2017-2019北京高一化学上学期期末汇编：铁和金属材料含答案


铁和金属材料

一、选择题（共36小题）
【题1】（2018秋•昌平区期末）下列物质的水溶液遇KSCN溶液显血红色的是（　　）
A．FeCl3 B．FeCl2 C．KCl D．Na2SO4

【题2】（2018秋•南关区校级期末）根据下列实验：
①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。
②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。
判断下列说法正确的是（　　）
A．氧化性Cu2+＞Fe3+ B．①中所得固体只含铜
C．①中滤液含有Cu2+和Fe2+ D．②中不会观察到溶液变红

【题3】（2018秋•西城区期末）下列溶液中，常温下可以用铁罐装运的是（　　）
A．浓硝酸 B．浓盐酸 C．硫酸铜溶液 D．稀硫酸

【题4】（2019春•东胜区校级期末）已知甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下：甲乙丙，下列说法不正确的（　　）
A．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙反应可生成乙
B．若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2
C．若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀
D．若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质



【题5】（2017秋•昌平区期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．Cl2Ca（ClO）2HClO
C．SSO2H2SO4 D．NaNa2ONaOH

【题6】（2017秋•西城区期末）用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法不正确的是（　　）

A．装置A的作用是为实验提供持续不断的水蒸气
B．装置B中反应的化学方程式是2Fe+3H2O Fe2O3+3H2↑
C．装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰
D．点燃D处的气体前必须检验气体的纯度

【题7】（2018春•德州期末）Fe和Mg与H2SO4反应的实验如下：

实 验




现 象
Fe表面产生大量无色气泡
Fe表面产生气泡后迅速停止
Mg表面迅速产生大量气泡
Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是（　　）
A．I中产生气体的原因是：Fe+2H+═Fe2++H2↑
B．取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C．Ⅲ中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化
D．Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强

【题8】往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中，逐滴加入稀盐酸时，溶液的颜色（　　）
A．变棕黄色 B．没有改变 C．逐渐变浅 D．逐渐加深

【题9】下列说法中，不正确的是（　　）
A．铁在一定条件下与氧气或水蒸气反应的产物均有Fe3O4
B．铁在高温下与水蒸气的反应是置换反应
C．铁与盐酸反应生成氯化铁和氢气
D．铁在常温下与浓硫酸作用时，发生“钝化”

【题10】（2017春•昌平区期末）标准状况下，11.2L乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了5.6g．下列说法正确的是（　　）
A．乙烯与乙烷是同分异构体
B．乙烯与乙烷都能使酸性高锰酸钾褪色
C．该混合气体中乙烯与跟乙烷的质量比为28：45
D．该混合气体中乙烯与乙烷的物质的量之比为3：2

【题11】向氯化铁、氯化铜的混合液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（　　）
A．溶液中一定含有Cu2+ B．溶液中一定含有Fe2+
C．加入KSCN溶液一定不变红色 D．剩余固体中一定含有铜
【题12】制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，在烧杯中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

【题13】（2017春•殷都区校级期末）将9.58g Na2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，测得c（Na+）＝1mol/L．再取同质量的混合物，充分加热至质量不变时，所得固体的质量为（　　）
A．5.30g B．7.78g C．6.72g D．6g

【题14】一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的，则CO2在原混合气体中的体积分数为（　　）
A．25% B．40% C．50% D．75%

【题15】甲、乙为短周期同一主族元素的单质，丙、丁为氧化物，它们存在如图转化关系，下列各组的甲和乙一定符合的是（　　）

A．钠和氢 B．氧和硫 C．碳和硅 D．氟和氯

【题16】铁与水蒸气反应的下列事实中能说明发生化学反应的是（　　）
A．试管中最终固体为黑色 B．棉花的湿度减小
C．有肥皂泡产生 D．点燃肥皂泡有轻微爆鸣声

【题17】证明某溶液只含有Fe2+而不含有Fe3+的最佳实验操作是（　　）
A．只需加KSCN溶液 B．只需加NaOH溶液
C．先加KSCN溶液，再加氯水 D．先加氯水，再加KSCN溶液
【题18】下列有关金属及其化合物的说法正确的是（　　）
A．Na暴露于空气中最终生成Na2O2
B．铜粉能溶于酸性硝酸钠溶解
C．Fe比Al更易与NaOH溶液反应生成H2
D．水蒸气通过灼热的铁粉会有红棕色固体生成

【题19】向Cu、Fe和Fe2O3的混合物中加入稀硫酸发生反应．下列说法正确的是（　　）
A．反应后溶液可能呈中性
B．反应停止后一定有固体剩余
C．反应过程中一定有氧化还原反应发生
D．若只有Cu剩余，向溶液中滴入铁氰化钾溶液不会产生蓝色沉淀

【题20】（2018秋•东城区期末）下列物质不属于合金的是（　　）
A．青铜器 B．不锈钢 C．合金钢 D．金刚石

【题21】（2019春•宜昌期末）等量的铁分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的体积比是（　　）
A．1：1 B．3：4 C．2：3 D．4：3

【题22】（2018春•顺义区期末）丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于合金的是（　　）
A．青铜器皿 B．陶瓷
C．丝绸 D．中草药
【题23】（2017秋•朝阳区期末）某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是（　　）

A．①中铝片发生了钝化
B．②中产生的气泡可能是氮氧化合物
C．③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O
D．②中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应

【题24】（2017秋•朝阳区期末）在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增加的是（　　）
A．氨气还原氧化铜 B．二氧化锰加入过氧化氢溶液中
C．次氯酸钙露置在空气中变质 D．过氧化钠吸收二氧化碳

【题25】（2017秋•石景山区期末）根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是（反应条件已略去）（　　）




A．生成等质量H2时，①和②反应消耗n （HCl）＝n （NaOH）
B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
C．反应③和④消耗等量的Al时，生成的n （Cu）：n （Fe）＝3：2
D．反应⑤的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓


【题26】（2017秋•西城区校级期末）下列各项实验中，所测得的数据不能满足于测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（　　）
A．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应后，加热蒸干溶液，得bg固体
C．取ag混合物充分加热，得到bg固体
D．取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体

【题27】下列物质中，既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（　　）
①NaHCO3 ②SiO2 ③Al（OH）3 ④Al
A．全部 B．①③④ C．②③④ D．③④

【题28】有两份质量相同的NaHCO3固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为（　　）
A．2：1 B．1：1 C．1：2 D．4：1

【题29】向200mL0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为（　　）
A．1.44 g B．1.6 g C．2.82 g D．4.36 g

【题30】取一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有200mL H2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示．则原H2SO4物质的量浓度是（　　）

A．1mol/L B．2mol/L C．3mol/L D．4mol/L

【题31】研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法表示更便于理解．下列表达正确的是（　　）
A．Na2CO3溶液和盐酸反应后溶液中的钠盐：
B．NaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：
C．Fe与稀硝酸反应的氧化产物：
D．AlCl3溶液中滴加氨水后铝元素的存在形式：

【题32】 14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L（标准状况下）氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为（　　）
A．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g

【题33】 Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）
A．三者的单质放置在潮湿的空气中均只生成氧化物
B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均可用两种单质直接化合的方法
C．三者对应的氧化物均为碱性氧化物
D．三者对应的氢氧化物均可由其对应的氧化物加水生成
【题34】将Cu片放入0.1 mol/L FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）＝2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（　　）
A．3：2 B．3：5 C．4：3 D．3：4

【题35】用铝热法还原下列氧化物，分别制得金属各1mol时，理论上消耗铝最少的是（　　）
A．WO3 B．MnO2 C．FeO D．Cr2O3

【题36】一定量的硝酸与 3.2g 铜充分反应，得到的还原产物有NO2和NO．反应后溶液中含有a mol H+，则此时溶液中含有NO3﹣ 的物质的量是（　　）
A．a mol B．（a+0.1）mol C．0.05 mol D．无法计算

二、填空题（共14小题）
【题37】（2017秋•岐山县期末）A、B、C、D四种可溶性盐，知其阳离子分别是Na+、Ba2+、Cu2+、Ag+中的某一种，阴离子分别是Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣中的某一种．现做以下实验：
①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的四支试管中，只有B盐溶液呈蓝色．
②分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，C盐溶液中有较多气泡产生，而D盐溶液无明显现象．
（1）根据上述事实，推断这四种盐的化学式分别为：
A　 　 B　 　 C　 　 D　 　
（2）写出实验步骤②中涉及到的所有反应的离子方程式：　 　．
【题38】（2017秋•大兴区期末）某小组研究铁与水蒸气的反应，两位同学分别进行了如下实验。
实验Ⅰ
实验Ⅱ


请回答：
（1）实验Ⅰ中湿棉花的作用是　 　，实验Ⅰ反应的化学方程式是　 　。
（2）甲同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，用火柴点燃肥皂泡，目的是　 　。
（3）乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，实验Ⅱ中溶液B未呈现红色。说明溶液A中含有　 　。
（4）丙同学观察到实验室Ⅰ中持续产生肥皂泡，但实验Ⅱ中溶液B未呈现红色。丙同学分析原因并进行实验验证：
①结合化学用语和必要文字说明溶液B未呈现红色的原因　 　。
②取未呈现红色的溶液B少许于试管中，通入少量氯气，观察到　 　，证明分析原因正确。
③通入少量氯气发生反应的离子方程式为　 　。

【题39】（2017秋•海淀区校级期末）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（反应条件及副产物已略去）。

（1）若A、B、C均为含有同种非金属元素的化合物，A为使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B接触空气立刻变为C，则反应①的化学方程式为　 　。
（2）若A、B、C为焰色反应均呈黄色的化合物，X为无色无味气体，则反应②的离子方程式为　 　。
（3）若A、B、C均为含有同种金属元素的化合物，X是强碱，则反应②的离子方程式为　 　。
（4）若A为单质Fe，X为稀硝酸，则反应②的离子方程式为　 　；若向B的溶液中加入氢氧化钠溶液，现象为　 　，对应的化学方程式为　 　。
（5）若A和X均为单质，B为可使品红溶液褪色的气体，则反应②的化学方程式为　 　。




【题40】 A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）．

（1）若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，C受热分解可转化为B
①A与过量W转化为C的总反应的离子方程式　 　；
②B溶液中通入W生成C的离子方程式　 　；
③A溶液与C溶液反应的化学方程式为　 　．
（2）若B的溶液显黄色，一定条件下B的饱和溶液可与沸水反应生成红褐色分散系
①实验室制A单质的反应的离子方程式　 　；
②C溶液中加入氢氧化钠溶液的现象　 　；
③B与W转化为C的离子反应方程式　 　；
④一定条件下W与水反应的化学方程式　 　；
（3）若A为NaOH，且C为白色沉淀
①C为　 　；
②A与某金属单质也可生成B，该反应的离子方程式　 　；
③C溶于A的离子反应方程式　 　；
④B与W混合生成白色沉淀的离子反应方程式　 　．

【题41】（2018秋•平谷区期末）A、B、C、D是中学化学中的常见物质，各物质的转化关系如下：
（1）若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要成分。
①画出A的原子结构示意图　 　。
②写出D的浓溶液所具有的特殊性质　 　（两种即可）。
（2）若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则下列叙述正确的是　 　。
a．A的化学性质较为稳定 b．B、C均为酸性氧化物
c．流程中的反应均属氧化还原反应 d．可用D与金属反应制取氢气
（3）若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，则 C→D的化学方程式是　 　。
（4）若A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则A→B的反应方程式为　 　。


【题42】（2018秋•南岗区校级期末）Fe2O3具有广泛的用途．
甲同学阅读有关资料得知：在高温下煅烧FeCO3可以得到Fe2O3．为了进一步验证此结论，他做了如下实验：
实验步骤
实验操作
I
取一定质量的FeCO3固体置于坩埚中，高温燃烧至质量不再减轻，冷却至室温．
II
取少量实验步骤I所得固体放于一洁净的试管中，用足量的稀硫酸溶解．
III
向实验步骤II所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红．
由此甲同学得出结论：4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2
（1）写出实验步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式　 　．
（2）乙同学提出了不同的看法：煅烧产物可能是Fe3O4，因为Fe3O4也可以溶于硫酸，且所得溶液中也含有Fe3+．于是乙同学对甲同学的实验步骤Ⅲ进行了补充改进：检验实验步骤Ⅱ所得溶液中是否含有Fe2+．他需要选择的试剂是　 　（填序号）．
a．氯水 b．氯水+KSCN溶液 c．K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾溶液）
（3）丙同学认为即使得到了乙同学预期的实验现象，也不能确定煅烧产物的成分．你认为丙同学持此看法的理由是　 　．
（4）丙同学进一步查阅资料得知，煅烧FeCO3的产物中，的确含有+2价铁元素．于是他设计了另一种由FeCO3制取Fe2O3的方法：先向FeCO3中依次加入试剂：稀硫酸、　 　（填名称）和　 　（填名称）；再　 　（填操作名称），灼烧，即可得到Fe2O3．

【题43】（2018春•西城区校级期末）现有A、B、C三种物质，均含同一种元素，一定条件下其转化关系如下（部分产物已略去）：

请回答：
（1）若A是短周期元素组成的金属单质，D是短周期中原子半径最大的主族元素形成的氢氧化物。
①组成A的元素在周期表中的位置是　 　。
②当A与D的溶液反应转移1.5mol电子时，产生气体的体积（标准状况）为　 　L。
（2）若A是常见金属单质，B的溶液为黄色，D的组成元素的原子M层电子数比L层少1。
①下列关于C的说法正确的是　 　（填字母）。
A．其溶液为无色 B．遇KSCN溶液变红色
C．既有氧化性也有还原性 D．其溶液可用于吸收氯气
②B与HI溶液反应可生成C、E和一种单质，该反应的化学方程式是　 　

【题44】（2017秋•顺义区期末）A、B、C、D、M均为中学化学中的常见物质，A～D含有相同元素。其转化关系如图（反应条件已略去）：

（1）若A、M均为单质，C是一种淡黄色固体。
①M的化学式是　 　。
②C与水反应的化学方程式是　 　，A也可以与水反应生成D，反应的离子方程式是　 　。
③下列叙述正确的是　 　（填字母序号）。
a.B、C都可以与CO2反应
b.B可以用于呼吸面具作为氧气的来源
b.C与水反应时，水是氧化剂
（2）若A是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
①实验室制取A的化学方程式是　 　，为制取干燥的A，可将制得的气体通入下列　 　中（填序号）。

②C与水反应的化学方程式是　 　。
③A与C反应生成一种空气中含量最多的气体E，若该反应中转移6mol 电子，则生成的E在标准状况下的体积为　 　L。

【题45】（2017秋•朝阳区期末）《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
Fe3O4
Fe2O3•H2O
FeO（OH）
FeOCl
铁器在具有O2、　 　等环境中容易被腐蚀。
（2）分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。
Ⅰ．Fe转化为Fe2+。
Ⅱ．Fe2+在自然环境中形成FeO（OH），该物质中铁元素的化合价为　 　。
Ⅲ．FeO（OH）和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2+的作用是　 　。
a．氧化剂 b．还原剂 c．既不是氧化剂也不是还原剂
Ⅳ．Fe3O4保护层被氧化为FeO（OH），如此反复腐蚀。
　 　Fe3O4　 　O2+6H2O═　 　FeO（OH）（将反应补充完整）
（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 Na2SO3、0.5mol/L NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃．一段时间，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl﹣。
①检测洗涤液中Cl﹣的方法是　 　。
②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：　 　。
③Na2SO3还原FeO（OH）形成Fe3O4的离子方程式是　 　。

【题46】（2017秋•西城区期末）Fe与Cl2在一定条件下恰好完全反应。将产物溶于水，置于两支试管中。
（1）向第一支试管中滴加KSCN溶液，溶液呈　 　色；
（2）向第二支试管中加入足量铁粉，振荡，反应的离子方程式是　 　；静置后，取上层清液于另一支试管中，滴加NaOH溶液，可以观察到的现象是　 　，反应的化学方程式是　 　。

【题47】（2018春•宜春期末）现有两份质量比不同的铝粉与过氧化钠的混合物样品，分别加入稀盐酸中，混合物完全溶解．
（1）在第一份样品反应所得的混合液中，若c（Al3+）：c（H+）：c（Cl﹣）＝1：2：8，则原固体混合物中，铝元素与氧元素的质量比为　 　（最简整数比）．
（2）在第二份样品的反应中，若转移电子总数为a mol，收集到混合气体的体积为b L（标准状况），则a：b＝2：　 　．

【题48】现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）

据以上信息填空：
（1）写出下列物质的化学式（或：现象）：
A　 　，B　 　，C　 　，反应②现象：　 　；
（2）写出下列反应的化学方程式：反应①　 　；反应③　 　；
（3）写出下列反应的离子方程式：反应④　 　；反应⑥　 　．

【题49】（2017春•昌平区校级期末）短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置如下：

（1）根据上表回答问题：
①D在周期表中的位置是　 　．
②A、B、E、G的原子半径由大到小的顺序是　 　（填元素符号）．
③B、D的气态氢化物的稳定性关系为　 　（填化学式）．
④34Se与D同主族，其非金属性比D　 　（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释其原因为　 　．
⑤E、G、J的最高价氧化物对应水化物两两之间反应的离子方程式分别为ⅰ．H++OH﹣＝H2O、ⅱ．　 　、ⅲ．　 　．
（2）如图所示转化关系中的各物质由以上六种元素的一种或多种组成，其中甲、乙、丙、丁为两种元素组成的化合物，甲、丙的分子属于10电子微粒，丙为常见溶剂．（图中部分产物已略）
①物质己中含有的化学键的类型为　 　．
②用电子式表示丙分子的形成过程为　 　．
③由丁电解制得G单质的化学反应方程式为　 　．

【题50】稀硝酸和铜反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，如果有3.2克铜和硝酸恰好完全反应，试计算：
（1）在标准状况下产生气体的体积是多少？
（2）将所得溶液加水配成200mL溶液，则溶液的物质的量浓度是多少？

铁和金属材料
参考答案与试题解析
一．选择题（共36小题）
1．【分析】Fe3+能与SCN﹣反应生成血红色的Fe（SCN）3溶液，所以该物质中含有Fe3+，据此解答。
【解答】解：含有Fe3+的物质的水溶液遇KSCN溶液会显血红色；
FeCl3溶液中含有Fe3+，而FeCl2、KCl、Na2SO4溶液中均不含Fe3+，所以FeCl3溶液遇KSCN溶液会显血红色，FeCl2、KCl、Na2SO4溶液遇KSCN溶液不显色，所以选A、不选B、C、D；
故选：A。
2．【分析】①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，铁和三价铁离子反应生成亚铁离子，铁和硫酸铜发生置换反应生成铜，过滤，得到铁和铜。
②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象，因溶液中无铁离子，所以无明显现象。
结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行分析解答。
【解答】解：A．向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，铁和三价铁离子反应Fe+2Fe3+＝3Fe2+生成亚铁离子，铁和硫酸铜发生置换反应生成铜，离子反应为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，铜离子为氧化剂，亚铁离子为氧化产物，氧化性：氧化剂大于氧化产物，Cu2+＞Fe2+，三价铁和铜发生反应2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，氧化性：氧化剂大于氧化产物，Fe3+＞Cu2+，故A错误；
B．①中所得固体除了铜，还含有过量的铁，故B错误；
C．①中滤液含有Fe2+，因加入过量铁，铁能置换出铜，所以无Cu2+，故C错误；
D．Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3红色，②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象，因溶液中无铁离子，所以无明显现象，故D正确；
故选：D。
3．【分析】常温下，Fe遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则用铁罐装运浓硫酸或浓硝酸，以此来解答。
【解答】解：Fe与浓盐酸、稀硝酸、硫酸铜溶液均可持续反应至某反应物消耗完，则不能用铁罐装运；
而常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则用铁罐装运浓硝酸，
故选：A。
4．【分析】A、若A为硝酸，则甲为铁，乙为硝酸亚铁，丙为硝酸铁带入验证；
B、若乙为NaHCO3，A为氢氧化钠，则甲为二氧化碳，丙可以为碳酸钠，带入验证；
C、若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为氯化铝，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钠，带入验证；
D、若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为铁，甲可以为氯气，乙为氯化铁，丙为氯化亚铁，带入验证；
【解答】解：A、若A为硝酸，则甲为铁，乙为硝酸亚铁，丙为硝酸铁，甲与丙反应可生成乙，故A正确；
B、若乙为NaHCO3，A为氢氧化钠，则甲为二氧化碳，丙可以为碳酸钠，所以丙不一定是CO2，故B错误；
C、若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为氯化铝，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钠，故C正确；
D、若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为铁，甲可以为氯气，乙为氯化铁，丙为氯化亚铁，故D正确；
故选：B。
5．【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸；
D．钠与氧气加热生成过氧化钠。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，所以FeFeCl2不能一步实现，故A错误；
B．氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸，所以Cl2Ca（ClO）2HClO能一步实现，故B正确；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，所以SO2H2SO4不能一步实现，故C错误；
D．钠与氧气加热生成过氧化钠，所以NaNa2O不能实现，故D错误；
故选：B。
6．【分析】A、装置A是水在加热的条件下加热产生水蒸气的装置；
B、Fe与水蒸气反应产物是四氧化三铁和氢气；
C、氢气属于中性气体，据此选择合适的干燥剂；
D、氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度。
【解答】解：A、装置A是液态水在加热的条件下加热产生水蒸气的装置，作用是为实验提供持续不断的水蒸气，故A正确；
B、Fe与水蒸气反应产物是四氧化三铁和氢气，B中反应的化学方程式是3Fe+4H2O Fe3O4+4H2↑，故B错误；
C、氢气属于中性气体，可以用碱石灰做干燥剂，故C正确；
D、氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度，防止发生爆炸，故D正确。
故选：B。
7．【分析】A．稀硫酸具有弱氧化性，与Fe反应生成氢气；
B．浓硫酸具有强氧化性，发生钝化；
C．Mg与浓硫酸可发生氧化还原反应生成二氧化硫气体；
D．构成原电池，Mg为负极失去电子，Fe为正极，正极上氢离子得到电子。
【解答】解：A．稀硫酸具有弱氧化性，与Fe反应生成氢气，发生的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性，发生钝化，生成致密的氧化膜覆盖在Fe的表面，不能与CuSO4溶液发生置换反应生成Cu，故B错误；
C．Mg与浓硫酸可发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，则Ⅲ中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化，故C正确；
D．构成原电池，Mg为负极失去电子，Fe为正极，正极上氢离子得到电子，可知Mg的金属性比Fe强，故D正确；
故选：B。
8．【分析】硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化二价铁离子，据此分析。
【解答】解：往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，发生反应的离子方程式为：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H2O，三价铁离子为棕黄色，
故选：A。
9．【分析】铁为活泼金属，对应的化合价有+2价、+3价，与强氧化剂反应生成+3价，与弱氧化剂反应生成+2价化合物，常温下可与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．铁与氧气、水蒸气在一定条件下反应都可生成Fe3O4，故A正确；
B．铁在高温下与水蒸气生成Fe3O4和氢气，为置换反应，故B正确；
C．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，可与铁发生氧化还原反应，在表面生成一层致密的氧化膜，阻碍反应的继续进行，为钝化反应，故D正确。
故选：C。
10．【分析】乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了5.6g，即为乙烯的质量．根据n＝＝计算物质的量、质量之比，然后结合乙烯与乙烷的分子组成、结构与性质解答．
【解答】解：11.2L混合气体的物质的量为：n＝＝0.5mol，
乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了5.6g，增加的质量为乙烯的质量，所以乙烯的物质的量为；n＝＝0.2mol，
A．乙烯和乙烷的分子式不同，二者不属于同分异构体，故A错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾褪色，而乙烷为饱和烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．该混合气体中乙烯与乙烷的质量之比＝5.6g：9g＝28：45，故C正确；
D．该混合气体中乙烯与乙烷的物质的量之比＝0.2mol：0.3mol＝2：3，故D错误；
故选：C。
11．【分析】根据FeCl3、CuCl2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．
【解答】解：分阶段分析
①、当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe＝3FeCl2
CuCl2+Fe＝Cu+FeCl2
所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；
②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，
所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；
A、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故A错误；
B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；
C、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故C正确；
D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确。
故选：A。
12．【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答．
【解答】解：A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；
B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B可选；
C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；
D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；
故选：B。
13．【分析】将Na2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物9.58g溶解于水，可计算钠离子的物质的量，同质量的混合物，充分加热至质量不变时，最后得到的固体为Na2CO3，根据Na元素守恒可计算Na2CO3的物质的量，进而计算Na2CO3的质量．
【解答】解：同质量的混合物，充分加热至质量不变时，最后得到的固体为Na2CO3，
9.58g Na2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，测得c（Na+）＝1mol/L，
则n（Na+）＝1mol/L×0.1L＝0.1mol，
n（Na2CO3）＝n（Na+）＝0.1mol×＝0.05mol，
m（Na2CO3）＝0.05mol×106g/mol＝5.30g，
故选：A。
14．【分析】假设原来的混合气体的体积为4体积，反应后为3体积，反应前后气体体积减小1体积，导致体积减小的原因为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，令原来的混合气体中二氧化碳的体积为x，根据差量法计算混合气体中二氧化碳的体积，据此计算．
【解答】解：假设原来的混合气体的体积为4体积，令原来的混合气体中二氧化碳的体积为x，则：
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，气体减少△V
2 1
x 4体积﹣3体积＝1体积
所以x＝2体积
则CO2在原混合气体中的体积分数为×100%＝50%。
故选：C。
15．【分析】甲、乙为短周期同一主族元素组成的单质，丙、丁为氧化物，则该反应是置换反应，根据图片知甲为还原剂具有还原性，乙是还原产物，根据物质的性质来分析解答．
【解答】解：A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，不生成氧化钠，故A错误；
B．氧气和二氧化硫在催化剂条件下反应生成三氧化硫，不能置换出硫单质，故B错误；
C．碳和硅处于同一主族且属于短周期元素，碳具有强还原性，碳和二氧化硅反应生成硅和二氧化碳，所以符合条件，故C正确；
D．氟不存在氧化物，故D错误。
故选：C。
16．【分析】铁和水蒸气反应生成黑色四氧化三铁和氢气，肥皂水中生成的氢气会产生肥皂泡点燃会发生爆鸣声，说明发生化学反应的现象和实质是有新物质生成；
【解答】解：铁和水蒸气反应生成黑色四氧化三铁和氢气，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，
A．铁和四氧化三铁颜色为黑色不能说明发生反应，故A错误；
B．棉花的湿度减小，可能是高温下水挥发，不能说明反应发生，故B错误；
C．加入肥皂水，有肥皂泡产生，可能是热量变化生成含空气的肥皂泡，不能说明反应发生，故C错误；
D．肥皂水中生成的氢气会产生肥皂泡点燃会发生爆鸣声，说明生成了氢气，有新物质生成说明反应发生，故D正确；
故选：D。
17．【分析】先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在．
【解答】解：A．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故A错误；
B．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明含有Fe 3+，无法验证Fe2+存在，故B错误；
C．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故C正确；
D．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故D错误；
故选：C。
18．【分析】A．Na在空气中不稳定，易生成Na2O、Na0H，最终生成Na2CO3；
B．根据铜与硝酸根离子在酸性条件下能发生氧化还原反应；
C．铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
D．铁和水蒸气反应生成黑色四氧化三铁和氢气；
【解答】解：A．钠和空气中氧气反应生成氧化钠，氧化钠溶于水生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，结晶析出碳酸钠晶体，失水得到白色粉末碳酸钠，故A错误；
B．根据铜与硝酸根离子在酸性条件下能发生氧化还原反应：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉能溶于酸性硝酸钠溶解，故B正确；
C．铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，故C错误；
D．水蒸气通过灼热的铁粉会有黑色固体生成，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故D错误；
故选：B。
19．【分析】A、如果酸过量溶液呈酸性，如果酸不足生成的盐是强酸弱碱盐溶液呈酸性；
B、如果酸过量，且n（Cu）+n（Fe）≥n（Fe2O3），无固体剩余；
C、Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁与铁和铜的反应是氧化还原反应；
D、若只有Cu剩余，则溶液中存在亚铁离子，所以向溶液中滴入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀．
【解答】解：A、如果酸过量溶液呈酸性，如果酸不足生成的盐是强酸弱碱盐溶液呈酸性，而不是呈中性，故A错误；
B、如果酸过量，且n（Cu）+n（Fe）≥n（Fe2O3），无固体剩余，所以不一定有固体剩余，故B错误；
C、Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁与铁和铜的反应是氧化还原反应，所以一定有氧化还原反应发生，故C正确；
D、若只有Cu剩余，则溶液中存在亚铁离子，所以向溶液中滴入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀，故D错误；
故选：C。
20．【分析】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。合金概念有三个特点：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。
【解答】解：A、青铜是铜锡合金，故A错误；
B．不锈钢中含有铁、铬、碳，属于合金，故B错误；
C、合金钢是铁的合金，故C错误；
D、金刚石是碳的同素导形体，不是合金，故D正确；
故选：D。
21．【分析】令Fe的物质的量为1mol，根据方程式计算出生成氢气的物质的量，再根据相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比．
【解答】解：令Fe的物质的量为1mol，则：
Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑
1mol 1mol
3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
1mol mol，
相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：mol＝3：4，
故选：B。
22．【分析】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合金中至少有一种金属等。
【解答】解：A、青铜器皿属于合金，故A正确；
B、瓷器是硅酸盐产品，不属合金，故B错误；
C、丝绸的主要成分是蛋白质，不是合金，故C错误；
D、中草药的主要成分是纤维素，不是合金，故D错误。
故选：A。
23．【分析】常温下铝在浓硝酸中发生钝化，加水稀释产生气泡说明铝和稀硝酸发生反应生成一氧化氮，再加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，据此分析判。
【解答】解：A．浓硝酸具有强氧化性，常温下铝在浓硝酸中发生钝化，故A正确；
B．加水稀释硝酸浓度变稀，产生气泡说明铝和稀硝酸发生反应生成一氧化氮气体，②中产生的气泡可能是氮氧化合物，故B正确；
C．③中沉淀溶解是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．②中加水稀释过程中，表面形成的氧化物薄膜溶于稀硝酸为复分解反应，过程中不仅发生了氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
24．【分析】A、氨气还原氧化铜发生反应的方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
B、二氧化锰加入过氧化氢溶液中，二氧化锰是催化剂；
C、次氯酸钙露置在空气中变质生成碳酸钙；
D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气。
【解答】解：A、氨气还原氧化铜发生反应的方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu，固体质量减轻，故A错误；
B、二氧化锰加入过氧化氢溶液中，二氧化锰是催化剂，质量不变，故B错误；
C、次氯酸钙露置在空气中变质生成碳酸钙，次氯酸钙的摩尔质量大于碳酸钙，所以固体质量减轻，故C错误；
D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，固体质量增加，故D正确；
故选：D。
25．【分析】A、根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等；
B、铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒分析解答；
C、反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，根据得失电子守恒分析解答；
D、一水合氨是弱电解质，书写离子方程式用化学式。
【解答】解：A、根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等，根据铝守恒，设1mol铝参加反应，则生成偏铝酸钠1mol，则需氢氧化钠为1mol，铝与盐酸反应生成氯化铝为1mol，则需盐酸为3mol，所以①和②反应消耗n （HCl）＝3n （NaOH），故A错误；
B、铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒，可知：硫酸铜与铝的物质的量之比为：3：2，故B错误；
C、反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，设2mol的铝参加反应，由得失电子守恒可知：生成铜的物质的量为3mol，生成铁的物质的量为2mol，所以生成的n （Cu）：n （Fe）＝3：2，故C正确；
D、一水合氨是弱电解质，书写离子方程式用化学式，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；
故选：C。
26．【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果，
A．应先把水蒸气排除才合理；
B．根据钠守恒，可列方程组求解；
C．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
D．根据质量关系，可列方程组求解．
【解答】解：A．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故A选；
B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；
C．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；
D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+＝BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+＝H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；
故选：A。
27．【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸酸式盐、弱酸铵盐、氨基酸、蛋白质等物质都可以和稀盐酸、NaOH溶液反应，据此分析解答。
【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸酸式盐、弱酸铵盐、氨基酸、蛋白质等物质都可以和稀盐酸、NaOH溶液反应，
①NaHCO3属于弱酸的酸式盐，能和稀盐酸、NaOH溶液反应，故正确；
②SiO2是酸性氧化物，只能与强碱NaOH反应，不能和稀盐酸反应，故错误；
③Al（OH）3是两性氢氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应，故正确；
④Al能和稀盐酸、NaOH溶液反应，故正确；
故选：B。
28．【分析】第一份中发生反应：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，再加入盐酸，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素、氯元素守恒计算．
【解答】解：第一份中发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入盐酸，发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素守恒可知n（NaHCO3）＝n（NaCl）＝1mol，根据氯元素守恒可知n（NaCl）＝n（HCl）＝1mol，故第一份、第二份中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol＝1：1，盐酸的浓度相同，体积之比等于物质的量之比，故消耗盐酸的体积之比为1：1，
故选：B。
29．【分析】Fe（NO3）2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，由Fe原子守恒可知：n[Fe（NO3）2]＝2n（Fe2O3），再根据m＝nM计算．
【解答】解：Fe（NO3）2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，200mL 0.1mol/L的Fe（NO3）2溶液中n[Fe（NO3）2]＝0.2L×0.1mol/L＝0.02mol，由Fe原子守恒可知：n[Fe（NO3）2]＝2n（Fe2O3），所以n（Fe2O3）＝＝0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol＝1.6g，
故选：B。
30．【分析】由图象可知，向滤液中加入2.5mL10mol/L的NaOH溶液，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，继续加入NaOH溶液，当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）＝2n（Na2SO4）＝n（NaOH），再根据c＝计算原H2SO4物质的量浓度．
【解答】解：当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）＝2n（Na2SO4）＝n（NaOH）＝0.04L×10mol/L＝0.4mol，所以n（H2SO4）＝0.2mol，故原H2SO4物质的量浓度为＝1mol/L。
故选：A。
31．【分析】A．可能发生的反应为Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑；
B．可能发生的反应2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3；
C．可能发生的反应为3Fe+8HNO3＝3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O、Fe+4HNO3＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；
D．氢氧化铝能溶于强碱溶液但不能溶于弱碱溶液．
【解答】解：A．可能发生的反应为Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，如果n（HCl）：n（Na2CO3）＝1：1时生成NaHCO3、NaCl，如果n（HCl）：n（Na2CO3）＜1：1时碳酸钠有剩余，溶液中的钠盐为Na2CO3、NaHCO3、NaCl，如果n（HCl）：n（Na2CO3）≥2：1时溶液中钠盐为NaCl，故A错误；
B．发生反应：2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3，当n（NaOH）：n（CO2）≤1，生成NaHCO3，当1＜n（NaOH）：n（CO2）＜2，生成Na2CO3、NaHCO3，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，生成Na2CO3，故B正确；
C．可能发生的反应为3Fe+8HNO3＝3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O、Fe+4HNO3＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，当n（HNO3）：n（Fe）≤时生成Fe（NO3）2，当n（HNO3）：n（Fe）≥4时生成Fe（NO3）3，如果＜n（HNO3）：n（Fe）＜4时生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，故C错误；
D．氢氧化铝能溶于强碱溶液但不能溶于弱碱溶液，氨水是弱碱，所以氢氧化铝不溶于氨水，则无论氨水是否过量都不生成偏铝酸根离子，故D错误；
故选：B。
32．【分析】铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量与电子转移列方程计算．
【解答】解：铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，
n（O2）＝＝0.05mol，
设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：
根据质量列方程：x×64g/mol+y×108g/mol＝14g
根据电子守恒列方程：2x+1×y＝0.05mol×4
解得：x＝0.05mol，y＝0.1mol
m（Cu）＝0.05mol×64g/mol＝3.2g，
故选：C。
33．【分析】A．Fe转化为铁锈，Cu转化为铜绿；
B．单质与氯气反应生成高价态金属氯化物；
C．氧化铝为两性氧化物；
D．三者对应的氧化物均不与水反应．
【解答】解：A．Fe转化为铁锈，Cu转化为铜绿，铁锈为氧化铁的水合物，铜绿为碱式盐，只有Al生成氧化铝，故A错误；
B．单质与氯气反应生成高价态金属氯化物，则制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均可用两种单质直接化合的方法，故B正确；
C．氧化铝为两性氧化物，氧化铁、氧化亚铁、氧化铜为碱性氧化物，故C错误；
D．三者对应的氢氧化物均为不溶性碱，则三者对应的氧化物均不与水反应生成相应的碱，故D错误；
故选：B。
34．【分析】本题是化学方程式计算的问题，因此首先正确书写出化学方程式2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，找到题干中的已知条件，将条件和化学方程式联系起来，从而找到解决问题结合点，FeCl3溶液的浓度为0.1 mol/L，一定时间后，取出Cu，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）＝2：3，说明原溶液中的Fe3+并没有完全反应，根据常规的计算方法，设取出Cu后溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）＝2：3＝k，c（Fe3+）＝2kmol/L，c（Fe2+）＝3kmol/L，溶液的体积为vL，原溶液中n（Fe3+）＝0.1 mol/L×vL＝0.1vmol，取出Cu后，n（Fe3+）1＝2kmol/L×vL＝2kvmol，n（Fe2+）＝3kmol/L×VL＝3kvmol，根据化学方程式列方程n（Fe3+）＝n（Fe3+）1+n（Fe2+）一元一次方程，解出k值，进一步求出反应后溶液中的n（Fe3+）1、n（Cu2+ ），从而得出答案．
【解答】解：设原溶液的体积为vL，设取出Cu后溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）＝2：3＝k，则有：c（Fe3+）＝2kmol/L，c（Fe2+）＝3kmol/L，原溶液中n（Fe3+）＝0.1 mol/L×vL＝0.1vmol，取出Cu后，n（Fe3+）1＝2kmol/L×vL＝2kvmol，n（Fe2+）＝3kmol/L×VL＝3kvmol，根据化学方程式列方程：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+、n（Fe3+）＝n（Fe3+）1+n（Fe2+），0.1vmol＝2kvmol+3kvmol，一元一次方程得：k＝0.02vmol，则反应后溶液中n（Fe3+）1＝0.04vmol，反应前n（Fe3+）＝0.1vmol，再根据方程式求得n（Cu2+ ）＝0.03vmol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）1＝0.03vmol：0.04vmol＝3：4，
故选：D。
35．【分析】根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少．
【解答】解：A．WO3～W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；
B．MnO2～Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗molAl；
C．FeO～Fe，生成1molFe，需要2mol电子，消耗molAl，
D．Cr2O3～Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消耗1molAl；
消耗Al最少的是FeO，
故选：C。
36．【分析】反应后氢离子有剩余，说明硝酸过量，铜完全反应，反应后溶液中的溶质是硝酸和硝酸铜，根据硝酸中NO3﹣和H+、硝酸铜中NO3﹣和Cu2+的关系式计算出NO3﹣的物质的量．
【解答】解：3.2g的物质的量为：＝0.05mol，反应后溶液中含有a mol H+，说明硝酸过量，根据Cu（NO3）2～Cu2+～C u～2NO3﹣可知，硝酸铜中含有NO3﹣的物质的量为：n（NO3﹣）＝2n（Cu2+）＝0.05mol×2＝0.1mol，
氢离子主要来自硝酸，根据关系式HNO3～H+～NO3﹣可知，H+对应的NO3﹣的物质的量为：n（NO3﹣）＝n（H+）＝amol，
所以此时溶液中含有NO3﹣的物质的量为：0.1mol+amol＝（0.1+a ）mol，
故选：B。
二．填空题（共1小题）
37．【分析】B盐的溶液呈蓝色，说明B盐中含有Cu2+，分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，说明A盐中含有Ag+；C盐溶液中有较多气泡产生，说明C盐中含有CO32﹣；又A、B、C、D四种盐均为可溶性盐，故A盐为AgNO3；C盐为Na2CO3，B盐为CuSO4；D盐为BaCl2，以此解答该题．
【解答】解：（1）B盐的溶液呈蓝色，说明B盐中含有Cu2+，分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，说明A盐中含有Ag+；C盐溶液中有较多气泡产生，说明C盐中含有CO32﹣；又A、B、C、D四种盐均为可溶性盐，故A盐为AgNO3；C盐为Na2CO3，B盐为CuSO4；D盐为BaCl2，以此解答该题．
故答案为：AgNO3；CuSO4；Na2CO3；BaCl2；
（2）实验步骤②中涉及到的所有反应的离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓，CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O．
三．实验题（共1小题）
38．【分析】（1）实验的目的是研究铁与水蒸气的反应，根据实验装置分析，试管中有铁粉和湿棉花，湿棉花上面占有水分，实验原理是Fe与H2O（g）生成Fe3O4和H2；
（2）甲同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，用火柴点燃肥皂泡，若发生反应，反应产生H2，H2能被点燃；
（3）乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，实验Ⅱ中溶液B未呈现红色，说明不含有Fe3+，考虑Fe3+被Fe粉还原；
（4）①乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，但实验Ⅱ中溶液B未呈现红色，说明没有产生Fe3+，考虑到Fe粉能将Fe3+还原为Fe2+；
②取未呈现红色的溶液B少许于试管中，通入少量氯气，Cl2能氧化Fe2+为Fe3+，Fe3+与SCN﹣配位生成Fe（NCS）2+，溶液变红；
③Cl2氧化Fe2+为Fe3+，自身被还原为Cl﹣。
【解答】解：（1）实验的目的是研究铁与水蒸气的反应，根据实验装置分析，试管中有铁粉和湿棉花，湿棉花上面占有水分，水分受热可以转化为H2O（g），所以实验Ⅰ中湿棉花的作用是：提供水蒸气，
实验原理是Fe与H2O（g）生成Fe3O4和H2，则实验Ⅰ中反应的化学方程式是：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，
故答案为：提供水蒸气；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（2）甲同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，用火柴点燃肥皂泡，若发生反应，反应产生H2，H2能被点燃，所以目的是：验证产生氢气，
故答案为：验证产生氢气；
（3）乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，实验Ⅱ中溶液B未呈现红色，说明不含有Fe3+，考虑Fe3+被Fe粉还原，由此可以说明溶液A中含有Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（4）①乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，但实验Ⅱ中溶液B未呈现红色，说明没有产生Fe3+，考虑到Fe粉能将Fe3+还原为Fe2+，可以解释为：反应后的固体中含有未反应的Fe，实验Ⅱ中Fe3+全部被Fe还原为Fe2+，
故答案为：反应后的固体中含有未反应的Fe，实验Ⅱ中Fe3+的全部被Fe还原为Fe2+，2Fe3++Fe═3Fe2+；
②取未呈现红色的溶液B少许于试管中，通入少量氯气，Cl2能氧化Fe2+为Fe3+，Fe3+与SCN﹣配位生成Fe（NCS）2+，溶液变红，
故答案为：溶液变红；
③Cl2氧化Fe2+为Fe3+，自身被还原为Cl﹣，所以发生反应的方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，
故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣。
四．推断题（共2小题）
39．【分析】（1）若A、B、C均为含有同种非金属元素的化合物，A为使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，应为NH3，B接触空气立刻变为C，可知X为O2，B为O，C为NO2；
（2）若A、B、C为焰色反应均呈黄色的化合物，应含有Na元素，X为无色无味气体，应为CO2，由转化关系可知A为NaOH、B为Na2CO3，C为NaHCO3；
（3）若A、B、C均为含有同种金属元素的化合物，X是强碱，可知含有的元素为Al，X为NaOH等强碱，则A含有Al3+，B为Al（OH）3，C含有AlO2﹣；
（4）若A为单质Fe，X为稀硝酸，B为Fe（NO3）2、C为Fe（NO3）3；
（5）若A和X均为单质，B为可使品红溶液褪色的气体，则B为SO2，A为S，X为O2，C为SO3。
【解答】解：（1）若A、B、C均为含有同种非金属元素的化合物，A为使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，应为NH3，B接触空气立刻变为C，可知X为O2，B为O，C为NO2，反应①的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）若A、B、C为焰色反应均呈黄色的化合物，应含有Na元素，X为无色无味气体，应为CO2，由转化关系可知A为NaOH、B为Na2CO3，C为NaHCO3，反应②的离子方程式为CO32﹣+CO2+H2O＝2HCO3﹣，
故答案为：CO32﹣+CO2+H2O＝2HCO3﹣。
（3）若A、B、C均为含有同种金属元素的化合物，X是强碱，可知含有的元素为Al，X为NaOH等强碱，则A含有Al3+，B为Al（OH）3，C含有AlO2﹣，反应②的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（4）若A为单质Fe，X为稀硝酸，B为Fe（NO3）2、C为Fe（NO3）3，反应②的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O；若向B的溶液中加入氢氧化钠溶液，现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，对应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O；先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（5）若A和X均为单质，B为可使品红溶液褪色的气体，则B为SO2，A为S，X为O2，C为SO3，反应②的化学方程式为2SO2+O22SO3，
故答案为：2SO2+O22SO3。
40．【分析】（1）若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，C受热分解可转化为B，均含Na元素，C为NaHCO3，B为Na2CO3，结合图中转化可知，A为NaOH，W为CO2；
（2）若B的溶液显黄色，一定条件下B的饱和溶液可与沸水反应生成红褐色分散系，B为FeCl3，结合图中转化可知，A为Cl2，W为Fe，C为FeCl2；
（3）若A为NaOH，且C为白色沉淀，结合图中转化可知，C为Al（OH）3，A与某金属单质也可生成B，B为NaAlO2，W为AlCl3，以此来解答．
【解答】解：（1）若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，C受热分解可转化为B，均含Na元素，C为NaHCO3，B为Na2CO3，结合图中转化可知，A为NaOH，W为CO2；
①A与过量W转化为C的总反应的离子方程式为OH﹣+CO2＝HCO3﹣，故答案为：OH﹣+CO2＝HCO3﹣；
②B溶液中通入W生成C的离子方程式为CO32﹣+H2O+CO2＝2HCO3﹣，故答案为：CO32﹣+H2O+CO2＝2HCO3﹣；
③A溶液与C溶液反应的化学方程式为NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O，故答案为：NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O；
（2）若B的溶液显黄色，一定条件下B的饱和溶液可与沸水反应生成红褐色分散系，B为FeCl3，结合图中转化可知，A为Cl2，W为Fe，C为FeCl2；
①实验室制A单质的反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑；
②C溶液中加入氢氧化钠溶液的现象为生成白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：生成白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色；
③B与W转化为C的离子反应方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；
④一定条件下W与水反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）若A为NaOH，且C为白色沉淀，结合图中转化可知，C为Al（OH）3，A与某金属单质也可生成B，B为NaAlO2，W为AlCl3，
①C为Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；
②A与某金属单质也可生成B，该反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑；
③C溶于A的离子反应方程式为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
④B与W混合生成白色沉淀的离子反应方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓．
五．解答题（共10小题）
41．【分析】A、B、C、D是中学化学中的常见物质，
（1）若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要成分，B为SO2，则A为S，D为浓硝酸，C为H2SO4，
①A为硫元素原子，核电荷数16，核外三个电子层，最外层6个电子；
②D的浓溶液所具有的特殊性质为强氧化性、挥发性、易分解等；
（2）若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则A为N2，D为O2，B为NO，C为NO2；
（3）若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，A为Na，D为O2，B为Na2O，C为Na2O2；
（4）A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则A为NH3，D为O2，B为NO，C为NO2，以此来解答。
【解答】解：（1）若A是黄色固体，B是形成酸雨的主要成分，B为SO2，则判断A为S，D为浓硝酸，C为H2SO4，
①A为硫元素原子，硫元素为16号元素，故硫原子质子数为16，核外电子数＝质子数＝16，有3个电子层，最外层电子数为6，故硫原子的结构示意图为，
故答案为：；
②D的浓溶液所具有的特殊性质为强氧化性、挥发性、见光或受热易分解等，
故答案为：强氧化性、挥发性、见光或受热易分解；
（2）若此反应流程能解释农谚“雷雨发庄稼”的化学原理，则A为N2，D为O2，B为NO，C为NO2，则
a．A含N≡N，键能较大，化学性质较为稳定，故正确；
b．B、C为不成盐氧化物，故错误；
c．流程中的反应均有元素的化合价变化，均属氧化还原反应，故正确；
d．可用D与金属反应不生成氢气，故错误；
故答案为：ac；
（3）若A、B、C、D的焰色反应均为黄色，C为淡黄色固体，A在加热条件下可直接转化为C，A为Na，D为O2，B为Na2O，C为Na2O2，则C→D的化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；
（4）A是化合物，且此流程表示工业制硝酸的物质转化关系，则A为NH3，D为O2，B为NO，C为NO2，A→B的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
42．【分析】（1）三价铁离子可以和硫氰化钾之间反应生成红色的络合物；
（2）亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以；
（3）金属铁的氧化物有多种：氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁，根据其中铁元素的价态来回答；
（4）碳酸铁中的亚铁离子可以被氯水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁．
【解答】解：（1）三价铁离子可以和硫氰化钾之间反应生成红色的络合物，发生的反应为：Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3，故答案为：Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3；
（2）亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以，步骤Ⅱ所得溶液中一定含有铁离子，判断是否含有Fe2+，则加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾溶液）看是否出现蓝色的铁氰化亚铁沉淀即可，故答案为：c；
（3）金属铁的氧化物有多种：氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁，氧化亚铁、四氧化三铁中也是含有+2价铁元素的，所以无法确定碳酸亚铁煅烧产物的成分，故答案为：氧化亚铁、四氧化三铁中也是含有+2价铁元素的；
（4）碳酸铁可以溶于硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁等，其中的亚铁离子可以被氯水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁，最后过滤，这样可以制得氧化铁，故答案为：氯水；氢氧化钠；过滤．
43．【分析】（1）若A是短周期元素组成的金属单质，D是短周期中原子半径最大的主族元素形成的氢氧化物，应含有Na元素，D为NaOH，金属A能与氢氧化钠反应，则A是铝，B是偏铝酸钠，C与氢氧化钠反应也生成偏铝酸钠，则C是铝盐或氧化铝等，E是酸或氯气或氧气等；
（2）D的组成元素的原子M层电子数比L层少1，D为氯气，B的溶液为黄色，应为FeCl3，则A为Fe，C为FeCl2，E为HCl。
【解答】解：（1）若A是短周期元素组成的金属单质，D是短周期中原子半径最大的主族元素形成的氢氧化物，应含有Na元素，D为NaOH，金属A能与氢氧化钠反应，则A是铝，B是偏铝酸钠，C与氢氧化钠反应也生成偏铝酸钠，则C是铝盐或氧化铝等，E是酸或氯气或氧气等。则：
①A为铝，铝元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族，
故答案为：第三周期第ⅢA族；
②A与D的溶液反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑，当2molAl参加反应时转移6mol电子，生成3mol氢气，则转移1.5mol电子时，生成0.75mol氢气，在标况下的体积为0.75mol×22.4L/mol＝16.8L，
故答案为：16.8；
（2）D的组成元素的原子M层电子数比L层少1，应为氯气，B的溶液为黄色，应为FeCl3，则A为Fe，C为FeCl2，E为HCl，则：
①C为FeCl2，溶液呈浅绿色，Fe元素化合价为+2价，具有氧化性，可与活泼金属Mg、Zn等金属发生置换反应，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，与KSCN溶液不发生显色反应，
故选：cd；
②B为FeCl3，具有强氧化性，与HI反应的化学方程式为：2FeCl3+2HI＝2FeCl2+I2+2HCl，
故答案为：2FeCl3+2HI＝2FeCl2+I2+2HCl。
44．【分析】（1）若A、M均为单质，C是一种淡黄色固体，则A为Na、M为O2、B为Na2O、C为Na2O2、D为NaOH；
（2）若A是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3、M为O2、B为NO、C为NO2、D为HNO3。
【解答】解：（1）若A、M均为单质，C是一种淡黄色固体，则A为Na、M为O2、B为Na2O、C为Na2O2、D为NaOH；
①M的化学式是：O2，故答案为：O2；
②C与水反应的化学方程式是：2Na2O2+2H2O═4 NaOH+O2↑，A也可以与水反应生成D，反应的离子方程式是：2Na+2H2O═2 Na++2OH﹣+H2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O═4 NaOH+O2↑；2Na+2H2O═2 Na++2OH﹣+H2↑；
③a．Na2O、Na2O2都可以与CO2反应，故a正确；
b．氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，没有氧气生成，不能用于呼吸面具作为氧气的来源，故b错误；
c．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故c错误，
故选：a；
（2）若A是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3、M为O2、B为NO、C为NO2、D为HNO3。
①实验室制取A的化学方程式是：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气能与硫酸反应，浓硫酸不能干燥氨气，饱和食盐水没有吸水性，不能干燥气体，可以用碱石灰干燥氨气，为制取干燥的氨气，可将制得的气体通入装置①，
故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；①；
②C与水反应的化学方程式是：3NO2+H2O═2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；
③A与C反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体，则E为氮气，反应方程式为：8NH3 +6NO2＝7N2+12H2O，若该反应中转移6mol 电子，则参加反应的氨气为＝2mol，故生成的氮气为＝1.75mol，故生成氮气的体积为1.75mol×22.4L/mol＝39.2L
故答案为：39.2。
45．【分析】（1）铁器在具有O2、水等环境中乙形成原电池腐蚀；
（2）Ⅱ．化合物盐酸化合价代数和为0，氢元素化合价+1价氧元素化合价﹣2价；
Ⅲ．FeO（OH）和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，四氧化三铁Fe2O3•FeO；
Ⅳ．Fe3O4保护层被氧化为FeO（OH），结合电子守恒、原子守恒书写配平化学方程式；
（3）①检测洗涤液中Cl﹣的方法是利用硝酸银溶液和氯离子反应生成氯化银沉淀检验氯离子的存在；
②脱氯反应：FeOCl+OH﹣＝FeO（OH）+Cl﹣．离子反应的本质是离子浓度的减小，FeOCl 比FeO（OH）溶解度大；
③Na2SO3还原FeO（OH）形成Fe3O4，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，结合电子守恒、原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；
【解答】解：（1）铁器在潮湿的环境中和氧气发生电化腐蚀生成铁锈，铁器在具有O2、H2O 等环境中容易被腐蚀，
故答案为：H2O；
（2）Ⅱ．Fe2+在自然环境中形成FeO（OH），该物质中铁元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
Ⅲ．FeO（OH）和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，四氧化三铁Fe2O3•FeO，既不是氧化剂也不是还原剂，故选c，
故答案为：c；
Ⅳ．Fe3O4保护层被氧化为FeO（OH），原子守恒配平得到反应的化学方程式为：4Fe3O4+O2+6H2O＝12FeO（OH），
故答案为：4、1、12；
（3）①检测洗涤液中Cl﹣的方法是：取洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl﹣，
故答案为：取洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl﹣；
②脱氯反应：FeOCl+OH﹣＝FeO（OH）+Cl﹣．离子反应的本质是离子浓度的减小，FeOCl 与FeO（OH）溶解度相比，S（FeOCl）＞S（FeO（OH） ），
故答案为：S（FeOCl）＞S（FeO（OH） ）；
③Na2SO3还原FeO（OH）形成Fe3O4，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，结合电子守恒、原子守恒、电荷守恒书写离子方程式为：SO32﹣+6FeO（OH）＝SO42﹣+2Fe3O4+3H2O，
故答案为：SO32﹣+6FeO（OH）＝SO42﹣+2Fe3O4+3H2O；
46．【分析】Fe跟Cl2反应，产物为FeCl3。
（1）Fe3+遇SCN﹣溶液反应，生成血红色的络合物硫氰化铁；
（2）Fe3+遇具有氧化性，Fe粉具有还原性；Fe（OH）2易被空气中的氧气氧化。
【解答】解：Fe跟Cl2在一定条件下恰好完全反应：2Fe+3Cl22FeCl3产物为FeCl3。
（1）Fe3+遇SCN﹣发生反应Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色。
故答案为：血红；
（2）加入Fe粉反应为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，加入NaOH后，发生FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3（红褐色），观察到产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，
故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 ；
47．【分析】（1）反应有HCl剩余，溶液为NaCl、HCl、AlCl3混合溶液，同一溶液中离子浓度之比等于物质的量之比，令n（Al3+）、n（H+）、n（Cl﹣）分别为1mol、2mol、8mol，根据电荷守恒计算n（Na+），再根据原子守恒计算n（Al）、n（Na2O2），结合守恒，再根据m＝nM计算；
（2）反应收集的气体为氢气、氧气，令氢气、氧气的物质的量分别为xmol、ymol，根据转移电子与气体体积列方程计算解答．
【解答】解：（1）反应有HCl剩余，溶液为NaCl、HCl、AlCl3混合溶液，同一溶液中离子浓度之比等于物质的量之比，令n（Al3+）、n（H+）、n（Cl﹣）分别为1mol、2mol、8mol，根据电荷守恒，可知n（Na+）＝n（Cl﹣）﹣n（H+）﹣3n（Al3+）＝8mol﹣2mol﹣1mol×3＝3mol，结合守恒可知，原混合物中n（Al）＝n（Al3+）＝1mol，n（O原子）＝n（Na+）＝3mol，故m（Al）：（O元素）＝1mol×27g/mol：3mol×16g/mol＝9：16，
故答案为：9：16；
（2）反应收集的气体为氢气、氧气，令氢气、氧气的物质的量分别为xmol、ymol，根据转移电子与气体体积可得：，整理的a：b＝2：22.4，
故答案为：22.4．
48．【分析】金属A焰色反应为黄色，则金属A为Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀H为Fe（OH）3；由反应①Na气体甲+D，为Na与水的反应，生成甲为H2，D为NaOH；由NaOH+金属B→H2可知，B为金属Al；由甲+黄绿色气体乙→气体丙可知，丙为HCl；G+NaOH→Fe（OH）3，G含有Fe3+，由EFG可知，E与金属C反应，生成的产物F还能继续与氯气反应，则金属C为变价金属，应为Fe，所以E为盐酸、F为FeCl2、G为FeCl3，结合物质的性质解答该题．
【解答】解：金属A焰色反应为黄色，则金属A为Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀H为Fe（OH）3；由反应①Na气体甲+D，为Na与水的反应，生成甲为H2，D为NaOH；由NaOH+金属B→H2可知，B为金属Al；由甲+黄绿色气体乙→气体丙可知，丙为HCl；G+NaOH→Fe（OH）3，G含有Fe3+，由EFG可知，E与金属C反应，生成的产物F还能继续与氯气反应，则金属C为变价金属，应为Fe，所以E为盐酸、F为FeCl2、G为FeCl3，
（1）根据分析可知，A为Na、B为Al、C为Fe；反应②为氢气与氯气的反应，反应现象为：燃烧，有苍白色火焰，放热，
故答案为：Na； Al； Fe；燃烧，有苍白色火焰，放热；
（2）反应①为钠与水的反应，反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，反应③为铝与氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
（3）反应④为Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；
反应⑥是氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓．
49．【分析】（1）短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置可知，A、B、D、E、G、J分别为H、N、O、Na、Al、Cl，
①O的原子结构中有2个电子层，最外层电子数为6；
②电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小；
③非金属性越强，氢化物越稳定；
④同主族，非金属性从上到下减弱；
⑤氢氧化铝具有两性，与盐酸、高氯酸均发生反应生成盐和水；
（2）常见10电子微粒有：一核：Ne、N3﹣、O2﹣、F﹣、Na+、Mg2+、Al3+；
二核：HF、OH﹣；
三核：H2O、NH2﹣；
四核：NH3、H3O+；
五核：CH4、NH4+；
结合上述元素及转化关系可知，甲为NH3，丙为H2O，乙为AlCl3，反应生成的戊为Al（OH）3，丁为氧化铝，G为Al，己为NH4Cl，以此来解答．
【解答】解：（1）短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置可知，A、B、D、E、G、J分别为H、N、O、Na、Al、Cl，
①O的原子结构中有2个电子层，最外层电子数为6，则位于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；
②电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序是Na＞Al＞N＞H，故答案为：Na＞Al＞N＞H；
③非金属性越强，氢化物越稳定，B、D的气态氢化物的稳定性关系为NH3＜H2O，故答案为：NH3＜H2O；
④34Se与D同主族，其非金属性比D弱，从原子结构的角度解释其原因为位于同主族最外层电子数相同，但O的电子层数少，原子半径小，则O得电子能力比Se强，即同主族从上到下非金属性逐渐减弱，
故答案为：弱；位于同主族最外层电子数相同，但O的电子层数少，原子半径小，则O得电子能力比Se强；
⑤氢氧化铝具有两性，与盐酸、高氯酸均发生反应生成盐和水，发生的离子反应分别为H++OH﹣＝H2O、Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O；Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（2）由甲、乙、丙、丁为两种元素组成的化合物，甲、丙的分子属于10电子微粒，丙为常见溶剂，结合上述元素及转化关系可知，甲为NH3，丙为H2O，乙为AlCl3，反应生成的戊为Al（OH）3，丁为氧化铝，G为Al，己为NH4Cl，
①物质己中含有的化学键的类型为离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；
②用电子式表示丙分子的形成过程为，故答案为：；
③由丁电解制得G单质的化学反应方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑．
50．【分析】根据n＝计算Cu的物质的量，再根据方程式计算NO、Cu（NO3）2的物质的量，根据V＝nVm计算NO的体积，根据c＝计算溶液物质的量浓度．
【解答】解：3.2克铜的物质的量＝＝0.05mol，
3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
3 3 2
0.05mol y x
故x＝＝mol y＝＝0.05mol
则V（NO）＝mol×22.4L/mol＝0.75L
c[Cu（NO3）2]＝＝0.25mol/L，
答：（1）在标准状况下产生气体的体积是0.75L；
（2）将所得溶液加水配成200mL溶液，则溶液的物质的量浓度是0.25mol/L．