第三章《铁金属材料》测试题2--高一上学期化学人教版（2019）必修第一册.docx

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1、第三章铁金属材料测试题一、单选题（共15题）1常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A溶液中：、B遇酚酞变红的溶液中：、Na+、K+C的溶液中：、DpH=1的溶液中：、K+、Cl-2下列有关Fe3+、Fe2+的性质及应用的说法正确的是向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液，黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe(OH)3胶体向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉的离子方程式：Fe3+Fe=2Fe2+F

2、e2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OABCD3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48.34gFeSO47H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是A温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2OB温度为159时固体N的化学式为FeSO42H2OC在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4H2OFeSO4H2OD取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至6

3、50，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成5化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价类”二维图。铁元素的“价类”二维图如图所示，下列说法正确的是A工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应为置换反应BFe3O4中铁元素为+4价C维生素能将Fe3+转化为Fe2+，该过程中维生素C作还原剂DFe(OH)2浊液露置于空气中，由白色立即变为红褐色6向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入的盐酸，恰好使混合物完全反应，放出(标准状况)气体，向所得溶液中加入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A2.8gB11.2gC5.6gD

4、无法计算7下列实验现象与实验操作不相匹配的是（）选项实验操作实验现象A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2浅绿色变黄色B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生C向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解D向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中溶液先变红后褪色AABBCCDD8下列有关物质性质和变化的探究的说法错误的是A化学实验是探究物质性质和变化的主要方法B确定要研究的化学问题之后，提出假设，假设是有化学原理作为依据的，不是凭空臆测C将CO2通入水中，滴入几滴紫色石蕊溶液，溶液

5、变红色，说明CO2的水溶液显酸性D铝是金属，只能与酸反应，不能与NaOH溶液反应9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+C

6、u+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10等体积的NaOH和AlCl3两种溶液混合后，溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比是1:11:23:103:11ABCD11下列关于离子检验的说法中正确的是A向某溶液中加入稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有或B向某溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有C向溶液中先加入溶液，再滴加溶液，溶液变红，则原溶液中含而不含D向某溶液中加入溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有

7、12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ABCD13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AABBCCDD14下列离子方程式书写正确的是AFeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+=C

8、u2+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：FeO+2H+=Fe2+H2O15在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）AFe3O4(s)Fe(s)Fe2O3BNH4HCO3(s)NH3(g)NO2(g)CS(s)SO3(g)H2SO4(aq)DNaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)二、填空题（共8题）16蛋白质在一定条件下与浓硫酸反应可转化为硫酸铵，硫酸铵在NaOH浓溶液和水蒸气作用下，其中的氮元素可转化为氨析出。现用30.0mL牛奶进行上述实验，将牛奶中蛋白质

9、里的氮元素完全转化为氨，再用硫酸溶液吸收析出的氨，剩余的酸用溶液可恰好完全中和。问：(1)与蛋白质反应消耗的硫酸的物质的量为_mol。(2)30.0mL牛奶中共含有_g氮元素(写出计算过程)。17依次书写下列有关反应化学方程式或离子方程式，并指出某些反应的氧化剂。（1）铁与水蒸气反应_氧化剂_（2）二氧化硅与碳在高温下反应_氧化剂_（3）硝酸银与氯化钠反应的离子方程式_（4）粗盐提纯中与氯化钡反应的相关离子方程式_18某酸性废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对该废液进行处理(所加试剂均稍过量)，以回收金属，保护环境。请回答：(1)沉淀a中含有的单质是_。(

10、2)沉淀c的化学式是_。(3)溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是_。19高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。如图所示物质转化关系为高铁酸钠的一种制备方法及有关性质实验(部分反应产物已略去)。已知A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F在标准状况下密度为0.090。请回答下列问题：(1)写出D的名称_，E的俗称_。Na2FeO4中Fe元素的化合价为_。(2)写出反应的离子方程式：_。(3)反应，F在A中点燃的反应现象为：_。(4)反应中各物质的反应比例关系如下，请填入相应的反应物和生成物的化学式，并标明电子转移的方向和

11、数目：_2+3+10NaOH =2Na2FeO4+9+5H2O(5)写出反应的化学方程式：_。20将一定量的某铁的氧化物加入到100mL 5mol/L的盐酸中恰好完全反应，现将等量的该铁的氧化物加入到足量的某浓度的硝酸中使之完全反应，生成气态氮氧化物，将气态氮氧化物和标准状况下0.56L O2混合通入水中，气体恰好完全被水吸收。(1)若用质量分数为36.5%，密度为1.2g/cm3的浓盐酸配制100mL 5mol/L的稀盐酸，需要浓盐酸_mL(保留小数点后1位)。(2)求算该氧化物的化学式_(写出计算过程)。21硫粉和溶液反应可以生成多硫化钠()，离子反应为：、(1)在溶液中加入硫粉，只发生，

12、反应后溶液中和无剩余，则原_。(2)在一定体积和浓度的溶液中加入硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，反应后溶液中的阴离子有、(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为。则反应后溶液中的_。(写出计算过程)22为测定Cu一Zn合金的组成，小华同学利用该合金粉末与稀硫酸反应，进行了三次实验，所得相关实验数据记录如表：第一次第二次第三次所取合金的质量/g101020加入硫酸的质量/g508050生成氢气的质量/g0.20.20.2请计算：(1)从上表数据分析，当所取合金与所用稀硫酸的质量比为_时，表明合金中的锌与稀硫酸恰好完全反应；(2)该合金中锌的质量为多少克_?(计算结果保留一位小数)(3)所用合金中的

13、锌与稀硫酸恰好完全反应时所得溶液中溶质的质量分数为多少_?(计算结果精确到0.1)23实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有_(填序号)。A适当升高酸浸温度B适当加快搅拌速度C适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成_(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是_。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转

14、化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是_，。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。生成FeCO3沉淀的离子方程式为_。设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：_。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。参考答案：1B【解析】AFe3+与会发生氧化还原反应，同时Fe3+和还会发生络合反应，故Fe3+与、在溶液中不能大量共存，故不选A；B遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，碱性条件下，、Na+、K+相互之间不反应，能大量共存，故选B；C与

15、会结合生成碳酸钙沉淀，与不能大量共存，故不选C；DpH=1的溶液为强酸性溶液，与H+反应生成CO2和H2O，不能共存，故不选D；选B。2A【解析】向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，溶液不再存在Fe3+，黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变，正确；氯气具有强氧化性，能氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、2Fe3+Fe=3Fe2+，从而除去氯气，正确；向FeCl2溶液中不存在Fe3+，加入NH4SCN溶液不变红，错误；将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中会得到氢氧化铁沉淀，无法

16、得到胶体，错误；选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，错误；酸性环境中H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，错误；综上所述答案为A。3C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。【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=3FeC

17、l2，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。4C8.34g七水硫酸亚铁晶体的物质的量为=0.03mol，若晶体受热完全脱去结晶水所得固体的质量为8.34g0.03mol718g/mol=4.56g，则P点前为七水硫酸亚铁晶体脱去结晶水的过程，P点后为硫酸亚铁为隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中铁原子和氧原子的物

18、质的量比为0.03mol：=2：3，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子数目守恒可知，硫酸亚铁高温条件下的分解反应为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。【解析】A由分析可知，温度为78时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol： =1：4，则M的化学式为FeSO44H2O，故A错误；B由分析可知，温度为159时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知N中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol： =1：1，则N的化学式为FeSO4H2O，故B错误；C由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4H2O脱去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程

19、式为FeSO4H2OFeSO4H2O，故C正确；D由分析可知，P得到Q的反应为硫酸亚铁隔绝空气受热分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，由方程式可知分解反应得到2种无色气体生成，故D错误；故选C。5C【解析】A. 用还原，反应物中没有单质，故该反应不是置换反应，A项错误；B. 中部分铁元素显+3价，部分铁元素显+2价，B项错误；C. 维生素将转化为，使元素发生还原反应，维生素表现出还原性，作还原剂，C项正确；D. 浊液露置于空气中易被空气氧化，白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，D项错误。答案选C。6A【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解，且

20、盐酸没有剩余。向反应后所得溶液中加入KSCN溶液，不变红色，说明得到的溶液中的溶质是氯化亚铁，即混合物中的铁元素最终全部以氯化亚铁形式存在。HCl的物质的量为=0.1mol，根据氯元素守恒，有n(FeCl2)=n(HCl)=0.1mol=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁，根据铁元素守恒，有m(Fe)=n(FeCl2)56=0.05mol56=2.8g，A选项正确；答案选A。7C【解析】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大

21、量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成Ag(NH3)2OH，形成银氨溶液，C错误；D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。答案选C。8D【解析】A 化学研究的基本方法有：观察、实验、分类、比较等方法，化学实验是探究物质性质和变化的主要方法，故A正确；B 确定要研究的化学问题之后，提出假设，假设是有化学原理作为依据的，不是凭空臆测，故B正确；C CO2+H2O H2CO3，碳酸能电离出氢离

22、子，将CO2通入水中，滴入几滴紫色石蕊溶液，溶液变红色，说明CO2的水溶液显酸性，故C正确；D 铝是金属，能与酸反应生成盐和氢气，也能与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，故D错误；故选D。9D【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

23、D。10B【解析】NaOH和AlCl3两种溶液混合，生成的沉淀为Al(OH)3，溶液中含铝元素的物质，可能为AlCl3，可能为NaAlO2；溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则表明沉淀中所含Al原子的物质的量的是溶液中所含Al原子的物质的量是2倍；当溶液中的铝以AlCl3存在时，可用方程式表示为：3AlCl3(溶液中的总加入量)+6NaOH=2Al(OH)3+6NaCl+AlCl3(反应后剩余)，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为1:2，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为1:2；当溶液中的铝以NaAlO2存在时，可用方程式表示为：3AlCl3+10NaOH=2

24、Al(OH)3+NaAlO2+2H2O+9NaCl，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为3:10，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为3:10；综合以上分析，正确；故选B。11A【解析】A能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体是二氧化碳，所以原溶液中可能有或，故A正确；B某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生再加稀盐酸沉淀不消失则原溶液中有或均符合，有亚硫酸根离子也符合，故B错误；C具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，向某溶液中先滴加少量溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，不能说明原来溶液中含有亚铁离子，也可能含铁离子，故C错误；D在某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，

25、该白色沉淀可能是硫酸银，硫酸银沉淀也不溶于稀盐酸，故D错误；故选A。12D【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)3，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：D。13C【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： Na2CO3NaH

26、CO3，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。14C【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Fe

27、Cl3和H2O，离子方程式应该为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，D错误；故合理选项是C。15D【解析】A四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，化学方程式分别为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故A不能实现；BNH4HCO3受热分解，产生NH3、CO2、H2O，NH3与O2在加热条件下催化氧化，生成NO和H2O，化学方程式为NH4HCO3NH3+CO2+H2O，4NH3+5O2 4NO+6H2O，故B不能实现；CS与O2反应生成SO2，化学方程式为S+O2 SO2，故C不能实现；D

28、NaHCO3受热分解，产生Na2CO3、CO2、H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH，化学方程式分别为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，故D能够实现；答案为D16(1)0.00600(2)0.168（1）硫酸分两部分，一部分和氢氧化钠反应，一部分和蛋白质反应，其中和氢氧化钠反应的硫酸物质的量为=n（NaOH）=3810-31=0.019mol，则和蛋白质反应的硫酸的物质的量=500.510-3-0.019=0.006mol；（2）n（N）=2 n（H2SO4）=20.006mol=0.012mol，则m

29、（N）=140.012=0.168g。17 3Fe+4H2OFe3O4+4H2(g) H2O SiO2+2CSi+2CO SiO2 Ag+ClAgCl Ba2+CO32-=BaCO3、Ba2+SO42-=BaSO4（1）铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，元素化合价降低的是氧化剂；（2）二氧化硅与碳在高温下反应生成CO和硅单质，元素化合价降低的是氧化剂；（3）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠；（4）粗盐提纯中加入氯化钡为了除去硫酸根离子；过量的氯化钡需要用碳酸钠除去。【解析】（1）铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2(g)，该反应中H元素化合价降低

30、，故氧化剂是H2O；（2）二氧化硅与碳在高温下反应生成CO和硅单质，方程式为SiO2+2CSi+2CO，该反应中Si元素化合价降低，故氧化剂是SiO2；（3）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠，方程式为AgNO3+NaCl=AgCl +NaNO3，离子方程式为Ag+ClAgCl；（4）粗盐提纯中加入氯化钡为了除去硫酸根离子，离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4；过量的氯化钡需要用碳酸钠除去，离子方程式为：Ba2+CO32-=BaCO3。18(1)Cu、Fe(2)BaCO3(3)2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O根据题中实验流程，在含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子

31、的酸性废液中。加入铁屑，得沉淀a中含有Cu和过量的Fe；溶液A中加入H2O2目的是把Fe2+氧化成Fe3+，加入NaOH溶液，得红褐色沉淀b为Fe(OH)3；溶液B中加入Na2CO3溶液，沉淀c为BaCO3沉淀。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2+ + 2H+ +H2O2=2Fe3+2H2O。19(1) 次氯酸钠 食盐 +6(2)(3)安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白雾(4)或(5)A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F

32、在标准状况下密度为0.090，由各物质的转化关系可知，A为氯气、B为铁、C为氯化铁、D为次氯酸钠、E为氯化钠、F为氢气、G为氯化氢。（1）由分析可知，D为次氯酸钠、E为氯化钠，氯化钠的俗称为食盐；由化合价代数和为0可知，高铁酸钠中铁元素为+6价，故答案为：次氯酸钠；食盐；+6；（2）由图可知，反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：；（3）氢气在氯气中能安静燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，瓶口氯化氢溶与水蒸气形成盐酸小液滴，产生大量白雾，故答案为：安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白雾；（4）次氯酸钠溶液与氯化铁溶液碱性条件下反应生成高铁酸钠、氯化钠

33、和水，反应的化学方程式为10NaOH+3NaClO+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中生成2mol高铁酸钠，反应转移6mol电子，则表示电子转移的方向和数目的双线桥为，单线桥为，故答案为：或；（5）由图可知，反应为高铁酸钠溶液与氯化氢反应生成氯化钠、氯化铁、氯气和水，反应的化学方程式为，故答案为：。20(1)41.7(2)Fe4O5（1）100mL 5mol/L的稀盐酸中HCl的物质的量为n=cV=50.1mol=0.5mol，由，则n=12V=0.5，解得V=0.0417L=41.7mL；（2）由得失电子守恒：4Fe2+NOxO24e-，则n(O2)=0.56/22

34、.4=0.25mol，n(Fe2+)=0.1mol，由Cl守恒：2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=0.5mol、n(Fe3+)=0.1mol，故n(Fe2+):n(Fe3+)=1:1，由H守恒：2n(Fe2+)+6n(Fe3+)=1.0mol，n(FeO):n(Fe2O3)=2:1，即氧化物为Fe4O5。21 0.25 0.1【解析】(1) 硫粉的物质的量为=0.025mol，只发生，则，0.25；(2)， ，根据， ， 。22 1：5 6.5g 28.6%(1)由表中数据可知，向10g合金中加入50g稀硫酸时，生成氢气的质量为0.2g，向10g合金中加入80g稀硫酸时，生成氢气的质量为0.

35、2g，说明10g合金中的锌完全反应时至多消耗50g稀硫酸，向20g合金中加入50g稀硫酸时，生成氢气的质量为0.2g，说明50g稀硫酸最多能和10g合金中的锌反应，因此10g合金与50g稀硫酸恰好完全反应；(2)根据生成氢气的质量可以计算该合金中锌的质量；(3)根据生成氢气的质量可以计算生成硫酸锌的质量，进一步可以计算所用合金中的锌与稀硫酸恰好完全反应时所得溶液中溶质的质量分数。【解析】(1)根据表格数据及上述分析，10g合金与50g稀硫酸恰好完全反应，当所取合金与所用稀硫酸恰好完全反应时的质量比为：10g：50g=1：5；(2)设合金中锌的质量为x，生成硫酸锌的质量为y，=，x=6.5g，

36、=，y=16.1g；(3)根据(2)中计算，生成的硫酸锌的质量为16.1g，则所得溶液中硫酸锌的质量分数为：100%=28.6%。23 AB H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全 或 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原

37、为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得Fe2O3；据此分析作答。【解析】(1)A适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，“还原”过程中除生成Fe2+外，

38、还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于110-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大

39、，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4，离子方程式为Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+），答案为：Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+）。根据题意Fe(OH)2开

40、始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。