第三章 铁 金属材料 测试题 高中化学人教版（2019）必修第一册

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第三章《铁金属材料》测试题一、单选题1．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是               A．A B．B C．C D．D2．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．熔点很高，可用作耐高温材料B．受热易分解，可用于制胃酸中和剂C．溶液显酸性，可用于蚀刻印刷铜制电路板D．溶液能与反应，可用作漂白剂3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使酚酞变红的溶液中：Na+、Al3+、HCO、Cl-B．NaClO溶液中：Fe2+、K+、I-、OH-C．无色透明的溶液中：Cu2+、Al3+、NO、SOD．能与Al反应放出H2的溶液中：K+、Na+、Cl-、SO4．下列关于物质用途的叙述中，不正确的是A．氨可用作制冷剂B．可用铝制容器盛装浓盐酸C．硅是太阳能电池的常用材料D．铁红常用于制红色油漆和涂料5．下列说法正确的是（    ）A．新制氯水放在棕色广口试剂瓶中B．溧白粉能长期放置于敞口烧杯中C．配制FeCl2溶液时，要加入少量铁粉D．可用氯气除去Fe2(SO4)3溶液中少量的Fe2+6．下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑B．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4C．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2OD．向氢氧化钠溶液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl7．下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是（    ）A．A B．B C．C D．D8．下列物质与用途对应关系不正确的是（    ）A．A B．B C．C D．D9．下列反应的离子方程式书写正确的是A．碳酸钙与稀盐酸反应：B．氯化亚铁溶液与氯水反应：C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：D．过氧化钠与水反应：10．实验室利用印刷电路的废腐蚀液(含有大量的CuCl2、FeCl2和FeCl3等)回收铜，其主要流程如图所示：下列说法错误的是A．操作1的名称为过滤B．通入Cl2前，X溶液中含有的金属阳离子有：Fe2+、Fe3+C．可用O2代替Cl2氧化X溶液D．从Y中获得铜，可先加稀硫酸，再过滤11．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（   ）  A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3D．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO412．部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是A．V=44.8B．原样品中铁元素的质量分数约为38.89%C．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+D．样品中CuO的质量为4.0 g13．铁在地壳中含量丰富，也是重要的人体微量元素之一。下列有关说法正确的是A．铁与水蒸气反应生成氢氧化铁和氢气B．为了防止缺铁性贫血，麦片中可以添加微量的还原铁粉C．向饱和溶液中滴加溶液中，小心加热后制得红褐色胶体D．取新鲜菠菜切开表皮，在内部组织上滴加溶液，无颜色变化说明菠菜不含铁14．工业上综合利用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）的部分工艺流程如下：铝土矿滤渣硅酸钠实验室模拟上述流程中，用不到的装置是A． B． C． D．15．对下列现象或事实的解释正确的是A．A B．B C．C D．D二、填空题16．铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。（1）向沸水中逐滴滴加1 mol/L FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是 nm。（2）电子工业需要用30 %的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜片制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式 。某同学对FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成进行测定：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中所含金属阳离子有 。（3）若要验证该溶液中含有Fe2＋，正确的实验方法是 （用字母代号填）。 A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2＋。B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2＋。C．向试管中加入试液，先滴入KSCN溶液，无现象，再滴加氯水，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋（4）欲从废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下： ①写出上述实验中有关物质的化学式：A： ；B： 。②写出通入 C的化学方程式 17．已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式为(已配平)：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+A↑+2H2O；试通过计算和推理完成下面的问题：(1)在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为 ，A物质可以与强碱反应生成盐和水，则A应该属于 (用字母代号填写)。A．酸   B．酸性氧化物   C．盐   D．电解质   E.非电解质(2)一定量的铜片与含1.2mol的H2SO4的浓硫酸充分反应(浓硫酸过量)，如果该反应过程中转移了0.4mol电子，生成的A气体在标况下的体积为 L(假设气体全部逸出)。(3)将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的Ba(OH)2溶液反应，所得沉淀的质量为 g。(4)请将方程式配平并用双线桥法表示出电子转移的方向和数目： _______Cu +_______HNO3 =_______Cu(NO3)2+_______NO↑+_______H2O18．用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[]有如下两条途径。途径Ⅰ途径Ⅱ回答下列问题：(1)Al元素在周期表中的位置为 。(2)溶液A中的金属离子有 、 、。(3)过程②生成的离子方程式为 。(4)过程③发生反应的离子方程式为 。(5)下列关于产物的说法中，错误的是___________(填标号)。A．用KSCN溶液可以检验产物中是否含有B．利用焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，说明产品含K+C．向明矾中加入，发生反应的离子方程式为D．属于混合物(6)途径Ⅱ与途径Ⅰ比较，优点有 (写出一点即可)。(7)若V1与V2之差为2.24L(已折算成标准状况)，则m克易拉罐样品中含Fe g。19．查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是 (填序号)。A．测定这两种溶液的pHB．分别在两种溶液中滴加甲基橙C．在酸性条件下加入KI—淀粉溶液来区别D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别(2)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成和Mn2+，请写出反应的离子方程式 。(3)Fe与过量稀硫酸反应可制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是 (填序号)。A．Cl2 B．Fe       C．H2O2 D．HNO3(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式： (_______)FeSO4＋(________)K2O2→(_______)K2FeO4＋(_______)K2O＋(_______)K2SO4＋(_______)O2↑(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是 。20．叠氮化钠(NaN3)被广泛应用于汽车的安全气囊中、已知叠氮化钠和稀硫酸反应的化学方程式为：2NaN3+H2SO4=Na2SO4+2HN3，氢叠氮酸(HN3)是一种可溶于水的无色液体。将15g叠氮化钠样品(假设杂质只有Na2SO4)加入100g溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中，恰好完全反应。请计算：(1)氢叠氮酸中氢元素和氮元素的质量比为 。(2)求所得溶液中Na2SO4的质量分数 (计算结果精确到0.1%)。(3)若要将所得溶液中Na2SO4的质量分数变为8%，求需要加入水的质量 。21．如图为铁及其化合物的“价－类”二维图。(1)填写二维图缺失的类别① 和化学式② 。(2)某同学利用以下试剂研究FeCl3性质，进行了如下预测：①Cl2②Fe    ③NaOH    ④H2SO4⑤AgNO3从物质类别上看，FeCl3属于盐，可能与 发生反应(填序号)；从化合价角度看，Fe3+具有 性，可能与 发生反应(填序号)。(3)某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路，其化学原理为如下反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2用双线桥表示电子转移 。22．实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答：(1)软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是 ；(2)K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是 ；(3)若用2.5g软锰矿(含MnO280％)进行上述实验，KMnO4的理论产量为 ；(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是 ；(5)上述制得KMnO4产品0.165g，恰好与0.335gNa2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度为 。23．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式 。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式 。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为 ；c(HCl)= mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄漏，写出E与D反应的化学方程式为 。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是 ，它们的物质的量浓度之比为 。选项实验现象结论A将CO2通入BaCl2稀溶液中产生白色沉淀沉淀是BaCO3B向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液溶液变蓝色氧化性：Fe3+＞I2C向包裹Na2O2粉末的脱脂棉中吹入CO2气体脱脂棉发生燃烧Na2O2与CO2反应有O2生成D向CuSO4溶液中通入H2S产生黑色沉淀H2S属于强酸选项金属存在形式冶炼方法A铜化合态铁的金属性比铜强，可将铁与溶液反应冶炼铜B银化合态银的金属性弱，用加热的方法冶炼C铁化合态铝的金属性比铁强，可用铝热法炼铁D钠化合态钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼选项性质用途A氧化铁呈红棕色红色涂料B氧化铝熔点很高耐火材料C浓硫酸具有脱水性干燥剂D液氨汽化时要吸收大量的热制冷剂选项现象或事实解释或结论A向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，未出现红色固体X中一定不含Cu2+BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶体，可以吸附水中悬浮物C氯气用使湿润的有色布条褪色氯气直接氧化有机色素DFeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，呈血红色Fe3+与KSCN反应产生血红色沉淀参考答案：1．B【详解】A. 碳酸的酸性小于盐酸，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，故不选A；    B. 向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液变蓝色，说明Fe3+把I-氧化为I2，故选B；C. 向包裹Na2O2粉末的脱脂棉中吹入CO2气体，脱脂棉发生燃烧，说明Na2O2与CO2反应放热且有O2生成，故不选C；    D. 向CuSO4溶液中通入H2S ，产生黑色沉淀CuS，说明CuS难溶于硫酸，但H2S是弱酸，故不选D。答案选B。2．A【详解】A．具有高熔点的物质可用作耐高温材料，熔点很高，可用作耐高温材料，A正确；B．能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期使用，与受热易分解无关，B错误；C．具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以溶液可用于蚀刻印刷铜制电路板，与其水解显酸性无关，C错误；D．具有强氧化性，可用作漂白剂，与溶液能与反应关系不大，D错误；故选A。3．D【详解】A．使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+、HCO、OH-之间相互反应，不能大量共存，故A错误；B．ClO-能够氧化Fe2+、I-，Fe2+、OH-之间反应生成氢氧化亚铁，不能大量共存，故B错误；C．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故C错误；D．能与Al反应放出H2的溶液中存在大量H+或OH-，K+、Na+、Cl-、SO之间不反应，都不与H+、OH-反应，能够大量共存，故D正确；故选：D。4．B【详解】A．液氨气化吸热，能使周围环境温度降低，所以氨可用作制冷剂，A正确；B．氧化铝和Al均能和浓盐酸发生化学反应，因此不可用铝制容器盛装浓盐酸，B错误；C．硅常做半导体，可用于制造太阳能电池，C正确；D．氧化铁是红棕色的固体，常用于制造红色油漆和涂料，D正确；答案选B。5．C【详解】A．新制氯水呈液态，其中的HClO光照易分解，因此一般要放在棕色细口试剂瓶中，A错误；B．溧白粉的有效成分Ca(ClO)2容易与空气中的CO2发生反应导致变质，因此不能长期放置于敞口烧杯中，要密封保存，B错误；C．FeCl2具有还原性，容易被氧气氧化变为氯化铁，为防止其氧化变质，在配制FeCl2溶液时，要加入少量铁粉，C正确；D．除去Fe2(SO4)3溶液中少量的Fe2+时，不能引入新的杂质，应该使用绿色氧化物H2O2，若使用氯气，会引入杂质Cl-，D错误；故合理选项是C。6．A【详解】A．Na2O2在空气中放置后生成碳酸钠，则固体由淡黄色变为白色，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2，A符合题意；B．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，生成铜和硫酸锌，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，B与题意不符；C．澄清的石灰水久置后生成碳酸钙沉淀，则出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，C与题意不符；D．向氢氧化钠溶液中滴加足量FeCl3溶液，生成氢氧化铁沉淀，溶液出现红褐色沉淀3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，D与题意不符；答案为A。7．D【详解】A．铜的性质较活泼，以化合态存在与自然界中，铁的金属性比铜强，可用铁将CuSO4溶液中的铜置换出来，这种方法称为湿法治金，故A正确；B．银的性质较弱，以化合态存在与自然界中，常常用加热Ag2O分解的方法冶炼银，故B正确；C．铁的性质较活泼，以化合态存在与自然界中，常常用热还原法冶炼铁，如铝热法炼铁，故C正确；D．钠的性质活泼，以化合态存在与自然界中，一般还原剂很难将其还原出来，常常用电解熔融NaCl的方法冶炼，故D错误；故选D。8．C【详解】A. 氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，故A正确；B. 氧化铝熔点很高，在较高温度下不熔化，故可以做耐火材料，故B正确；C. 浓硫酸做干燥剂是由于其能吸水，有吸水性，而非脱水性，故C错误；D. 液氨汽化时吸热，会导致周围温度降低，故可以做制冷剂，故D正确。故选C。【点睛】本题考查了物质的物理性质和其用途之间的关系，难度不大，把握住“性质决定用途，用途反映性质”这一条线．9．C【详解】A．碳酸钙难溶，与稀盐酸反应：，A错误；B．氯化亚铁溶液与氯水反应生成氯化铁：，B错误；C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀：，C正确；D．过氧化钠与水反应：，D错误；答案选C。10．B【详解】A．废腐蚀液加入过量铁粉后，FeCl3被还原成FeCl2，CuCl2被置换出铜，因此反应后溶液为FeCl2溶液，还有置换出的铜和剩余的铁粉混在一起，所以操作1的名称为过滤，故A说法正确；B．因为铁粉过量，所以通入Cl2前，X溶液只含有FeCl2，不含有FeCl3，也就不含有Fe3+，故B说法错误；C．实验目的是回收铜，用O2代替Cl2氧化FeCl2溶液可以的，因为酸性环境下O2可以与FeCl2溶液反应生成FeCl3溶液，故C说法正确；D．Y的成分含有剩余的铁粉和生成的铜，要分离出铜，可以先加稀硫酸或稀盐酸除去铁粉，然后过滤就可分离出铜了，故D说法正确；本题答案B。11．B【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；故选B。【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。12．B【分析】样品中加入足量稀硫酸，生成的气体为氢气，说明铁是足量的，所以滤渣为铜，滤液A中不含Cu2+。发生的反应有：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4=Cu+FeSO4和 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。【详解】A．滤液A中含有硫酸和硫酸铁，加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣为氢氧化铁，灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，其物质的量==0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，合金中Fe元素质量=0.04mol×56g/mol=2.24g，故合金中氧原子的物质的量 =0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08mol-0.04mol=0.04mol H+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况下体积=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故A错误；B．合金中Fe元素的质量为：56g/mol×0.04mol=2.24g，故合金中Fe元素质量分数=×100%=38.89%，故B正确；C．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于生成了氢气，所以滤液A中没有Fe3+和铜离子，所含的阳离子为：Fe2+、H+，故C错误；D．由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为 =0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故D错误；故选B。13．B【详解】A．铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，A错误；B．为了防止缺铁性贫血，麦片中可以添加微量的还原铁粉，B正确；C．向饱和溶液中滴加溶液中，加热后制得红褐色沉淀，C错误；D．滴加溶液，无颜色变化说明菠菜中不含铁离子，不能说明不含铁元素，D错误；答案选B。14．B【详解】A．稀硫酸溶解铝土矿时，需要将固体与液体分离，所以应使用过滤装置，A不合题意；B．在整个操作过程中，没有将溶液浓缩或蒸发结晶的操作，所以不需要此装置，B符合题意；C．焙烧二氧化硅与氢氧化钠的固体混合物时，需要使用铁坩埚，C不合题意；D．用稀硫酸溶解铝土矿时，需要使用烧杯进行溶解，D不合题意；故选B。15．B【详解】A. 加入少量铁粉，铁粉不足，铁离子氧化性强于铜离子，实验铁可能只与铁离子反应，不能说明溶液中不含铜离子，故A错误； B. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶体，具有吸附性，可以吸附水中悬浮物，故B正确；C. 氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，氧化有机色素，使有色布条褪色，故C错误；D. Fe3+与KSCN反应产生血红色溶液，不是沉淀，故D错误；答案选B。16． 1～100 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ Fe3+、Fe2+、Cu2+ BC Fe HCl 2FeCl2+Cl2=2FeCl3【分析】(1)至液体呈透明的红褐色得到的分散系为胶体；(2)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁；取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则一定含铁离子；(3)验证该溶液中含有Fe2+，利用其还原性，注意排除铁离子对亚铁离子检验的干扰；(4)腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁，加入过量的铁可以和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故A为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量B为盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化为三价铁，以此解答该题。【详解】(1)向沸水中逐滴滴加1mol/L FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系为胶体，可知粒子直径的范围是1～100nm；(2)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁，离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，；取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则一定含铁离子，则Cu不足，溶液中还含Fe2+、Cu2+；(3)A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe3+，不能检验Fe2+，故A错误；B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，发生氧化还原反应，体现Fe2+还原性，证明含有Fe2+，故B正确；C．向试管中加入试液先滴入KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水，显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋；故答案为：BC；(4)腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁，加入过量的铁可以和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故A为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量B为盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化为三价铁；①由上述分析可知，A为Fe，B为HCl；②C为氯气，通入C和氯化亚铁反应生成氯化铁，方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3。【点睛】考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和铜离子无剩余。17．(1) 1:1 BE(2)4.48(3)252.6(4)【详解】（1）根据得失电子守恒与原子守恒可以知道，A为SO2，被还原的硫酸生成SO2，未被还原的硫酸生成CuSO4，根据方程式可以知道二者物质的量之比为1:1；SO2能与强碱反应生成盐和水，则SO2属于酸性氧化物，SO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是亚硫酸电离产生的，则SO2属于非电解质，故选BE；（2）根据电子转移可知，SO2～2e-，可以知道生成二氧化硫物质的量为，标况下二氧化硫体积为0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L；（3）已知反应开始时n(H2SO4)=1.2mol，由(2)可知生成n(SO2)=0.2mol，根据S原子守恒，可以知道反应所得溶液中n(SO)=1.2mol-0.2mol=1mol，根据质量守恒定律可知：SO～BaSO4，可知n(BaSO4)=1mol，则m(BaSO4)=1mol×233g·mol-1=233g；根据电荷守恒可知，SO2～2e-～CuSO4，则n(CuSO4)=0.2mol，则m[Cu(OH)2]=0.2mol×98g·mol-1=19.6g；故反应所得沉淀质量为：233g+19.6g=252.6g；（4）根据电子守恒和原子守恒可知，反应化学方程式配平为：3Cu+8HNO3 =3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；双线桥法表示了电子的转移方向和数目，如图：。18．(1)第三周期第ⅢA族(2) Al3+ Fe2+(3)(4)(5)CD(6)途径Ⅱ；途径Ⅱ节约药品；(7)2.8【详解】（1）Al为13号元素，在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；（2）废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)加入过量的稀硫酸，Al、 Fe、Mg均能和硫酸反应，溶液A中的金属离子有Al3+、Fe2+和Mg2+；（3）溶液A中的金属离子有Al3+、Fe2+和Mg2+，向溶液A中加入氨水，控制，生成的离子方程式为（4）过程③是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为；（5）A．用KSCN溶液遇溶液变红，故可以检验产物中是否含有，故A正确；B．K+焰色反应呈紫色，利用焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，说明产品含K+，故B正确；C．向明矾中加入，Al3+与OH-也能反应，故C错误； D．属于纯净物，故D错误；故答案为CD（6）途径Ⅱ只有铝能让与氢氧化钠反应，杂质金属不反应，制备的途径Ⅱ；途径Ⅰ都与硫酸反应，消耗药品比较多，途径Ⅱ节约药品；（7）设m克易拉罐样品中含Fe的物质的量为xmol，Mg为ymol，V1与V2之差为2.24L(已折算成标准状况)是Fe和Mg与硫酸产生的氢气，56x+24y=4.0，转移电子守恒2(x+y)=0.12，解方程组得x=2.8g，y=1.2g；19． B 6H＋+5+2=+2Mn2++3H2O C 2、6、2、2、2、1 净水、消毒【详解】(1)A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不符合题意；B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B不符合题意；C．在酸性条件下，亚硝酸钠可以氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不符合题意；D．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物，氯化银是一种难溶于水，不溶于酸的化合物；因此可用AgNO3和HNO3两种试剂来区别NaNO2和NaCl，故D不符合题意；综上所述答案选B；(2)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，说明将氧化为，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为6H＋+5+2=+2Mn2++3H2O；(3)氯气、硝酸均可以氧化亚铁离子，但是会引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水氧化亚铁离子的还原产物是水，不引入杂质，所以正确的是双氧水，答案选C；(4)根据已知信息可知该反应中K2O2将FeSO4氧化为K2FeO4，产物中还有O2，说明此反应中K2O2不仅作氧化剂；氧化FeSO4的K2O2整体化合价降低2价，FeSO4中Fe元素升高4价，氧化FeSO4的K2O2与FeSO4物质的量之比为2：1，另外还有K2O2分解生成K2O和O2，结合“FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1”可得反应方程式为2FeSO4+6K2O2=2K2FeO4+2K2SO4+2K2O+O2；(5)高铁酸钾( K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，达到净水的目的。20．(1)1∶42(2)14.1%(3)87.5g【分析】所得溶液中Na2SO4包括反应生成的Na2SO4和原样品含有的Na2SO4，结合反应方程式分析解得。(1)氢叠氮酸(HN3)中氢元素和氮元素的质量比为1∶(14×3)=1∶42，故答案为：1∶42；(2)设参加反应的叠氮化钠的质量为x，生成硫酸钠的质量为y， ＝，解得：x=13g，＝，解得：y=14.2g，所得溶液中Na2SO4的质量分数为×100%≈14.1%，故答案为：14.1%；(3)设要加水的质量为z，根据溶液稀释前后溶质的质量不变，则(115g+z)×8%=14.2g+(15g-13g)，解得：z=87.5g，故答案为：87.5g。21．(1) 单质 Fe(OH)3(2) ③⑤ 氧化 ②(3)【详解】（1）由二维图可知①为单质，②为Fe(OH)3，故答案为：单质；Fe(OH)3；（2）从物质类别上看，FeCl3属于盐，可与③⑤分别发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3；从化合价角度看，Fe3+具有氧化性，可与具有还原性的Fe发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：盐；③⑤；氧化；②；（3）由方程式Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2，用双线桥表示为： 。22．(1)3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O(2)3+4H+ = MnO2↓+2+2H2O(3)2.4g(4)2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O(5)95.8%【详解】（1）软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl，化学方程式是3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；故答案为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）K2MnO4在酸性条件下转变为MnO2和KMnO4，离子方程式是3+4H+=MnO2↓+2+2H2O；故答案为：3+4H+=MnO2↓+2+2H2O；（3）根据上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：MnO2→K2MnO4→KMnO4，根据锰原子守恒可知，KMnO4的理论产量为≈2.4g；故答案为：2.4g；（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒可得，该反应的化学方程式是2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；故答案为：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；（5）根据化学方程式2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知，存在关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，所以KMnO4的实际产量为，则KMnO4的纯度为≈95.8%；故答案为：95.8%。23． Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑ NaOH、Na2CO3 0.05 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl H＋、Al3＋、、 c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【分析】(1) C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄漏，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄漏，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。