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人教版（2019）高中化学必修一第三章 《铁 金属材料》单元测试（解析版）
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第三章 铁 金属材料 单元测试卷（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）第Ⅰ卷（选择题44分）一、选择题：本题包括22小题，每小题只有以个选项符合题意，每小题2分，共44分。1．金属和金属材料与人们的日常生活密不可分，下列认识错误的是（ ）A．一般用铜而不用银作导线，主要是由于考虑价格的因素B．铁制品比铝制品容易腐蚀，是由于铁的化学性质比铝活泼C．用盐酸可区分假黄金，是由于金不能与盐酸反应，而锌能与盐酸反应D．用硫酸铜配制的波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与硫酸铜发生反应【答案】B【解析】A项，一般用铜而不用银作导线，主要是由于考虑价格的因素，A正确；B项，铝比铁活泼，铝制品不容易被腐蚀，是因为铝能被空气中的氧气氧化成一层致密的氧化物薄膜，对铝制品起到保护作用，B错误；C项，假黄金中含有锌，用盐酸可区分假黄金，是由于金不能与盐酸反应而锌能与盐酸反应，C正确；D项，用硫酸铜配制的波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，D正确。故选B。2．下列关于金属性质的叙述中正确的是（ ）A．钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的B．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧C．金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属D．铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧【答案】C【解析】Na与O2的反应产物是由反应条件决定的，常温下生成Na2O，点燃时生成Na2O2，与O2的用量无关，A错误；铝箔在空气中受热可熔化，但由于表面形成熔点很高的Al2O3，故不会燃烧，B错误；金属与非金属单质反应时，金属只能失电子被氧化，C正确；铁丝可在纯氧中燃烧生成Fe3O4，D错误。3．下列关于新型合金材料说法不正确的是（ ）A．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料B．钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼C．生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比钢的含碳量高D．合金的熔点比其成分金属的熔点高【答案】D【解析】A．镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，故A正确；B．钛合金生物相容性好，强度大，常用作人造骨骼，故B正确；C．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，钢是对含碳量在0.02%～2%之间的铁碳合金的统称，生铁的含碳量比钢高，故C正确；D．合金的熔点比其成分金属的熔点低，故D错误；答案为D。4．下列关于物质的性质和用途的说法中，不正确的是（ ）【答案】B【解析】氧化铁为红棕色粉末，可以作红色颜料，A正确；氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶存放氢氧化钠溶液，B错误；.用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，C正确；因为铝能与酸反应又能与强碱反应，氧化铝具有两性，即能与酸反应又能与强碱反应，所以铝制饭盒不宜长时间存放酸性域碱性的食物，D正确；故选B。5.下列有关物质的性质与用途的描述错误的是（ ）A．Al具有良好的延展性，故铝可用于制作铝金属制品B．镁铝合金的密度大、强度高，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料C．Al、Al2O3均能与酸、碱反应，因此铝制炊具不宜用来蒸煮酸性或碱性食物D．“蛟龙号”载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，合金具有硬度大等优点【答案】B【解析】A．铝常用于制作铝金属制品，主要是Al具有良好的延展性，故A正确；B．镁铝合金的密度小、强度高，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故B错误；C．Al、Al2O3均能与酸、碱反应，因此铝制炊具不宜用来蒸煮和长时间盛放酸性或碱性食物，故C正确；D．“蛟龙号”载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，说明钛合金具有硬度大等优点，故D正确。综上所述，答案为B。6．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。7．下列根据实验事实得出的结论正确的是（ ）【答案】D【解析】A．铝在空气中能很快形成氧化膜，氧化铝的熔点比铝高，熔融的铝单质被固体氧化铝包裹不滴落下去，故A错误；B．若原溶液有Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，也有白色沉淀生成，则结论有误，故B错误；C．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色只能说有Na+，不一定是钠盐溶液，还有可能是氢氧化钠溶液等，故C错误；D．向某溶液中加入浓NaOH溶液后加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体碱性气体即NH3产生，则能判断该溶液中一定含有NH4+，故D正确；8．下列有关除杂的操作中不正确的是（ ）A．FeSO4溶液中含少量CuSO4杂质：加入过量的Fe粉，过滤B．除去FeCl3溶液中少量的FeCl2：加入新制氯水C．除FeCl2溶液中少量的FeCl3杂质可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤D．除溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加入过量铁粉【答案】D【解析】A．加入过量的铁粉，发生反应Fe+CuSO4==Cu+FeSO4，再经过过滤，能够除去杂质，A正确；B．新制氯水与FeCl2反应：2FeCl2+Cl2==2FeCl3，可以除去杂质，B正确；C．向含有少量FeCl3的FeCl2溶液中加入过量Fe粉：2FeCl3+Fe==3FeCl2，过滤即可除杂，C正确；D．Fe与氯化铁反应，将原物质除去，不能除杂，应向该溶液中通入足量的氯气，D错误；故选D。9．金属铁和铝以及其相关制品在生活和生产中随处可见，用途十分广泛，如在电子、汽车、工业等领域也有各种各样的用途。工业上常利用铝热反应原理来焊接钢轨，化学方程式为：。下列关于铝及其化合物说法正确的是（ ）A．铝在常温下不能与氧气发生反应B．铝制品有致密的氧化膜，可长时间盛放酸性或碱性食物C．将氢氧化铝在高温下灼烧，即可得到氧化铝D．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，放出的物质的量之比为3∶1【答案】C【解析】A．铝在常温下能与氧气发生反应生成氧化铝，故A错误；B．氧化铝是两性氧化物，能与酸、碱反应，铝制品不能长时间盛放酸性或碱性食物，故B错误；C．将氢氧化铝在高温下灼烧，氢氧化铝分解为氧化铝和水，故C正确；D．铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，铝元素化合价由0升高为+3，等质量的铝失电子的物质的量相等，所以放出H2的物质的量之比为1∶1，故D错误；选C。10．将铁片投入到下列溶液中，不放出气体并且铁片质量减轻的是（ ）A．CuCl2溶液 B．HCl溶液 C．NaNO3溶液 D．FeCl3溶液【答案】D【解析】A项，有Cu析出，铁片增重；B项，有H2放出；C项，不反应；D项，Fe溶解。11．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．实验IV：铜片表面有黑色固体生成【答案】C【解析】A．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；B．三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；D．硫酸铁与铜单质反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，不会有黑色固体生成，故D错误；故选C。12．下列实验操作、现象或结论均正确的是（ ）A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．铝箔受热时表明生成熔点很高的氧化铝，所以铝箔燃烧的现象是熔而不滴，A错误；B．观察K的焰色反应应透过蓝色钴玻璃，B错误；C．为了确定原溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液再通Cl2，C错误；D．使用胶头滴管伸入NaOH溶液中滴加FeSO4溶液，在底部生成Fe(OH)2沉淀，为白色絮状沉淀，D正确；综上所述答案为D。13．下列叙述或实验现象描述正确的是（ ）A．计算机芯片和石英钟表用到的都是二氧化硅B．往足量铁与稀硝酸反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液变为血红色C．配制一定物质的量浓度的溶液在定容时俯视刻度线，溶液浓度将偏小D．往BaCl2溶液中通入SO2气体，无沉淀产生，再通NH3，产生白色沉淀【答案】D【解析】A．硅单质是良好的半导体材料，可用于制作计算机芯片，石英的主要成分是二氧化硅，可用于制作石英钟表，故A错误；B．往足量铁与稀硝酸反应后的溶液生成亚铁离子，所以反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液在定容时俯视刻度线，导致溶液的实际体积偏小，根据c= n/V，所配溶液浓度将偏大，故C错误；D．往BaCl2溶液中通入SO2气体，SO2与BaCl2不反应，与水反应生成亚硫酸，无沉淀产生，再通NH3，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，亚硫酸与一水合氨反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故D正确；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．为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为：，下列叙述不正确的是（ ）A．钢铁零件“发蓝”实质上是使铁表面钝化B．上述反应中，铁被氧化C．NO2-的氧化性大于FeO22-的氧化性D．反应中转移2mol电子，生成还原产物8.5g【答案】D【解析】A．钢铁零件“发蓝”是在表面形成一层致密保护层Fe3O4，其实质上是使铁表面钝化，故A正确；B．该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，故B正确；C．N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，反应中氧化剂为NO2-，该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，氧化产物为FeO22-，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则NO2-的氧化性大于FeO22-的氧化性，故C正确；D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6 mol电子，若反应中转移2 mol电子，则生成还原产物的物质的量是1/3 mol，质量为17/3g ,故D不正确；答案选D。16．元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（ ）A．铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成黑色粉末C．由图可预测：高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可用于消毒D．加热Fe(OH)3，发生转化⑥，加水可溶解Fe(OH)3【答案】C【解析】A．①表示铁单质缓慢氧化转化为Fe2O3，高温下铁与水蒸气生成四氧化三铁，不能实现上述转化①，A错误；B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化四氧化三铁，不能发生转化②，B错误；C．据图可知处于高价态的物质具有强氧化性，高铁酸钠中铁为+6价，处于高价态，具有强氧化性，C正确；D．Fe(OH)3难溶于水，加水不溶解，D错误；综上所述答案为C。17．Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48 L，下列推断中不正确的是( )A．参加反应的Mg、Al共0.2 mol B．参加反应的HCl为0.4 molC．Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子 D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2【答案】A【解析】反应的实质为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，n(H2)＝eq \f(4.48 L,22.4 L·mol－1)＝0.2 mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4 mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2 mol H2。依据得失电子守恒，由2H＋―→H2得电子总数为0.2 mol×2＝0.4 mol，C正确。0.2 mol Mg提供0.4 mol电子，0.2 mol Al则提供0.6 mol电子，0.2 mol Mg、Al混合物提供的电子数大于0.4 mol小于0.6 mol，A错误。18．茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩ 【答案】B【解析】A项，灼烧在坩埚内进行，另外还用到酒精灯和泥三角，A正确；B项，溶解、稀释用到烧杯和玻璃棒，B错误；C项，过滤使用漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；D项，检验Fe3＋应选用KSCN溶液，用胶头滴管取用试剂，在试管内进行反应，检验，D正确。19．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+3Cl2eq \o(=====,\s\up7(点燃))2FeCl3，符合题意；②铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+Seq \o(=====,\s\up7(点燃))FeS，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。20．向含有FeCl3、FeCl2的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（ ）A．该分散系的分散质为Fe2O3B．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷C．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开D．加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－==Fe3O4(胶体)＋4H2O【答案】D【解析】A．Fe2O3呈红棕色，肯定不是该分散系的分散质，A不正确；B．分散系不带电，胶粒才可能带正电荷或负电荷，B不正确；C．胶粒能透过半透膜，将黑色金属氧化物与Na＋分离开，应使用渗析，C不正确；D．黑色金属氧化物应为Fe3O4(胶体)，加入NaOH时可能反应为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－==Fe3O4(胶体)＋4H2O，D正确；故选D。21．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入100mL 1mol/L 的盐酸，恰好使混合物完全反应，放出 11.2mL（标准状况）气体，所得溶液加入 KSCN 溶液不变红色。用足量的CO 在高温下还原相同质量的此混合物，所得铁的质量为（ ）A．2.8g B．11.2g C．5.6g D．无法计算【答案】A【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，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.1L×1mol/L=0.05mol；用足量的CO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，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g；答案选A。22．工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：下列说法不正确的是（ ）A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2H++2Fe2+==2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2【答案】A【解析】用Na2CO3溶液浸泡废铁屑除去废铁屑表面的油污，用硫酸溶液铁，加入过氧化氢将部分Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠、在隔绝空气的条件下加热生成纳米四氧化三铁。A．用Na2CO3溶液浸泡废铁屑是为了除去废铁屑表面的油污，故A错误；B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，不能得到高纯度产品，故B正确；C．四氧化三铁中含有+2价和+3价的铁，H2O2具有氧化性，加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2H++2Fe2+==2Fe3++2H2O，故C正确；D．四氧化三铁中+2价和+3价的铁物质的量比为1:2，所以溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2，故D正确；选A第II卷（非选择题 共56分）二、非选择题：本题共5个小题，共56分。23．金属是非常有用的材料，以下是四种金属的相关性质。完成下列填空：(1)铝用作电线是利用了铝的_________性；铁用作炊具是利用了铁的_________性。(2)钛是制造飞机的材料之一。根据表中数据，解释为何用钛来制造飞机___________________________。(3)钢是主要含有铁的合金。汽车车身可以用铝或钢制造。已知铁在潮湿的空气中会迅速腐蚀，而铝不会。请解释铝耐腐蚀的原因。___________________________________________________________________。(4)根据表中数据，描述用铝来取代钢制造汽车车身的一项优点和一项缺点。优点：____________________________________；缺点：_________________________________。【答案】(1)导电 导热 (2)因为钛的密度低且强度最高 (3)铝的表面有一层致密的氧化膜 (4)铝的密度比钢轻，车身会比较轻，铝的强度比钢低，容易被塑造成型；(合理即可) 铝的强度比钢低，铝表面有氧化膜，不易进行焊接，铝价格比钢昂贵。(合理即可) 【解析】(1)典型的导电金属有银、铜、铝，作电线是利用了铝的导电性；(2) 由表中数据可以看出，钛的相对强度强且密度较低，所以选择钛作为制造飞机的材料之一；(3)铝会与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化物保护膜，所以铝耐腐蚀，铁与空气中氧气生成的铁锈疏松多孔，所以铁制品易锈透；(4)铝与钢相比，铝的优点是：铝的密度比刚低，制作出的车比较轻可以降低油耗，铝的强度比钢低更柔软容易塑形；铝与钢相比，铝的缺点是：铝强度比钢低，若碰撞容易损坏，表面的氧化物保护膜耐高温不容易焊接，价格是铁的近三倍。24．标准的镁铝合金中镁、铝的含量各约为。活性铝含量的多少对烟花的安全生产和产品的质量有很大的影响。某实验小组为检测某品牌的镁铝合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量镁铝合金与足量试剂X反应，并设计了下列实验方案进行探究。请填写下列空白：(1)甲组同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置连接顺序是____________；连接好装置首先应进行的操作是_______________________。滴加过量的试剂X时，发现始终有部分金属未溶解，则该组同学使用的试剂X可能为___________(填化学式)，发生反应的离子方程式为_____________________________________________________。(2)为减少实验误差，乙组同学们设计组装了如图所示的实验装置。①装置中导管a的作用是____________________________________________________________。②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量常温常压下氢气的体积，在金属完全溶解后，读取氢气体积的正确操作为________________________________________________________________。③若实验所用镁铝合金的质量为，测得氢气体积为(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为___________(保留三位有效数字)。【答案】(1) ①⑤④⑥ 检查装置气密性 NaOH 2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ (2) 平衡气压以利于液体顺利流下，减少实验误差 冷却至室温后，上下移动移液管乙，使甲、乙中液面左右相平，再读数 48.4%【解析】合金与试剂X反应生成氢气，本实验用排水量气法测定氢气的体积，甲同学的装置是利用反应生成气体、使装置内压强增大、将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，据此连接装置、连接好装置首先应检查装置气密性；乙同学引入了导管a，既利于液体顺利流下，又减少了因滴入锥形瓶的稀硫酸体积而引起的氢气体积误差、该实验中测定生成氢气的体积时，应使反应前后装置内气体处于同温同压下，即读取氢气体积时应冷却到室温、且移液管中液面与干燥管中液面相平，视线与凹液面的最低点水平再读数，据此回答。(1)装置的组装顺序：合金与试剂X反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的广口瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，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：①⑤④⑥；连接好装置首先应检查装置气密性；镁铝均能与氢离子反应、铝能与氢氧根离子反应而镁不能反应、则滴加过量的试剂X时，发现始终有部分金属未溶解，则该组同学使用的试剂X可能为NaOH，发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ 。(2)①引入了导管a，使锥形瓶内气体与分液漏斗上方相连通，可平衡气压、利于液体顺利流下，且减少了因滴入锥形瓶的稀硫酸体积而引起的氢气体积误差。②该实验中测定生成氢气的体积时，应使反应前后装置内气体处于同温同压下。反应放热导致氢气的温度偏高、移液管中液面与干燥管中液面有液差会导致气体压强有变化，故读取氢气体积的正确操作为：应冷却到室温、并上下移动移液管，使其中液面与干燥管中液面相平，视线与凹液面的最低点水平再读数。③若实验所用镁铝合金的质量为5.58g，测得氢气体积为6.048L(已转换成标准状况)，设5.58g镁铝合金中铝的质量分数为x，则根据镁、铝与稀硫酸反应产生的气体的关系Mg～H2、Al～3/2H2可得：(5.58x/27)×(3/2)+[5.58×(1-x)/24]=6.048/22.4，解得x≈48.4%。25．纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4·H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)(1)①上述流程中可以加快反应速率的措施有________________。A．过滤和萃取 B．升高温度 C．增大压强 D．研磨矿石②用FeCl3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为___________________________________________。(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是___________________________________________________________。(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：①该反应的离子方程式为_________________________________________________。②超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是________________________________________________。③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH=10的理由是_______________________________。(4)“水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、____________、干燥、______________等操作可得到Fe2O3。(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是____________________________。【答案】（1）BD 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O （2）Fe3+水解程度随pH的升高而增大 （3） ①2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 ↑+ 4H2O ② 超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 ③70℃、pH=10时Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 （4）洗涤 煅烧或灼烧 （5） 103a/128 mol或者125a/16mol或者7.81amol 【解析】 (1 )①上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；②浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O ，故答案为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O；(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH> 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe"的水解程度随着pH的升而增大；(3)①“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O ，故答案为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O；②根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低，故答案为：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜，故答案为：Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；(4)萃取后的"水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的"水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧（或灼烧）可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧；(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2↑+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是1/2(a×1000g)/(64g/mol)=1000a/128mol=7.81amol，故答案为： 103a/128 mol或者125a/16mol或者7.81amol。26．某小组根据白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色的现象，探究产生灰绿色沉淀的原因。Ⅰ．甲同学猜测灰绿色沉淀是和的混合物，验证实验如下。(1)实验1中加入维生素C是因其具有_______性。(2)实验2中试剂a为____________溶液，试剂b为___________溶液；实验现象说明甲同学的猜测___________(填“正确”或“不正确”)。Ⅱ．乙同学查阅资料得知，沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验3~实验5。(3)推测实验4中沉淀无灰绿色的原因为__________________________________________________________。(4)若乙同学的猜测正确，则预测实验5的现象为__________________________________________________。【答案】(1)还原(2) 铁氰化钾##K3[Fe(CN)6] 硫氰化钾##KSCN 不正确(3)NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附(4)从白色变为红褐色【解析】NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3，用维生素C溶液延缓空气对Fe(OH)2的氧化，待沉淀变灰绿色，将其取出，溶解于盐酸，分别用铁氰化钾和硫氰化钾检验Fe2+和Fe3+的存在情况；用过量的较高浓度的NaOH溶液将滴入的FeSO4迅速完全反应，验证乙同学猜测Fe(OH)2因吸附Fe2+而显灰绿色的可能。(1)维生素C具有还原性，实验1中加入维生素C可延缓产生的氢氧化亚铁被空气氧化。(2)实验2中灰绿色沉淀与盐酸反应得到Fe2+，试管①加入试剂a与亚铁离子反应出现蓝色沉淀，则试剂a是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液；根据实验目的，试剂b用来检验溶液中是否有Fe3+，则试剂b为硫氰化钾(KSCN)溶液；该实验现象说明灰绿色沉淀有Fe(OH)2，没有Fe(OH)3，故甲同学的猜测不正确。(3)由于Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，则实验4中沉淀无灰绿色的原因为：NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附。(4)若乙同学的猜测正确，即灰绿色是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，则实验4中白色沉淀洗净后放在潮湿的空气中Fe(OH)2没有Fe2+可以吸附，直接被空气氧化为Fe(OH)3，从白色变为红褐色。27．某化学学习小组同学学习了铁元素的价类二维图后，对铁及其化合物进行了探究。探究一：对“铁与水蒸气反应”的产物进行检验：(1)①铁与水蒸气反应的化学方程式为_____________________________________________。②某同学利用磁铁成功吸引反应后的产物，以此确定产物中有未反应的铁单质，请对此结论进行简要分析_________________________________________________________________________________________。探究二：向氯化铁溶液中滴加几滴KSCN溶液后，滴加过氧化氢，红色褪去。已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。小组同学对红色褪去的原因提出了三种假设：(2)假设I： H2O2还原Fe3+， 使其转变为Fe2+；假设II： H2O2分 解生成O2，O2氧化KSCN；假设III：_________________________________。并对假设进行了以下实验探究：实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加KSCN溶液，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2， 无明显变化。(3)实验结论：实验①说明假设_______ _不正确：实验②的目的是___________________________________ ；由实验①②得出假设_________是正确的。探究三：甲同学查阅资料“高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0~5°C、 强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2”。甲同学制备高铁酸钾(K2FeO4)装置如图所示，夹持、加热等装置略。(4)已知C中反应为放热反应，C装置应如何改进：_____________________， 且反应中KOH必须过量的原因________________________________________________________。【答案】(1) 3Fe+4H2O(g) eq \o(\o(\s\up6(_____),\s\up4(_____)),\s\up6(高温))Fe3O4+4H2 产物Fe3O4会被磁铁吸引，结论错误(2)H2O2氧化KSCN(3) I 验证假设II是否成立 III(4) 冰水浴 保持溶液碱性，防止K2FeO4变质【解析】（1）①铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) eq \o(\o(\s\up6(_____),\s\up4(_____)),\s\up6(高温))Fe3O4+4H2；②产物Fe3O4也会被磁铁吸引，无法确定产物中有未反应的铁单质，结论错误；（2）H2O2氧化KSCN（3）实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中没有KSCN，实验①说明假设I不正确；实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明假设II不正确,实验②的目的是验证假设II是否成立；由实验①②知假设I和II都不成立，得出假设III是正确的。（4）K2FeO4在0~5°C溶液中比较稳定，所以反应须在低温下进行，而C中反应为放热反应，故C装置应改进为冰水浴；K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。 ABCD氧化铁带玻璃塞的试剂瓶铁罐车铝制饭盒可用作红色颜料可用于盛放氢氧化钠溶液可用于运输浓硫酸不宜长时间存放酸性或碱性的食物实验事实结论A加热铝箱使之熔化，但液态的铝不滴落熔点：氧化铝＜铝B向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D向某溶液中加入浓NaOH溶液后加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生该溶液中一定含有选项实验操作现象或结论A用酒精灯点燃铝箔铝箔剧烈燃烧，产生白烟B焰色反应时直接观察火焰颜色未观察到紫色火焰，说明不含C向某溶液中先通Cl2，再滴加KSCN溶液溶液变红，说明溶液中含有D使用胶头滴管伸入NaOH溶液中滴加FeSO4溶液先看到白色絮状沉淀金属熔点(℃)密度(g/cm3)相对强度(1表示很弱)相对硬度(1表示很软)每吨价格(元)铝6602.7112.811400铜10858.9333.038000铁15387.9204.54000钛16684.5406.0160000pH6789101112Cu2+还原率(%)34609092959290产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜温度30405060708090Cu2+还原率(%)25457080959085产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜编号实验1实验2实验操作实验现象液面上方出现白色沉淀，一段时间，后变为灰绿色，长时间后变为红褐色①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变红色编号实验3实验4实验5实验操作取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中实验现象液面上方产生向色沉淀(带有较多，灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
第三章 铁 金属材料 单元测试卷（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）第Ⅰ卷（选择题44分）一、选择题：本题包括22小题，每小题只有以个选项符合题意，每小题2分，共44分。1．金属和金属材料与人们的日常生活密不可分，下列认识错误的是（ ）A．一般用铜而不用银作导线，主要是由于考虑价格的因素B．铁制品比铝制品容易腐蚀，是由于铁的化学性质比铝活泼C．用盐酸可区分假黄金，是由于金不能与盐酸反应，而锌能与盐酸反应D．用硫酸铜配制的波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与硫酸铜发生反应【答案】B【解析】A项，一般用铜而不用银作导线，主要是由于考虑价格的因素，A正确；B项，铝比铁活泼，铝制品不容易被腐蚀，是因为铝能被空气中的氧气氧化成一层致密的氧化物薄膜，对铝制品起到保护作用，B错误；C项，假黄金中含有锌，用盐酸可区分假黄金，是由于金不能与盐酸反应而锌能与盐酸反应，C正确；D项，用硫酸铜配制的波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，D正确。故选B。2．下列关于金属性质的叙述中正确的是（ ）A．钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的B．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧C．金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属D．铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧【答案】C【解析】Na与O2的反应产物是由反应条件决定的，常温下生成Na2O，点燃时生成Na2O2，与O2的用量无关，A错误；铝箔在空气中受热可熔化，但由于表面形成熔点很高的Al2O3，故不会燃烧，B错误；金属与非金属单质反应时，金属只能失电子被氧化，C正确；铁丝可在纯氧中燃烧生成Fe3O4，D错误。3．下列关于新型合金材料说法不正确的是（ ）A．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料B．钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼C．生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比钢的含碳量高D．合金的熔点比其成分金属的熔点高【答案】D【解析】A．镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，故A正确；B．钛合金生物相容性好，强度大，常用作人造骨骼，故B正确；C．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，钢是对含碳量在0.02%～2%之间的铁碳合金的统称，生铁的含碳量比钢高，故C正确；D．合金的熔点比其成分金属的熔点低，故D错误；答案为D。4．下列关于物质的性质和用途的说法中，不正确的是（ ）【答案】B【解析】氧化铁为红棕色粉末，可以作红色颜料，A正确；氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶存放氢氧化钠溶液，B错误；.用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，C正确；因为铝能与酸反应又能与强碱反应，氧化铝具有两性，即能与酸反应又能与强碱反应，所以铝制饭盒不宜长时间存放酸性域碱性的食物，D正确；故选B。5.下列有关物质的性质与用途的描述错误的是（ ）A．Al具有良好的延展性，故铝可用于制作铝金属制品B．镁铝合金的密度大、强度高，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料C．Al、Al2O3均能与酸、碱反应，因此铝制炊具不宜用来蒸煮酸性或碱性食物D．“蛟龙号”载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，合金具有硬度大等优点【答案】B【解析】A．铝常用于制作铝金属制品，主要是Al具有良好的延展性，故A正确；B．镁铝合金的密度小、强度高，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故B错误；C．Al、Al2O3均能与酸、碱反应，因此铝制炊具不宜用来蒸煮和长时间盛放酸性或碱性食物，故C正确；D．“蛟龙号”载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，说明钛合金具有硬度大等优点，故D正确。综上所述，答案为B。6．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。7．下列根据实验事实得出的结论正确的是（ ）【答案】D【解析】A．铝在空气中能很快形成氧化膜，氧化铝的熔点比铝高，熔融的铝单质被固体氧化铝包裹不滴落下去，故A错误；B．若原溶液有Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，也有白色沉淀生成，则结论有误，故B错误；C．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色只能说有Na+，不一定是钠盐溶液，还有可能是氢氧化钠溶液等，故C错误；D．向某溶液中加入浓NaOH溶液后加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体碱性气体即NH3产生，则能判断该溶液中一定含有NH4+，故D正确；8．下列有关除杂的操作中不正确的是（ ）A．FeSO4溶液中含少量CuSO4杂质：加入过量的Fe粉，过滤B．除去FeCl3溶液中少量的FeCl2：加入新制氯水C．除FeCl2溶液中少量的FeCl3杂质可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤D．除溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加入过量铁粉【答案】D【解析】A．加入过量的铁粉，发生反应Fe+CuSO4==Cu+FeSO4，再经过过滤，能够除去杂质，A正确；B．新制氯水与FeCl2反应：2FeCl2+Cl2==2FeCl3，可以除去杂质，B正确；C．向含有少量FeCl3的FeCl2溶液中加入过量Fe粉：2FeCl3+Fe==3FeCl2，过滤即可除杂，C正确；D．Fe与氯化铁反应，将原物质除去，不能除杂，应向该溶液中通入足量的氯气，D错误；故选D。9．金属铁和铝以及其相关制品在生活和生产中随处可见，用途十分广泛，如在电子、汽车、工业等领域也有各种各样的用途。工业上常利用铝热反应原理来焊接钢轨，化学方程式为：。下列关于铝及其化合物说法正确的是（ ）A．铝在常温下不能与氧气发生反应B．铝制品有致密的氧化膜，可长时间盛放酸性或碱性食物C．将氢氧化铝在高温下灼烧，即可得到氧化铝D．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，放出的物质的量之比为3∶1【答案】C【解析】A．铝在常温下能与氧气发生反应生成氧化铝，故A错误；B．氧化铝是两性氧化物，能与酸、碱反应，铝制品不能长时间盛放酸性或碱性食物，故B错误；C．将氢氧化铝在高温下灼烧，氢氧化铝分解为氧化铝和水，故C正确；D．铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，铝元素化合价由0升高为+3，等质量的铝失电子的物质的量相等，所以放出H2的物质的量之比为1∶1，故D错误；选C。10．将铁片投入到下列溶液中，不放出气体并且铁片质量减轻的是（ ）A．CuCl2溶液 B．HCl溶液 C．NaNO3溶液 D．FeCl3溶液【答案】D【解析】A项，有Cu析出，铁片增重；B项，有H2放出；C项，不反应；D项，Fe溶解。11．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．实验IV：铜片表面有黑色固体生成【答案】C【解析】A．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；B．三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；D．硫酸铁与铜单质反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，不会有黑色固体生成，故D错误；故选C。12．下列实验操作、现象或结论均正确的是（ ）A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．铝箔受热时表明生成熔点很高的氧化铝，所以铝箔燃烧的现象是熔而不滴，A错误；B．观察K的焰色反应应透过蓝色钴玻璃，B错误；C．为了确定原溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液再通Cl2，C错误；D．使用胶头滴管伸入NaOH溶液中滴加FeSO4溶液，在底部生成Fe(OH)2沉淀，为白色絮状沉淀，D正确；综上所述答案为D。13．下列叙述或实验现象描述正确的是（ ）A．计算机芯片和石英钟表用到的都是二氧化硅B．往足量铁与稀硝酸反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液变为血红色C．配制一定物质的量浓度的溶液在定容时俯视刻度线，溶液浓度将偏小D．往BaCl2溶液中通入SO2气体，无沉淀产生，再通NH3，产生白色沉淀【答案】D【解析】A．硅单质是良好的半导体材料，可用于制作计算机芯片，石英的主要成分是二氧化硅，可用于制作石英钟表，故A错误；B．往足量铁与稀硝酸反应后的溶液生成亚铁离子，所以反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液在定容时俯视刻度线，导致溶液的实际体积偏小，根据c= n/V，所配溶液浓度将偏大，故C错误；D．往BaCl2溶液中通入SO2气体，SO2与BaCl2不反应，与水反应生成亚硫酸，无沉淀产生，再通NH3，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，亚硫酸与一水合氨反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故D正确；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．为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为：，下列叙述不正确的是（ ）A．钢铁零件“发蓝”实质上是使铁表面钝化B．上述反应中，铁被氧化C．NO2-的氧化性大于FeO22-的氧化性D．反应中转移2mol电子，生成还原产物8.5g【答案】D【解析】A．钢铁零件“发蓝”是在表面形成一层致密保护层Fe3O4，其实质上是使铁表面钝化，故A正确；B．该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，故B正确；C．N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，反应中氧化剂为NO2-，该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，氧化产物为FeO22-，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则NO2-的氧化性大于FeO22-的氧化性，故C正确；D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6 mol电子，若反应中转移2 mol电子，则生成还原产物的物质的量是1/3 mol，质量为17/3g ,故D不正确；答案选D。16．元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（ ）A．铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成黑色粉末C．由图可预测：高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可用于消毒D．加热Fe(OH)3，发生转化⑥，加水可溶解Fe(OH)3【答案】C【解析】A．①表示铁单质缓慢氧化转化为Fe2O3，高温下铁与水蒸气生成四氧化三铁，不能实现上述转化①，A错误；B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化四氧化三铁，不能发生转化②，B错误；C．据图可知处于高价态的物质具有强氧化性，高铁酸钠中铁为+6价，处于高价态，具有强氧化性，C正确；D．Fe(OH)3难溶于水，加水不溶解，D错误；综上所述答案为C。17．Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48 L，下列推断中不正确的是( )A．参加反应的Mg、Al共0.2 mol B．参加反应的HCl为0.4 molC．Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子 D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2【答案】A【解析】反应的实质为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，n(H2)＝eq \f(4.48 L,22.4 L·mol－1)＝0.2 mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4 mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2 mol H2。依据得失电子守恒，由2H＋―→H2得电子总数为0.2 mol×2＝0.4 mol，C正确。0.2 mol Mg提供0.4 mol电子，0.2 mol Al则提供0.6 mol电子，0.2 mol Mg、Al混合物提供的电子数大于0.4 mol小于0.6 mol，A错误。18．茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩ 【答案】B【解析】A项，灼烧在坩埚内进行，另外还用到酒精灯和泥三角，A正确；B项，溶解、稀释用到烧杯和玻璃棒，B错误；C项，过滤使用漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；D项，检验Fe3＋应选用KSCN溶液，用胶头滴管取用试剂，在试管内进行反应，检验，D正确。19．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+3Cl2eq \o(=====,\s\up7(点燃))2FeCl3，符合题意；②铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+Seq \o(=====,\s\up7(点燃))FeS，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。20．向含有FeCl3、FeCl2的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（ ）A．该分散系的分散质为Fe2O3B．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷C．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开D．加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－==Fe3O4(胶体)＋4H2O【答案】D【解析】A．Fe2O3呈红棕色，肯定不是该分散系的分散质，A不正确；B．分散系不带电，胶粒才可能带正电荷或负电荷，B不正确；C．胶粒能透过半透膜，将黑色金属氧化物与Na＋分离开，应使用渗析，C不正确；D．黑色金属氧化物应为Fe3O4(胶体)，加入NaOH时可能反应为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－==Fe3O4(胶体)＋4H2O，D正确；故选D。21．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入100mL 1mol/L 的盐酸，恰好使混合物完全反应，放出 11.2mL（标准状况）气体，所得溶液加入 KSCN 溶液不变红色。用足量的CO 在高温下还原相同质量的此混合物，所得铁的质量为（ ）A．2.8g B．11.2g C．5.6g D．无法计算【答案】A【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，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.1L×1mol/L=0.05mol；用足量的CO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，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g；答案选A。22．工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：下列说法不正确的是（ ）A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2H++2Fe2+==2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2【答案】A【解析】用Na2CO3溶液浸泡废铁屑除去废铁屑表面的油污，用硫酸溶液铁，加入过氧化氢将部分Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠、在隔绝空气的条件下加热生成纳米四氧化三铁。A．用Na2CO3溶液浸泡废铁屑是为了除去废铁屑表面的油污，故A错误；B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，不能得到高纯度产品，故B正确；C．四氧化三铁中含有+2价和+3价的铁，H2O2具有氧化性，加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2H++2Fe2+==2Fe3++2H2O，故C正确；D．四氧化三铁中+2价和+3价的铁物质的量比为1:2，所以溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2，故D正确；选A第II卷（非选择题 共56分）二、非选择题：本题共5个小题，共56分。23．金属是非常有用的材料，以下是四种金属的相关性质。完成下列填空：(1)铝用作电线是利用了铝的_________性；铁用作炊具是利用了铁的_________性。(2)钛是制造飞机的材料之一。根据表中数据，解释为何用钛来制造飞机___________________________。(3)钢是主要含有铁的合金。汽车车身可以用铝或钢制造。已知铁在潮湿的空气中会迅速腐蚀，而铝不会。请解释铝耐腐蚀的原因。___________________________________________________________________。(4)根据表中数据，描述用铝来取代钢制造汽车车身的一项优点和一项缺点。优点：____________________________________；缺点：_________________________________。【答案】(1)导电 导热 (2)因为钛的密度低且强度最高 (3)铝的表面有一层致密的氧化膜 (4)铝的密度比钢轻，车身会比较轻，铝的强度比钢低，容易被塑造成型；(合理即可) 铝的强度比钢低，铝表面有氧化膜，不易进行焊接，铝价格比钢昂贵。(合理即可) 【解析】(1)典型的导电金属有银、铜、铝，作电线是利用了铝的导电性；(2) 由表中数据可以看出，钛的相对强度强且密度较低，所以选择钛作为制造飞机的材料之一；(3)铝会与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化物保护膜，所以铝耐腐蚀，铁与空气中氧气生成的铁锈疏松多孔，所以铁制品易锈透；(4)铝与钢相比，铝的优点是：铝的密度比刚低，制作出的车比较轻可以降低油耗，铝的强度比钢低更柔软容易塑形；铝与钢相比，铝的缺点是：铝强度比钢低，若碰撞容易损坏，表面的氧化物保护膜耐高温不容易焊接，价格是铁的近三倍。24．标准的镁铝合金中镁、铝的含量各约为。活性铝含量的多少对烟花的安全生产和产品的质量有很大的影响。某实验小组为检测某品牌的镁铝合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量镁铝合金与足量试剂X反应，并设计了下列实验方案进行探究。请填写下列空白：(1)甲组同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置连接顺序是____________；连接好装置首先应进行的操作是_______________________。滴加过量的试剂X时，发现始终有部分金属未溶解，则该组同学使用的试剂X可能为___________(填化学式)，发生反应的离子方程式为_____________________________________________________。(2)为减少实验误差，乙组同学们设计组装了如图所示的实验装置。①装置中导管a的作用是____________________________________________________________。②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量常温常压下氢气的体积，在金属完全溶解后，读取氢气体积的正确操作为________________________________________________________________。③若实验所用镁铝合金的质量为，测得氢气体积为(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为___________(保留三位有效数字)。【答案】(1) ①⑤④⑥ 检查装置气密性 NaOH 2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ (2) 平衡气压以利于液体顺利流下，减少实验误差 冷却至室温后，上下移动移液管乙，使甲、乙中液面左右相平，再读数 48.4%【解析】合金与试剂X反应生成氢气，本实验用排水量气法测定氢气的体积，甲同学的装置是利用反应生成气体、使装置内压强增大、将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，据此连接装置、连接好装置首先应检查装置气密性；乙同学引入了导管a，既利于液体顺利流下，又减少了因滴入锥形瓶的稀硫酸体积而引起的氢气体积误差、该实验中测定生成氢气的体积时，应使反应前后装置内气体处于同温同压下，即读取氢气体积时应冷却到室温、且移液管中液面与干燥管中液面相平，视线与凹液面的最低点水平再读数，据此回答。(1)装置的组装顺序：合金与试剂X反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的广口瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，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：①⑤④⑥；连接好装置首先应检查装置气密性；镁铝均能与氢离子反应、铝能与氢氧根离子反应而镁不能反应、则滴加过量的试剂X时，发现始终有部分金属未溶解，则该组同学使用的试剂X可能为NaOH，发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ 。(2)①引入了导管a，使锥形瓶内气体与分液漏斗上方相连通，可平衡气压、利于液体顺利流下，且减少了因滴入锥形瓶的稀硫酸体积而引起的氢气体积误差。②该实验中测定生成氢气的体积时，应使反应前后装置内气体处于同温同压下。反应放热导致氢气的温度偏高、移液管中液面与干燥管中液面有液差会导致气体压强有变化，故读取氢气体积的正确操作为：应冷却到室温、并上下移动移液管，使其中液面与干燥管中液面相平，视线与凹液面的最低点水平再读数。③若实验所用镁铝合金的质量为5.58g，测得氢气体积为6.048L(已转换成标准状况)，设5.58g镁铝合金中铝的质量分数为x，则根据镁、铝与稀硫酸反应产生的气体的关系Mg～H2、Al～3/2H2可得：(5.58x/27)×(3/2)+[5.58×(1-x)/24]=6.048/22.4，解得x≈48.4%。25．纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4·H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)(1)①上述流程中可以加快反应速率的措施有________________。A．过滤和萃取 B．升高温度 C．增大压强 D．研磨矿石②用FeCl3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为___________________________________________。(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是___________________________________________________________。(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：①该反应的离子方程式为_________________________________________________。②超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是________________________________________________。③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH=10的理由是_______________________________。(4)“水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、____________、干燥、______________等操作可得到Fe2O3。(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是____________________________。【答案】（1）BD 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O （2）Fe3+水解程度随pH的升高而增大 （3） ①2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 ↑+ 4H2O ② 超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 ③70℃、pH=10时Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 （4）洗涤 煅烧或灼烧 （5） 103a/128 mol或者125a/16mol或者7.81amol 【解析】 (1 )①上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；②浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O ，故答案为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O；(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH> 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe"的水解程度随着pH的升而增大；(3)①“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O ，故答案为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O；②根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低，故答案为：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜，故答案为：Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；(4)萃取后的"水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的"水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧（或灼烧）可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧；(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2↑+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是1/2(a×1000g)/(64g/mol)=1000a/128mol=7.81amol，故答案为： 103a/128 mol或者125a/16mol或者7.81amol。26．某小组根据白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色的现象，探究产生灰绿色沉淀的原因。Ⅰ．甲同学猜测灰绿色沉淀是和的混合物，验证实验如下。(1)实验1中加入维生素C是因其具有_______性。(2)实验2中试剂a为____________溶液，试剂b为___________溶液；实验现象说明甲同学的猜测___________(填“正确”或“不正确”)。Ⅱ．乙同学查阅资料得知，沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验3~实验5。(3)推测实验4中沉淀无灰绿色的原因为__________________________________________________________。(4)若乙同学的猜测正确，则预测实验5的现象为__________________________________________________。【答案】(1)还原(2) 铁氰化钾##K3[Fe(CN)6] 硫氰化钾##KSCN 不正确(3)NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附(4)从白色变为红褐色【解析】NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3，用维生素C溶液延缓空气对Fe(OH)2的氧化，待沉淀变灰绿色，将其取出，溶解于盐酸，分别用铁氰化钾和硫氰化钾检验Fe2+和Fe3+的存在情况；用过量的较高浓度的NaOH溶液将滴入的FeSO4迅速完全反应，验证乙同学猜测Fe(OH)2因吸附Fe2+而显灰绿色的可能。(1)维生素C具有还原性，实验1中加入维生素C可延缓产生的氢氧化亚铁被空气氧化。(2)实验2中灰绿色沉淀与盐酸反应得到Fe2+，试管①加入试剂a与亚铁离子反应出现蓝色沉淀，则试剂a是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液；根据实验目的，试剂b用来检验溶液中是否有Fe3+，则试剂b为硫氰化钾(KSCN)溶液；该实验现象说明灰绿色沉淀有Fe(OH)2，没有Fe(OH)3，故甲同学的猜测不正确。(3)由于Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，则实验4中沉淀无灰绿色的原因为：NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附。(4)若乙同学的猜测正确，即灰绿色是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，则实验4中白色沉淀洗净后放在潮湿的空气中Fe(OH)2没有Fe2+可以吸附，直接被空气氧化为Fe(OH)3，从白色变为红褐色。27．某化学学习小组同学学习了铁元素的价类二维图后，对铁及其化合物进行了探究。探究一：对“铁与水蒸气反应”的产物进行检验：(1)①铁与水蒸气反应的化学方程式为_____________________________________________。②某同学利用磁铁成功吸引反应后的产物，以此确定产物中有未反应的铁单质，请对此结论进行简要分析_________________________________________________________________________________________。探究二：向氯化铁溶液中滴加几滴KSCN溶液后，滴加过氧化氢，红色褪去。已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。小组同学对红色褪去的原因提出了三种假设：(2)假设I： H2O2还原Fe3+， 使其转变为Fe2+；假设II： H2O2分 解生成O2，O2氧化KSCN；假设III：_________________________________。并对假设进行了以下实验探究：实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加KSCN溶液，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2， 无明显变化。(3)实验结论：实验①说明假设_______ _不正确：实验②的目的是___________________________________ ；由实验①②得出假设_________是正确的。探究三：甲同学查阅资料“高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0~5°C、 强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2”。甲同学制备高铁酸钾(K2FeO4)装置如图所示，夹持、加热等装置略。(4)已知C中反应为放热反应，C装置应如何改进：_____________________， 且反应中KOH必须过量的原因________________________________________________________。【答案】(1) 3Fe+4H2O(g) eq \o(\o(\s\up6(_____),\s\up4(_____)),\s\up6(高温))Fe3O4+4H2 产物Fe3O4会被磁铁吸引，结论错误(2)H2O2氧化KSCN(3) I 验证假设II是否成立 III(4) 冰水浴 保持溶液碱性，防止K2FeO4变质【解析】（1）①铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) eq \o(\o(\s\up6(_____),\s\up4(_____)),\s\up6(高温))Fe3O4+4H2；②产物Fe3O4也会被磁铁吸引，无法确定产物中有未反应的铁单质，结论错误；（2）H2O2氧化KSCN（3）实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中没有KSCN，实验①说明假设I不正确；实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明假设II不正确,实验②的目的是验证假设II是否成立；由实验①②知假设I和II都不成立，得出假设III是正确的。（4）K2FeO4在0~5°C溶液中比较稳定，所以反应须在低温下进行，而C中反应为放热反应，故C装置应改进为冰水浴；K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。 ABCD氧化铁带玻璃塞的试剂瓶铁罐车铝制饭盒可用作红色颜料可用于盛放氢氧化钠溶液可用于运输浓硫酸不宜长时间存放酸性或碱性的食物实验事实结论A加热铝箱使之熔化，但液态的铝不滴落熔点：氧化铝＜铝B向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D向某溶液中加入浓NaOH溶液后加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生该溶液中一定含有选项实验操作现象或结论A用酒精灯点燃铝箔铝箔剧烈燃烧，产生白烟B焰色反应时直接观察火焰颜色未观察到紫色火焰，说明不含C向某溶液中先通Cl2，再滴加KSCN溶液溶液变红，说明溶液中含有D使用胶头滴管伸入NaOH溶液中滴加FeSO4溶液先看到白色絮状沉淀金属熔点(℃)密度(g/cm3)相对强度(1表示很弱)相对硬度(1表示很软)每吨价格(元)铝6602.7112.811400铜10858.9333.038000铁15387.9204.54000钛16684.5406.0160000pH6789101112Cu2+还原率(%)34609092959290产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜温度30405060708090Cu2+还原率(%)25457080959085产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜编号实验1实验2实验操作实验现象液面上方出现白色沉淀，一段时间，后变为灰绿色，长时间后变为红褐色①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变红色编号实验3实验4实验5实验操作取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中实验现象液面上方产生向色沉淀(带有较多，灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
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