH）2，C项错误；FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，D项正确。答案：C10．解析：根据反应的化学方程式：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑等质量的三种金属与酸反应产生H2的量不等；等物质的量的三种金属与酸反应产生H2的量也不等；若三种金属均过量，则产生的H2的量由盐酸决定。答案：B11．答案：C12．解析：n（FeCl3）＝c（FeCl3）V＝1mol·L－1×0.1L＝0.1mol，故n（Fe3＋）＝0.1mol，n（CuCl2）＝c（CuCl2）V＝1mol·L－1×0.1L＝0.1mol，故n（Cu2＋）＝0.1mol，n（Fe）＝eq\f(5.6g,56g·mol－1)＝0.1mol，根据氧化性Fe3＋>Cu2＋，铁粉会先和Fe3＋反应，若铁粉有剩余，再和Cu2＋反应，根据2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe、Fe3＋均为0.1mol，Fe过量，消耗Fe0.05mol，生成Fe2＋0.15mol，剩余的0.05molFe与Cu2＋反应，根据Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋，消耗Cu2＋0.05mol，生成Cu和Fe2＋均为0.05mol。根据分析，反应后的溶液中n（Fe2＋）＝0.15mol＋0.05mol＝0.2mol，A错误；根据分析，反应后的溶液中不存在Fe3＋，但是还剩余0.05molCu2＋，B错误；根据分析，反应后残留固体为生成的Cu单质，其质量为0.05mol×64g·mol－1＝3.2g，C正确；根据分析，反应后残留固体只有Cu单质，Fe已经反应完全，D错误。答案：C13．解析：合金的硬度一般比组成合金的各材料的硬度大，A错误；铝是地壳中含量最高的金属元素，B正确；由题中信息和纯铝在常温下与水反应很慢知C、D正确。答案：A14．解析：Al与NaOH溶液的反应为2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al（OH）4]＋3H2↑2mol2mol3moln（Al）0.1L×2mol·L－1n（H2）列比例式eq\f(2mol,0.1L×2mol·L－1)＝eq\f(3mol,n（H2）)，解得n（H2）＝0.3mol，由Al与NaOH溶液反应生成的气体为3VL，得eq\f(3VL,22.4L·mol－1)＝0.3mol，则V＝2.24。再根据反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，可求出反应的Fe的物质的量为0.1mol，HCl的物质的量为0.2mol，则c（HCl）＝eq\f(0.2mol,0.1L)＝2mol·L－1，B正确；由上述数据分析知铁、铝物质的量不相等，A错误；Fe与盐酸反应生成Fe2＋，C错误；盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度之比为1∶1，D错误。答案：B15．解析：铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠在碱性条件下将铁离子氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，A正确；尾气中含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，B正确；反应中Cl元素由＋1价降低为－1价，Fe元素由＋3价升高到＋6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C正确；结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K＋浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，D错误。答案：D16．解析：（1）向淡黄色溶液中加入试剂1生成了淡红色溶液，说明食品中的部分FeSO4被空气中的O2氧化生成了Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应生成红色的Fe（SCN）3。（2）淡红色溶液中还含有较多的Fe2＋，向其中加入新制氯水时，Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液中Fe3＋浓度增大，生成的Fe（SCN）3浓度也增大，溶液颜色加深。（3）①实验中加入过量氯水，放置一段时间后，深红色褪去，说明Fe（SCN）3逐渐消失，而Fe（SCN）3的生成与Fe3＋、SCN－有关，根据假设1，溶液中的＋3价铁被Cl2氧化为更高价态的铁，分析SCN－中各元素的化合价可知，S为－2价，C为＋4价，N为－3价，所以SCN－也具有还原性，故也可能是SCN－被过量的氯水氧化导致深红色褪去。②假设Fe3＋没有被氧化，而是SCN－被氧化，只要向褪色后的溶液中补充SCN－，若出现红色，说明假设2成立；若不出现红色，说明假设2不成立。（4）由于FeSO4易被空气中的O2氧化，所以FeSO4应密封保存。答案：（1）KSCN（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－=Fe（SCN）3（3）①SCN－被过量的氯水氧化②取少量褪色后的溶液，滴加过量KSCN溶液，若出现红色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立（4）密封保存17．解析：（1）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱溶液反应而镁不能，可以用NaOH溶液与Al反应制H2，然后测量H2的体积以计算Al的物质的量。（2）B中发生Al与碱的反应：2Al＋2NaOH＋6H2