第三章铁 金属材料 单元测试（含答案解析）2022-2023学年高一化学人教版（2019）必修第一册

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1、第三章铁 金属材料一、单选题1下列关于铁及其化合物的性质叙述错误的是A补血剂中含有+3价铁元素B铁能被磁铁吸引可用于制作磁性材料CFe2O3常用于制造红色油漆和涂料D保存氯化亚铁溶液时，应加少量铁粉2下列有关铁及其化合物的叙述中，不正确的是（）A高温下，铁和水蒸气反应可以生成氢气B将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，煮沸至红褐色，可以制得氢氧化铁胶体C用溶液鉴别溶液和溶液D常用作红色油漆和涂料3“价类二维图”是学习元素化合物知识的高效模型。下图为铁元素的“价类二维图”，图中字母代表含铁元素的物质。下列判断正确的是AX在高温下与水蒸气反应可生成ZB在常温下N能与氧气、水发生化合反应生成MCY是一种红棕色

2、粉末，常用作红色油漆和涂料DQ可以是一种新型净水剂碱式硫酸铁4类推时要注意物质的相似性和特殊性，下列类推结论正确的是选项化学事实类推结论A铝在氧气中燃烧生成Al2O3铁在氧气中燃烧也生成Fe2O3B溶解度：CaCO3 Ca( HCO3)2溶解度： Na2CO3 NaHCO3CAl(OH)3受热分解为Al2O3和H2OFe(OH)3也能受热分解生成相应价态的金属氧化物和H2ODNa2CO3、NaHCO3溶液均显碱性钠盐溶液均能使酚酞溶液变红AABBCCDD5某兴趣小组同学为研究Cu与Fe3+的反应进行如下实验(已知CuCl为白色固体，微溶于水)：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水

3、充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A3个实验中消耗的铜粉的量不完全一样B实验I、II、III中均发生了反应2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+CII中加水后的离子反应可能是Cu2+Cu+2Cl-=2CuClD上述实验表明能否形成白色沉淀主要取决于加入Cu的量6某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，然后白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正

4、确的是 A一定有Fe2+，一定没有Fe3+、Mg2+B一定有Fe3+，一定没有Fe2+、Mg2+C一定有Fe3+，可能有Fe2+， 一定没有Mg2+D一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+7部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A可与反应生成B既可被氧化，也可被还原C可将加入浓碱液中制得的胶体D可存在的循环转化关系8各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示物质杂质除去杂质的方法溶液加入适量溶液并过滤溶液加入过量铁粉并过滤先通过盛有溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶溶解、过滤、蒸发其中正确的是ABCD9Na2CO3和NaHCO3混合物27.4

5、 g，加热至质量不再减小，得到残余固体21.2 g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量比为A1：1B1：2C3：2D1：310下列描述中不符合生产实际的是A电解熔融氧化铝制金属铝B根据原电池原理生产化学电源C电解饱和食盐水制金属钠D电镀法铁上镀锌11下列过程最终能生成含三价铁的化合物的是过量Fe与氯气反应铁丝在硫蒸气中燃烧向溶液中通入铁与溶液反应露置于空气中ABCD12下列离子方程式书写正确的是AFeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+B氯气溶于水：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-C铝与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2D氧化铁与稀盐酸反应：

6、FeO+2H+=Fe2+H2O13碱式碳酸镁是橡胶制品的填充剂和补强剂，其化学式为xMg(OH)2yMgCO3zH2O。现取4.66 g 碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到2.00 g固体和0.0400 mol CO2.下列说法中正确的是A2.00 g固体是Mg(OH)2B4.66 g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，生成水0.800 gC4.66 g碱式碳酸镁加盐酸完全溶解，参加反应的HCl为0.0800 molD该碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)24MgCO34H2O14下列相关反应方程式不正确的是A过氧化钠用作供氧剂：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2B保存FeSO4溶液需添加

7、铁粉：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+C工业上制备漂白粉：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2OD硝酸型酸雨腐蚀大理石石雕：CO + 2H+ = H2O + CO215高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是ACl2和NaClO在反应中均作氧化剂B用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水C反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4K2FeO4二、填空题16除去下列物质中含有的少量杂质，写出除杂所用试剂的化学式

8、和反应的离子方程式：(1)溶液中含有少量的杂质：_、_；(2)溶液中含有少量的杂质：_、_；(3)溶液中含有少量的杂质：_、_。17在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验，三组各取30mL同浓度的盐酸溶液，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据如表：实验序号甲乙丙合金质量(mg)255385459生成气体体积(mL)280336336(1)乙组实验中，盐酸_(填“过量”“适量”或“不足量”)，理由是_。(2)要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是_(填“甲”、“乙”、“丙”)，求得的盐酸的物质的量浓度为_。(3)求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是_(填“甲”

9、、“乙”、“丙”)，求得的Mg、A1的物质的量之比为_。18把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110mL4mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g过滤，滤液中无Cu2+，将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+)=0.4mol/L。请回答下列问题(请写出必要的解题过程)：(1)残留固体1.28g为_(填化学式)。(2)原混合物粉末中，m(CuO)=_g。(3)滤液稀释到200mL后，c(Fe2+)=_mol/L。(4)稀释后，加入足量的硝酸银，产生沉淀的物质的量n(AgCl)=_mol。(5)原混合物总质量为m(总)=_g。19长期放置的溶液易被氧化

10、而变质，某兴趣小组进行了如下实验：(1)设计实验检验溶液的变质程度。实验方案步骤1步骤2取待检测液于试管中，向其中滴加溶液取待检测液于试管中，向其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液实验现象_实验结论溶液部分变质上述方案补充完整_、_。若要使部分变质的复原，方法是_(用离子方程式表示)。(2)利用部分变质的溶液制备。“()”中所填是所需试剂或条件，分别为_、_、_、“”中所填是含铁物质的化学式，分别是_、_(以离子形式存在的可写离子符号)。若该变质溶液制得，则变质前溶液的浓度为_。(3)可用作补铁剂，使用时建议与维生素C同服，同学甲猜测维生素C可将转化为，以利于人体吸收。为了验证这一猜想，设计了如下实验

11、：实验方案实验现象取适量溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液紫色褪去由上述实验能否得出“维生素C可将转化为”的结论？请说明理由：_。三、计算题20在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取同浓度的盐酸30mL，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体。有关数据列表如表(气体体积均为标准状况下测得)：实验序号甲乙丙合金质量/g0.2550.3850.459生成气体/ml280336336(1)甲组实验中，盐酸_；乙组实验中，盐酸_(填“过量“、“适量“或“不足“)。(2)该盐酸的物质的量浓度_。(3)合金中Mg、Al的物质的量之比为_。(4)在丙组实验后，向容器中加入1m

12、ol/L的NaOH溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为，并使Mg2+刚好沉淀完全，则溶液中的物质的量为_mol；溶液中Na+的物质的量为_mol。21(1)某混合物由、组成，已知、三元素的质量之比为23169，则、和物质的量之比为_，含的该混合物的质量为_。(2)含，则的摩尔质量为_，R的相对原子质量为_。含R的质量为的，其物质的量为_。(3)已知能与恰好完全反应，生成和一定量D，现将与的混合物充分反应后，生成和一定量的C，则D的摩尔质量为_。22在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2常作为氧气的来源。若每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.896 L。(1)每人每分钟消耗O2的物质的量

13、为_mol。(2)假设所需的O2全部由Na2O2来提供，则某消防员工作1小时所需要的Na2O2的质量为_g。23铝、氧化铝的性质与其他常见金属及氧化物相比，有一定的特殊性。(1)可用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，反应原理是(用离子方程式表示)_，将2.7gAl分别置于足量的NaOH溶液、稀硫酸中，生成H2的体积之比(同温同压)为_。(2)证明Al2O3是两性氧化物的常用试剂是_(填名称)，将ag废铝片置于100mL盐酸中，测得反应过程中生成氢气体积(标准状况)与时间的关系如图所示：0t1时间段无气体生成的原因是_，若反应后所得溶液中n(Al3+)=0.102mol且盐酸恰好完全反应，则原溶液中

14、c(HCl)=_。四、实验题24如图，在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热并通入水蒸气，用试管收集产生的经干燥的水蒸气，并靠近火焰点燃。请回答下列问题：(1)写出该反应的化学方程式_ ，(2)加热烧瓶的作用是_，烧瓶底部放了几片碎瓷片，其作用是_。(3)玻璃管中石棉绒的作用是_。A石棉绒的作用是催化剂B石棉绒的作用是使铁粉受热均匀C石棉绒的作用是做铁粉的载体以及防止铁粉被吹入导管引起堵塞(4)实验开始时应先点燃_，实验结束时，应先熄灭_。25K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：(1)晒制蓝图时，用K3Fe(C2O4)33H2O作感

15、光剂，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2；显色反应的化学方程式为_。(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。通入氮气的目的是_。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_、_。为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_。样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是_。26实验室需配制的溶液，回答下列问题：(1)配制该溶液时所需的玻璃仪器是_；(2)请计算(写出必要的计算步骤)：配制该溶液时

16、需要用天平称取固体多少g_？将的溶液与的溶液反应，得到固体，则消耗溶液多少_？27磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在氛围中进行)：称取，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。向三颈烧瓶中加入溶液。持续磁力搅拌，将溶液以的速度全部滴入三颈烧瓶中，100下回流3h。冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。部分装置如图：回答下列问题：(1)仪器a的名称是_；使用恒压滴液漏斗的原因是_。(2)实验室制取有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为_，对应的装置为_(填标

17、号)。可供选择的试剂：、饱和、饱和可供选择的发生装置(净化装置略去)：(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和，离子方程式为_。(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_。A采用适宜的滴液速度B用盐酸代替KOH溶液，抑制水解C在空气氛围中制备D选择适宜的焙烧温度(5)步骤中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_；使用乙醇洗涤的目的是_。(6)该实验所得磁性材料的产率为_(保留3位有效数字)。参考答案1A【解析】A亚铁血红蛋白输送氧气，缺铁导致营养性贫血，所以补血剂中含有+2价铁元素，故A错误；B铁能被磁铁吸引可用于制作磁性材料，故B正确；CFe2O3呈红色，不易被氧化，

18、常用于制造红色油漆和涂料，故C正确；DFeCl2易被氧化，故保存时应加铁粉来防氧化，故D正确；故选A。2D【解析】A、铁与水蒸气在高温下发生3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，故A说法正确；B、氢氧化铁胶体的制备：将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，故B说法正确；C、KSCN滴入Fe3溶液中显血红色，滴入Fe2中不显色，可以鉴别，故 C说法正确；D、Fe2O3 常用作红色油漆和涂料，Fe3O4为黑色，故D说法错误；答案为D。3B【解析】AFe在高温下与水蒸气反应可生成Fe3O4，故A错误；B在常温下氢氧化亚铁能与氧气、水发生化合反应生成氢

19、氧化铁，故B正确；CY是是氧化亚铁，是黑色粉末，Z为氧化铁，是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，故C错误；DQ是+2价的盐，P为+3价盐，P可以是一种新型净水剂碱式硫酸铁，故D错误；综上所述，答案为B。4C【解析】A铁在氧气中燃烧也生成Fe3O4，推理不正确，A不合题意；B溶解度： Na2CO3NaHCO3，推理不正确，B不合题意；CAl(OH)3受热分解为Al2O3和H2O，Fe(OH)3也能受热分解生成相应价态的金属氧化物Fe2O3和H2O，推理正确，C符合题意；D并不是钠盐溶液均能使酚酞溶液变红，只有弱酸的钠盐因水解呈碱性能使酚酞溶液变红，推理不正确，D不合题意；故答案为：C。5D【

20、解析】A实验中Cu部分转化为Cu(I)消耗的铜粉多于其它两个实验，选项A正确；B实验、中溶液黄色均褪去，推测都发生了反应2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，选项B正确；C中加水后生成白色沉淀，根据元素种类推测应为CuCl，可能的离子反应Cu2+Cu+2Cl-=2CuCl，选项C正确；D实验、均加入过量的铜，后者未产生白色沉淀，表明能否形成白色沉淀由Cu的量和Cl-的浓度共同决定，选项D不正确。答案选D。6D【解析】加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，则不存在Fe3+，否则生成红褐色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明含有Fe2+，由于红褐色可掩盖白色，则不能证明是否含有M

21、g2+，以此解答该题。【解析】加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，则不存在Fe3+，否则生成红褐色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明含有Fe2+，是亚铁离子的特征性质和反应现象，反应为：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，由于红褐色可掩盖白色，则不能证明是否含有Mg2+。答案选D。7C【解析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。

22、【解析】AFe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；BFe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；CFe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D转化如，故D不选；综上所述，答案为C。8C【解析】加入氯化铁与氢氧化钾反应生成的氯化钾新的杂质，故错误；加入过量铁粉将铜离子置换除去，同时不引入新的杂质，故正确；先通过氢氧化钠溶液可以吸收二氧化碳，再通过浓硫酸除去

23、水蒸气，该过程中既没有消耗氢气也没有引入新的杂质，故正确；碳酸钙不溶于水，碳酸钠可溶于水，所以可以通过溶解、过滤、蒸发得到纯净的碳酸钠，故正确；综上所述答案为C。【点睛】除杂要把握两个原则：一是加入的试剂只能与杂质反应；二是不能引入新的杂质。9B【解析】加热时发生反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，利用差量法计算出碳酸氢钠的质量，再计算出碳酸钠的质量，最后根据n=计算出二者的物质的量之比。【解析】设混合物中含有NaHCO3的质量为m，则根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O可知：每有284 g NaHCO3发生反应，反应后产生106 g Na2CO3固体

24、，反应前后固体质量减少62 g，现在固体质量减少了27.4 g-21.2 g=6.2 g，故混合物中含有NaHCO3的质量m=，则混合物中含有碳酸钠的质量为m(Na2CO3)=27.4 g-16.8 g=10.6 g，n(Na2CO3)=；n(NaHCO3)=，因此原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.1 mol：0.2 mol=1：2，故合理选项是B。10C【解析】A.氯化铝熔融时不导电，所以电解熔融氧化铝制取金属铝，符合生产实际，故A不选；B.原电池装置可以形成电流，所以根据原电池原理可以生成化学电源，符合生产实际，故B不选；C.电解

25、饱和食盐水制取烧碱时，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧化钠，不能得到金属钠，所以不符合生产实际，故C选；D.电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，所以在镀件上镀锌时，纯锌作阳极，符合生产实际，故D不选；故选C。11D【解析】过量Fe与氯气反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，符合题意；铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+SFeS，不合题意；向FeBr2溶液中通入Cl2，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，符合题意；铁与CuCl2溶液反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，不合题意； Fe(OH)2露置于空气中将发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)

26、3，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：D。12C【解析】A电子、电荷不守恒，离子方程式应该为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，A错误；BHClO是弱酸，主要以电解质分子存在，不能拆写为离子形式，且该反应为可逆反应，离子方程式应该为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，B错误；C反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D氧化铁与稀盐酸反应产生FeCl3和H2O，离子方程式应该为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，D错误；故合理选项是C。13D【解析】4.66 g 碱式碳酸镁高温煅烧生成氧化镁、二氧化碳、水，得到2.00 g固体是氧化镁，氧化镁的物质的量是0.05mol；反应生

27、成0.0400 mol CO2，根据碳元素守恒，可知MgCO3的物质的量是0.0400 mol，根据镁元素守恒，Mg(OH)2的物质的量是0.05mol-0.04mol=0.01mol；Mg(OH)2分解生成水的物质的量是0.01mol；4.66 g 碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，生成水的质量是4.66 g-2g-0.04 mol44g/mol=0.9g，水的物质的量是0.05mol，所以4.66 g 碱式碳酸镁含结晶水0.05mol-0.01mol=0.04mol，碱式碳酸镁中Mg(OH)2、MgCO3、H2O的物质的量比为1:4:4，即碱式碳酸镁的化学式是Mg(OH)24MgCO34H2O。【

28、解析】A4.66 g 碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到的2.00 g固体是MgO，故A错误；B4.66 g 碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，生成水的质量是4.66 g-2g-0.04 mol44g/mol=0.9g，故B错误；C4.66 g 碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到的2.00 g固体是MgO，镁元素的物质的量是0.05mol；碱式碳酸镁加盐酸完全溶解，溶质为0.05mol氯化镁，根据元素守恒，参加反应的HCl为0.1mol，故C错误；D根据以上分析，该碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)24MgCO34H2O，故D正确；选D。14D【解析】A Na2O2 与CO2 反应生成Na2CO3和O2，过氧化

29、钠用作供氧剂：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2，故A正确；B 保存FeSO4溶液需添加铁粉防止亚铁氧化：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，故B正确；C 工业上用氯气和消石灰反应制备漂白粉，漂白粉的成分为 CaCl2 和Ca(ClO)2 ：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，故C正确；D 碳酸钙难溶于水，硝酸型酸雨腐蚀大理石石雕：CaCO3 + 2H+ = H2O + CO2+Ca2+，故D错误；故选D。15C【解析】铁与氯气反应生成FeCl3，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，

30、加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。【解析】AFe与Cl2加入反应产生FeCl3，在该反应中Cl2为氧化剂，Fe为还原剂；FeCl3与NaClO、NaOH发生氧化还原反应产生Na2FeO4、NaCl、H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，NaClO将FeCl3氧化为Na2FeO4，FeCl3为还原剂，故Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂，A正确；BK2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3

31、+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe(OH)3胶体可以吸附杂质而净化水，B正确；C根据电子守恒、原子守恒，可知反应II的化学反应方程式为：2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为32，C错误；D化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化。向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4K2FeO4，D正确；故合理选项是C。16(1) F

32、e (2) Cl2 (3) Fe 【解析】除杂需遵循不消耗被除杂物质，不引入新杂质，易分离，方案最优等原则。(1)溶液中含有少量的杂质：可加入铁粉还原铁离子，反应的离子方程式：；(2)溶液中含有少量的杂质：可加入氯水氧化亚铁离子，反应的离子方程式：；(3)溶液中含有少量的杂质：可加入铁粉置换出铜，反应的离子方程式：；17(1) 不足量 255g合金生成280mL气体，若盐酸适量，385g合金应生成426mL气体，但仅生成336mL，说明盐酸不足(2) 乙、丙 1mol/L(3) 甲 1：1【解析】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙

33、两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)2=3102mol，c(HCl)=1molL1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)27n(Al)=255103，2n(Mg)3n(Al)=，n(Al)=n(Mg)=0.005mol。(1)合金中n(Al)和n(Mg)物质的量之比为1：1，则乙组中n(Al)=n(Mg)7.6103mol，根据2Al6H=2Al33H2、Mg2H=Mg2H2，生成氢气的体积为n(Al)22.4L/moln(Mg)22.4L/mol=7.6103mol22.4L/mol7.6103mol22.4L/mol426mL

34、，但仅生成336mL，说明盐酸不足；(2)根据上述分析，计算盐酸物质的量浓度，利用丙组数据进行计算，根据元素守恒，利用气体体积为336mL进行计算，题中可作计算依据的数据是乙、丙。n(HCl)=n(H2)2=3102mol，c(HCl)=1molL1，计算得出c(HCl)=1molL1；(3)）计算合金物质的量之比，利用甲组数值，即255mg，利用24n(Mg)27n(Al)=255103，2n(Mg)3n(Al)=，计算得出n(Al)=n(Mg)=0.005mol，n(Mg):n(Al)=1:1。18(1)Cu(2)1.6g(3)0.9mol/L(4)0.44mol(5)13.6g【解析】根

35、据题中信息，还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，1.28g固体只有Cu，而Cu残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+，反应有：CuO + 2H+=Cu2+H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，Fe+2H+=Fe2+H2，根据原子守恒和得失电子总数相等计算，设原有Fe为xmol ，Fe2O3为ymol，CuO为zmol，1.28gCu的物质的量n= =0.02mol, CuO物质的量为0.02mol，生成H2为 =0.04mol，根据得失电子总数相等知2x= 2y+20.02 +20.0

36、4，又根据Cl-知：(x+ 2y) + 0.20.400=0.14.40将上述两式联立解出：x=0.1mol，y = 0.04mol，z = 0.02mol，原混合物中单质铁的质量56g/mol0.1mol = 5.6g，以此来解析；(1)依据上述分析可知，最后剩余1.28g固体为铜；(2)依据上述计算可知氧化铜物质的量为0.02mol,所以氧化铜质量为m (CuO) = 0.02mol80g/mol= 1.6g；(3)上述计算可知溶液中亚铁离子物质的量=x+2y= 0.1mol + 20.04mol=0.18mol，c(Fe2+)= =0.9mol/L；(4)滤液加水稀释到200mL后，加入

37、足量的硝酸银，产生的沉淀的物质的量依据Cl-AgCl得到，n (Cl-)=0.110L4mol/L=0.44mol，可得n (AgCl)=0.44mol；(5)计算可知原混合物含有的物质为Fe为0.1mol，Fe2O3为0.04mol，CuO为0.02mol，原混合物的总质量m(总)=0.1mol56g/mol+0.04mol160g/mol+ 0.02mol80g/mol= 13.6g。19(1) 溶液变红 紫色褪去 (2) 溶液 溶液 加热 (3)不能，维生素C也具有还原性，若其过量，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有生成【解析】（1）要证明溶液部分变质，需证明溶液中同时含和；步

38、骤1向待检测液中加入溶液，溶液变红，说明溶液中含；步骤2向待检测液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明溶液中含。要使变质的溶液复原，可向溶液中加入过量粉，再经过滤除去剩余粉即可，反应的离子方程式为；（2）利用部分变质的溶液制备，为了不引入杂质可用溶液将氧化成，即得到溶液，再加入足量溶液得到沉淀，过滤后加热使分解即生成；，则变质前溶液中含，故；（3）该实验现象不能验证猜想，因为维生素C也具有还原性，若维生素C过量，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有生成。20 过量 不足 1mol/L 1:1 0.009 0.039【解析】从表中数据可知，在甲实验的基础上，再加入镁铝合金，生成氢气

39、的体积继续增大，则甲中合金完全反应，盐酸有剩余；乙中合金的质量约为甲中合金质量的倍数为1.5，乙中生成氢气的体积为甲中氢气体积的倍数为=1.2，则表明乙中合金过量。【解析】(1)由分析知，甲组实验中，盐酸过量；乙组实验中，合金过量，则盐酸不足。答案为：过量；不足；(2)乙中，合金过量，则盐酸与金属完全反应生成H2，该盐酸的物质的量浓度为 =1mol/L。答案为：1mol/L；(3)甲中，合金完全反应，设Mg、Al的物质的量分别为x、y则24x+27y=0.255x+1.5y=0.0125从而求出x=y=0.005mol，合金中Mg、Al的物质的量之比为1:1。答案为：1:1；(4)丙组合金的质

40、量是甲组合金质量的倍数为=1.8，则所含Mg、Al的物质的量都为1.8mol0.005mol=0.009mol，溶液中的物质的量为0.009mol；依据电荷守恒，n(Na+)= n(Cl-)+ n=1mol/L0.03L+0.009mol=0.039mol。答案为：0.009；0.039。【点睛】当溶液中发生多个反应时，可采用终态法建立电荷守恒等求解。21 3：2：1 49.9 62g/mol 16 0.1mol 18g/mol【解析】（1）依据n=计算各物质的物质的量之比，根据题给氯离子的物质的量计算得到各物质的物质的量，再根据公式m=nM计算混合物总质量；（2）由Na2R2Na2+R2+，

41、结合公式n=计算可得；（3）依据质量守恒定律和公式n=计算可得。【解析】（1）、和的物质的量之比等于、三元素的物质的量之比，由、三元素的质量之比为23169可知，、和物质的量之比为：=3:2:1；设AlCl3的物质的量为x，由氯离子的物质的量为1.00mol可得：1.00mol=3x+2x2+3x，解得x=0.100mol，则混合物的总质量为0.100mol358.5g/mol+0.100mol295g/mol+0.100mol133.5g/mol=49.9g，故答案为：3：2：1；49.9；（2）由Na2R2Na2+可知，Na2R的物质的量为0.4mol=0.2mol，则Na2R的摩尔质量为

42、=62g/mol；当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，即Na2R的相对分子质量为62，则R的相对原子质量为(62223)=16；1.6gR2的物质的量为=0.1mol，由Na2RR2+可知，Na2R的物质的量等于R2的物质的量，则Na2R的物质的量为0.1mol，故答案为：62g/mol；16；0.1mol；（3）由8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，结合质量守恒定律可知，D的质量为8g+32g-22g=18g，则A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g=64g70g，由此可知B

43、过量，则生成的D的质量为16g=36g，D的摩尔质量为18g/mol，故答案为：18g/mol。【点睛】8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g-22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M=计算是解答关键。22 0.04 374.4【解析】(1)若每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.896 L，则每人每分钟消耗氧气的物质的量n(O2)=；(2)假设所需的O2全部由Na2O2来提供，1分钟消耗氧气0.04 mol，则某消防员工作1小时所需要O2的物质的量n(O2)=0.04 mol60=2.4 mol，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知反应产生2.4 mol O2需Na2O2的物质的量为4.8 mol，其质量为m(Na2O2)=4.8mol78 g/mol=374.4 g。23(1) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2 1:1(2) 盐酸和氢氧化钠溶液 开始时铝表面