第三章+铁+金属材料 单元测试 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册+

第三章铁金属材料单元测试高一上学期化学人教版（2019）必修第一册一、单选题1．下列物质的应用错误的是（）A．过氧化钠作潜水艇的供氧剂 B．漂白液可用于环境消毒C．铝制餐具蒸煮碱性食物 D．Fe2O3作红色颜料2．合金是一类用途广泛的金属材料．下列物质中，不属于合金的是（）A．水银 B．青铜 C．碳素钢 D．不锈钢3．关于17gNH3，下列说法正确的是（）A．含1mol氮原子 B．含NA个氢原子C．含2NA个氨分子 D．含NA个电子4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．17gNH3通入水中充分反应，溶液中NH3·H2O分子数为NAB．现有乙烯和丙烯的混合气体共14g，其原子总数为3NAC．常温常压下，100g46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为NAD．足量的铜与0.5L12mol/L浓硝酸充分反应，转移的电子数目为6NA5．下列有关物质用途的说法中，错误的是（）A．漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2中的ClO-有强氧化性B．明矾能够杀菌消毒是利用了胶体的吸附性C．碳酸镁、小苏打等可用于治疗胃酸过多D．二氧化硅可用于制造光导纤维6．相同条件下A容器中的H2和B容器中的NH3所含原子总数相等，则两个容器的体积比为（）A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．2：17．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．将2molNO和2molO2混合，充分反应后体系中原子总数为8NAB．将100mL0.1mol·L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NAC．CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应中转移的电子数为a56ND．100g质量分数为9.8％的H2SO4水溶液中含氧原子数目为0.4NA8．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NAB．pH=1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个H+C．1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD．常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子9．下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Fe2+、I-、Br-可以大量共存B．用该溶液溶解一定量铜粉，向所得溶液中再加入铁粉，若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出C．将该溶液蒸干，得到的固体中混有氢氧化铁D．100mL0.1mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成1.12gFe10．下列各组物质能相互反应得到Al（OH）3的是（）A．Al跟NaOH溶液共热 B．Al（NO3）3跟过量的NaOH溶液C．Al2O3和水共热 D．Al2（SO4）3和过量的氨水11．FeCl3溶液作为腐蚀液制作印刷电路板的原理是，将预先设计好的电路在覆铜板上用蜡覆盖，再把覆铜板放在FeCl3溶液浸泡，蜡没有覆盖到的铜会发生腐蚀反应而溶解，可制得印刷电路板，下列说法错误的是（）A．FeCl3溶液能与铜反应，与蜡不反应B．腐蚀反应既是离子反应又是氧化还原反应C．腐蚀反应说明Cu的还原性比Fe2+强D．向腐蚀反应后溶液加入一定量铁粉，充分反应后，有固体存在，此时溶液一定不含Fe3+、Cu2+12．将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是（）A．钠和氯化铝溶液 B．铝和烧碱溶液C．氢氧化钠和氯化铁 D．锌和稀硫酸13．下列有关元素存在及应用的说法正确的是（）A．金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体B．工业制硫酸、硝酸的关键步骤都应用了催化氧化的方法C．水泥、玻璃、光导纤维都是硅酸盐产品D．钠、铝、铁、硫、氯等元素在自然界中只有化合态存在14．新制氢氧化铜和葡萄糖的反应可用来检验血糖，其反应为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOH→CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，设NAA．18gCH2B．每消耗1molCuOH2C．1L1mol⋅L−1D．标准状况下，112mLH2二、实验探究题15．以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为。（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为(填化学式)。（3）滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式：，。（4）已知：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；下列可以用于检验滤液C中金属阳离子的试剂有(填标号)a.KSCN溶液b.K3[Fe(CN)6]c.K4[Fe(CN)6]d.苯酚（5）仿照下面示例，设计从浸出液E回收氧化铝的流程：浸出液E。(示例：CuO→H+Cu2+16．实验小组发现新配制的1mol⋅L资料：i.胶体可以透过滤纸。ii.Fe2+与（1）探究A中的成分，进行如下实验。①取少量A，过滤得到红褐色沉淀和黄色透明液体B。②取少量B于试管中，加入K3Fe(CN)③取少量B于试管中，加入(填试剂)，液体变为红色。④用激光笔照射B，看到一条光亮的“通路”。综合上述实验，说明A中铁元素的存在形态有Fe2+、Fe3+、（2）进一步探究B显黄色的原因。①实验一中，加入铁粉的作用是(用离子方程式表示)。②由上述实验得出：B显黄色的主要原因不是因为含有Fe3+，而是因为含有。理由是：（3）测定A的变质程度并分析对后续实验的影响。①取25.00mLA，加入足量稀硫酸，可与24.00mL0.2mol−1L−1KMnO4溶液恰好完全反应。已知MnO②下列实验可以使用A进行的是(填字母)。a.向A中滴入NaOH溶液，制备纯净的Fe(OH)b.用A处理含有+6价Cr的酸性废水，将剧毒的+6价Cr还原至低毒的+3价经过上述探究，实验小组对FeSO17．物质的量是高中化学中常用的物理量，请完成以下有关其内容的计算：（1）标准状况下，含有相同氧原子数的CO与CO2的体积之比为．（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为，原子个数比为，质量比为．（3）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果ag某气中含有的分子数为b，则cg某气在标准状况下的体积约是（用含NA的式子表示）．（4）配制100mL1mol•L﹣1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4（密度为，1.84g•mL﹣1，质量分数为98%）的体积为mL．（5）100mL某Al2（SO4）3溶液中，n（Al3+）=0.20mol，则其中c（SO42−）=（6）某氯化镁溶液的密度为1.18g/cm3，其中镁离子的质量分数5.6%，300mL该溶液中Cl﹣的物质的量等于．18．为确定某Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸100.0mL，充分反应，产生CO2的体积如下表(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)：实验序号①②③V[HCl(aq)]/mL100.0100.0100.0m(样品)/g3.807.6011.40V(CO2)/mL8961344896请回答下列问题：（1）实验③溶液蒸干灼烧后所得固体为。（2）样品中物质的量之比n(Na2（3）盐酸的物质的量浓度c(HCl)=mol⋅L

答案1．【答案】C【解析】【解答】A．过氧化钠与水、二氧化碳都可以反应得到氧气，常用作潜水艇的供氧剂，A不符合题意；B．漂白液可与空气中二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以漂白液可用于环境消毒，B不符合题意；C．铝单质会碱反应，不能用铝制餐具蒸煮碱性食物，C符合题意；D．Fe2O3是一种红色固体，常用作红色颜料，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.过氧化钠与水、二氧化碳反应均产生氧气；

B.漂白液具有强氧化性，能使蛋白质变性；

D.Fe2O3为红棕色固体，常用作红色颜料。2．【答案】A【解析】【解答】解：A．水银是纯金属，不属于合金，故A正确；B．青铜是铜锡的合金，故B错误；C．碳素钢是铁和碳的合金，故C错误；D．不锈钢是铁的合金，故D错误；故选A．【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等，据此进行解答．3．【答案】A【解析】【解答】17g氨气的物质的量=17g17g/molA．每个NH3分子含有1个N原子，故N原子物质的量为1mol，A符合题意；B．每个NH3分子含有3个H原子，故H原子物质的量为3mol，则含有H原子数目为3NA，B不符合题意；C．氨气的物质的量为1mol，则含有NA个氨分子，C不符合题意；D．每个NH3分子含有10个电子，故电子物质的量为10mol，则含有10NA个电子，D不符合题意，故答案为：A．【分析】根据n=m4．【答案】B5．【答案】B【解析】【解答】A．漂白粉具有漂白性是由于ClO-有强氧化性的缘故，A不符合题意；B．由于明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，所以可以净水，但不具有消毒杀菌能力，B符合题意；C．碳酸镁、小苏打碱性较弱，能与酸反应，且无毒，可用于治疗胃酸过多，C不符合题意；D．光导纤维的主要材料为二氧化硅，能够导光，D不符合题意；故答案为B。【分析】A.次氯酸根是具有氧化性，具有漂白性

B.明矾不能消毒杀菌，只能做絮凝剂

C.均可与胃酸反应，且小苏打碱性比较微弱，不会造成人体不适

D.二氧化硅做光导纤维，硅做太阳能电池板6．【答案】D【解析】【解答】令容器内原子的物质的量为4mol，则n（H2）=2mol，n（NH3）=1mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，所以A容器与B容器的体积之比为2mol：1mol=2：1，故答案为：D．

​【分析】根据含有的原子数相等计算两种气体的物质的量关系，然后得出气体体积之比即可.7．【答案】A【解析】【解答】解：A．根据质量守恒，将2molNO和2molO2混合，无论如何反应，充分反应后体系中原子总数为8NA，故A符合题意；

B．胶体粒子是多个微粒形成的聚合体，将100mL0.1mol·L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒少于0.01NA，故B不符合题意；

C．CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应的过氧化钠的物质的量为=a/28mol，反应中转移的电子数为NaA/28，故C不符合题意；

D.100g质量分数为9.8％的H2SO4水溶液中还含有大量的水，水中也含有氧原子，氧原子数目大于0.4NA故答案为：A【分析】

A．根据质量守恒定律，原子总数反应后与反应前不变

B．胶体粒子是多个微粒形成的聚合体，Fe(OH)3胶粒少于铁离子微粒数

C．CO2通过Na2O2使其增重的质量相当于等物质的量的CO质量，所以反应的过氧化钠的物质的量为=a/28mol，反应中转移的电子数与过氧化钠数目一样

D．水中也含有氧原子，所以溶液中氧原子数目大于0.4NA（硫酸所含氧原子​）8．【答案】D【解析】【解答】A.酯的水解反应与酯化反应互为可逆反应，酯不能完全水解，所以1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解得到的乙醇分子数小于NA，A不符合题意；

B.pH=1的H2SO3溶液中c(H+)=1mol/L，缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，B不符合题意；

CFe与稀硫酸反应产生FeSO4，1molFe与足量的稀硫酸反应转移2NA个电子；Fe与足量稀硝酸反应产生Fe(NO3)3，1molFe与足量稀硝酸反应转移电子数为3NA，C不符合题意；

D.丙烯与环丁烷最简式都是CH2，式量是14，常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有最简式的物质的量为56g÷14g/mol=4mol，所以其中含有的C原子数为4NA个，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、酯在酸性条件下的水解为可逆反应；

B、溶液体积不明确；

C、铁和稀硫酸反应后变为+2价，而和稀硝酸反应变为+3价；

D、丙烯和环丁烯的最简式均为CH2。9．【答案】D【解析】【解答】A．Fe3+、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意；

B．向该溶液中加入Cu，会发生反应：Fe2(SO4)3+Cu=FeSO4+CuSO4，再向其中加入铁粉，若加入的Cu粉少量，Fe首先发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4,没有固体析出，若加入的Cu粉足量，Fe会发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，会析出固体析出，不符合题意；

C．Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铁和硫酸，由于硫酸没有挥发性，二者会再发生反应产生硫酸铁，故将该溶液蒸干，得到的固体中不会混有氢氧化铁，不符合题意；

D.100mL0.1mol/L该溶液含有溶质的物质的量是0.01mol，和足量的Zn充分反应，根据电子守恒及元素守恒可知反应产生0.02molFe,其质量是1.12gFe，符合题意。故答案为：D【分析】A.铁离子具有强氧化性；

B.铜离子与铁发生置换反应；

C.硫酸铁水解不会生成氢氧化铁；

​D.根据硫酸铁与金属锌的反应进行计算。10．【答案】D【解析】【解答】解：A、Al跟过量的NaOH溶液共热生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故A错误；B、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，Al（NO3）3跟过量的NaOH溶液生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝，故B错误；C、氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，故C错误；D、氢氧化铝不溶于弱碱，Al2（SO4）3和过量的NH3•H2O反应得到氢氧化铝，故D正确；故选D．【分析】氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸、弱碱；氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝．据此判断解答．11．【答案】D【解析】【解答】A．由题意知Cu与FeCl3发生了反应，蜡覆盖的原因是蜡不与FeCl3溶液反应，故A不符合题意；B．腐蚀反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故腐蚀反应既是离子反应又是氧化还原反应，故B不符合题意C．氧化还原反应中，还原剂(Cu)的还原性大于还原产物(Fe2+)的还原性，故C不符合题意；D．腐蚀反应后的溶液中有Fe3+、Cu2+，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，情况一：一定量铁粉得到充分反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，存在固体为铜，溶液中可能仍有Cu2+，D项不成立；情况二：Fe3+、Cu2+均得到充分反应(反应式如上)，此时存在固体为铁和铜，溶液中不含Fe3+、Cu2+，D项成立；综上D项不一定成立，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.覆铜板放在FeCl3溶液浸泡，蜡没有覆盖到的铜会发生腐蚀反应而溶解；

B.腐蚀池中FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，该反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

C.还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，与氯化铜反应生成氯化亚铁与Cu，Cu与氯化铁也反应。12．【答案】A【解析】【解答】A.钠先和水反应，生成NaOH和H2，H2能燃烧且不易溶于水；NaOH和氯化铝溶液反应，因为氯化铝过量，所以最终生成Al(OH)3沉淀，A符合题意；

B.铝和烧碱溶液反应，生成NaAlO2和H2，没有沉淀生成，B不合题意；

C.氢氧化钠和氯化铁反应，生成Fe(OH)3沉淀和氯化钠，没有气体产生，C不合题意；

D.锌和稀硫酸反应，生成ZnSO4和H2，没有沉淀产生，D不合题意。

故答案为：A

【分析】A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl；

B.6NaOH+2Al=2NaAlO2+3H2↑；

C.3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl；

D.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。13．【答案】B【解析】【解答】A．金属材料都是导体，非金属材料不全都是绝缘体，例如石墨为导体，故A错误；B．工业制备硝酸关键反应为：氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，工业制备的关键反应为二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故B正确；C．光导纤维主要成分为二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故C错误；D．硫在自然界中存在游离态，故D错误；故选：B．【分析】A．石墨是非金属材料，能够导电；B．依据工业制硫酸、硝酸的反应解答；C．光导纤维主要成分为二氧化硅，二氧化硅为氧化物；D．硫在自然界中存在游离态．14．【答案】D15．【答案】（1）0（2）O2（3）H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓；H2S+Ni2+=Ni↓+2H++S↓（4）b（5）→足量CO2Al(OH)3→△【解析】【解答】(1)在Ni(CO)4中，碳元素的化合价与CO相同，为＋2价，故Ni的化合价为0，故答案为0；

（2）已知Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，说明Ni元素被还原，则反应只能是O元素被氧化为O2，故答案为：O2；

(3)滤渣D为单质镍、硫的混合物，说明通入H2S时，Fe3＋、Ni2+发生还原反应，反应的离子方程式为：H2S＋2Fe3＋=2Fe2＋＋2H＋＋S↓；H2S+Ni2+=Ni↓+2H++S↓；

(4)通入H2S时，Fe3＋、Ni2+发生还原反应，滤渣D为单质镍、硫的混合物，滤液C中含有Fe2＋离子和H＋离子，检验Fe2＋离子的试剂为K3[Fe(CN)6]，故答案为：b；

（5）浸出液E中存在AlO2—，首先通入足量的CO2要将AlO2—沉淀下来生成Al(OH)3，然后脱水生成Al2O3，故答案为：→足量CO2Al(OH)3→△Al2O3。

【分析】（1）在Ni(CO)4中碳元素的化合价与CO相同，然后根据化合价代数和为零计算Ni的化合价；

（2）根据氧化还原反应中电子守恒判断O元素的化合价升高，生成氧气；

（3）根据反应产物书写离子方程式；16．【答案】（1）蓝色沉淀；硫氰化钾溶液；Fe(OH)3沉淀；（2）2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe（3）0.96；b【解析】【解答】（1）取少量B于试管中，加入K3Fe(CN)6溶液，与Fe2+反应生成蓝色沉淀；取少量B于试管中，加入硫氰化钾溶液，与Fe3+反应液体变为红色；综合上述实验，说明A中铁元素的存在形态有（2）①实验一中，加入铁粉的作用是与Fe3+反应生成Fe②对比实验一、二，B显黄色的主要原因不是因为含有Fe3+，而是因为含有Fe(OH)3胶体，理由是从B中去除（3）①取25.00mLA，加入足量稀硫酸，可与24.00mL0.2mol−1L−1KMnO4溶液恰好完全反应。已知MnO4−在酸性环境下被还原为Mn②a．A中含有Fe3+，滴入NaOH溶液，会生成Fe(OH)b．A中主要成分仍然是FeSO4，故答案为：b。

【分析】（1）依据题目信息判断；利用现象判断检验Fe（2）①依据铁及其化合物的性质判断；②依据现象判断；（3）①依据关系式法计算；②依据亚铁盐和亚铁的氢氧化物易被氧化。17．【答案】（1）2：1（2）1：1；2：3；2：3（3）22.4bca（4）5.4（5）3.0（6）1.65mol【解析】【解答】解：（1）相同氧原子数，n（O）相同，CO与CO2的物质的量比为2：1，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，所以体积之比为2：1，故答案为：2：1；（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为1：1，则物质的量之比为1：1，所以O原子数之比为2：3；根据m=VVmM知，其质量之比等于其摩尔质量之比=32g/mol：48g/mol=2：3；故答案为：1：1；2：3；2：3；（3）根据其组分相同，所以其质量与分子数成正比，ag气体含有的分子数为：b个，质量与分子数的比列式为：ag：b个=cg：x个，x=bca个；cg该混合气体含有的物质的量为：n=bcaNAmol，其体积为：V=n×Vm=bcaNAmol×Vm=22.4bcaNAL故答案为：22.4bcaNAL；（4）浓H2SO4的物质的量浓度c=1000×1.84×98%98mol/L=18.4mol/L．根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=100mL×1mol/L，解得：x≈5.4．故答案为：5.4；（5）Al2（SO4）3溶液，阳离子、阴离子的个数之比为2：3，c（Al3+）=【分析】（1）相同氧原子数，n（O）相同，以此计算CO与CO2的物质的量关系，相同条件下，物质的量之比等于体积之比；（2）等