高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 金属材料同步练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 金属材料同步练习题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

第三章《铁金属材料》测试题

一、单选题
1．硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图：

已知：H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，Ka=5.81×10-10。下列说法不正确的是
A．在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体为NH3
B．可选用KCSN溶液检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子
C．在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，主要目的是除去Fe3+和Al3+
D．H3BO3与足量NaOH溶液反应的化学方程式：NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]
2．下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
A
FeCl2(aq)
Fe3+
NaOH溶液
B
Fe2O3
Al2O3
NaOH溶液
C
NaHCO3(aq)
Na2CO3
CO2气体
D
FeCl2(aq)
Fe3+
Fe粉

A．A B．B C．C D．D
3．物质的性质决定其用途。下列说法正确的是
A．二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物
B．氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝
C．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
4．工业上用含有少量氧化铁杂质的废铜粉为原料，制取硫酸铜的主要过程如下图所示：

下列有关说法不正确的是
A．“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸，固体B可以用CuO、Cu(OH)­2或Cu2(OH)2CO3
B．通入的气体A可以是O2或Cl2
C．通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是：Fe2＋、Cu2＋、H＋[
D．将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，可制得无水硫酸铜
5．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：

下列说法正确的是
A．步骤①操作中，生成的气体可用CuSO4溶液吸收
B．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水
C．步骤②操作中，应先加6% H2O2，然后加入1.0mol·L -1H2SO4
D．滤渣1和滤渣2均含有H2SiO3胶体，进一步加工可获得硅胶
6．将18 g铜和铁的混合物投入200 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24 LNO，剩余9.6 g金属；继续加入200 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24 LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法不正确的是（ ）
A．第一次溶解的金属8.4 g全为铁且反应的离子反应方程式为3Fe+8H+ +2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0 mol/L
C．原混合物中铜和铁各0.15 mol
D．再加入上述200 mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24 L NO
7．下列有关物质用途的说法中，不正确的是
A．铝制餐具不能用于存放酸性或碱性的食物，但可以存放咸的食物
B．纯铝的硬度和强度较小，不适合制造机器零部件
C．常温下铝遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化
D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
8．向盛有100mLNH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

下列说法正确的是
A．NH4Al(SO4)2的电离方程式为：NH4Al(SO4)2NH+Al3++2SO
B．m点反应的离子方程式：NH4++OH﹣═NH3•H2O
C．反应过程中SO42﹣的浓度始终保持不变
D．由图象可知所滴NaOH溶液的浓度为0.1mol•L﹣1
9．下列有关说法正确的是
A．某试样焰色反应为黄色，则一定含Na元素，一定不含K元素
B．配制溶液的过程中，如不慎加水超过了容量瓶的刻度线，可用胶头滴管吸出
C．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚
D．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路板
10．绿矾别名青矾、皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下：

下列说法正确的是
A．焙烧过程中每生成1molSO2转移电子数为5NA
B．还原后所得滤液可用高锰酸钾检验Fe3+是否反应完全
C．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3
D．操作1为蒸发结晶
11．X在一定条件下可发生如下转化，有关叙述错误的是

A．气体①为CO，其质量为(1.96g－0.56g)
B．反应②的离子方程式为：5Fe2＋＋MnO＋4H2O=5Fe3＋＋Mn2＋＋8OH－
C．反应③中若气体①反应完全，需CuO的质量为4.0g
D．X的化学式为Fe(CO)5
12．下列有关氢氧化亚铁及其制备方法的叙述中，不正确的是

A．可利用如图所示装置，制备氢氧化亚铁
B．氢氧化亚铁为灰绿色絮状沉淀
C．氢氧化亚铁易被空气氧化
D．实验制备中，氢氧化钠溶液应预先煮沸
13．元素的价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象。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法错误的是

A．在空气中受热发生转化② B．转化③可以通过化合反应实现中
C．中加入铁可以实现转化⑤ D．加热发生转化⑥
14．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。下列说法错误的是

A．FeCO3转化为铁红的化学方程式：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2
B．常温下，（NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小
C．制备Fe4(OH)2(SO4)5、Fe2O3、（NH4)2Fe(SO4)2的过程都发生了氧化还原反应
D．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行

二、填空题
15．将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL 4mol·L﹣1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol·L﹣1的NaOH溶液。请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n(Al)= mol

（2）0～V1段发生的反应的离子方程式为 。
（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= mL。
（4）沉淀质量m 减小的阶段，反应的离子方程式 。
16．把一小块金属钠投入水中，观察到以下各种现象：钠浮在水面上，熔成闪亮的小球，四处游动，逐渐减少，直至消失。
（1）钠的原子结构示意图为 。
（2）写出该反应的化学方程式 ；其中钠熔成闪亮小球的原因是 。
（3）将所得溶液平均分成两份：
①一份加入足量的铝片充分反应，写出该反应的离子方程式： 。
②向另一份溶液中滴加FeCl3溶液至沉淀不再增加，写出生成沉淀的反应的离子方程式 ；继续将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，此时得到的固体为 （填化学式），如称量其质量为4.0g，通过计算，可知最初加入的金属钠的质量为 g。
17．高炉炼铁
(1)设备： ；
(2)原料： 。
(3)主要反应
①还原剂的生成。
a．生成CO2：
b．生成CO：
②铁的生成：
18．A、B、C、D四种物质都含有一种共同的元素，A是常见的金属，C的溶液呈现黄色，A、B、C、D之间有如图所示转化关系。

试回答下列问题：
（1）A是 。
（2）C是 。
（3）C的溶液与NaOH溶液混合后产生的现象是 。
（4）反应①的反应类型是 。
19．某同学为探究已保存较长时间的硫酸亚铁药品是否变质。设计了如下实验方案：

(1)试剂①的主要成分的化学式是 。
(2)加入新制氯水后溶液红色加深的原因是 (用离子方程式表示)。
(3)该同学在实验中加入了过量氯水，放置一段时间后，发现深红色褪去，现对褪色原因进行探究。
①提出假设
假设1：溶液中的＋3价铁被氧化为更高价态的铁；
假设2： 。
②设计方案
为了对你所提出的假设2进行验证，请写出一种实验方案 。
(4)应用拓展
写出实验室保存FeSO4固体的方法 。
20．实验室可用如下方法制取Cl2，根据相关信息，回答下列问题：
（1）用双线桥法表示电子转移方向和数目 ：①MnO2 +4HCl（浓）= Cl2↑+ MnCl2+ 2H2O
（2）若反应中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质为 （填化学式），被氧化的物质的量为 ，同时转移电子数为 。
（3）将（2）生成的氯气与 0.2mol H2 完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为 L，将此产物溶于水配成100mL溶液，此溶液的物质的量浓度为 。（已知：H2+Cl22HCl）
（4）②KClO3＋6HCl(浓)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为 。
（5）已知反应4HCl(g)＋O2 2Cl2＋2H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由弱到强的顺序为 。
（6）将不纯的NaOH样品2.50 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到 g固体。
21．Ⅰ、铝土矿(主要成分为Al2O3，含有少量杂质)是提取铝的原料。提取铝的工艺流程如下：

(1)请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应： 。
(2)写出以上工艺流程中第③步反应的化学方程式： 。
(3)若第①步加入的是盐酸，则发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ、下图为几种物质的转化关系，其中A为金属，B为淡黄色固体粉末，每一物质均含有A元素。

(4)写出下列物质的化学式：
B ，C ，E ，F 。
(5)写出下列各步反应的化学方程式：
C→E ；
C→F ；
F→C 。
22．铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：

已知：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；
（2）溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：
2Na2SiO3＋2NaAlO2＋2H2O ＝ Na2Al2Si2O8↓＋4NaOH
回答下列问题：
（1）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液操作中发生反应的离子方程式： ； 。
（2）滤渣A的主要成分为 ；滤渣A的用途是 (只写一种)；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是 。
（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因是： 。
（4）若将铝溶解，下列试剂中最好选用 (填编号)。
A．浓硫酸               B．稀硫酸                 C．稀硝酸
23．向100mL稀硫酸和硝酸铁的混合溶液中加入铁粉，溶液中的Fe2+浓度如图所示(不考虑溶液体积的变化)：

(1)OA段反应的离子方程式为 ；AB段反应的离子方程式为 ；由此推出混合液中存在微粒氧化性由大到小的关系是 。
(2)原溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为
(3)B点对应溶液中Fe2+物质的量浓度为 mol∙L-1；的物质的量浓度为 mol·L-1。
24．化学实验的微型化可有效减少污染，实现化学实验的绿色化。某同学按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0. 1 mol/L的KBr、KI(含淀粉)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。[已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O]

(1)e处发生反应的离子方程式为 ，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
(2)b处的实验现象为 ，d处的实验现象为 。
(3)c处反应的化学方程式为 ，标准状况下，当有0.224 L Cl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为 mol。
(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？ (填“能”或“不能”)，若能，其氧化性由强到弱的顺序是 。

参考答案：
1．C
【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣I应为难溶与硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。
【详解】A．溶浸时，主要是硼镁矿和硫酸铵反应，根据流程可知该过程有氨气产生，结合元素守恒可得该过程的化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2(NH4)2SO4=4NH3↑+2MgSO4+2H3BO3，产生的气体为NH3，A正确
B． Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，B正确；
C．在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是有利于析出H3BO3，C错误；
D．H3BO3存在解离反应：H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，加入NaOH消耗氢离子，促进平衡正向移动，Na+结合[B(OH)4]-生成Na[B(OH)4]，反应的化学方程式：NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，D正确；
故选：C。
2．A
【详解】A．铁离子能和过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，不能分离，故A错误；
B．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和水，而氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，过滤后，得到氧化铁，故B正确；
C．碳酸钠溶液与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，能够除去杂质且不引入新杂质，故C正确；
D．铁离子的氧化性大于亚铁离子，因此混合液中加入足量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，过滤后，滤液为氯化亚铁溶液，故D正确；
故选A。
3．A
【详解】A、ClO2具有强氧化性，能把有色物质漂白，故A正确；
B、AlCl3属于电解质，但工业上冶炼金属铝，是电解熔融状态下的氧化铝，故B错误；
C、石英的成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，与NaOH、Na2CO3发生反应，因此不能用石英坩埚加热熔化的烧碱和纯碱等固体，故C错误；
D、铜常温下与浓硝酸发生反应，而铝与浓硝酸发生钝化反应，产生一层致密氧化薄膜阻碍反应的进行，一般用铝罐或铁罐贮运浓硝酸，故D错误。
故选A。
4．B
【详解】A.因制取硫酸铜，过量的酸应为稀硫酸，不适合用硝酸，原因是会引入硝酸铜杂质；不适合用浓硫酸，原因是会产生二氧化硫气体而污染空气；加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3＋变为沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确；
B.向混合溶液通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯化铜杂质，B错误；
C.废铜粉与稀硫酸反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由于稀硫酸过量，因此通入气体A之前混合溶液中存在的阳离子为Fe2＋、Cu2＋、H＋，C正确；
D.将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，晶体将失去结晶水，得到无水硫酸铜，D正确。
故答案B。
5．A
【详解】A．步骤①操作中，生成的气体是H2S，可用CuSO4溶液吸收，正确；
B．滤液1中存在Fe3+，检验是否含有Fe2+，不能选用KSCN和新制的氯水，错误；
C．若先加双氧水，三价铁容易催化双氧水分解，达不到氧化的目的，错误；
D．SiO2与H2SO4不反应，滤渣1和滤渣2均含有SiO2而不是H2SiO3胶体，错误；
故答案选A。
6．D
【分析】溶液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余，可以看作是18g混合物质与400mL硝酸反应生成0.2 mol NO，铁铜全都生成二价的离子，设铁为A mol铜为B mol，发生的反应离子方程式为：
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
列两个方程，得
56A+64B=18、2A/3+2B/3=0.2
得出：A=0.15mol、B=0.15mol，计算得到18g混合物中含铁质量为0.15mol ×56g/mol=8.4g，含铜质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，据此解答。
【详解】A、第一次溶解的金属铁产生三价铁离子后，能与铁单质反应变为二价铁，所以A正确；
B、硝酸浓度为C(HNO3)=0.8mol/0.4L=2mo/L，稀硝酸的物质的量浓度为2mol/L，B正确；
C. 由计算可知，原混合物中铜和铁各0.15 mol，C正确；
D. 溶液中二价铁离子为0.15mol，再加入上述200 mL稀硝酸，得到标准状况下的NO为0.05mol，体积为1.12 L，D错误；
故选D。
7．A
【详解】A．铝能够与酸、碱溶液发生反应，所以铝制餐具不能用于存放酸性或碱性的食物，但若存放咸的食物，Al及其中所含杂质及NaCl溶液会构成原电池反应，也会加快铝制品的腐蚀，因此也不能存放咸的食物，A错误；
B．纯铝的硬度和强度比铝合金小，因此不适合制造机器零部件，B正确；
C．常温下铝遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化，钝化是Al被浓硫酸、浓硝酸氧化产生了一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化。由于变化过程中产生了新的物质，因此发生的变化属于化学变化，C正确；
D．碳酸钠和碳酸氢钠都是强碱弱酸盐，水溶液均显碱性，对人体健康无害，因此都可用作食用碱或工业用碱，D正确；
故合理选项是A。
8．B
【分析】向盛有100mLNH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，从0到30mL，溶液中Al3+与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，30mL到40mL，NH4+与氢氧根离子反应生成NH3•H2O，40mL到50mL，Al(OH)3与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子。
【详解】A．NH4Al(SO4)2是强电解质，在溶液中完全电离，则NH4Al(SO4)2的电离方程式为：NH4Al(SO4)2=NH+Al3++2SO，故A错误；
B．m点NH与氢氧根离子反应生成NH3•H2O，其反应的离子方程式为NH+OH﹣=NH3•H2O，故B正确；
C．硫酸根离子不参加反应，硫酸根离子的物质的量不变，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的体积增大，所以硫酸根离子的浓度减小，故C错误；
D．由图可知，生成的Al(OH)3的物质的量为0.01mol，Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol，其体积为0.03L，所以NaOH溶液的浓度为1mol•L﹣1，故D错误；
故选B。
9．D
【详解】A．某试样焰色反应为黄色，则一定含Na元素，由于Na元素的黄色会将K元素的紫色给掩蔽，故可能含有K元素，A错误；
B．配制溶液的过程中，如不慎加水超过了容量瓶的刻度线，若用胶头滴管吸出，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B错误；
C．Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH反应，烧碱为NaOH，因此氧化铝不能用于制造熔融烧碱的坩埚，C错误；
D．FeCl3溶液能与Cu发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，因此用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板，D正确；
故选D。
10．C
【分析】由制备流程可知，在空气中焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，酸浸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，还原时发生FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，过滤后，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O，以此来解答。
【详解】A．焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，生成8molSO2时转移44mol电子，则每生成1molSO2转移电子数为5.5NA，故A错误；
B．还原后所得滤液可用KSCN溶液检验Fe3+是否反应完全，亚铁离子可被高锰酸钾氧化，故B错误；
C．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3，与硫酸反应生成硫酸亚铁，故C正确；
D．由溶液得到含结晶水的晶体，可知操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查物质的制备实验，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，由制备流程可知，在空气中焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，酸浸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，还原时发生FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，过滤后，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O。
11．B
【分析】溶液B加KSCN溶液呈血红色，可知B中含，溶液B由溶液A加酸性高锰酸钾氧化得到，可知A中含有，依据元素守恒可知0.56g金属应为Fe，物质的量为0.01mol，气体①与足量氧化铜反应生成气体②，气体②通入足量石灰水中生成白色沉淀，则气体②为二氧化碳，气体①为CO，5.00g的白色沉淀为碳酸钙，物质的量为0.05mol，根据元素守恒可知气体①和气体②均为0.05mol，CO的质量为1.4g，而X的质量恰好为1.96g，可知X中只含Fe和CO的组成比例为1:5，则X的化学式为：Fe(CO)5，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知0.56g为Fe，气体①为CO，根据质量守恒可知其质量为(1.96g－0.56g)，故A正确；
B．反应②的溶液环境为酸性，离子方程式为：5Fe2＋＋MnO＋8H+=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，故B错误；
C．CO与CuO发生反应：，由分析已知CO的物质的量为0.05mol，消耗的CuO为0.05mol，氧化铜的质量为：0.05mol×80g/mol=4.0g，故C正确；
D．由以上分析，X中只含Fe和CO的组成比例为1:5，则X的化学式为：Fe(CO)5，故D正确；
故选：B。
12．B
【详解】A、氢氧化亚铁易被氧气氧化，把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液滴加氢氧化钠，可以防止氢氧化亚铁被氧化，所以可利用装置制备氢氧化亚铁，故A正确；
B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，故B错误；
C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故C正确；
D、加热煮沸可以除去氢氧化钠溶液中的氧气，所以制备氢氧化亚铁时，氢氧化钠溶液应预先煮沸，故D正确；
选B。
【点睛】本题考查学生氢氧化亚铁的制备知识，明确氢氧化亚铁容易被氧气氧化，注意隔绝空气防止被氧气氧化是氢氧化亚铁制备成功的前提条件之一。
13．A
【详解】A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，故A错误；
B．转化③发生的反应为4 Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，可以通过化合反应实现，故B正确；
C．中加入铁发生反应：Fe+2=3Fe2+，可以实现转化⑤，故C正确；
D．加热Fe(OH)3生成Fe2O3，可发生转化⑥，故D正确；
故选：A。
14．C
【详解】A．碳酸亚铁与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式正确，A正确；
B．Fe2+在水中发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，硫酸亚铁铵中铵根离子发生水解产生大量H+，抑制了Fe2+的水解，使硫酸亚铁铵的溶解度减小，B正确；
C．在制备硫酸亚铁铵的过程中各物质中的元素没有发生化合价的变化，没有发生电子的转移，故没有发生氧化还原反应，C错误；
D．高温条件下碳酸氢铵易分解，故在制备碳酸亚铁过程中需要低温进行反应，D正确；
故选C。
【点睛】本题B选项需根据化学平衡移动原理进行分析。
15． 0.08 H++OH-=H2O 400 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【详解】当V1=160mL时，此时溶液溶质是氯化镁、氯化铝和氯化钠的混合物，由钠离子守恒可以得到：n(NaCl)=n(Na+)=n(NaOH)=0.16×2=0.32mol，200mL 4mol·L﹣1的盐酸溶液中含有氯化氢的量为0.2×4=0.8 mol；已知镁、铝的混合物共0.2mol，设混合物中含有氯化镁xmol、氯化铝ymol，根据镁原子、铝原子守恒：x+y=0.2，根据氯离子守恒：2x+3 y=0.8-0.32，解之得：x=0.12 mol，y=0.08 mol；所以金属粉末中，n（Mg）=0.12 mol，  n(Al)= 0.08 mol；
（1）当V1=160mL时，则金属粉末中n(Al)= 0.08mol；正确答案：0.08。
（2）0～V1段发生的反应，滴入氢氧化钠溶液后没有沉淀生成，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O；正确答案：H++OH-=H2O。
（3）当溶液中Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，此时溶液只为氯化钠溶液，根据氯离子和钠离子守恒有：n(NaCl)=n(Na+)=n(HCl)=4×0.2=0.8 mol, 则滴入NaOH溶液的体积为V(NaOH)=
0.8/2=0.4L=400mL, 正确答案：400。
（4）沉淀最大值时为氢氧化镁和氢氧化铝两种沉淀之和，继续加入NaOH溶液，氢氧化铝沉淀能够溶在强碱中变为偏铝酸钠溶液，而氢氧化镁沉淀不溶于强碱；离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；正确答案：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
点睛：根据图象所信息分析，0～V1段是氢氧化钠溶液中和过量的盐酸过程；V1～V2段是氢氧化钠溶液沉淀镁离子和铝离子过程，且沉淀达到最大值；从最大值沉淀到沉淀部分溶解，为氢氧化铝溶于强碱过程，最后剩余的为不溶于强碱的氢氧化镁沉淀。
16． 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 钠和水反应放热，且钠的熔点低 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ 3OH-+Fe3+=Fe(OH)3↓ Fe2O3 3.45
【详解】(1)钠的原子结构示意图为：。答案为：
(2)钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；钠的熔点低，而反应放热，温度升高，达到钠的熔点，使钠熔成闪亮小球。答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；钠和水反应放热，且钠的熔点低
(3)将所得溶液平均分成两份：
①所得溶液为NaOH溶液，能与加入的铝片反应，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
②NaOH溶液与FeCl3溶液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：3OH-+Fe3+=Fe(OH)3↓ ；将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，Fe(OH)3分解得到Fe2O3，根据各反应可列出关系式计算：

m(Na)==3.45g
即最初加入的金属钠的质量为3.45g。
答案为：3OH-+Fe3+=Fe(OH)3↓ ；Fe2O3；3.45
【点睛】对于连续的多步反应，利用关系式法可省略中间计算步骤，从而简化计算。
17．(1)炼铁高炉
(2)铁矿石、焦炭、空气等
(3) C+O2CO2 CO2+C2CO Fe2O3+3CO2Fe+3CO2

【详解】（1）高炉炼铁所需设备为炼铁高炉；
（2）所用原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石等，
（3）①焦炭与氧气在高温条件下生成二氧化碳，化学方程式为C+O2CO2；
二氧化碳与过量焦炭在高温条件下生成CO，化学方程式为CO2+C2CO；
②高温条件下，三氧化二铁被CO还原为铁单质，化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。
18． Fe FeCl3 红褐色沉淀 置换反应
【分析】C中滴入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明C中有Fe3+，C由A和Cl2反应生成的，那么C中肯定还有Cl元素，那么C是FeCl3 ，则A是Fe，Fe与酸反应生成B为FeCl2。
【详解】（1）从上述分析知道，A是Fe。答案为：Fe；
（2）根据分析可知，C是FeCl3。答案为：FeCl3；
（3）FeCl3溶液与NaOH溶液混合会生成Fe(OH)3红褐色沉淀。答案为：红褐色沉淀；
（4）反应①是Fe + 2HCl＝FeCl2+H2↑,该反应是置换反应。答案为：置换反应。
19． KSCN 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-、Fe3＋＋3SCN-=Fe(SCN)3 SCN-被过量的氯水氧化 取少量褪色后的溶液于试管中，滴加过量KSCN溶液，若出现红色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立 密封保存
【详解】(1) 溶液由浅黄色变为浅红色，证明了Fe3+的存在，所以试剂①的主要成分的化学式是KSCN；
(2) 溶液中含有Fe2+，加入氯水后，Fe2+被氧化为Fe3+，使溶液红色加深，其离子方程式为：、；
(3)①加入氯水颜色褪去，氯水具有还原性，所以可能原因是：SCN-被过量的氯水氧化；②假设2是SCN-被过量的氯水氧化，溶液中还存在Fe3+，只要加入KSCN溶液即可验证假设2是否成立，实验方案为：取少量褪色后的溶液于试管中，滴加过量KSCN溶液，若出现红色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立；
(4)FeSO4中Fe是+2价，易被氧化，因此保存FeSO4应密封保存。
20．   
HCl 0.2mol 1.204×1023 4.48 2mol/L 6∶5∶6 O2﹤MnO2﹤KMnO4 5.85
【分析】（1）利用化合价升降法判断氧化剂、还原剂、氧化产物及还原产物和转移电子数目；
（2）反应中二氧化锰作氧化剂，化合价降低，被还原，HCl为还原剂，被氧化，生成氯气；
（3）根据反应H2+ Cl2=2HCl，利用较少的物质完全反应进行计算；
（4）利用化合价升降法计算转移电子数目；
（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性越强，反应的条件越简单；
（6）根据元素守恒，反应的最终产物为NaCl进行计算。
【详解】（1）反应中Mn的化合价由+4价变为+2价，得电子，Cl的化合价由-1价变为0价，失电子，则最小公倍数为2，双线桥法为  ；
（2）反应中二氧化锰作氧化剂，化合价降低，被还原，HCl为还原剂，被氧化，生成氯气；0.1mol MnO2反应，转移0.2mol电子，生成0.1mol氯气，则被氧化的HCl为0.2mol；
（3）n（H2）：n（Cl2）=2：1，则氯气少量，为0.1mol，根据反应H2+ Cl2=2HCl，生成0.2molHCl，其标况下的体积为4.48L；c（HCl）=n/V=0.2mol/0.1L=2mol/L；
（4）若制取1mol氯气时，①转移2mol电子；②KClO3中Cl的化合价由+5变为0价，转移5个电子，生成3个氯气，则生成1mol氯气时，转移5/3mol电子；③KMnO4中Mn的化合价由+7变为+2价，转移10个电子，生成5个氯气，则生成1mol氯气时，转移2mol电子，制得相同质量的氯气，电子转移的数目之比为2：：2=6：5：6；
（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性越强，反应的条件越简单，则氧化性由弱到强的顺序为O2﹤MnO2﹤KMnO4；
（6）加入的n（Cl-）=0.05mL× 2.00mol/L=0.1mol，反应的最终产物为NaCl，根据元素守恒，则n（NaCl）=0.1mol，其质量为5.85g。
【点睛】反应的最终产物为NaCl，根据元素守恒，即可判断n（NaCl）。
21．(1)Al2O3＋2OH-=2＋H2O
(2)NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3
(3)Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O
(4) Na2O2 Na2CO3 NaOH(或NaCl) NaHCO3
(5) Na2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2NaOH(或Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O)(答案合理即可) Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O

【解析】（1）
铝土矿的主要成分为Al2O3，为两性氧化物，与氢氧化钠反应离子方程式为：Al2O3＋2OH-=2＋H2O；
（2）
为保证把偏铝酸钠溶液种的铝元素完全转化为氢氧化铝沉淀，应通入足量二氧化碳气体，发生的化学反应为：NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3；
（3）
铝土矿的主要成分为Al2O3，为两性氧化物，即可与氢氧化钠反应又可与盐酸反应，故若第①步加入的是盐酸，则发生反应的离子方程式：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
（4）
根据A为金属，B为淡黄色固体粉末，可知A为Na，B为Na2O2，前后联系，可知D、E分别为Na2O、NaCl、NaOH中的一种，由Na2O2的性质可知，C必为Na2CO3,则F为NaHCO3，由Na2CO3→E可知，E为NaOH或NaCl，由D→C知，E为NaOH时，D只能为Na2O；当E为NaCl时，D可以为Na2O或NaOH；
（5）
根据小问（4）可知，C为Na2CO3、E为NaOH或NaCl，故 C→E 反应方程式为：Na2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2NaOH(或Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O)(答案合理即可)；F为NaHCO3，故C→F反应方程式为：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3；F→C反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
22． Al2O3＋2OH－= 2AlO2-＋H2O SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O Fe2O3、Na2Al2Si2O8 作炼铁的原料(或作生产硅酸盐产品的原料) 引流 经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3 B
【详解】试题分析：（1）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（2）只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，氧化铁用于冶炼铁，过滤利用玻璃棒引流，故答案为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；作炼铁的原料(或作生产硅酸盐产品的原料)；引流；
（3）经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3，所以第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因为将NaAlO2完全转化为Al(OH)3，故答案为将NaAlO2完全转化为Al(OH)3；
（4）因铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染，则选稀硫酸溶解Al最好，故选B。
考点：考查了铝的化学性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用的相关知识。
23． 4H+++Fe=Fe3++NO↑+2H2O 2Fe3++Fe=3Fe2+ HNO3大于Fe3+ 2：1 6 4
【分析】由图可知，OA段没有亚铁离子，故先发生铁与溶液中的硝酸根、氢离子反应生成硝酸铁、一氧化氮、和水；AB段开始产生亚铁离子，是铁离子和铁反应生成亚铁离子，由此分析。
【详解】(1)根据分析，OA段没有产生亚铁离子，是铁与硝酸根、氢离子反应生成硝酸铁、一氧化氮、和水，离子方程式为4H+++Fe=Fe3++NO↑+2H2O；AB段开始产生亚铁离子，是铁离子和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；根据铁和氢离子、硝酸根离子的反应，硝酸中氮元素的化合价为+5价，生成物一氧化氮中氮元素的化合价为+2价，作氧化剂，铁的化合价从0价升高到+3价，铁离子作氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性由大到小的关系是HNO3大于Fe3+；
(2)由图可知，OA段中消耗铁的物质的量=0.2mol，依据化学反应：4H+++Fe=Fe3++NO↑+2H2O，2H2SO4~4H+~Fe~Fe3+，故消耗的硫酸的物质的量为0.2mol ×2=0.4mol，生成的铁离子的物质的量为0.2mol，BC段中消耗的铁的物质的量为：=0.2mol，发生反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，消耗的铁离子的物质的量为0.4mol，溶液中没有铁离子，设原溶液含有的铁离子的物质的量为x，x+0.2mol-0.4mol=0，x=0.2mol，Fe(NO3)3~Fe3+，故原溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为0.4mol：0.2mol=2:1；
(3)根据2Fe3++Fe=3Fe2+，BC段中消耗的铁的物质的量为：=0.2mol，Fe~3Fe2+，生成的Fe2+的物质的量为：0.2mol×3=0.6mol，B点对应溶液中Fe2+物质的量浓度为c===6mol∙L-1；原溶液中Fe(NO3)3~Fe3+~3，由(2)可知原混合液中含Fe(NO3)3的物质的量为：0.2mol，的物质的量为0.6mol，OA段的化学反应：4H+++Fe=Fe3++NO↑+2H2O，消耗的铁的物质的量为0.2mol，消耗的的物质的量为0.2mol，B点的物质的量为0.2mol×3-0.2mol=0.4mol，浓度为c===4mol∙L-1。
24． 2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 1∶5 溶液由无色变为蓝色 溶液由浅绿色变为红色 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 0.01 能 KMnO4＞Cl2＞FeCl3
【详解】(1)e处高锰酸钾和浓盐酸发生反应生成氯气，该反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，该反应中高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸既表现还原性又表现酸性，由离子方程式可知，16mol盐酸参与反应，其中做还原剂的盐酸为10mol，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5；
(2)b处氯气置换碘，碘遇淀粉变蓝，b处的实验现象为溶液由无色变为蓝色，氯化亚铁溶液显浅绿色，d处氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁，+3价铁离子遇硫氰化钾溶液后显红色，故实验现象为溶液由浅绿色变为红色；
(3)c处氯气与氢氧化钠溶液发生反应，该反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。标准状况下， 0.224 L Cl2的物质的量为0.01mol，其被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为0.01mol；
(4)本实验中 KMnO4把浓盐酸氧化为Cl2，Cl2把氯化亚铁氧化为FeCl3，因此，通过该实验能比较Cl2、FeCl3、KMnO4等三种物质氧化性的强弱，其氧化性由强到弱的顺序是KMnO4＞Cl2＞FeCl3。