第三章铁 金属材料单元同步测试-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx

第三章 铁 金属材料 单元同步测试一、单选题1在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是A铝球表面有气泡产生，溶液澄清且杠杆不平衡B铝球表面有气泡产生，有白色沉淀；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D右边球上出现红色，左边溶液的c(OH-)增大2金属材料在促进生产生活中发挥了巨大作用。下列有关金属的说法正确的是A实验完毕后剩余的金属钠应丢弃于专用垃圾桶，不能放回原试剂瓶B含有重金属离子的废液可用沉淀法进行处理并分离后再排放C氧化铁能与酸反应，因此可用于制作红色涂料D金属钠着火时，可用泡沫灭火器或干燥的沙土灭火3某兴趣小组同学为研究Cu与的反应进行如下实验(已知CuCl为白色固体，微溶于水)：序号实验步骤实验现象充分振汤，加入2 mL蒸馏水铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象充分振汤，加入2 mL蒸馏水铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀充分振汤，加入2 mL蒸馏水铜粉有剩余，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A三个实验中消耗的铜粉的量不完全一样B上述实验表明能否形成白色沉淀主要取决于加入Cu的量C实验、中均发生了反应D实验中加水后的离子反应可能是4下列硫化物中，不能由二种单质直接化合而成的是AHgSBCuSCFeSDSO25下列离子反应方程式书写正确的是A向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：B将等物质的量的稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：C酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄：D氧化铝溶于氢氧化钠溶液：6化学与生产、生活息息相关，下列说法不正确的是A工业上用钢瓶储存液氯B使用铝合金能实现高铁车体轻量化C烧碱用于治疗胃酸过多D铁红通常用作油漆的红色颜料7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A0.1mol/LFeCl3溶液中：K+、NH、Cl-、SCN-B与Al反应能放出H2的溶液中：Mg2+、Na+、HCO、NOC澄清透明的溶液：Cu2+、K+、SO、ClD含0.01mol/LFe2+的溶液：H+、K+、MnO、SO8下列有关物质的分类和用途的对应关系中，正确的是选项物质分类用途ANa2CO3碱作发酵粉BCaCl2盐作杀菌漂白剂CAl(OH)3两性氢氧化物作抗酸药DFe3O4氧化物作红色颜料AABBCCDD9下列离子方程式书写错误的是AFeCl3溶液腐蚀铜电路板：B铁红溶于盐酸：C氯气溶于水：D氯化铵溶液与氢氧化钠溶液混合：10甲、乙澄清溶液同时喷洒到白纸上出现红色印迹，对两溶液可能包含离子判断正确的是选项甲乙A、B、C、D、AABBCCDD11用含铁废铜制备胆矾的流程如图所示，下列说法不正确的是A溶解步骤中为提高溶解速率，温度越高越好B流程中可用或代替C长时间加热煮沸主要目的是使充分水解进而沉淀去除D“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥二、多选题12利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如图。已知：Zn溶于强碱时生成可溶于水的下列有关说法不正确的是A是一种复杂的化合物，是具有磁性的黑色晶体B滤液中主要存在的离子有、C“酸溶”的离子方程式为：D“氧化”的目的是将全部氧化为13“百炼成钢”是指反复将炽热的生铁在空气中锤打，转化为坚硬的钢，其实质是对生铁的不断除杂过程。下列叙述不正确的是选项被提纯物质杂质除杂试剂或方法AFeCl3溶液FeCl2通入适量Cl2BFeCl2溶液FeCl3加入过量铁粉并过滤C铝粉铁粉加入过量NaOH溶液并过滤DNaHCO3溶液Na2CO3滴加适量稀盐酸AABBCCDD14将一定质量的Fe和Fe3O4混合固体粉末溶于100 mL1.0 mol/L稀盐酸，恰好完全反应，生成标准状况下224 mL H2，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。则下列说法正确的是A反应后溶液中含有Fe3+BFe3O4与稀盐酸发生氧化还原反应Cn(Fe)：n(Fe3O4)=2：1D混合固体中m(Fe)=1.12 g三、填空题15人类在四千五百多年前就开始使用铁器，铁是目前产量最大、使用最广泛的金属。请回答下列问题：(1)丹霞地貌的岩层呈现出美丽的红色，是因为含有 AFeBFeOCD(2)市场上出售的某种麦片中含有微量、颗粒细小的还原铁粉，能够改善贫血，原因是这些钞粉与人体胃酸(主要成分是盐酸)作用转化成 ABCD(3)取少量溶液于试管中，滴入NaOH溶液，该过程中观察到的现象是 A只产生白色沉淀B只产生红褐色沉淀C产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色D无明显变化(4)溶液中含有少量杂质，除杂所需的试剂是 A铜片B铁粉C氯气D锌粒(5)检验溶液中是否存在，可以向溶液中滴入KSCN溶液，若含有，可观察到的现象是 A溶液变为红色B溶液变为绿色C产生白色沉淀D产生红褐色沉淀(6)合金的应用促进了人类社会的发展，制成下列物体的材料没有用到合金的是 ABCD地铁列车的车体潜水器耐压球壳飞机发动机叶片精美的青花瓷AABBCCDD16某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：(1)请写出Fe2O3与反应的化学方程式_。(2)请写出FeCl3与铁粉反应的离子方程式_。(3)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的现象为_，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达)_。(4)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系是_，它与FeCl3溶液、Fe(OH)3浊液的本质是_。17如图所示装置可用来制取和观察氢氧化亚铁在空气中被氧化时颜色的变化。实验时必须使用铁屑和6mol/L的硫酸，其他试剂任选。(1)实验开始时就先将止水夹E_。(填“打开”或“关闭”)(2)待装置B中出现较多白色沉淀时，拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，写出白色沉淀变为红褐色沉淀的化学方程式：_。18铁是人体必需的微量元素，严重缺铁时需要服用补铁剂。实验小组为研究某补铁剂中铁元素的价态及其含量，设计并进行了如下实验：【查阅资料】I该补铁剂不溶于水，但能溶于人体中的胃液(含盐酸)。IIKSCN中的硫元素为-2价。III受热分解生成。实验I检验该补铁剂中铁元素的价态。(1)试剂2是_。(2)能证明溶液中含有的实验现象是_。(3)补全在上述条件下与发生反应的离子方程式：_+_(4)甲同学猜测深红色溶液迅速变为无色溶液的原因，可能是溶液中的与发生了化学反应。甲同学猜测的理论依据是_。实验II测定该补铁剂中铁元素的含量。(5)易被人体吸收，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C。维生素C的作用是_。(6)计算每片该补铁剂含铁元素的质量为_g。19铁及其重要化合物的“价类二维图”如下图所示。(1)该“价类二维图”中缺失的类别A应为_。(2)生活中的钢铁制品如废旧铁锅，使用时间长久后若要丢弃，应归为_。A干垃圾B湿垃圾C有毒有害垃圾D可回收垃圾(3)在烧制砖瓦时，用黏土做成的坯经过烘烧后，铁的化合物转化成_(填字母，下同)而制得红色砖瓦；若烘烧后期从窑顶向下慢慢浇水，窑内会产生大量CO、H2气体，它们把该红色物质还原成黑色的_，同时还有未燃烧的碳的颗粒，而制得了青色砖瓦。AFe2O3 BFe3O4 CFeO DFe(OH)3(4)要实现Fe转化为Fe2+，可选用足量的_(填字母)A稀盐酸B溶液C稀硝酸D浓硫酸(5)要实现Fe转化为，除了将Fe与氧气点燃外，另外的方法是(写出化学方程式)_。四、实验题20完成下列问题。(1)高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下图装置，在硬质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，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。请回答该实验中的问题。写出该反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目_；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是_；酒精灯和酒精喷灯首先点燃的是_。(2)醋酸亚铬(CH3COO)2Cr·2H2O为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。已知Cr3+溶液呈绿色，Cr2+溶液呈亮蓝色。回答下列问题：实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_，仪器a的名称是_。将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3，c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_；同时c中有气体产生，该气体的作用是_。21氯化铁是一种水处理剂，现通过下列装置制取少量氯化铁：已知：氯化铁的熔点306、沸点316，易升华，易吸收空气里的水分而变质。氯化铁的相对分子质量为162.5。(1)仪器a的名称是_。装置A中烧瓶内盛有适量MnO2，写出发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移的方向和数目_。(2)装置B的作用是_。(3)温度超过400时，装置D中产生一种相对分子质量为325的物质，该物质的化学式是_。(4)装置F中发生主要反应的离子方程式是_。(5)连接装置E和球形干燥管的导管可能出现堵塞现象，其原因是_。五、计算题22把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，生成1.16 g白色沉淀。再向所得的悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L 的盐酸溶液，加入盐酸溶液的体积与生成沉淀的关系如下图所示。试回答：(1)写出A点到B点发生反应的离子方程式_。(2)写出B点到C点发生反应的离子方程式_。(3)C点加入盐酸溶液的体积为_。(4)原混合物中MgCl2的物质的量是_，NaOH的质量是_。23把3.04g某铁的氧化物FexO分成两等份，第一份溶于足量盐酸后向溶液中通入标准状况下Cl2112mL，恰好将Fe2+完全氧化；第二份混合物中加入100mL氢碘酸溶液，恰好完全反应，在反应后的溶液中加KSCN溶液，无现象。试计算：(1)x的值为_。(2)氢碘酸溶液的物质的量浓度c(HI)_。试卷第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【分析】质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，以此分析解答。【详解】A左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，不生成沉淀溶液澄清，杠杆不平衡，A正确；B左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清无白色沉淀生成，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，B错误；C由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，C错误；D右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，D错误；故答案为：A。2B【详解】A金属钠性质活泼，容易与水、空气发生反应，所以实验完毕后剩余的金属钠必须放回原试剂瓶，不能随意丢弃，A错误；B重金属离子会造成土壤污染和水污染，所以含有重金属离子的废液可加入沉淀剂，使重金属阳离子转化为沉淀，通过过滤分离出去后再排放，B正确；CFe2O3为红色，可用于制作红色涂料，与Fe2O3能和酸反应无关，C错误；D金属钠着火时，钠燃烧产生的Na2O2能够与泡沫灭火器喷射出的CO2、H2O发生反应产生O2，导致火势加剧，因此不能用泡沫灭火器灭火，而应该用干燥的沙土灭火，D错误；故选B。3B【分析】由实验现象可知，实验、中消耗的铁离子物质的量相等、且均转化为亚铁离子，实验、中铜元素转化为铜离子，中有CuCl沉淀生成。【详解】A据分析、结合得失电子守恒可知，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、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B不正确；C实验、中溶液黄色均褪去，推测都发生了反应2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，选项C正确；D中加水后生成白色沉淀，结合题干信息、根据元素种类推测应为CuCl，可能的离子反应Cu2+Cu+2Cl-=2CuCl，选项D正确；答案选B。4B【详解】AHg与S混合加热反应产生HgS，可以由二种单质直接化合而成，A不符合题意；BCu与S混合加热反应产生Cu2S，不可以由二种单质直接化合而成，B符合题意；CFe与S加热反应产生FeS，可以由两种单质直接化合而成，C不符合题意；DS与在空气中点燃与O2化合生成SO2，可以两种单质直接化合形成，D不符合题意；故合理选项是B。5B【详解】A 向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体生成碳酸钙，故A错误；B将等物质的量的稀硫酸与氢氧化钡溶液混合生成水和硫酸钡，且二者物质的量之比为2:1：离子方程式正确，故B正确；C酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄是因为亚铁离子被氧气氧化为铁离子，离子方程式未配平，正确的离子方程式为：，故C错误；D氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，正确的离子方程式为：，故D错误；故选B。6C【详解】A常温下，氯气不与干燥的铁反应，因此常温下，工业上用钢瓶储存液氯，故A说法正确；B铝合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等优点，因此使用铝合金能实现高铁车体轻量化，故B说法正确；C烧碱为NaOH，属于强碱，对人体具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，常用小苏打、氢氧化铝等治疗胃酸过多，故C说法错误；D铁红为Fe2O3，呈现红棕色，常用作油漆的红色颜料，故D说法正确；答案为C。7C【详解】AFe3+与SCN-会生成Fe(SCN)3，不能大量共存，A错误；B与Al反应能放出H2的溶液，可能是酸溶液也可能是碱溶液， HCO与H+或OH-均会反应，均不能大量共存，B错误；C所给离子组均能大量共存，C正确；D Fe2+与MnO会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故选C。8C【详解】ANa2CO3俗名纯碱，电离产生金属阳离子和酸根阴离子，因此Na2CO3属于盐类，NaHCO3常作发酵粉，A错误；BCa(ClO)2具有强氧化性，常作杀菌漂白剂，而不是CaCl2，B错误；CAl(OH)3是两性氢氧化物，能够与为胃酸盐酸，且其本身对人体健康无刺激性，因此Al(OH)3可作为抗酸药，C正确；D是黑色晶体，不是红色物质，因此不能用作红色颜料，D错误；故合理选项是C。9A【详解】AFeCl3与铜单质反应，生成铜离子和二价铁离子，故正确离子方程式为：，A错误；B铁红是，是金属氧化物，写离子方程式时不能拆开，故与盐酸反应的离子方程式为：，B正确；C氯与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，离子方程式为：，C正确；D氯化铵溶液与氢氧化钠溶液混合，铵根离子和氢氧根离子可以反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：，D正确； 故本题选A。10D【详解】A与反应会生成淡黄色的沉淀单质硫，但不会有红色物质，A不选；B甲组中的离子与会反应产生硫酸钡的白色沉淀，溶液会变浑浊，不符合甲、乙为澄清溶液的题意，B不选；C与不反应，不会产生红色物质，C不选；D在与同时存在的情况下，会被氧化为，与反应会得到红色溶液，选D； 故本题选D。11A【详解】A溶解步骤中为提高溶解速率，温度过高，H2O2分解，影响废铜的溶解，A错误；B流程中Cu2(OH)2CO3可用CuCO3或CuO代替，除掉硫酸，提高pH，并且不引进新杂质，B正确；C长时间加热煮沸主要目的是使Fe3+充分水解进而沉淀去除，C正确；D“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案为：A。12CD【分析】由信息可知Zn能溶于强碱溶液，由流程可知，加入氢氧化钠溶液反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液含、多余的，分离出不溶物为Fe，加入稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，再加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的溶液，再通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠溶液生成四氧化三铁胶体粒子，以此来解答。【详解】A中铁元素呈+2、+3价，可看作为FeO·Fe2O3组成的一种复杂的化合物，是具有磁性的黑色晶体，故A正确；B溶于强碱时生成可溶于水的，Fe与NaOH溶液不反应，则滤液含过量NaOH，存在的离子有：，故B正确；C“酸溶”的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故C错误；D由流程可知生成，中铁元素呈+2、+3价，则过氧化氢只氧化部分亚铁离子，故D错误；故选CD。13CD【详解】A氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，可以除杂，故A正确；B氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，过滤将多余的铁分离，可以除杂，C铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，将被提纯物质除掉，不能达到提纯目的，故C错误；D碳酸钠和盐酸反应量不好控制，不能达到目的，故D错误。故选CD。14CD【详解】A由题可知Fe和Fe3O4的混合固体与100 mL1.0 mol/L的稀盐酸恰好完全反应，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，颜色无明显变化，故反应后的溶液不含Fe3+，A错误；BFe3O4与HCl反应生成FeCl2、FeCl3和H2O，反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，该反应在反应前后元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，B错误；C标准状况下224 mLH2的物质的量是n(H2)=0.01 mol，则与HCl反应的Fe的n(Fe)=0.01 mol，该反应消耗HCl的物质的量是0.02 mol，n(HCl)总=1.0 mol/L×0.1 L=0.1 mol，则与Fe3O4反应的n(HCl)=0.1 mol-0.02 mol=0.08 mol，故根据方程式中物质反应转化关系可知n(Fe3O4)=n(HCl)=0.01 mol，发生反应Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，产生FeCl3的物质的量n(FeCl3)=0.02 mol，则由方程式Fe+2FeCl3=3FeCl2，可得n(Fe)=0.01 mol，故n(Fe)总=0.01 mol+0.01 mol=0.02 mol，则n(Fe)：n(Fe3O4)=0.02 mol：0.01 mol=2：1，C正确；D根据选项C计算可知混合物中含有Fe的物质的量是0.02 mol，其质量m(Fe)=0.02 mol×56 g/mol=1.12 g，D正确；故合理选项是CD。15(1)C(2)A(3)C(4)C(5)A(6)D【解析】（1）氧化铁为红棕色，故选C；（2）铁与盐酸反应生成亚铁离子，故选A；（3）硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，后迅速被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁沉淀，颜色变化为白色-灰绿色-红褐色，故选C；（4）氯气与氯化亚铁反应可生成氯化铁，故选C；（5）铁离子与KSCN反应生成学红色物质，故选A；（6）陶瓷是硅酸盐，不是合金，地铁列车车体材料为铝合金，潜水器耐压球壳为钛合金材料，飞机发动机叶片所用的材料主要包括复合材料以及高温合金，故选D。16(1)Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+(3)     先生成白色沉淀，逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色     4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(4)     Fe(OH)3胶体     分散质粒子直径不同【解析】(1)Fe2O3为酸性氧化物，可与酸发生反应生成铁盐和水，因生成的是氯化铁，所以加入的为盐酸，Fe2O3与发生反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；(2)FeCl3具有氧化性，铁粉具有还原性，所以FeCl3与铁粉发生氧化还原反应生成氯化亚铁，其离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液过程中先生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁再被氧气氧化，最终生成Fe(OH)3，所以现象是：先生成白色沉淀，逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色；此过程中发生的氧化还原反应为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系是Fe(OH)3胶体；FeCl3溶液、Fe(OH)3浊液的本质区别是分散质粒子直径不同，在1-100nm之间。17(1)打开(2)4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3【分析】分液漏斗D中盛的是6mol/L的硫酸，烧瓶中装的是铁屑，实验开始时，先打开止水夹E，然后打开分液漏斗活塞，硫酸和铁屑反应生成氢气和硫酸亚铁，生成的氢气通过烧瓶支管赶走B装置中的空气，多余的氢气被C装置通过排水法收集，然后关闭止水夹E，烧瓶内的压强越来越大，压迫烧瓶中含有硫酸亚铁的溶液沿玻璃导管进入到装置B中，与B中的氢氧化钠溶液反应生成白色的氢氧化亚铁，然后拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，生成的氢氧化亚铁会被空气中氧气氧化，据此分析解答。（1）通过上述分析，实验开始时就先将止水夹E打开，使生成的氢气赶走装置B中的空气，防止生成氢氧化亚铁时造成干扰。（2）装置B中出现的白色沉淀是生成的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被氧气氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，其反应的化学方程式是4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3。18(1)KSCN溶液(2)加入H2O2溶液后，溶液由浅红色变成深红色(3)2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O(4)SCN-中硫元素为-2价，具有还原性，H2O2中氧元素为-1价，具有氧化性(5)维生素C具有较强还原性，防止Fe2+被氧化(6)【分析】将补铁剂碾碎，然后向其中加入足量盐酸，使二者充分接触发生反应，看到溶液几乎无色，向与盐酸反应后的溶液中加入KSCN溶液，看到溶液显浅红色，说明其中含有少量Fe3+，然后再加入绿色氧化剂H2O2，看到溶液变为深红色，说明该溶液中同时含有Fe2+，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，要验证补铁剂中铁元素的含量，可以将补铁剂碾碎，然后向其中加入足量盐酸，使二者充分接触发生反应，然后过滤除去不溶性杂质，再向滤液中加入足量H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入足量NaOH溶液，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，将沉淀洗涤、灼烧，分解产生Fe2O3，根据Fe2O3的质量，利用Fe元素可计算出补铁剂中铁元素的含量，据此分析解题。（1）由分析可知，试剂2是KSCN溶液。（2）能证明溶液中含有Fe2+的实验现象是：加入H2O2溶液后，溶液由浅红色变成深红色，说明溶液中有更多的Fe3+生成，是Fe2+被H2O2氧化产生的。（3）在该反应中Fe元素化合价由反应前Fe2+中的+2价变为反应后Fe3+的+3价，升高1价；O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低1×2=2价，化合价升降最小公倍数是2，所以Fe2+、Fe3+的系数是2，H2O2的系数是1，然后根据电荷守恒可知H+的系数是2，最后根据原子守恒可知H2O的系数是2，则配平后的离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O。（4）SCN-中硫元素为-2价，具有还原性，H2O2中氧元素为-1价，具有氧化性，二者可发生氧化还原反应消耗SCN-，导致溶液红色褪去，因此深红色溶液迅速变为无色溶液的原因，可能是溶液中的SCN-与H2O2发生了化学反应。（5）维生素C具有较强还原性，能够与Fe3+反应产生Fe2+，从而可防止Fe2+被氧化而导致失效变质，因此可在服用该补铁剂时，同时服用维生素C。（6）m 片补铁剂经上述处理后反应产生Fe2O3质量是a g，则其中Fe元素的质量为m(Fe)=g，故每一片补铁剂中含有铁元素的质量为 g。19(1)盐(2)D(3)     A     B(4)AB(5)【解析】(1)该“价类二维图”中缺失的类别A为Fe2+、Fe3+，亚铁盐、铁盐，应为盐类；(2)生活中的钢铁制品如废旧铁锅，使用时间长久后若要丢弃，为金属合金可回收利用，应归为可回收垃圾；答案选D；(3)在烧制砖瓦时，用黏土作成的坯经过烘烧后，铁的化合物转化成Fe2O3而制得红色砖瓦，若烘烧后期从窑顶慢慢浇水，发生C+H2O H2+CO，生成还原性气体，与Fe2O3反应生成黑色的化合物F'e3O4，同时还有未燃烧的碳的颗粒，而制得了青色砖瓦；答案选A；B；(4)要实现Fe转化为Fe2+，应选择弱氧化剂，稀盐酸、溶液符合，稀硝酸及浓硫酸氧化性较强不合适，答案选AB；(5)要实现Fe转化为，除了将Fe与氧气点燃外，也可将铁粉在高温下与水蒸气反应，反应的化学方程式为。20(1)          防止暴沸     酒精灯(2)     除去水中溶解氧     分液漏斗     Zn+ 2Cr3+= Zn2+ 2Cr2+     排出c中空气【详解】（1）铁粉与水蒸气在高温线下发生的反应中，化合价升高的是铁元素，失去电子，化合价降低的是氢元素，得到电子，电子转移情况如下图所示：烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸。应先点燃酒精灯，利用生成的水蒸气将装置中的空气排出，生成稳定的水蒸气气流时，再点燃酒精喷灯。（2）由题给信息可知，醋酸亚铬(CH3COO)2Cr·2H2O在气体分析中用作氧气吸收剂，说明Cr2+具有强还原性，易被氧气氧化，故所用蒸馏水需经煮沸除去其中的O2，以免影响(CH3COO)2Cr·2H2O的制备。由仪器的结构特点可知，a为分液漏斗。Zn将Cr3+还原为Cr2+，离子方程式为：Zn+ 2Cr3+= Zn2+ 2Cr2+。锌粒与盐酸反应生成H2，H2起到排出c中空气的作用，以防Cr2+被氧化。21(1)     分液漏斗     (2)除去氯气中的HCl(3)或(4)(5)氯化铁易升华，当温度降低易转化为固体，堵塞导管【分析】A中MnO2与浓盐酸共热产生氯气，因为盐酸具有挥发性，需用B盛有饱和食盐水的洗气装置除去氯气中的HCl，再用盛有浓H2SO4的洗气装置C干燥氯气，干燥的氯气在D和铁粉反应生成氯化铁，E用来收集氯气，而氯气有毒，需要用F中的NaOH溶液吸收多余的氯气，以防污染空气。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗，装置A中烧瓶内盛有适量MnO2，MnO2与浓盐酸共热生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为，该反应中锰元素的化合价从+4价降低到+2价，即每个锰原子得到2个电子，氯元素的化合价从-1价升高到0价，即每个氯原子失去1个电子，则用双线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为：分液漏斗；（2）装置B盛有饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，故答案为：除去氯气中的HCl；（3）温度超过400时，装置D中产生一种相对分子质量为325的物质，该物质为铁的氯化物，因此可知该物质的化学式为或，故答案为： 或；（4）装置F中NaOH溶液吸收多余的氯气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为： ；（5）连接装置E和球形干燥管的导管可能出现堵塞现象，其原因是氯化铁易升华，当温度降低易转化为固体，堵塞导管，故答案为：氯化铁易升华，当温度降低易转化为固体，堵塞导管。22(1)+H+H2O= Al(OH)3(2)Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O(3)130 mL(4)     0.02 mol     0.13 mol【分析】向所得悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L盐酸溶液时，A点之前没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，故混合物溶于水之后所含物质为：NaAlO2、NaOH、Mg(OH)2，A点之前发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，AB段沉淀增加，发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，BC段发生沉淀溶解，对应反应为：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O。（1）由分析知，AB段发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，对应离子方程式为：+H+H2O= Al(OH)3；（2）由分析知，BC段发生沉淀溶解，对应离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O；（3）A点沉淀是Mg(OH)2，物质的量是1.16 g÷58 g/mol=0.02 mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)=0.02 mol；AB段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，根据反应比例知，n( )=n(HCl)= nAl(OH)3=1 mol/L×(0.03-0.01)L=0.02 mol，根据铝元素守恒得n(AlCl3)=n()=0.02 mol， BC段消耗盐酸物质的量n(HCl,BC)=2nMg(OH)2+ 3nAl(OH)3=0.02 mol×2+0.02 mol×3=0.1 mol，对应消耗体积V(HCl,BC)=，即100 mL，故C点加入盐酸总体积=30+100=130 mL，故此处填130 mL；（4）由(3)分析知，n(MgCl2)=0.02 mol；根据反应知，B点溶液中溶质为NaCl，由Na+离子和Cl离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02 mol×2+0.02 mol×3+0.03 L×1 mol/L=0.13 mol。23(1)0.8(2)0.1mol/L【分析】FexO分成两等份，氧化物中氧元素的化合价为-2价，则Fe的化合价为+，与氯气发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，计算出x；然后再利用得失电子数目守恒，计算出HI的物质的量，据此分析；(1)氧化物中氧元素的化合价为-2价，则Fe的化合价为+，根据得失电子数目守恒，=，解得x=0.8；故答案为0.8；(2)+的Fe将I-氧化成I2，本身被还原成+2价，氧化物分成两等份，每份的质量为1.52g，根据得失电子数目守恒，有=n(HI)×1，解得n(HI)=0.01mol，则c(HI)=0.1mol/L；故答案为0.1mol/L。答案第21页，共11页