高中化学必修第一册第三章 章末测试（解析版）

PAGE17第三章章末测试满分100分，考试用时75分钟选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．（全国·高一单元测试）既能用氯气跟单质化合也能用金属和盐酸反应制取的物质是A．AlCl3 B．FeCl2 C．FeCl3 D．CuCl2【答案】A【解析】A．Al为活泼金属，既能与氯气又能和盐酸反应生成AlCl3，故A正确；B．FeCl2只能Fe与HCl反应制取，而不能与Cl2反应制取，故B错；C．FeCl3只能Fe与Cl2反应制取，而不能与HCl反应制取，故C错；D．Cu为较不活泼金属，不能与HCl反应，则CuCl2只能Cu与Cl2反应制取，故D错；答案选A。2．（河南洛阳·高一期末）为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是A．若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质B．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质C．若依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质D．若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉部分变质【答案】A【解析】Fe粉变质生成Fe2+或Fe3+，还原铁粉溶于稀盐酸时，溶液中含有Fe2+或Fe3+或二者都有，实验室采用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，用KSCN溶液检验Fe3+，Fe2+具有还原性，能被强氧化剂氧化，据此分析解答。A．若再滴加KSCN溶液，溶液变红，证明含有Fe3+，则说明铁粉部分变质或全部变质，故A正确；B．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无Fe3+，但还原铁粉有可能被氧化为Fe2+，故B错误；C．氯水具有强氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+来源可能是铁与盐酸反应，故不能确定是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化，故C错误；D．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红，说明含有Fe2+，此现象说明铁粉部分变质或未变质，故D错误；故选A。3．（上海外国语大学附属大境中学高一阶段练习）称取两份铝粉，第一份加入足量的稀盐酸，第二份加入足量的氢氧化钠溶液。若同温同压下产生了相同体积的气体。则两份铝粉的质量之比是A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．1：6【答案】A【解析】铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，与盐酸的反应为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，由化学方程式可知，反应生成相同体积的氢气，消耗掉铝的质量相同，则两份铝粉的质量之比为1：1，故选A。4．向稀盐酸中加入铁粉，待铁粉全部溶解后，滴入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去的原因A．Fe有还原性 B．FeCl2中的Fe2+有还原性C．KMnO4有还原性 D．HCl有还原性【答案】B【解析】向稀盐酸中加入铁粉，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，然后酸性KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe3+，说明FeCl2中的Fe2+有还原性，故B正确。5．（湖南邵阳·高一期末）下列过程最终能生成含三价铁的化合物的是①过量Fe与氯气反应

②铁丝在硫蒸气中燃烧

③向溶液中通入

④铁与溶液反应

⑤露置于空气中A．①②③ B．③⑤ C．③④ D．①③⑤【答案】D【解析】①过量Fe与氯气反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，符合题意；②铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+SFeS，不合题意；③向FeBr2溶液中通入Cl2，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，符合题意；④铁与CuCl2溶液反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，不合题意；⑤Fe(OH)2露置于空气中将发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，符合题意；综上所述，①③⑤符合题意，故答案为：D。6．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，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，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡B．铝球表面有气泡产生，盛有稀NaOH溶液的烧杯中溶液澄清C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D．铁球表面有红色物质析出，盛有稀CuSO4溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升【答案】B【解析】A．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，A错误；B．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，B正确；C．右边烧杯中发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4铁球表面有红色物质析出，溶液中c(CuSO4)减小，溶液蓝色变浅，左边烧杯中消耗Al，铝球的质量变小，右边烧杯中铁球上析出Cu，质量变大，杠杆右边下沉，C错误；D．由C项分析知，D错误；故选B。7．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是A．a点时溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B．b点时溶液中发生的反应为Fe3++Cu2+=Cu+Fe2+C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol/LD．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：1【答案】D【解析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为1.28g÷64g/mol=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，C说法正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；答案选D。8．有一块铁的“含氧化合物”样品，用140mL0.5mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.0025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为A．Fe5O7 B．Fe4O5 C．Fe3O4 D．Fe2O3【答案】A【解析】n(HCl)=1400.510-3=0.07mol，含有0.07molCl－，0.0025molCl2可以得到0.005mole-，正二价的铁可以失去一个电子，根据得失电子守恒可知二价铁物质的量为0.005mol，生成0.005molCl－，故最终溶液中溶质为FeCl3，Cl－总量为0.07＋0.005＝0.075mol，所以最终的Fe3+物质的量为0.025mol，原来的三价铁物质的量为0.025－0.005＝0.02mol，根据化合价代数和为零可知原来O的物质的量为0.035mol，所以n(Fe)：n(O)=0.025：0.035=5：7，所以化学式可能为Fe5O7。所以答案选A9．向一定量的、和的混合物中加入盐酸，混合物恰好完全溶解，并放出(标准状况下)气体，所得溶液中加KSCN溶液无血红色出现。若用一氧化碳在高温下还原相同质量的此混合物，则能得到金属铁A．2.8g B．5.6g C．11.2g D．无法计算【答案】A【解析】铁、氧化铁、氧化亚铁混合物与盐酸反应，恰好使混合物完全溶解，说明盐酸也刚好反应完，加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液中无铁离子，而是亚铁离子，故生成FeCl2，根据守恒关系，n(HCl)=c⋅V（aq）=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(FeCl2)=n(HCl)=0.05mol，因此混合物中含铁的物质的量为0.05mol，用足量CO在高温下最终得到铁单质，铁的质量为m=n⋅M=0.05mol×56g/mol=2.8g，故A正确；综上所述，答案为A。10．（黑龙江·牡丹江市第三高级中学高一期末）欲证明某溶液中不含而含有，下列实验操作顺序正确的是①加入足量新制氯水②加入足量溶液③加入少量溶液A．①③ B．③② C．③① D．①②③【答案】C【解析】先加入溶液，溶液不变红，证明原溶液中不含，再加入足量新制氯水，溶液变红，证明原溶液中含有，故选：C。11．等体积的NaOH和AlCl3两种溶液混合后，溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比是①1:1②1:2③3:10④3:11A．①② B．②③ C．①④ D．③④【答案】B【解析】NaOH和AlCl3两种溶液混合，生成的沉淀为Al(OH)3，溶液中含铝元素的物质，可能为AlCl3，可能为NaAlO2；溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则表明沉淀中所含Al原子的物质的量的是溶液中所含Al原子的物质的量是2倍；当溶液中的铝以AlCl3存在时，可用方程式表示为：3AlCl3(溶液中的总加入量)+6NaOH=2Al(OH)3↓+6NaCl+AlCl3(反应后剩余)，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为1:2，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为1:2；当溶液中的铝以NaAlO2存在时，可用方程式表示为：3AlCl3+10NaOH=2Al(OH)3↓+NaAlO2+2H2O+9NaCl，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为3:10，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为3:10；综合以上分析，②③正确；故选B。12．下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是A．赤铁矿的主要成分为B．与溶液反应生成血红色沉淀C．氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色D．为了除去溶液中的杂质，可向溶液中通入过量【答案】C【解析】A．赤铁矿的主要成分为，磁铁矿的主要成分为，A错误；B．与溶液反应生成，是血红色溶液，B错误；C．氢氧化亚铁是白色固体，易被氧化为氢氧化铁，故置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，C正确；D．氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，铁能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，为了除去溶液中的杂质，不能向溶液中通入过量，应加入铁粉，D错误；答案选C。13．下列关于金属铝的叙述中，不正确的是A．铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀B．铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧C．铝是比较活泼的金属，常温下能与盐酸、NaOH溶液等发生反应D．相同质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠反应，产生氢气的量相同【答案】B【解析】A.．铝的化学性质很活泼，在空气中易形成氧化膜，很稳定不易锈蚀，故A正确；B．铝箔在空气中受热可以熔化形成小球，表面生成氧化铝，氧化铝熔点很高，不能发生剧烈燃烧反应，故B错误；C．铝是比较活泼的金属，常温下能与盐酸、NaOH溶液等发生氧化还原反应，故C正确；D．铝分别与盐酸和氢氧化钠反应，都能产生氢气，因为是足量的盐酸和氢氧化钠，铝的质量相同，所以产生氢气的量相同，故D正确；故答案：B。14．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应全是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3【答案】D【解析】综合分析整个流程可知，铝土矿经强碱溶液溶解后过滤，可得到偏铝酸盐溶液和不溶于强碱溶液的沉淀；向溶液乙中通入过量的二氧化碳，可以得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液；氢氧化铝经加热得到氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，但不可以是盐酸，A叙述不正确；B．反应①过滤后所得沉淀为溶于强碱的杂质，如Fe2O3杂质，Fe2O3不与氢氧化钠溶液反应，B叙述不正确；C．图中所示转化反应中，只有最后一步反应是氧化还原反应，即电解熔融的氧化铝是氧化还原反应，C叙述不正确；D．反应②为向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，该反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，D叙述正确。综上所述，叙述正确的是D，本题选D。15．（广东·高一期中）下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是A．甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B．乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C．丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D．丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量【答案】C【解析】A．向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量，发生反应化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O则消耗NaOH的物质的量为3:1，A不正确；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量，发生反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为1:3，B不正确；C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，起初为Al3+与OH-发生反应生成Al(OH)3沉淀，然后为与OH-反应生成NH3和水，最后为Al(OH)3与OH-反应生成和水，C正确；D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量，最后一步反应为BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，沉淀的物质的量减小，D不正确；故选C。16．（全国·高一专题练习）将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。则下列说法不正确的是：A．镁和铝的总质量为9gB．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5mol·L-1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L【答案】D【解析】从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，再加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解，最后当加入240mL氢氧化钠溶液时，氢氧化铝完全溶解，只有氢氧化镁沉淀。A、当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m(Mg)=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；B、根据A中分析可知B项正确；C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)=0.2mol÷0.04L=5mol•L-1，在200mL时溶液中只有硫酸钠，根据硫酸钠的化学式分析，硫酸的物质的量为5mol•L-1×0.2L÷2=0.5mol，硫酸的浓度为0.5mol÷0.2L=2.5mol·L-1，C项正确；D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n(H2)=0.45mol，标准状况下V(H2)=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误；答案选D。非选择题：共56分。17．（14分）铁及其化合物在生产生活中有十分广泛的应用。Ⅰ.铁的部分化合物的相互转化关系如框图所示，请回答相关问题。(1)图中①②③代表的物质所属的分散系分别是：①___；②___；③___。(2)写出FeCl3在水中的电离方程式___。(3)写出Fe2O3与①反应的离子方程式___。(4)用一束光照射分散系③，在垂直于光束的方向可以观察到___，这个现象被称为___。向分散系③中逐滴滴入分散系①至过量，整个过程的现象是___。Ⅱ.一个体重50kg的健康人，体内约含有2g铁，这2g铁在人体内不是以单质的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁，服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体吸收。(5)在人体中进行Fe2+Fe3+的转化时，①反应中的Fe2+发生___(填“氧化”或“还原”，下同)反应，②反应中的Fe3+被___。(6)“服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化成Fe2+”这句话说明，维生素C具有___性。【答案】(1)

溶液

浊液

胶体(2)FeCl3=Fe3++3Cl-(3)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(4)

一条光亮的通路

丁达尔效应

先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解，生成黄色溶液(5)

氧化

还原(6)还原【解析】Fe2O3与HCl反应生成FeCl3，FeCl3与铁粉反应生成FeCl2，FeCl3饱和溶液滴入沸水可制得Fe(OH)3胶体，FeCl3与碱反应可得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3胶体聚沉转成Fe(OH)3沉淀。(1)据分析①②③代表的物质分别是HCl、Fe(OH)3沉淀、Fe(OH)3胶体，所属的分散系分别是溶液、浊液、胶体。(2)FeCl3属于盐类，在水中的电离方程式：FeCl3=Fe3++3Cl-。(3)Fe2O3与HCl反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。(4)分散系③是Fe(OH)3胶体，用一束光照射，在垂直于光束的方向可以观察到一条光亮的通路，这个现象被称为丁达尔效应。向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入HCl至过量，HCl是电解质，先使Fe(OH)3胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀，后HCl与Fe(OH)3发生酸碱中和反应，生成黄色可溶的FeCl3，沉淀溶解。(5)进行Fe2+Fe3+的转化时，①反应中的Fe2+转化为Fe3+，化合价升高，发生氧化反应，②反应中的Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，发生还原反应。(6)食物中的Fe3+转化成Fe2+说明Fe3+被维生素C还原了，体现出维生素C的还原性。18．（10分）金属及其化合物在人类生活、生产中发挥着重要的作用。(1)下列物质中不属于合金的是____________。A．钢

B．青铜

C．黄铜

D．水银(2)在钠、铝、铁三种金属元素中，金属活动性最强的是______，所形成的氧化物中适宜做耐火材料的是_______。向盛有硫酸铝溶液的试管中滴加氨水，反应的离子方程式为____________。(3)乙同学为了获得持久白色的Fe(OH)2沉淀，准备用如图所示装置，用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应。获得不含O2的蒸馏水的方法是_________。反应开始时，打开止水夹的目的是____________；一段时间后，关闭止水夹，在试管_______(填“A”或“B”)中观察到白色的Fe(OH)2(4)向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是______。A．有铜无铁

B．有铁无铜

C．铁、铜都有

D．铁、铜都无【答案】（1）D

Na

Al2O3

Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+

加热煮沸等

排尽装置中的空气

B

B【解析】(1)合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，④合金的硬度大，熔点低，据此分析解答；(2)三种金属中钠最活泼；氧化铝熔点较高，所以氧化铝可以作耐火材料；铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；(3)硫酸亚铁易被氧化而变质，应排除溶液中的氧气，可用加热溶液的方法除去溶解氧；A管中产生的气体通入B管中排尽AB管中的空气，使AB充满还原性气体氢气，可防止生成的Fe(OH)2被氧化；试管B中为NaOH溶液，将A中液体压到B中与其反应；(4)向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，当铁少量时，铁先和铁离子反应，铜再和铁离子反应，当铁过量时，铁先和铁离子反应后和铜离子反应。(1)A.钢是铁与碳元素的合金，故A错误；B.青铜是铜和锡的合金，故B错误；C.黄铜是铜和锌的合金，故C错误;；D.水银为汞单质，不是混合物，不属于合金，故D正确；故答案为：D；(2)钠、铝、铁中，金属性最强的为钠；适合作耐火材料的氧化物必须具有高熔点，氧化铝的熔点较高，所以氧化铝可以作耐火材料；铝离子和氨水反应生成氢氧化铝，离子反应方程式为：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Na；Al2O3；Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(3)获得不含O2的蒸馏水的方法是煮沸，简单易操作；反应开始时,要打开止水夹，利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试管A.B中的空气，使整个装置不含氧气。在对B试管的出气管排出的氢气验纯之后，关闭止水夹，由于产生的氢气无法排出，试管A中的压强将增大，最终将A试管中生成的FeSO4溶液压入NaOH溶液中，故Fe(OH)2在B试管生成，故答案为：加热煮沸蒸馏水；排尽装置中的空气；B；(4)向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，A.加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，故A正确；B.加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，铜后参加反应，不会出现有铁无铜的情形，故B错误；C.若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确；D.若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确；故答案为：B。19．（16分）某校化学趣味小组的同学在学习了金属的知识后，提出以下猜想：①在周期表中，Cu、Al位置接近。Cu不如Al活泼，Al(OH)3具有两性，Cu(OH)2也具有两性吗？②一般情况下，＋2价Fe的稳定性小于＋3价Fe，＋1价Cu的稳定性也小于＋2价Cu吗？③CuO有氧化性，能被H2、CO等还原，它能被氨气还原吗？为了验证猜想，需要做研究实验，请补全以下空缺：【实验方案】(1)解决猜想①需用到的药品有CuSO4溶液、_______________(填试剂名称)。(2)解决猜想②的实验步骤和现象如下：取98g的Cu(OH)2固体，加热至80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末A。冷却后称量，A的质量为72g。向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在。查阅资料得知铜单质及其常见氧化物的颜色如下：物质名称铜氧化亚铜氧化铜颜色红色红色黑色根据以上现象和资料推测，A的化学式为___________，其摩尔质量为____________，写出A和稀硫酸反应的离子方程式_____________________。(3)为解决问题③，设计的实验装置为(夹持及尾气处理装置未画出)：实验中观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变成蓝色，同时生成一种无污染的气体，该气体的化学式为____________。【实验结论】(4)Cu(OH)2具有两性。证明Cu(OH)2具有两性的实验现象是___________________。(5)一般情况下，认为生成物的稳定性大于反应物，根据“实验方案(2)”，得出的+1价Cu和+2价Cu稳定性大小的结论是________________；________________。(6)有同学认为NH3与CuO反应生成的红色物质是Cu，也有同学认为该红色物质是Cu和A的混合物。请你设计一个简单的实验检验NH3与CuO反应中生成的红色物质中是否含有A：______________________。【答案】（1）H2SO4(HCl)溶液、浓NaOH溶液

Cu2O

144g/mol

Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O

N2

Cu(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液

在高于1000℃时，+1价Cu比+2价Cu稳定

在溶液中+2价Cu比+1价Cu稳定

取NH3与CuO反应中生成的红色物质少许，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无【解析】(1)Cu不如Al活泼，可以用硫酸溶液进行验证，要证明Cu(OH)2具有两性，应先加入碱生成Cu(OH)2，再加入过量的碱，看氢氧化铜是否溶解，根据提供的药品可确定还需要的药品；(2)98gCu(OH)2固体的物质的量为=1mol，根据质量守恒，红色固体中含有1molCu，剩余为O元素；依据反应现象书写离子方程式；(3)根据实验现象结合质量守恒定律分析判断；(4)根据两性氢氧化物的性质分析解答；(5)根据在不同温度下反应物的组成确定物质的稳定性；(6)若固体中含有Cu2O，根据Cu2O在酸性条件下不稳定，可加入酸进行检验。(1)Cu不如Al活泼，可以用硫酸溶液进行验证，要证明Cu(OH)2具有两性，应先加入碱生成Cu(OH)2，再加入过量的碱，看氢氧化铜是否溶解，药品中缺少氢氧化钠溶液和稀硫酸(或盐酸)，故答案为：稀硫酸、氢氧化钠溶液；(2)98gCu(OH)2固体的物质的量为=1mol，加热分解生成的72g红色固体中含有Cu的质量为1mol，即64g，则氧原子的质量为72g-64g＝8g，n(O)==0.5mol，则A中n(Cu)∶n(O)=2∶1，化学式为Cu2O，其摩尔质量为144g/mol；向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，说明生成了铜和铜离子，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案为：Cu2O；144g/mol；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；(3)根据题意，氧化铜和氨气反应生成红色物质铜，无水CuSO4变成蓝色，说明生成了水，根据反应遵循质量守恒定律和该气体无污染确定气体为氮气，故答案为：N2；(4)如Cu(OH)2具有两性，则Cu(OH)2既能溶解于强酸，又能溶解于强碱，分别生成盐和水，故答案为：Cu(OH)2既能溶解于强酸(如盐酸或硫酸)，又能溶解于强碱(如NaOH)溶液；(5)80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，为CuO，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末，说明在较高温度时Cu2O稳定，与酸反应生成硫酸铜和铜，说明在酸性条件下+2价的铜稳定，故答案为：在高于1000℃时，Cu+稳定性大于Cu2+；在溶液中，Cu2+稳定性大于Cu+；(6)如含有Cu2O，Cu2O能够与酸反应，Cu2O+H2SO4＝Cu+CuSO4+H2O，则溶液变蓝，而铜与稀硫酸不反应，因此实验方法为：取NH3与CuO反应中生成的红色物质少许，加入稀硫酸，如果得到蓝色溶液和红色固体说明有A，如果不溶解说明无A，故答案为：取NH3与CuO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无。20．（16分）镁铝合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组的同学为测定某含镁3%~5%的镁铝合金（不含其他元素）中镁的质量分数，设计了下列两种不同的实验方案进行探究。回答下列问题：【方案一】【实验方案】将一定质量的镁铝合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体的质量。实验中发生反应的化学方程式为（1）_____________________________________________________。【实验步骤】（2）称取10.8g镁铝合金样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol/LNaOH溶液中，充分反应。则V≥_____________mL。（3）过滤、洗涤、干燥、称量剩余固体。该步骤中若未洗涤剩余固体，则测得镁的质量分数将____________________（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。【方案二】【实验方案】将一定质量的镁铝合金与足量稀硫酸反应，测定生成气体的体积。【实验装置】（4）同学们拟选用如图所示实验装置完成实验：你认为最简易的实验装置的连接顺序是A接()，()接(),()接()（填接口字母，可不填满）。（5）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为有两点会引起较大误差；稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气的体积偏大；实验结束时，连接盛水试剂瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气的体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。①装置中导管a的作用是_______________________________________。②若需确定产生氢气的物质的量，还需测定的数据是____________________。【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑

97

偏高

E

D

G①使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等

②打开分液漏斗活塞时，稀硫酸能顺利滴下

滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气体的体积，从而消除由于加入稀硫酸而引起的测定氢气体积的误差

实验时的温度和压强【解析】方案一：将镁铝合金与足量NaOH溶液反应，镁不和NaOH溶液反应，铝与NaOH溶液发生反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；方案二：镁铝合金与稀硫酸反应产生氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中氢气通过盛水的试剂瓶时一定要短进长出，利用增大压强的原理将水排入量筒中，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部。方案一：(1)等质量的镁铝合金中，镁的质量分数最小时，铝的质量最大，需要的NaOH溶液的体积最大，则实际需要的NaOH溶液的体积应大于或等于该最大值，假设镁铝合金中镁的质量分数最小为3%，则10.8g镁铝合金样品中含有铝的质量为10.8g×(1-3%)=10.476g，其物质的量为=0.388mol，根据反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，需要清耗的NaOH的物质的量n(NaOH)=n(Al)=0.388mol，其溶液的体积为=0.097L=97mL，故V≥97mL。(2)过滤后，金属镁的表面会残留偏铝酸钠等物质，如果未洗涤，测得剩余固体的质量将大于镁的实际质量，所测得镁的质量分数将偏高。方案二：(1)镁铝合金与稀硫酸反应产生氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中氢气通过盛水的试剂瓶时一定要短进长出，利用增大压强的原理将水排入量筒中，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为A接E，D接G。(2)①装置中导管a的作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时，稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气体的体积，从而消除由于加入稀硫酸而引起的测定氢气体积的误差。②气体体积受温度和压强影响，因此若需确定产生氨气的物质的量，还需测定实验时的温度和压强。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有1个选项符合题意)1.下列物质属于碱性氧化物的是()A.Na2O2 B.Al2O3 C.CO2 D.Na2O答案D2.(黑龙江哈尔滨第三中学高一检测)下列关于铁的氧化物的说法不正确的是()A.铁的氧化物通常状况下都是有色固体B.四氧化三铁是一种复杂的铁的氧化物,它与盐酸反应后的溶液中同时存在Fe2+和Fe3+C.氧化铁是铁锈的主要成分,因此氧化铁俗称为铁锈D.工业上常使用铁的氧化物做原料冶炼铁答案C解析铁的氧化物通常状况下都是有色固体,如氧化铁是红棕色,氧化亚铁和四氧化三铁都是黑色的,A项正确;四氧化三铁是一种复杂的铁的氧化物,它与盐酸反应后的溶液中同时存在Fe2+和Fe3+,B项正确;Fe2O3俗称铁红,C错误;工业上常使用铁的氧化物做原料用一氧化碳冶炼铁,D项正确。3.以下转化过程不可以通过化合反应一步实现的是()A.Fe→FeCl3 B.Fe→FeCl2C.Fe2O3→Fe(OH)3 D.Fe(OH)2→Fe(OH)3答案C解析A项,铁和氯气反应生成氯化铁,故能一步化合实现,所以不符合题意;B项,铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,故能一步化合实现,所以不符合题意;C项,氧化铁不能和水发生化合反应得到氢氧化铁,故不能一步化合实现,所以符合题意;D项,氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁,能通过化合反应一步实现,所以不符合题意。4.(吉林实验中学高一期末)下列有关铁的化合物的说法不正确的是()A.实验室为了暂时妥善保存硫酸亚铁溶液,常加入少量的铁粉B.某溶液若加入KSCN溶液,无变化,但通入Cl2后变红色,说明原溶液中含有Fe2+C.欲检验FeSO4溶液是否全部变质,可加入少量酸性高锰酸钾溶液观察紫红色是否褪去D.将适量铁粉放入FeCl3溶液中完全反应后,溶液中Fe2+和Fe3+的浓度相等,则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为1∶1答案D解析铁粉有还原性,可以防止Fe2+被氧气氧化,A项正确;Fe3+可以与KSCN反应得到红色物质,若加入KSCN溶液,一开始无变化,加入氧化剂后溶液变红,则说明原溶液中含Fe2+,B项正确;Fe2+有还原性,若溶液中还有Fe2+残余,则可将酸性高锰酸钾溶液还原褪色,C项正确;根据Fe+2Fe3+3Fe2+可以看出,若反应后Fe2+和Fe3+浓度相等,则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2∶3,D项错误。5.(山东聊城统考)某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+,加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,然后白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,下列结论正确的是()A.一定有Fe2+,一定没有Fe3+、Mg2+B.一定有Fe3+,一定没有Fe2+、Mg2+C.一定有Fe3+,可能有Fe2+,一定没有Mg2+D.一定有Fe2+,可能有Mg2+,一定没有Fe3+答案D解析加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,然后白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,则溶液中一定存在Fe2+,一定不存在Fe3+,由于Mg(OH)2也是白色沉淀,因此无法确定是否存在Mg2+,所以D项正确。6.钢笔的笔头通常由合金钢制成,其笔头尖端是用机器轧出的便于书写的圆珠体。为了改变笔头的耐磨性能,在笔头尖端点上铱金粒,为区别于钢笔,而叫作铱金笔,铱金笔是笔头用黄金的合金制成、笔尖用铱的合金制成的高级自来水笔。下列说法错误的是()A.钢笔的笔头不易被氧化,耐腐蚀性能好B.铱金笔的耐磨性能比钢笔好C.钢笔的笔头只含有碳和铁两种元素D.铱金笔书写时弹性好,是一种理想的硬笔答案C解析钢笔的笔头通常由合金钢制成,合金钢中除含有铁、碳外,还含有铬、锰等元素,C项错误。7.(宁夏育才中学月考)X、Y、Z、W有如图所示的转化关系,则X、Y可能是()①Na、Na2O2②AlCl3、Al(OH)3③Cl2、FeCl3④C、COA.①② B.②③ C.③④ D.②④答案D解析①钠与氧气反应生成氧化钠,氧化钠与氧气反应生成过氧化钠,钠与氧气点燃生成过氧化钠,所以若X是钠,则Y可以是氧化钠,W是氧气,Z是过氧化钠,故错误;②氯化铝与少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,所以X可以是氯化铝,Y是氢氧化铝,W是氢氧化钠,Z是偏铝酸钠,故正确;③氯气与铁反应只生成氯化铁,所以不能实现图示转化关系,故错误;④碳与氧气反应不充分生成一氧化碳,一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳,碳完全燃烧生成二氧化碳,则X可以为C、则Y为CO,W为O2,Z为CO2,故正确。8.(浙江杭州高一检测)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()A.已知Fe与S能直接化合生成FeS,推测Cu和S可直接化合生成CuSB.已知Fe与CuSO4溶液反应,推测Fe与AgNO3溶液也能反应C.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FeCl2D.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答案B解析Cu与S反应生成Cu2S;Fe与Cl2化合生成FeCl3;Fe在潮湿空气中生成Fe2O3,比较疏松,不能保护内部金属。9.铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质,下列有关叙述中正确的是()A.2Fe3++Fe3Fe2+说明氧化性:Fe3+>Fe2+B.25℃,在酸性溶液中,Al3+、NH4+、MnO4-C.5.6g铁与足量的氯气反应失去电子0.2molD.硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液:Fe2++2H2O2+4H+Fe3++4H2O答案A解析A项,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,氧化性:Fe3+>Fe2+,所以正确;B项,酸性溶液中MnO4-能与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存,所以错误;C项,5.6g铁的物质的量为1mol,1molFe与足量氯气反应生成氯化铁失去0.3mol电子,所以错误;D项,电荷和电子得失不守恒10.(山西太原高一检测)医疗上颇为流行的“理疗特效热”,就是利用铁缓慢氧化放出均匀、稳定的热,使患处保持温热状态。若56g铁粉完全氧化成氧化铁,则需要消耗氧气的质量为()A.24g B.32g C.21g D.16g答案A解析56g铁的物质的量为1mol,由4Fe+3O22Fe2O3可知,1mol铁生成0.5mol氧化铁,消耗0.75mol氧气,其质量为24g。二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有1~2个选项符合题意)11.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溶液答案C解析A项中Cl2能把FeCl2氧化,B项中Fe能把FeCl3还原,D项中除去了CO32-和SO42-,又引入了Cl-,均不合要求。A项中应加适量铁粉,B项中可加足量铁粉后过滤12.(黑龙江哈尔滨六中月考)用废铁屑制备磁性胶体粒子,制取过程如下:废铁屑溶液AFe3O4(胶体粒子)下列说法不正确的是()A.加稀硫酸是为了使铁溶解生成FeSO4B.通入N2是为了防止空气中的O2氧化三价铁C.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+,涉及反应:H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2OD.溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2∶1答案BD解析A项,稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁,所以正确,不符合题意;B项,Fe2+容易被氧气氧化,因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2+,所以错误,符合题意;C项,利用H2O2的氧化性,把部分Fe2+氧化成Fe3+,涉及反应:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,所以正确,不符合题意;D项,Fe3O4中二价铁和三价铁的原子个数比为1∶2,因此溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1∶2,所以错误,符合题意。13.关于反应过程中的先后顺序,下列评价正确的是()A.向浓度都为0.1mol·L-1的FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉,溶质FeCl3首先与铁粉反应B.向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液,开始没有白色沉淀生成C.向浓度都为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaOH的混合溶液中通入CO2气体,NaOH首先反应D.向浓度为0.1mol·L-1的FeCl3溶液中,加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜,铜单质首先参加反应答案AC解析正三价铁离子的氧化性强于铜离子,还原剂铁先和氧化性强的铁离子反应,故A正确;钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀硫酸钡,所以开始有白色沉淀生成,故B错误;碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应,但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠,所以NaOH先和二氧化碳发生反应,故C正确;一种氧化剂中加入多种还原剂,还原性强的先反应,因还原性:Fe>Cu,故D错误。14.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.反应开始立即关闭止水夹C即可长时间观察到有Fe(OH)2生成的现象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BC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中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2,A说法正确;反应开始需先打开止水夹C,排尽装置中的空气,才能长时间观察到有Fe(OH)2生成的现象,B说法错误;FeCl2溶液氧化性比较弱,无法氧化KI,不会有碘单质生成,C说法错误;Fe3+与铁反应可生成Fe2+,则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化,D说法正确。15.(江苏海安高级中学高一检测)某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mLCl2,恰好将Fe2+完全氧化。下列说法正确的是()A.FexO溶于足量盐酸后只生成了FeCl3和H2OB.标准状况下,112mLCl2的物质的量是5molC.x=0.8D.通入Cl2后,发生反应的离子方程式:Fe2++Cl2Fe3++2Cl-答案C解析某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,再通入氯气,将Fe2+完全氧化生成Fe3+,所以FexO溶于盐酸有FeCl2生成,A错误;标准状况下,112mL氯气的物质的量是0.112L22.4L·mol-1=0.005mol,B错误;FexO中Fe的平均化合价为+2x,被氧化为Fe3+,根据电子守恒可知,转移的电子数和参与反应的Cl2转移的电子数相等。标准状况下,112mLCl2转移电子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol,则有1.52g(56x+16)g·mol-1×(3-2x)三、非选择题(本题包括5小题,共60分)16.(山东潍坊中学高一化学阶段检测)(10分)工业上用铝土矿(主要成分Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取氧化铝作冶炼铝的原料,提取的操作过程如下:(1)写出步骤①中所发生反应的化学方程式:。

(2)沉淀1是(写化学式);沉淀2是(写化学式)。

(3)写出步骤②中所发生反应的离子方程式:。

(4)写出步骤④由氢氧化铝制备氧化铝的化学方程式:。

答案(1)Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O(2)SiO2Fe(OH)3(3)Fe3++3OH-Fe(OH)3↓、Al3++4OH-AlO2-+2H2O(4)2Al(OH)3Al2O3+3H2O解析①为加入盐酸,则所得滤液中含有铝离子、铁离子,滤渣(沉淀1)为二氧化硅;在滤液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,除去铁离子,将铝离子转化为偏铝酸根,过滤得到沉淀2和滤液甲,则推出沉淀2为氢氧化铁,滤液甲中含偏铝酸钠;向滤液甲中通入二氧化碳,将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀,同时生成碳酸氢钠或碳酸钠溶液,得到的氢氧化铝沉淀再通过过滤、洗涤,加热分解得氧化铝。(1)步骤①中氧化铝与氧化铁均会被盐酸溶解,所发生反应的化学方程式分别为Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O。(2)沉淀1是SiO2;沉淀2是Fe(OH)3。(3)步骤②为氯化铁与氢氧化钠反应生成Fe(OH)3沉淀和NaCl,同时氯化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水的过程,所发生反应的离子方程式为Fe3++3OH-Fe(OH)3↓、Al3++4OH-AlO2-+2H2O。(4)Al(OH)3受热分解可生成Al2O3,其化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。17.(10分)将5g钠铝合金投入一定量水中,固体完全溶解,产生4.48L(标准状况下)气体,反应后所得溶液体积为200mL且只有一种溶质。回答下列问题:(1)处理计算问题,通常可以用图示分析的方法。写出化学式:A,B,C。

经过分析得出,钠铝合金中两金属的物质的量之比为。

(2)所得溶液的物质的量浓度为。(假设溶液体积变化忽略不计)

答案(1)H2NaOHNaAlO21∶1(2)0.5mol·L-1解析据题意可知该流程为:因反应后溶液中只有一种溶质,说明Na与H2O反应生成的NaOH恰好与Al反应完全,该过程中涉及的反应为2Na+2H2O2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,由化学方程式可知,合金中钠、铝的物质的量之比为1∶1。则设n(Na)=n(Al)=x,所以x2+3x2=4.48L22.4L·mol-1=0.218.(广东广州高一检测)(10分)一个体重50kg的健康人,体内含铁元素约2g,这2g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收,所以给贫血者补充铁时,应补充含Fe2+的亚铁盐(如FeSO4),服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+,有利于人体对铁的吸收。(1)人体中经常进行Fe2+与Fe3+的转化,在此转化过程中,Fe2+是(填“氧化”或“还原”,下同)剂,被。

(2)“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+”这句话说明,维生素C在这个反应中是(填“氧化”或“还原”,下同)剂,具有性。

(3)补血剂的主要成分是FeSO4,请写出制备FeSO4的符合要求的化学方程式:①置换反应:

②复分解反应:

(4)有人在研究硫酸亚铁(FeSO4)热稳定性时,作出了两种假设:①假设它按CaCO3受热分解的方式分解,反应的化学方程式为;

②假设它按KClO3受热分解的方式分解,已知产物为三种,且都是氧化物,其中有两种是酸性氧化物,且其中一种为SO3,则分解反应的化学方程式为。

答案(1)还原氧化(2)还原还原(3)①Fe+H2SO4FeSO4+H2↑②Fe(OH)2+H2SO4FeSO4+2H2O(4)①FeSO4FeO+SO3↑②2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑(或3FeSO4Fe3O4+SO2↑+2SO3↑)解析(1)Fe2+转变为Fe3+,Fe2+的化合价升高,是还原剂,被氧化。(2)“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+”这句话说明,维生素C把Fe3+还原为Fe2+,具有还原性,是还原剂。(3)①生成FeSO4的置换反应可以选择金属和酸反应,Fe+H2SO4FeSO4+H2↑;②复分解反应可以选择酸碱中和反应,Fe(OH)2+H2SO4FeSO4+2H2O。(4)①假设它按CaCO3受热分解的方式分解:CaCO3CaO+CO2↑,则硫酸亚铁的分解方程式为FeSO4FeO+SO3↑;②假设它按KClO3受热分解的方式分解:2KClO32KCl+3O2↑,已知产物为三种,且都是氧化物,其中有两种是酸性氧化物,且其中一种为SO3,则化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑或3FeSO4Fe3O4+SO2↑+2SO3↑。19.(14分)某学习小组用下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)实验前,先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是。

(3)将药品和水装入各仪器中,连接好装置后,需进行的操作还有:①记录C的液面位置;②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重;③待B中不再有气体产生并恢复至室温后,记录C的液面位置;④由A向B中滴加足量试剂;⑤检查气密性,上述操作的顺序是(填序号);记录C的液面位置时,除视线平视外,还应。

(4)B中发生反应的化学方程式为。

(5)若实验所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。

(6)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”)。

答案(1)NaOH溶液(2)除去铝镁合金表面的氧化膜(3)⑤①④③②使D和C中的液面相平(4)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑(5)33600(解析(1)铝镁合金中二者与酸都反应,但铝与碱反应而镁不与碱反应,所以A中的试剂应选择NaOH溶液。(2)实验之前,将合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是除去合金表面的氧化物保护膜。(3)实验装置包括反应装置和排液量气装置,注意气密性检查应该在装药品之前。(5)铝的相对原子质量在数值上等于其摩尔质量(以g·mol-1为单位),可利用产生的氢气求解,M=a-cb×10-20.(辽宁大连八中高一阶段测试)(16分)某兴趣小组制备氢氧化亚铁沉淀。实验1实验现象液面上方产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,振荡,试管壁上有红褐色沉淀生成(1)实验1中产生白色沉淀的离子方程式是。

(2)为了探究沉淀变灰绿色的原因,该小组同学展开如下探究:①甲同学推测灰绿色物质为Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物。经查阅资料后,根据调色原理认为白色和红褐色的调和色不可能是灰绿色,并设计实验证实灰绿色物质中不含有Fe(OH)3,方案是。

②乙同学查阅文献:Fe(OH)2在大量SO42-存在的情况下形成Fe6(SO4)2(OH)4O3(一种灰绿色氧基碱式复盐)。并设计对比实验证实该假设:向试管中加入,再往试管中加入,振荡,现象与实验1③乙同学继续查阅文献:Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性能,灰绿色可能是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起。推测所用的硫酸亚铁溶液的浓度应越小越好,氢氧化钠溶液浓度应越大越好。设计了如下实验方案:实验序号试管中10mLNaOH溶液滴加FeSO4溶液实验现象实验26mol·L-1NaOH溶液0.2mol·L-1FeSO4溶液产生悬浮于液面的白色沉淀(带有少量灰绿色),沉淀下沉后,大部分灰绿色变为白色沉淀实验36mol·L-1NaOH溶液0.1mol·L-1FeSO4溶液产生悬浮于液面的白色沉淀(带有极少量灰绿色),沉淀下沉后,底部都为白色沉淀该实验得出的结论是。丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的,还需补充的实验是,证明该假设成立。

(3)根据以上实验探究,若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀,需要控制的实验条件是。

(4)下列情况会导致所配NaOH溶液的浓度偏高的是。

A.NaOH溶液未冷却至室温就进行定容B.配制前容量瓶中有少量的水C.配制溶液时,俯视容量瓶刻度线D.加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出答案(1)Fe2++2OH-Fe(OH)2↓(2)①取一定量的灰绿色沉淀,加入盐酸溶解,再加入KSCN溶液,若溶液不变红色,则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3②2mL0.1mol·L-1FeCl2溶液3滴0.1mol·L-1NaOH溶液③在氢氧化钠溶液浓度一定的条件下,硫酸亚铁溶液的浓度越小,产生白色沉淀的现象越明显向实验2(或实验3)的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液,白色沉淀变成灰绿色(3)隔绝氧气、硫酸亚铁少量(或氢氧化钠过量)、硫酸亚铁浓度小(或氢氧化钠浓度大)等(4)AC解析(1)FeSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀,反应的离子方程为Fe2++2OH-Fe(OH)2↓。(2)①Fe(OH)3是难溶于水的碱,可与酸反应产生可溶性的铁盐,向该溶液中加入KSCN溶液,若溶液不变红色,则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3。②向试管中加入2mL0.1mol·L-1FeCl2溶液,再往试管中加入3滴0.1mol·L-1NaOH溶液,振荡,现象与实验1相同,则乙同学假设不成立。③根据实验2、3可知:在NaOH溶液浓度相同时,硫酸亚铁溶液的浓度越小,产生白色沉淀的现象越明显;丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的,还需补充的实验是向实验2(或实验3)的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液,白色沉淀变成灰绿色,证明该假设成立。(3)由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化,所以要尽可能隔绝空气,结合实验1、2、3的结论可知,也可采取使硫酸亚铁少量(或氢氧化钠过量)、硫酸亚铁浓度小(或氢氧化钠浓度大)等措施,以尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀。(4)NaOH溶液未冷却至室温就进行定容,等溶液恢复至室温时,溶液的液面低于刻度线,溶液的体积偏小,则导致配制溶液浓度偏高,A符合题意;配制前容量瓶中有少量的水,由于不影响溶质的量和溶液的体积,因此对配制的溶液浓度无影响,B不符合题意;配制溶液时,俯视容量瓶刻度线,溶液的体积偏小,导致配制的溶液浓度偏高,C符合题意;加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出,溶液的体积偏大,导致配制的溶液浓度偏低,D不符合题意。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有1个选项符合题意)1.(浙江11月选考,5)可用于治疗胃酸过多的物质是()A.碳酸氢钠 B.氯化钠C.氯化钾 D.氢氧化钠答案A解析碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,可用于治疗胃酸过多,A项正确;NaCl、KCl不与盐酸反应,不能用于治疗胃酸过多,B项、C项错误;氢氧化钠具有极强的腐蚀性,对人体有害,不能用于治疗胃酸过多,D项错误。2.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠,可能观察到的现象是下图中的()答案A解析钠的密度比煤油的大,比水的小,故钠在水和煤油的交界处与水发生反应生成氢气,从而可看到气泡,正确答案为A项。3.植物中山茶花、石榴可以吸收氯气,紫藤和月季对氯气的吸收净化能力也很强。在实验室制取Cl2时,尾气一般要用NaOH溶液吸收而不用澄清石灰水吸收的理由是()A.氯气不与石灰水反应B.Ca(OH)2微溶于水,澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少,不能充分吸收尾气中的Cl2C.氯气与Ca(OH)2反应生成的CaCl2难溶于水D.澄清石灰水能吸收空气中的CO2而变浑浊答案B解析Ca(OH)2在水中的溶解度小,吸收Cl2的量较少,吸收不充分。4.将紫色石蕊溶液滴入NaOH溶液中,溶液变蓝色,再通入氯气,溶液由蓝色变成红色,最后颜色慢慢褪去,其原因是()①氯气有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液呈酸性④次氯酸有漂白性⑤氯化钠有漂白性A.①④ B.②③④C.①②③ D.④⑤答案B解析Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,当Cl2过量时,Cl2与水反应生成HCl和HClO,溶液呈酸性,因此使石蕊溶液变红色,而HClO有漂白性,又使溶液褪色。5.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条晾置在空气中一段时间,漂白效果更好,原因是()A.漂白粉被氧化了B.有色布条被空气中的氧气氧化了C.漂白粉跟空气中的CO2反应,生成了较多量的HClOD.漂白粉溶液蒸发掉部分水,其浓度增大答案C6.(河北邯郸高一检测)已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.3g3He含有的中子数为NAB.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC.28gCO和N2的混合物含有的电子数为14NAD.标准状况下,4.48L水分子的数目为0.2NA答案D解析3He的中子数为3-2=1,则3g3He的中子数为3g3g·mol-1×NAmol-1=NA,选项A正确;重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6价降低到+3价,1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA,选项B正确;CO和N2的摩尔质量均为28g·mol-1,每个分子所含电子数均为14,则28g混合物的物质的量为1mol,所含有的电子数等于14NA,选项C正确7.(北京朝阳期末质量检测)以不同类别物质间的转化为线索,认识钠及其化合物。下列分析不正确的是()A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.反应④说明NaHCO3的稳定性强于Na2CO3C.反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应答案B解析反应③为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,NaOH为碱,Na2CO3为盐,因此CO2具有酸性氧化物的性质,A项正确;反应④是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,说明Na2CO3比NaHCO3稳定,B项错误;反应⑤⑥分别是2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,因此反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给,C项正确;反应④为分解反应,反应①为化合反应,反应②为置换反应,D项正确。8.将钠和硫分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中,燃烧完毕冷却至室温后,打开装置中的两个活塞,这时观察到()A.水进入左瓶 B.水进入右瓶C.水同时进入两瓶 D.水不进入任何一瓶答案A解析由于钠与氧气反应生成过氧化钠,使左瓶氧气减少,压强减小,而右瓶中的硫与氧气反应生成二氧化硫,气体的体积不变,压强不变,故打开两个活塞时可观察到水进入左瓶。9.(山东聊城高一检测)欲配制100mL1.0mol·L-1Na2SO4溶液,下列方法正确的是()①将14.2gNa2SO4,溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中,再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol·L-1Na2SO4溶液用水稀释至100mLA.①② B.②③ C.①③ D.①②③答案B解析①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g142g·mol-1=0.1mol,但溶液的体积不等于溶剂的体积,所以无法计算出物质的量浓度,故①错误;②32.2gNa2SO4·10H2O的物质的量为32.2g322g·mol-1=0.1mol,硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量,硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol·L-1,故②正确;③根据稀释定律,稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变,则20mL×5.0mol10.(2019浙江4月选考,6)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2答案A解析N的化合价由-3价升高为0价,每个NH3分子被氧化失去3个电子;Cl的化合价由0价变为-1价,每个Cl2分子被还原得到2个电子;根据得失电子守恒可知,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量比为2∶3,所以A项正确。二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有1~2个选项符合题意)11.如图两瓶体积相等的气体,在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是()A.所含原子数相等 B.气体密度相等C.气体物质的量相等 D.摩尔质量相等答案AC解析同温同压下,两瓶中气体体积相等,则气体物质的量也相等;N2、O2和NO都是双原子分子,所以原子数也相等;由于N2和O2的比例不确定,所以两瓶内气体的密度和摩尔质量都不一定相等。12.俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1L1mol·L-1Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NAB.0.1mol·L-1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA答案AC解析1L1mol·L-1Na2SO4溶液中SO42-含氧原子的数目为4NA,但水中也含氧原子,选项A正确;不知道溶液的体积无法计算阳离子的个数,选项B错误;根据方程式,氧化产物为二氧化碳,生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA,选项C正确;通常状况下,气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故11.2LCO2物质的量不是0.5mol,所含质子的数目不是11NA,13.把标准状况下4.48L的CO2通过一定量的固体Na2O2后,收集到标准状况下3.36L气体,则这3.36L气体的成分是()A.O2 B.CO2C.CO2和O2 D.无法确定答案C解析标准状况下,4.48LCO2与足量Na2O2反应时,产生2.24LO2,现反应后气体体积为3.36L,说明4.48LCO2未反应完,则3.36L气体应为CO2和O2的混合气体。14.同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体,下列有关比较的叙述中,正确的是()A.密度之比为16∶11 B.密度之比为11∶16C.体积之比为16∶11 D.体积之比为11∶16答案AD解析同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量之比是164∶144=11∶16,则体积比为11∶16,密度之比等于摩尔质量之比,即为15.(河北衡水高一检测)向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况(不计CO2的溶解),则下列对应图形的判断正确的是()答案C解析由于量的不同,CO2与NaOH可发生如下两种反应:①CO2+NaOHNaHCO3,②CO2+2NaOHNa2CO3+H2O。当n(CO2)n(NaOH)≥1时,反应按①进行,n(CO2)n(NaOH)=1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;n(CO2)n(NaOH)>1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;当12<n(CO2)n(NaOH)<1时,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;当n(CO2)n(NaOH)≤12,反应按②