高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三章 铁 金属材料综合与测试同步测试题

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三章 铁 金属材料综合与测试同步测试题，共17页。试卷主要包含了5 Fe-56 Cu-64，02ml，原为0，81aml等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3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．正在火星上工作的美国“勇气号”“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过H2O。以下叙述正确的是( )
A．铝热剂就是单指Fe2O3和铝粉的混合物
B．检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤是：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．分别还原amlFe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3∶2∶3
D．明矾属于硫酸盐，是混合物
【答案】C
【解析】A．作为铝热剂重要组成的金属氧化物，铝热剂应为Al和过渡元素的氧化物所形成的混合物，故A错误；
B．Fe2O3不溶于水，且和水不反应，应加入盐酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，Fe2O3的检验过程：样品→粉碎→加酸溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误；
C．amlFe2O3被还原得到6aml电子，则分别消耗H2、Al、CO 3aml、2aml、3aml，物质的量之比为3：2：3，故C正确；
D．明矾为KAl(SO4)2·12H2O，是结晶水化合物，属于硫酸盐，为纯净物，故D错误；
2．下列实验现象叙述正确的是( )
A．滴入硝酸酸化的BaCl2 溶液，产生白色沉淀，溶液中一定存在SO42-
B．硫粉在纯氧中燃烧：产生明亮的蓝紫色火焰，放热，生成有刺激性气味的气体
C．铁粉加入稀硫酸，银白色固体表面有气泡产生，固体减少，放热，溶液由无色变浅绿色
D．水通电：两极均有气体生成，正极多，负极少，体积比约为1：2
【答案】B
【解析】A. 亚硫酸根离子能够被强氧化剂硝酸氧化为硫酸根离子，故滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，溶液中可能存在SO32-，A项错误；
B. 硫粉在纯氧中燃烧产生二氧化硫，现象为：产生明亮的蓝紫色火焰，放热，生成有刺激性气味的气体，B项正确；
C. 铁粉为黑色粉末，所以铁粉加入稀硫酸，黑色固体表面有气泡产生，C项错误；
D. 水通电，两极均有气体生成，正极为氧气，体积少，负极为氢气，体积多，体积比约为1：2，D项错误；
3．将KSCN溶液加入到下列所指定的各溶液中，溶液不会显红色的是（ ）
A．加入足量的铁粉后的FeCl3溶液
B．铁丝在足量氯气中燃烧后所得产物的水溶液
C．长期暴露在空气中的绿矾溶液
D．加入新制氯水后的FeCl2溶液
【答案】A
【解析】将KSCN加入溶液中，溶液不显红色，说明溶液中无Fe3＋。
A．发生的反应为Fe＋2FeCl3=3FeCl2，铁粉过量，溶液中无Fe3＋，A符合题意；
B．铁丝在足量氯气中燃烧得到的FeCl3溶于水后得到FeCl3溶液，加入KSCN溶液会显红色，B不符合题意；
C．溶液中的Fe2＋被空气中的氧气氧化为Fe3＋，加入KSCN溶液会显红色，C不符合题意；
D．发生的反应为Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，加入KSCN溶液会显红色，D不符合题意。
4．向和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．点时溶液中的阳离子为、和
B．点时溶液中发生的反应为
C．点时溶液中溶质的物质的量浓度为
D．原溶液中和的物质的量浓度之比为
【答案】D
【解析】A. 向和的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：，后发生反应：，由图可知，加入铁粉（即）之后开始出现固体，且按反应知，铁粉用于消耗铁离子，则铁离子为0.02ml，原为0.01ml，故点溶液中的阳离子为、和，A正确；
B. 由图可知，加入铁粉（即）时，剩余固体为，此段发生的反应为，即0.02mlFe用于，故铜离子为0.02ml，析出铜0.02ml，B正确；
C. 加入铁粉（即）时，若发生反应，则最多生成（即），而由图可知，剩余固体为，所以为置换出的和剩余的铁粉的质量，设铁粉中与反应的为，剩余，则生成的质量为，剩余铁的质量为，所以：、，解得、，因此加入铁粉（即）时，恰好与溶液中的反应完全，溶液中的溶质为，又根据前面的分析可得反应生成的为，又因为反应生成的为，所以点时溶液中溶质的物质的量浓度为，C正确；
D. 由前面的分析可得，原溶液中为，则为，为，则为，原溶液中和的物质的量浓度之比等于物质的量之比，为，D错误；
5．13.6gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200mL 3ml/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为（ ）
A．2.25ml/LB．2ml/LC．3ml/LD．0.6ml/L
【答案】B
【解析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe（OH）2，共消耗3ml·L－1的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=1/2n（NaOH），则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×3ml·L－1×0.2L=0.3ml，故该硫酸的物质的量浓度为：c（H2SO4）=0.3ml÷0.15L=2ml·L－1，
6．向50mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，假设C点之前每一段只对应一个反应。下列说法正确的是(已知酸性条件下氧化性：)( )
A．参加反应铁粉的总质量
B．所用混合溶液中
C．开始时产生的气体为
D．AB段发生的反应为置换反应
【答案】A
【解析】A.酸性条件下，已知氧化性：，OA段发生反应：
，AB段发生反应：，
BC段发生反应：，铁粉最终全部转化为，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知，，
即，，质量为5.6g，故A正确；
B.，则所用混合溶液中，故B错误；
C.开始时产生的气体为NO，故C错误；
D.AB段发生反应：，故D错误。
7．某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理正确的是（ ）
A．盐酸的物质的量浓度为5.0ml·L－1
B．根据表中数据计算出混合物中NaHCO3的物质的量分数为50%
C．9.2g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为5.0g和4.2g
D．15.7g混合物恰好与盐酸完全反应
【答案】B
【解析】A．盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO-3=H2O+CO2↑，可知n（HCl）=n（CO2）=3.36L÷22.4L/ml=0.15ml，故盐酸的浓度为：0.15ml÷0.05ml=3ml/L，故A错误；
B．第一组中盐酸不足，固体混合物完全反应，设NaHCO3和KHCO3的物质的量分别为x、y，则84x+100y=9.2g，x+y=2.24÷22.4=0.1，解得：x=y=0.05ml，则碳酸氢钠的物质的量分数为0.05ml÷0.1ml×100%=50%，故B正确；
C．根据B的计算可知，加入固体混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为1：1，9.2g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为4.2g和5.0g，故C错误；
D．由上述分析可知，向50mL盐酸中加入15.7g混合物时，盐酸不足，固体混合物过量，故D错误；
8．由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ）
【答案】A
【解析】A．K2Cr2O7可氧化乙醇，则固体逐渐由橙色变为绿色，可知乙醇具有还原性，故A正确；
B．酸性条件下硝酸根离子可氧化二氧化硫，生成硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，结论不合理，故B错误；
C．打磨后的铝片放入Hg（NO3）2溶液中片刻，发生置换反应，铝表面为铝汞合金，且铝被空气氧化为氧化铝并放热，故C错误；
D．K4Fe（CN）6中电离产生的Fe2+浓度极低，导致c（Fe2+）比c（Cu2+）小得多，则分别滴入2滴H2S饱和溶液，现象不能说明结论，故D错误；
9．下列叙述正确的是（ ）
A．NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3)：n[Ca(OH)2]=2：1时，完全转化为CaCO3
B．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：1时，铁元素在溶液中主要以Fe2+形式存在
C．AlCl3 溶液与烧碱溶液反应，当体积比为1：4时，铝元素恰好以形式存在
D．CO2通入石灰水中，当n(CO2)：n[Ca(OH)2]=2：3时，能得到澄清溶液
【答案】B
【解析】A．NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3):n[Ca(OH)2]=2:1时，发生反应：，故A错误；
B．Fe与稀硝酸反应，铁过量时发生反应：，铁不足时发生反应：， 当n(Fe):n(HNO3)=1:1时，按，且铁有余，故铁元素在溶液中主要以Fe2+形式存在，B正确；
C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当体积比为1:4时，因为不知道两种溶液的物质的量浓度，故难以知道铝离子和氢氧根离子的物质的量，故不能知道铝元素的形式存在，C错误；
D．CO2通入石灰水中，发生反应：、，CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为1:1时，恰好反应生成CaCO3，即CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为1时反应得到CaCO3，CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1时，恰好反应生成Ca(HCO3)2，即CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为2时反应得到Ca(HCO3)2，当n(CO2):n[Ca(OH)2]=2:3时，得到CaCO3沉淀，氢氧化钙过量，故D错误；
10．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溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；
B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；
C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；
D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；
11．在硫酸铁溶液中，加入ag铜完全溶解后再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，则下列说法中正确的是（ ）
A．残余固体可能为铁和铜的混合物
B．最后得到的溶液可能含有Fe3＋
C．残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2＋
D．残余固体全部是铜
【答案】D
【解析】加入的a克铜粉由于发生了如下的反应2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋而全部溶解，如果这部分铜在加入b克铁粉后被全部还原出来，则c应与a相等；现题给条件中已知a＞c，这明加入的a克铜没有全部被还原，溶液中还有Cu2＋，同时也说明加入的铁粉不足（否则a克铜将会被全部还原出来），加入的铁被氧化成Fe2＋；而Fe3＋由于不能与单质铜共存，说明在溶液中已经不再存在；综上所述，说明c克滤渣是铜，滤液中还存在Cu2＋、Fe2＋、H＋这三种阳离子。答案选D。
12．向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C．c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；
B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；
D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01ml；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02ml；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；
13．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入100mL 1ml/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．2.8gB．11.2gC．5.6gD．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)=n(HCl)=×0.1L×1ml/L=0.05ml；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)=0.05ml，质量为0.05ml×56g/ml=2.8g；答案选A。
14．把3.9 g 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为2.4gB．参加反应的HCl为0.4 ml
C．Mg、Al在反应中共失去0.4 ml电子D．若与足量的氢氧化钠溶液反应能产生0.15 ml H2
【答案】A
【解析】已知n(H2)=0.2ml，由质量守恒可得，参加反应的盐酸n(HCl)=0.4ml，故B正确；由电子转移守恒可得，反应中共转移电子n(e-)=0.4ml，故C正确；由反应方程式Mg＋2HCl= MgCl2＋H2↑和2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑可知，设混合物中 Mg为xml，Al为yml，即由质量守恒得24x+27y=3.9，由电荷守恒得2x+3y=0.4，解得x=0.05ml，y=0.1ml，所以参加反应的Mg的质量为1.2g，所以A错误；若与足量的氢氧化钠溶液反应，则只有0.1ml铝反应，由电子转移守恒求得，能生成0.15 ml H2，所以D正确。
15．以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是（ ）
① Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
② Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③ Mg→MgCl2→Mg(OH)2
④ Al→Al2O3→Al(OH)3
⑤ Al→NaAlO2→Na2CO3
A．②③④B．①③④⑤C．①②③⑤D．①②③④⑤
【答案】C
【解析】①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，每步转化都能一步反应实现，故①正确；②钠和氧气反应生成氧化钠，4Na+O2=2Na2O，氧化钠和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与过量的水和CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与足量的Ca(OH)2 反应生成NaOH，故②正确；③镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 ↓+2NaCl，故③能通过一步反应实现；④铝解氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步生成氢氧化铝，故④不能通过一步反应实现；⑤Al与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入适量的CO2，得Na2CO3溶液，故⑤正确；故选C。
16．在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3∶2∶1,现加入适量铁粉,使溶液中三种离子的物质的量之比变为1∶2∶4,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为( )
A．2∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4
【答案】C
【解析】设原先溶液中Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量依次为3ml、2ml、1ml，根据三种离子物质的量的变化，Cu2＋物质的量并没有发生变化，说明没有参加反应，反应离子方程式：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，Fe3＋物质的量减少了2ml，说明消耗1ml铁，故参加反应的铁粉与原溶液Fe3＋物质的量之比为1：3，故选项C正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17．（12分）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） ml或者ml或者7.81aml
【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，故答案为：ml或者ml或者7.81aml。
18．（10分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3＞SiO2 等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为：_________________。
(2)步骤I中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是___________________(只要求写 出一种)。
(3)步骤I中焙烧生成三种固体单质，其中生成非金属单质的反应的化学方程式为：____________________。
(4)步骤II生成的尾气中含有Cl2，一定温度下，Cl2 用足量的NaOH溶液吸收，氧化产物只有NaClO和NaClO3，经测定溶液中ClO-和ClO物质的量浓度之比为3：1，则在Cl2被吸收过程中被还原的氯元素和被氧化的氯元素物质的量之比为_________________。
(5)结合流程及相关数据分析，步骤II冷却之后得到的氯化铝(粗品)中含有的主要杂质为_________ (填化学式)。
(6)工业生产过程中需要控制加入铝粉的量，以提高铝粉的利用率，从而降低生产成本，“废渣”的主要成分有NaCl和___________ (填化学式)。
【答案】（1）A13++3H2OAl(OH)3+3H+ （2） 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分或防止后续步骤生成的AlCl3水解 （3） SiO2+2CSi+2CO↑ （4） 2：1 （5） FeCl3 （6） FeCl2
【解析】 (1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为：A13++3H2OAl(OH)3+3H+。
(2)步骤I中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分或防止后续步骤生成的AlCl3水解。
(3)步骤I中焙烧生成三种固体单质，均为置换反应，其中生成非金属单质的反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑。
(4)步骤II生成的尾气中含有Cl2，一定温度下，Cl2用足量的NaOH溶液吸收，氧化产物只有NaClO和NaClO3，经测定溶液中ClO-和ClO物质的量浓度之比为3：1，则根据转移电子数守恒可知，6Cl2+12OH-=3ClO-+ClO3-+8Cl-+6H2O，在Cl2被吸收过程中被还原的氯元素和被氧化的氯元素物质的量之比为8:4=2：1。
(5)结合沸点可知，步骤II冷却之后得到的氯化铝(粗品)中含有的主要杂质为 FeCl3。
(6)工业生产过程中需要控制加入铝粉的量，以提高铝粉的利用率，从而降低生产成本，铝粉把氯化铁还原，“废渣”的主要成分有NaCl和FeCl2。
19．（10分）已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。
（1）物质A的化学式为___，F化学式为___；
（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___；
（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。
（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，由此反应可知A有作为___的用途。
（5）M投入盐酸中的离子方程式___。
【答案】（1）Na2O2 H2
（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
（3）白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
（4）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ 供氧剂
（5） Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
【解析】A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。
（1）物质A的化学式为Na2O2。答案为：Na2O2
F化学式为H2。答案为：H2
（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为：供氧剂
（5）Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。
答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
20．（10分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：______________、_______________。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是____________________。
②将下列实验操作步骤正确排序___________________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=________________（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为_________（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_______________。
a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________。
【答案】（1）样品中没有Fe3+ Fe2+易被氧气氧化为Fe3+
（2）①干燥管 ② dabfce ③ 偏小
（3）① c、a 生成白色沉淀、褪色 ② 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】
（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN溶液显红色；
（2）①根据仪器构造可知B是干燥管；
②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce；
③样品的质量是（m2－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质量为（m2－m3）g，
FeSO4·xH2OFeSO4 + xH2O
152 18x
（m3－m1）g （m2－m3）g
则：，解得：x=；
若实验时按a、d次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，因此x偏小；
（3）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C、D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为c、a；
②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3。
21．（10分）硫酸亚铁铵是一种重要的化学试剂，某兴趣小组在课本合成方案的基础上进行了改进，流程如下：
(1)下列说法正确的是_________
A．废铁屑需用溶液除去表面的油污，通常采用抽滤除去碱液
B．实验中使用的蒸馏水均需煮沸除氧
C．在加入硫酸铵前，应该把硫酸亚铁溶液的pH值控制在强酸性范围内
D．鉴定所得晶体中含有，可以取少量样品于试管中，加水溶解，加入NaOH溶液，露置于空气中，观察现象
(2)步骤Ⅲ的具体操作：迅速取滤液置于容器中，沿器壁缓慢加入适量乙醇，使之覆盖在液面上，随着乙醇在溶液中不断扩散，硫酸亚铁铵逐渐结晶析出。该方法的优点是(写出至少两点)________。
(3)制得后，需要对晶体进行干燥，课本用干净的滤纸吸干，该兴趣小组同学经过讨论，决定用减压干燥，装置如图所示。将产品放入干燥器后，用水泵抽至盖子推不动即可。干燥结束后，启盖前，必须________，然后启盖。
(4)产品中铁含量的测定可以用酸性高锰酸钾滴定的方法。高锰酸钾标准溶液可用性质稳定，摩尔质量较大的基准物质草酸钠进行标定，写出酸性条件下草酸钠溶液与高锰酸钾反应的离子方程式________。
实验步骤如下：
步骤一：先粗略配制浓度约为的高锰酸钾溶液250mL；
步骤二：称取草酸钠固体mg放入锥形瓶中，加入适量水溶解并加硫酸酸化，加热到，立即用滴定，从而标定浓度为；
步骤三：称取样品2.031g，放入锥形瓶并用适量水溶解；
步骤四：用标准溶液滴定步骤三所配样品溶液，达到终点时消耗标准液45.00mL。
①步骤一中至少需要用到的最方便的玻璃仪器有烧杯、________、玻璃棒。
②实验过程中需要进行多次滴定，在滴定步骤前要进行一系列操作，请选择合适的编号，按正确的顺序排列________。
a. 向酸式滴定管中装入操作液至“0”刻度以上；
b. 用蒸馏水洗涤滴定管；
c. 将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2min；
d. 用操作溶液润洗滴定管；
e. 将活塞旋转180°后，再次观察；
f. 将滴定管直立于滴定管夹上，静置1分钟左右，读数；
g. 右手拿住滴定管使其倾斜30°，左手迅速打开活塞。
【答案】（1）ABCD
（2）防止硫酸亚铁铵被空气氧化 可防止其水解
（3） 打开阀门A
（4） 量筒 cebdagf
【解析】 (1)A. 油脂在碱性条件下水解，则废铁屑需用溶液除去表面的油污，通常采用抽滤除去碱液，故正确；B. Fe2+易被氧化，则实验中使用的蒸馏水均需煮沸除氧，故正确；
C. Fe2+易发生水解，则在加入硫酸铵前，应该把硫酸亚铁溶液的pH值控制在强酸性范围内，故正确；
D. 与NaOH反应生成Fe(OH)2，露置于空气中，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，现象为先生成白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，故用该方法可鉴定所得晶体中含有，故正确；故选ABCD。
(2)乙醇可降低硫酸亚铁铵的溶解度，使其结晶析出，用该方法可防止硫酸亚铁铵被空气氧化，可防止其水解；
(3)将产品放入干燥器后，用水泵抽至盖子推不动，此时装置内压强小于外界大气压，故干燥结束后，启盖前，必须使装置内气压增大，故必须打开阀门A，然后启盖；
(4)酸性条件下草酸钠溶液与高锰酸钾反应的离子方程式；
①步骤一中是粗略配制浓度约为的高锰酸钾溶液250mL，则需要量筒量取250mL蒸馏水，故至少需要用到的最方便的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒；
②在滴定步骤前要进行一系列操作：检验容量瓶是否漏水→洗涤→润洗→装液→拍气泡→调液面→读数，按正确的顺序排列cebdagf。50mL盐酸
50mL盐酸
50mL盐酸
m（混合物）
9.2g
15.7g
27.6g
（标况）
2.24L
3.36L
3.36L
实验
现象
结论
A
向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气
管中固体逐渐由橙色变为绿色
乙醇具有还原性
B
向盐酸酸化的Cu( NO3)2溶液中通少量SO2，然后滴入BaCl2溶液
产生白色沉淀
Cu2+氧化性大于H2SO4
C
打磨后的铝片放入Hg(N03)2溶液中片刻，用滤纸吸干后置空气中
铝片发烫并逐渐长出白色针状固体
汞与氧气反应放热，白色物质为HgO
D
向2支分别盛有相同浓度的K4Fe( CN)6和CuSO4溶液中分別滴入2 滴H2S 饱和溶液
前者无明显现象，后者产生黑色沉淀
Ksp(FeS) < Ksp (CuS)
pH
6
7
8
9
10
11
12
Cu2+还原率(%)
34
60
90
92
95
92
90
产物形态
砖红色Cu2O
铜粉
紫黑色纳米铜
温度
30
40
50
60
70
80
90
Cu2+还原率(%)
25
45
70
80
95
90
85
产物形态
砖红色Cu2O
铜粉
紫黑色纳米铜
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180 (升华)
300 (升华)
1023