第三章 铁 金属材料测试卷-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 金属材料测试卷一、单选题1下列离子方程式中，正确的是A稀盐酸滴在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2B氧化铜加入稀硫酸中： O2- + 2H+ = H2OC铁粉加入氯化铁溶液中：Fe + Fe3+ = 2Fe2+D碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO22高效净水剂聚合氯化铝铁()的组成可表示为，该物质广泛应用于日常生活用水和工业废水的净化处理。某工厂欲以工业废料(金属铁、铝及其氧化物)为原料、采用如下流程来制取：下列判断错误的是A因在水中生成氢氧化铝和氢氧化铁而能净水B往甲溶液中滴入溶液后溶液一定呈血红色C试剂具有氧化性D乙溶液一定不呈强碱性3在给

2、定条件下，下列所示的转化关系不能实现的是AFe Fe2O3 FeCl2BC CO2 H2CO3CAlAl2O3 NaAlO2DNa Na2O2Na2CO34珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的。红珊瑚之所以是红色，最有可能的是含有ANO2BFe3O4CFe2O3DAl2O35已知M为常见的金属单质，N、P、E、F均为含M元素的化合物，当光束通过Q时，可以看到一条“光亮”的通路，各物质间的转化关系如图。下列叙述中正确的是A加热F时，它能失水生成红棕色的Fe2O3粉末BM为Fe，E为Fe(OH)3C上述物质转化过程中发生了6个氧化还原反应 D反应需在加热条件下进行6部分氧化的FeCu合

3、金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如图处理：下列说法不正确的是A滤液A中的阳离子为Fe2+、Cu2+、H+B样品中Fe元素的质量为2.24gC参与反应的n(H2SO4)=0.04molDV8967下列有关离子方程式书写正确的是A铵明矾溶液中滴加少量NaOH 溶液：B磁铁矿石溶于稀硝酸：C向碳酸氢钠溶液中通人氯气：DIBr在KOH溶液中发生非氧化还原反应：8下列物质的转化在给定条件下能实现的是铝土矿盐卤(含)溶液无水NaCl溶液无水溶液ABCD9下列离子方程式书写正确的是A金属钠与水反应：B和溶液混合：C碳酸氢钠溶液与盐酸反应：D向溶液中加入过量的氨水：10下列关于铁及其化合

4、物的说法正确的是A红热的铁能与水蒸气反应，生成和B在空气中充分灼烧得到FeOCFeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速转化成红棕色粉末D过量铁与氯气或者稀盐酸反应均可制得11铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相同时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为A3:1B1:1C2:1D1:212下列除去杂质的实验方法正确的是(括号里为少量杂质)ACO2( CO)：用酒精灯点燃BK2CO3( NaHCO3)：置于坩埚中加热CFeCl2( FeCl3)：加入足量铜粉，过滤DFe2O3(Al2O3)：氢氧化钠溶液，过滤、洗涤13除去下列物质中的少量杂

5、质，不能达到目的是选项物质杂质除去杂质的方法ACaCO3粉末Ca(HCO3)2充分加热BCl2HCl通入NaOH溶液中洗气CFeCl2溶液FeCl3加入足量的铁粉充分反应后过滤DCuAl加入足量的NaOH溶液充分反应后过滤AABBCCDD14同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是A若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无B若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有C若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜D若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和15将一定量Fe、

6、FeO 和Fe2O3的混合物加入240mL2molL-1稀硝酸中，恰好完全反应，放出1.344L（标准状况下）NO 气体，往所得溶液中加入酸性KMnO4溶液，无明显现象。若用足量的H2在加热条件下与相同质量的上述混合物充分反应，能得到铁的质量为A6.72gB7.84gC8.96gD13.4g二、填空题16一方面，磷矿藏在地球上分布不均匀且储量有限；另一方面，污水中含有较多的磷元素。因此在污水处理生物污泥中的蓝铁矿因其潜在的特殊用途以及经济价值而备受关注。蓝铁矿在自然水体中形成的过程如图。(1)水处理时，加入的高铁酸钾作为净水消毒剂，发生反应的化学方程式为(胶体)。中的化合价为_价，上述反应涉及

7、的物质中属于盐的是_。高铁酸钾可用于净水消毒的原因是_。(2)在甲烷厌氧氧化菌的作用下，氢氧化铁和甲烷发生如下反应，配平该离子方程式：_。(3)无氧条件下加热，蓝铁矿(无杂质)发生分解：，蓝铁矿的质量由5.02g减小为3.58g，则n=_，蓝铁矿的相对分子质量为_。17化学与人类生活密切相关。请按要求回答下列问题：(1)K2FeO4是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。在该反应中，还原剂是_，当反应中有0.5molK2FeO4生成时，消耗Cl2在标况下的体积为_，转移电子的数目为_。(2)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写

8、出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_。(3)工业上制漂白粉的化学方程式为_，新制氯水在阳光照射下产生无色气体，该反应的化学方程式是_。(4)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：_。若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是_。A有铜无铁B有铁无铜C铁、铜都有D铁、铜都无18合成氨工业生产中所用的 Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。（1）某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为45，其中Fe2与Fe3物质的量之比为_。（2）当催化剂中Fe2与Fe3的物质的

9、量之比为12时，其催化剂活性最高，此时混合物中铁的质量分数为_(保留两位小数)。（3）写出由C(炭粉)与Fe2O3在高温下反应制备铁触媒的化学方程式(另一种产物可溶于水)：_。（4）为制得这种活性最高的催化剂，理论上应向480 g Fe2O3粉末加入炭粉的质量是多少？，生成该实验条件下CO2的体积是多少？(请写出计算过程。假设此实验条件下，气体摩尔体积为24 Lmol1)。_三、计算题19实验室用28g铁粉与足量的稀硫酸反应制取氢气，同时得到125g密度为1.25g/mL的溶液，请计算(写出计算过程)：(1)生成氢气在标准状况下的体积为_L？(2)所得溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度为_mol/L

10、。20汽车发生强烈碰撞时，安全气囊内的NaN3发生化学反应生成Na3N和N2所产生的N2快速充满气囊，可以达到保护车内人员的目的。(1)写出上述反应的化学方程式：_，它的基本反应类型属于_。(2)若安全气囊内含有97.5gNaN3，则其物质的量为_。(3)若97.5gNaN3完全分解，在标准状况下，气囊膨胀的体积约为_。四、实验题21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

11、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)2Cr2H2O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

12、的作用是_。22无水FeCl2为黄绿色晶体，在空气中易被氧化、易吸水，不溶于氯仿等有机溶剂。回答下列问题：IFeCl2的制备：制备反应原理为2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(C6H5Cl为氯苯，沸点132)，制备装置如图所示(夹持及加热装置略去)，收集的HCl气体可用于测定FeCl2的产率。(1)仪器A的名称是_。(2)装置C中的试剂是_(填化学式)。II性质探究：将晶体配成溶液后进行如下实验。序号装置试剂b试剂a实验现象实验i溶液、溶液饱和氯水溶液立即变为浅红色实验ii溶液溶液变为红色，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色已知：与可在

13、溶液中大量共存；易被氧化为。(3)对实验中溶液变为浅红色的原因，甲同学提出以下假设。假设1：加入饱和氯水的量少，生成的的浓度小；假设2：氯水氧化性强，_。取实验i中浅红色溶液，_(填实验操作)，溶液浅红色消失，从而排除假设1；向水中滴加溶液，滴加饱和氯水，加入_，产生白色沉淀，说明假设2正确。(4)分析实验“一段时间后，溶液褪为无色”的原因是_(用离子方程式表示，已知中C元素为价)。试卷第7页，共8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：1D【详解】ACu与盐酸不反应，A错误；B氧化铜是氧化物，在离子反应中不拆，B错误；C离子方程式电荷不守恒，C错误；D碳酸钙难溶于水，

14、不拆，D正确；故答案为：D。2B【详解】A在水中可生成具有吸附性的氢氧化铝和氢氧化铁，可用于净水，A不符合题意；B由于、以及的物质的量的关系无法确定，故不能确定甲溶液中元素的存在形式，即不能确定溶液中是否存在，则加入溶液后溶液不一定呈血红色，B符合题意；C因中为价，故试剂X应为氧化剂，将氧化成，C不符合题意；D若乙溶液呈强碱性，因氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则不可能生成，故意溶液不一定呈强碱性，D不符合题意。故选：B。3A【详解】AFe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4，不是Fe2O3，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3，不是FeCl2，因此不能在给定条件下实现物质的转化关系，A符合

15、题意；BC与足量O2在点燃时反应产生CO2，CO2能够溶于水，与水反应产生H2CO3，能在给定条件下实现物质的转化关系，B不符合题意；CAl能够与O2反应产生Al2O3，Al2O3是两性氧化物，能够NaOH溶液反应产生NaAlO2，能在给定条件下实现物质的转化关系，C不符合题意；DNa与O2在加热时反应产生Na2O2，Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，D不符合题意；故选A。4C【详解】A.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的固体物质，NO2常温下属于气体，故A错误；B.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，Fe3O4固体是黑色的，故B错误；C.珊

16、瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，Fe2O3固体是红色的，故C正确；D.Al2O3是白色固体，珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，故D错误；故答案：C。5A【分析】由M为常见的金属单质，能与稀盐酸和氯气生成不同化合物可知，M为变价金属，由光束通过红褐色Q时，可以看到一条“光亮”的通路可知，Q为氢氧化铁胶体，则M为铁、N为氯化亚铁、P为氯化铁、E为氢氧化亚铁、F为氢氧化铁。【详解】A由分析可知，F为氢氧化铁，氢氧化铁受热会发生分解反应生成氧化铁和水，故A正确；B由分析可知，M为铁、E为氢氧化亚铁，故B错误；C由物质间的转化关系可知，反应中有化合

17、价变化的反应为，则物质转化过程中发生了5个氧化还原反应，故C错误；D氢氧化亚铁的还原性强，反应为常温下氢氧化亚铁与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氢氧化铁，故D错误；故选A。6A【分析】样品加入稀硫酸后，Fe2O3、CuO首先与硫酸反应，生成的Fe3+、Cu2+都被Fe还原为Fe2+和Cu，最后Fe与稀硫酸反应。【详解】A由分析可知，由于Fe与氧化性最弱的H+发生反应生成氢气，所以溶液中的Cu2+全部被Fe还原，滤液A中不存在Cu2+，A不正确；B样品中Fe元素全部转化为Fe2O3，其质量为3.2g，则Fe元素的质量为=2.24g，B正确；C加入硫酸后，铁元素全部转化为FeSO4，则参与反应的

18、n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.04mol，C正确；Dn(FeSO4)=0.04mol，若全部来自Fe与硫酸的反应，则生成H2最多为0.04mol，标况下体积为V896mL，D正确；故选A。7D【详解】A由能与氨水反应可知，结合的能力强于，故滴加少量NaOH溶液，先反应，A项错误；B硝酸会将氧化为，B项错误；C次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸与不反应，最终产物中次氯酸应写分子式，C项错误；DIBr中碘元素为1价，溴元素为-1价，发生非氧化还原反应生成和，D项正确。故选D。8A【详解】铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故错误；盐卤（含M

19、gCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解Mg2+2H2OMg(OH)2+2H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故错误；氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故正确；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3，不是，故错误；SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故正确；综上所述选A。9D【详解】A金属钠与水反应：，故A错误；B和溶液混合，没

20、有按照比例拆分，因此离子方程式为：，故B错误；C碳酸氢钠溶液与盐酸反应，碳酸氢根不能拆：，故C错误；D向溶液中加入过量的氨水：，故D正确。综上所述，答案为D。10A【详解】A铁与水蒸气在高温下生成Fe3O4和H2，故A正确；B氢氧化亚铁具有还原性，在空气中灼烧氧气将+2价Fe氧化+3价Fe，最终不能得到FeO，故B错误；CFeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气里加热，最终被氧化成黑色的Fe3O4，故C错误；D铁无论过量还是不足，与氯气在加热条件下反应，均生成FeCl3，故D错误；答案为A。11A【详解】Al和稀盐酸、NaOH溶液反应方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2N

21、aOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Al与足量稀盐酸、NaOH溶液反应时生成相同条件下的同体积氢气，说明生成氢气的物质的量相等，假设都是生成3mol氢气，消耗稀盐酸6mol、消耗NaOH溶液2mol，所以反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比=6mol:2mol=3:1，故答案为A。12D【分析】根据除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”来分析也就是，除去杂质的同时，要保证不能使所需物质的量减少，但可以增加，更不能引入新的杂质，生成物还不能造成环境污染，并且，生成物、所选试剂与所需物质要容易分离。【详解】A应将气体通过加热的氧化铜，将CO转化成CO2，故A错误；B利用碳酸氢钠受热易

22、分解的性质，可将其转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质，故B错误；CFeCl3加入足量铜粉生成FeCl2和CuCl2，引入CuCl2杂质，故C错误；DAl2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Fe2O3不溶于NaOH溶液，过滤、洗涤，能达到除去Al2O3目的，故D正确；故选D。【点睛】解答此类题型不但要明确除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”，而且对课本上常见的物质的性质必须熟悉，易错点B，注意碳酸氢钠受热分解转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质。13B【详解】A碳酸氢钙受热分解为碳酸钙，能达到目的，故A不符合题意；B氯气也能和氢氧化钠反应被吸收，不能达到目的，故B符合题意；C铁和氯化铁生成氯化亚铁，

23、过滤除去过量的铁，能达到目的，故C不符合题意；D铜和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤分离出铜，能达到目的，故D不符合题意；故选B。14C【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。【详解】A若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；B若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三

24、价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；C若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；D若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；故答案选C。15B【详解】因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入240mL 2molL-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，说明溶液中的溶质为硝酸铁，1.344LNO(标准状况)的物质的量为：=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸铁中的硝酸根离子的物质的量为：0.24L2mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸铁的物质的量为：0

25、.42mol=0.14mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n(Fe)=0.14mol，质量为0.14mol56g/mol=7.84g，答案选B。【点睛】氮元素守恒在本题中应用比较简便，元素守恒的应用也很关键。16(1) +6 有强氧化性，可以杀灭细菌，生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物(2)(3) 8 502【详解】（1）K2FeO4中Fe的化合价为+6价；上述反应涉及的物质中属于盐的是K2FeO4；K2FeO4可用于净水消毒的原因是K2FeO4有强氧化性，可以杀灭细菌，生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物；（2）该反应中，Fe的化合价由+3价降低到+2价，C

26、的化合价由-4价升高到+4价，根据化合价升降总和为0来配平该离子方程式为8Fe(OH)3+CH4+15H+8Fe2+21H2O；（3），解得n=8，蓝铁矿的相对分子质量为。17 Fe(OH)3 16.8L 1.5NA 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2HClO2HCl+O2 Cu2Fe3=2Fe2Cu2 B【详解】(1)由反应方程式可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，氢氧化铁是反应的还原剂，当反应中有0.5mol高铁酸钾生成时，消耗标准状况下氯气的体积为0.5mol22.4L/mol=16.8L，反应转移电子数

27、目为0.5mol3NAmol1=1.5NA，故答案为：Fe(OH)3；16.8L；1.5NA；(2)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)工业上制漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；次氯酸遇光发生分解反应生成盐酸和氧气，反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；2HClO2HCl+O2

28、；(4)氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Cu2Fe3=2Fe2Cu2；若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，铁比铜活泼，溶液中铁先发生反应Fe2Fe3=3Fe2，若FeCl3溶液过量，则铜与氯化铁溶液发生反应Cu2Fe3=2Fe2Cu2；A由分析可知，若铜过量，剩余固体中可能会有铜无铁，故不符合题意；B由分析可知，铁先参与反应，若氯化铁溶液过量，铜会参与反应，因此不可能出现有铁无铜的结果，故符合题意；C由分析可知，假如铁过量，则会出现铁和铜同时存在的结果，故不符合题意；D假如氯化铁溶液与铁和铜完全反应，铜和铁均无剩余，故不符合题意；故选B，故答案为：Cu2Fe

29、3=2Fe2Cu2；B。18 11 72.41% 2Fe2O3C4FeOCO2 6 g、12 L【详解】(1)设FeO、Fe2O3分别为x mol、y mol，根据铁、氧物质的量之比得：(x2y)(x3y)45，xy21，Fe2与Fe3物质的量之比为x2y11，故答案为11 ；(2)根据催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12，可推知，FeO、Fe2O3的物质的量之比为11，混合物中铁的质量分数为100%72.41%，故答案为72.41% ；(3)由题给信息知，C(炭粉)会将一部分Fe2O3还原成FeO，同时C(炭粉)被氧化成CO2，故答案为2Fe2O3C4FeOCO2；(4)由于催化剂中F

30、e2与Fe3的物质的量之比为12时，其催化剂活性最高，此时反应后的混合物中，FeO、Fe2O3的物质的量之比为11，原料480 g Fe2O3为3 mol，Fe2O32FeO，原料中必须有的Fe2O3参加反应，即1 mol Fe2O3参加反应，理论上要有0.5 mol C反应，即6 g C，生成0.5 mol CO2，在该条件下体积为12 L，故答案为6 g、12 L。19 11.2 5【分析】根据n=计算Fe的物质的量，再结合Fe+H2SO4=FeSO4+H2并根据原子守恒计算即可。【详解】(1)28g铁粉的物质的量为=0.5mol，则根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2可知生成H2的物质

31、的量为0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L；(2)Fe为0.5mol，则根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2可知生成FeSO4的物质的量为0.5mol，则所得溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度为=5mol/L。【点睛】考查物质的量在化学方程式计算中的应用，准确利用公式是解题关键，难点是将溶液的质量转换为溶液的体积，特别注意体积单位是L。20(1) 3NaN3Na3N+4N2 分解反应(2)1.5mol(3)44.8L【解析】(1)由题意可知，叠氮化钠受到激烈碰撞发生分解反应生成氮化钠和氮气，反应的化学方程式为3NaN3Na3N+4N2，故答案为：3NaN3N

32、a3N+4N2；(2)97.5g叠氮化钠的物质的量为=1.5mol，故答案为：1.5mol；(3)由方程式可知，标准状况下，97.5g叠氮化钠生成氮气的体积为22.4L/mol=44.8L，故答案为：44.8L。21(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

33、酒精喷灯。（2）由题给信息可知，醋酸亚铬(CH3COO)2Cr2H2O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)2Cr2H2O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。22(1)三颈烧瓶(2)(或)(3) 部分被氧化 继续滴加饱和氯水 溶液(4)【分析】(1)本题为制备FeCl2的制备及产率测定的实验探究题，由于FeCl2易被空气氧化，故实验开始前需

34、向装置中先通一段时间的N2，以排空整个装置中的空气，然后加热开始反应，三颈烧瓶中发生的反应：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl,由于C6H5Cl为氯苯，沸点132故需用球形冷凝管B进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，且因为FeCl2易水解，球形干燥管C作用为防止E装置中的水蒸气进入A中，装置E为吸收HCl，D装置是由于HCl极易溶于水，进行防止倒吸装置，C中所装试剂不能吸收HCl,故可以是无水CaCl2或者P2O5，反应结束后再通入一段时间N2将装置中的HCl全部赶到E中，被充分吸收，减小产率检测时的实验误差，据此解答(1)、(2)；(3)实验i中溶液变红是

35、由于反应Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，则实验中溶液为浅红色的原因可能有，假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低；假设2：氯水氧化性强，将另一种反应物SCN-氧化了，即导致SCN-的浓度低，再设计实验验证即可；(4)由实验ii的现象：滴入硝酸后，溶液变为红色即Fe2+被HNO3氧化为Fe3+，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色即SCN-被过量的HNO3氧化了，HNO3被还原为NO，NO在试管上方遇到空气被氧化为NO2呈红棕色，据此分析解题。【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶，用于制备，故答案为：三颈烧瓶；（2）由分析可知，装置C防止装

36、置E中的水蒸气进入仪器A中，但不能吸收HCl气体，故内装干燥剂为无水CaCl2或P2O5，故答案为：CaCl2或P2O5；（3）实验i中溶液变红是由于反应Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，则实验中溶液为浅红色的原因可能有，假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低；假设2：氯水氧化性强，将另一种反应物SCN-氧化了，即导致SCN-的浓度低，根据假设1可知，取实验中浅红色溶液，继续滴加饱和氯水，溶液浅红色消失，从而排除了假设1；由已知信息：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存，SCN-易被氧化为SO42-，故向2mL水中滴加0.5mL0.1molL-1KSCN溶液，滴加0.5mL饱和氯水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明假设2正确，故答案为：部分SCN-被氧化了；继续滴加饱和氯水；BaCl2溶液；（4）实验中具有强氧化性，可将氧化为、被还原为，反应的离子方程式为，故答案为：。答案第17页，共9页