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人教版2024高中化学必修一第三章铁金属材料(三十一)

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单选题
1、中国古代作画颜料多源于矿物质，绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色颜料来自蓝铜矿[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法不正确的是
A．铜制品长期放置于空气中会被腐蚀
B．孔雀石颜料受热不易分解
C．蓝铜矿颜料不耐酸
D．Cu(OH)2·CuCO3属于盐类
答案：B
A．铜长期放置于空气中，与O2 .H2O、CO2反应生成Cu(OH)2·CuCO3，因此铜制品长期放置于空气中会被腐蚀，故A说法正确；
B．Cu(OH)2·CuCO3受热分解成CuO、CO2和H2O，故B说法错误；
C．Cu(OH)2·2CuCO3能与酸反应生成Cu2+、CO2和H2O，蓝铜矿颜料不耐酸，故C说法正确；
D．Cu(OH)2·CuCO3属于碱式碳酸盐，即属于盐类，故D说法正确；
答案为B。
2、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，它指的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。铁元素的价类二维图如图，其中箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法错误的是

A．Fe3O4是一种黑色有磁性的铁的氧化物，可由Fe、水蒸气高温反应制得
B．为实现Fe2+向Fe3+的转化，可向含Fe2+的溶液中通入Cl2或者滴加H2O2溶液
C．由图可预测：高铁酸盐(FeO42-)具有强氧化性，可将Fe2+转化为Fe3+
D．FeO、Fe2O3、Fe3O4均可与酸反应，只生成一种盐和水
答案：D
A．Fe3O4是一种黑色有磁性的铁的氧化物，铁单质与水蒸气在高温下反应3Fe+4H2O(g)高温__Fe3O4+4H2↑，故A说法正确；
B．Fe2+转化成Fe3+，铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现转化，如加入O2 .Cl2 .H2O2等，故B说法正确；
C．FeO42-中铁元素显+6价，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故C说法正确；
D．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，故D说法错误；
答案为D。
3、探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析正确的是

A．①中淀粉KI试纸变蓝
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl-
C．一段时间后向③中加入KSCN溶液，溶液未变色
D．④溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
答案：A
分析：本题是一道验证氯气性质的实验题，由装置①制备氯气，并通过碘化钾证明氯气的氧化性，通过装置②中的硝酸银证明氯离子的存在，但要注意氯化氢的挥发，通过装置③证明氯气的将二价铁氧化为三价铁，通过装置④证明氯水的性质，以此解题。
A．氯气的氧化性强于碘，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，加入KSCN溶液，溶液红色，C项错误；
D．氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气不具有酸性和漂白性，D项错误；
故选A。
4、Na2CO3和NaHCO3混合物27 .4 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
A．1：1B．1：2C．3：2D．1：3
答案：B
分析：加热时发生反应方程式为：2NaHCO3ΔNa2CO3+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=mM计算出二者的物质的量之比。
设混合物中含有NaHCO3的质量为m，则根据反应方程式2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O可知：每有2×84 g NaHCO3发生反应，反应后产生106 g Na2CO3固体，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=6 .2g62g×(2×84)g=16 .8g，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)=10 .6g106g/mol=0 .1mol；n(NaHCO3)=16 .8g84g/mol=0 .2mol，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。
5、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
答案：D
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。
6、铝比铁活泼，但在空气中铁制品更易被锈蚀，其原因是（    ）
A．铁的密度比铝的密度大
B．铝不能与氧气发生反应
C．铝在空气中易与氧气形成一层致密的氧化膜
D．铁的相对原子质量比铝的大
答案：C
分析：铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，因Al被氧化后生成致密的氧化物阻止反应的进行，所以不易被锈蚀，以此来解答。
由于铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成一层致密的氧化膜，从而阻止内部的金属铝被氧化，所以铝制品是耐腐蚀的；与密度和相对原子质量无关。
答案选C。
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．a可与e反应生成b
B．b既可被氧化，也可被还原
C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
答案：C
分析：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。
A．Fe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；
B．Fe(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；
C．Fe(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．b→c→d→e→b转化如FeCl2→NaOHFe(OH)2→O2、H2OFe(OH)3→稀HClFeCl3→FeFeCl2，故D不选；
综上所述，答案为C。
8、有关铁及其化合物的说法正确的是(  )
A．将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体
B．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强
C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
答案：C
A. 制备Fe(OH)3胶体，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，A错误；
B. 铁离子与铜反应生成铜离子和亚铁离子，说明铜的还原性比亚铁离子的还原性强，无法证明金属性的强弱，B错误；
C. 在溶液中铁离子极易发生水解反应，产生难溶性的氢氧化铁，为了抑制铁离子的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；
D. 因I2的氧化性较弱，所以I2与铁反应生成FeI2，D错误；所以答案是：C。
多选题
9、将等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6 .72L(标准状况)，向反应后的溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀，过滤。下列有关说法错误的是
A．混合物溶解后的溶液中cFe3+:cFe2+=1:1
B．稀硝酸的物质的量浓度是2mol·L-1
C．需加入NaOH溶液1000mL
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体64g
答案：CD
A．等物质的量的铁和铜混合，平均摩尔质量为56+64g/mol2=60g/mol，铁和铜的混合物24g，物质的量之和为24g60g/mol=0 .4mol，即其中含有0 .2mol铁和0 .2mol铜，6 .72L(标准状况)NO的物质的量为6 .72L22 .4L/mol=0 .3mol，所以0 .4mol的铁和铜的混合物共转移0 .3mol×3=0 .9mol电子，即需氢氧化钠0 .9mol。如果铁全部变成三价铁，共转移0 .2×3+0 .2×2=1mol电子，所以有一部分铁转化为亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为0 .2-xmol，根据转移的电子数目相等，可知2xmol+3×0 .2-xmol=0 .9mol-0 .4mol，所以x=0 .1mol，所以混合物溶解后的溶液cFe3+:cFe2+=1:1，A正确；
B．反应后生成硝酸亚铁、硝酸铁和硝酸铜以及NO气体，根据氮原子守恒，硝酸的物质的量浓度是0 .2×2+0 .1×2+0 .1×3+0 .3mol0 .6L=2mol⋅L-1，B正确；
C．需加入NaOH溶液的体积为0 .9mol1mol⋅L-1=0 .9L=900mL，C错误；
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为0 .1mol×160g/mol+0 .2mol×80g/mol=32g，D错误；
故选CD。
10、由下列实验操作、现象得到的结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中加入KSCN溶液
若溶液变红
溶液中含有Fe3+
B
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液颜色变为棕黄色
氯水中含有HClO
C
将铜粉加入Fe2SO43溶液中
铜粉溶解，溶液变为蓝色
金属铁比铜活泼
D
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
A．AB．BC．CD．D
答案：AD
A．向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故 A正确；
B．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变为棕黄色，氯水中的氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故B错误；
C．Fe2(SO4)3具有强氧化性，将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中，铜粉和Fe2(SO4)3反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，铜粉溶解，不能说明金属铁比铜活泼，故C错误；
D．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中，金属钠与CO2反应，产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，黑色颗粒即为碳，则二氧化碳中碳元素化合价从+4降低到0，说明二氧化碳表现出氧化性，故D正确；
答案选AD。
11、实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙，已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为： Mg (OH) 2ΔMgO+H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取12 .9g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是

A．由ab段减少的质量可知水垢中含有0 . 9g氢氧化镁
B．b点剩余固体的成分为CaCO3 .MgO和Mg (OH) 2
C．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12 .0-x) g
D．最终剩余固体质量x=7 . 6g
答案：AB
分析：根据氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少。据此分析判断。
A． 由图象可知，氢氧化镁完全分解生成水的质量为12 .9g-12g=0 .9g，设12 .9g水垢中氢氧化镁的质量为y
MgOH2ΔMgO+H2O5818y0 .9g
5818=y0 .9g,y=2 .9g，由ab段减少的质量可知水垢中含有2 .9g氢氧化镁，故A错误；
B．根据图象可知，b点温度下固体质量刚好不再减少，说明氢氧化镁恰好完全分解，碳酸钙还没有分解，b点剩余固体的成分为CaCO3 .MgO，故B错误；
C． 根据图象可知，c点到d点是碳酸钙受热分解，减少的质量即为二氧化碳的质量，与等质量的碳酸钙与足量稀盐酸反应生成的二氧化碳的质量相等，若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12 .0-x) g，故C正确；
D． 由A得碳酸钙为12 .9g-2 .9g=10g，若10g碳酸钙完全分解，生成二氧化碳的质量为4 .4g，剩余固体的质量为12 .9g-0 .9g-4 .4g=7 .6g，最终剩余固体质量x=7 . 6g，故D正确；
故选AB。
12、某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析正确的是

A．固体P一定是纯净物
B．若m2<m1，则原混合物中一定含有Al
C．蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为Cu2+、Fe2+
D．向溶液N中通入足量的CO2，一定可观察到有白色沉淀生成
答案：AC
分析：M加入过量氢氧化钠，若有铝、氧化铝则转化为偏铝酸钠，铜、氧化铁不反应进入N；N加入过量稀盐酸，氧化铁和盐酸生成氯化铁、氯化铁会与铜生成氯化铜和氯化亚铁，得到固体P，说明铜过量，得到蓝绿色溶液，则说明铁和部分铜转化为氯化铜、氯化亚铁；
A．由分析可知，固体P一定是纯净物铜，A正确；
B．若m2<m1，则原混合物中可能含有和氢氧化钠反应的铝或氧化铝或两者均有，B错误；
C．由分析可知，蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为Cu2+、Fe2+，C正确；
D．若不含铝、氧化铝，则向溶液N中通入足量的CO2，不能观察到白色沉淀生成，D错误；
故选AC。
填空题
13、化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题：
(1)标准状况下，22 .4L由O2和N2组成的混合气体中，含有的分子总数约为_______。
(2)在标准状况下，含有3 .01×1023个氦原子的氦气的体积约为_______。
(3)如图所示，气缸的总体积一定，内部被活塞隔成I、II两部分，活塞可以自由移动，也可以固定。标准状况下，向I中充入8g SO2，II中充入8g O2，则当活塞不再移动时，I、II两部分体积比为_______。

(4)现有14 .4g CO和CO2的混合气体，在标准状况下体积为8 .96L。回答问题：
①该混合气体的平均摩尔质量为_______。
②混合气体中碳原子的个数为_______(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
(5)把7 .8克镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到8 .96LH2(标准状况)。该合金中镁和铝的物质的量之比_______。
答案：(1)6 .02×1023
(2)11 .2L
(3)1：2
(4)     36g/mol     0 .4NA
(5)1：2
（1）标准状况下，22 .4LO2 和N2组成的混合气体的物质的量为n=VVm=22 .4L22 .4L/mol=1mol，含有的分子总数约为6 .02×1023。
（2）3 .01×1023 个氦原子的物质的量为n=NNA=3 .01×10236 .02×1023mol-1=0 .5mol，标准状况下的体积为V=nVm=0 .5mol×22 .4L/mol=11 .2L；
（3）活塞可以自由移动，两侧压强相同，在温度也相同的情况下，体积和物质的量成正比，气体质量相同，物质的量和摩尔质量成反比，则体积和摩尔质量成反比，所以Ⅰ、Ⅱ两部分体积比为32g/mol：64g/mol=1：2；
（4）①标准状况下8 .96L气体的物质的量为n=VVm=8 .96L22 .4L/mol=0 .4mol，混合气体的平均摩尔质量为M=mn=14 .4g0 .4mol=36g/mol；
②设CO的物质的量为x，则CO2的物质的量为0 .4-x，总质量为14 .4g，则28x+44(0 .4-x)=14 .4，可求出x=y=0 .2mol，根据碳守恒，碳原子的物质的量为0 .4mol，个数为0 .4NA；
（5）标准状况下8 .96LH2的物质的量为0 .4mol，设镁的物质的量为x，Al的物质的量为y，根据电子守恒，有：2x+3y=0 .4×2，镁和铝共7 .8g，由质量关系有24x+27y=7 .8，x=0 .1mol，y=0 .2mol，则镁和铝的物质的量之比为1：2。
14、将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为___mol·L-1(写出计算过程)。
答案：3(12x-y)56+a22 .40 .5mol·L-1
根据反应3H2+Fe2O3△2Fe+3H2O，H2+FeO△Fe+H2O质量减少yg，减少的质量为氧的质量，所以m(Fe)=(12x-y)g，故n(Fe)=(12x-y)g56gmol，再根据 Fe2O3+6HNO3=2Fe(NO3)3+3H2O，3FeO+10HNO3 =3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O，Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，可得 n(HNO3)= n(Fe)×3+ n(NO)，已知n(Fe)=(12x-y)g56gmol=(12x-y)56，n(NO)=aL22 .4Lmol=a22 .4mol，n(HNO3)=3×(12x-y)56+a22 .4，c(HNO3)=nV=3×(12x-y)56+a22 .4mol0 .5L=3×(12x-y)56+a22 .40 .5mol/L；
15、目前用量最大、用途最广的合金是___________，根据其化学成分，可分为___________和___________两大类。不锈钢在空气中比较稳定，不易生锈，有很强的抗腐蚀能力，其合金元素主要是___________。
答案：     钢     碳素钢     合金钢     碳、铬、镍
目前用量最大、用途最广的合金是钢，根据其化学成分，可分为碳素钢和合金钢。不锈钢在空气中比较稳定，不易生锈，有很强的抗腐蚀能力，其合金元素主要是碳、铬、镍等。

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