2024年高考化学一轮复习第一部分专题5金属及其化合物练习含解析

PAGE1-专题5金属及其化合物1．(2024·全国卷Ⅱ)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变更的是()A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消逝Zn＋CuSO4=Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3=2Fe(OH)3＋3MgCl2答案C解析加入足量Zn粉，Cu2＋被完全还原为Cu，所以溶液蓝色消逝，A正确；澄清石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀，B正确；过氧化钠是淡黄色固体，在空气中久置成为碳酸钠，变为白色，C错误；Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的，滴加足量三氯化铁溶液，可转化为氢氧化铁红褐色沉淀，D正确。2．(2024·山东潍坊高三期末)下列选项所示的物质间转化一步能实现的是()A．S(s)eq\o(→,\s\up8(O2),\s\do8(△))SO3(g)eq\o(→,\s\up8(H2Ol))H2SO4(aq)B．Fe2O3(s)eq\o(→,\s\up8(Al),\s\do7(高温))Fe(s)eq\o(→,\s\up8(HClaq))FeCl3(aq)C．NaHCO3(s)eq\o(→,\s\up8(△))Na2CO3(s)eq\o(→,\s\up8(饱和石灰水))NaOH(aq)D．Al(s)eq\o(→,\s\up8(NaOHaq))NaAlO2(aq)eq\o(→,\s\up8(过量HClaq))Al(OH)3(s)答案C解析硫单质和氧气反应只能生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故A错误；铁和盐酸反应生成氯化亚铁，故B错误；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，故C正确；氢氧化铝是两性氢氧化物，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝溶液和氯化钠溶液，得不到氢氧化铝，故D错误。3．(2024·长郡中学高三月考)下列关于置换反应M＋X→N＋Y(其中M、N为单质，X、Y为化合物，反应条件已略去)的说法正确的是()A．若X为氧化物，则Y也肯定为氧化物B．若M为金属单质，则N也肯定为金属单质C．若X是不含金属元素的化合物，则N肯定是非金属单质D．若X是含有金属元素的化合物，则Y也肯定是含有金属元素的化合物答案C解析若X为氧化物，则Y不肯定为氧化物，如氟气与水的反应，Y是氟化氢，故A错误；若M是金属单质，则N可以是非金属单质，如铁和盐酸的反应，也可以是金属单质，如铝热反应，故B错误；若X是不含金属元素的化合物，因为生成的单质N的组成元素肯定来源于化合物X，所以N肯定是非金属单质，故C正确；若X是含有金属元素的化合物，则Y可以是含有金属元素的化合物，如铁和氯化铜的反应，也可以是不含金属元素的化合物，如氢气还原氧化铜，故D错误。4．(2024·武汉市高三调研)用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述错误的是()A．为提高步骤①的反应速率，可实行搅拌、升温等措施B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，“分别”包含的操作有过滤、洗涤答案C解析铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，搅拌、适当上升温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉主要作用是还原Fe3＋，即主要的离子反应为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，B正确；一部分滤液B的溶质FeCl2经步骤③生成Fe(OH)2浊液，步骤④中，氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液Fe(OH)3，为了提高Fe3O4的产率须要限制浊液Fe(OH)3与滤液B中Fe2＋的比例，为防止滤液B中Fe2＋在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；步骤⑤为浊液Fe(OH)3与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分别出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确。5．(2024·湖南茶陵三中高三月考)向氯化铁、氯化铜的混合液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列推断不正确的是()A．溶液中肯定含有Cu2＋B．溶液中肯定含有Fe2＋C．加入KSCN溶液肯定不变红色D．剩余固体中肯定含有铜答案A解析当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3＋、Cu2＋全部参与反应生成Fe2＋和Cu，反应的方程式为：2FeCl3＋Fe=3FeCl2、CuCl2＋Fe=Cu＋FeCl2，所以溶液中肯定没有Fe3＋、Cu2＋，肯定含有Fe2＋；当固体为铜时，溶液中肯定没有Fe3＋，Cu2＋恰好全部参与反应或部分反应生成Fe2＋和Cu，所以溶液中肯定没有Fe3＋，可能含有Cu2＋，肯定含有Fe2＋。通过上述分析知，溶液中肯定不含Fe3＋，肯定含有Fe2＋，可能含有Cu2＋，剩余固体中肯定含有Cu，故B、C、D正确，选A。6．(2024·北京师大附中高三期中)某试验小组通过下图所示试验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是()A．②中的大量气泡主要成分是氧气B．③中溶液变红，说明有碱性物质生成C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度答案D解析过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解反应，因此放出大量气泡，故D错误。7．(2024·全国卷Ⅰ考试大纲调研卷(二))试验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经验了下列过程(已知Fe3＋在pH＝5时沉淀完全)。其中分析错误的是()A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OB．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C．步骤③用CuCO3代替CuO也可调整溶液的pHD．步骤⑤的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2～3次答案B解析由试验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应硫酸亚铁都转化为硫酸铁，然后加入CuO调整溶液的pH，使Fe3＋水解而生成Fe(OH)3沉淀，过滤得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，A正确；步骤②不行用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，B错误；CuCO3和CuO都与溶液中H＋反应，起到调整溶液pH的作用，并不引入新的杂质，C正确；步骤⑤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量冷的蒸馏水浸没晶体，自然流下，重复2～3次，可洗涤晶体，D正确。8．(2024·山东烟台高三期末)下列物质转化在给定条件下每一步都能实现的是()A．Sieq\o(→,\s\up8(O2/点燃))SiO2eq\o(→,\s\up8(H2O))H2SiO3B．Mg(OH)2eq\o(→,\s\up8(HClaq))MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up8(电解))MgC．Al2O3eq\o(→,\s\up8(HClaq))AlCl3(aq)eq\o(→,\s\up8(加热))无水AlCl3D．CH3CHOeq\o(→,\s\up8(O2),\s\do8(催化剂，△))CH3COOHeq\o(→,\s\up8(CH3OH),\s\do8(浓硫酸，△))CH3COOCH3答案D解析SiO2难溶于水，不能与水反应产生H2SiO3，A错误；在工业上是用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，B错误；AlCl3是强酸弱碱盐，将溶液加热，会发生水解反应产生Al(OH)3和HCl，HCl加热挥发，故溶液蒸干得到的固体是Al(OH)3，不能得到无水AlCl3，C错误；CH3CHO被O2催化氧化产生CH3COOH，产生的乙酸与甲醇在浓H2SO4、加热条件下发生酯化反应产生CH3COOCH3和水，D正确。9．(2024·安徽五校联盟高三质检)试验室可利用硫酸厂炉渣(主要成分为铁的氧化物，还含有少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，制备过程如图所示。下列说法不正确的是()A．炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2OB．气体M的成分是SO2，通入到双氧水中得到硫酸，可循环运用C．若调整溶液Z的pH偏小，则将导致聚铁中铁的质量分数偏大D．溶液X转化为溶液Y须要加过量铁粉，再过滤答案C解析依据流程图，炉渣与硫酸、氧气反应时，有固体W生成，焙烧固体W生成气体M，结合炉渣的成分可推出W含有S，溶液X经调整pH、加热后得到聚铁胶体，则X中含Fe3＋，故FeS被氧化为Fe3＋、S，氧气被还原为H2O，A项正确；S焙烧生成的气体M为SO2，通入到H2O2中，发生反应：H2O2＋SO2=H2SO4，生成的硫酸可以循环利用，B项正确；聚铁[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m可看做由Fe(OH)3、Fe2(SO4)3复合而成，若调整溶液Z的pH偏小，则Fe(OH)3会部分溶解，导致聚铁中铁的质量分数偏小，C项错误；由溶液Y可得到绿矾，则溶液Y为FeSO4溶液，溶液X转化为溶液Y，即Fe2(SO4)3转化为FeSO4，需加入过量铁粉，再过滤，D项正确。10．(2024·广东茂名高三期末)电镀废水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多种元素的有机金属盐，采纳焙烧—浸出—分别回收的工艺流程可有效分别电镀废水沉泥中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是()A．上述流程中硫酸可以用稀盐酸代替B．“固体Ⅱ”为Fe(OH)2C．溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金属离子D．合理处理电镀废沉泥可实现资源的回收与可持续利用答案B解析题述流程中硫酸可以用稀盐酸代替，主要是溶解CuO、NiO、Fe3O4等金属氧化物，故A正确；溶液Ⅰ中有Fe2＋、Fe3＋、Ni2＋、Cu2＋，加双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加NaOH溶液，生成固体Ⅱ：Fe(OH)3，溶液Ⅱ中含有Na＋、Ni2＋、Cu2＋，加锌先生成铜，得溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金属离子，故C正确，B错误；从流程看出可以回收利用铜镍等金属，故合理处理电镀废沉泥可实现资源的回收与可持续利用，故D正确。11．(2024·南昌二中高三考试)把一块镁铝合金(质量为mg)投入到50mL1mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变更的关系如图所示。下列说法中正确的是()A．整个反应过程中，主要发生了6个离子反应B．c值越大，合金中Mg的含量越高C．b值越大，合金中Al的含量越高D．依据图像推断，镁铝合金与50mL1mol/L的HCl溶液恰好完全反应答案A解析依据图示，整个反应过程中主要包含Mg、Al分别与盐酸的反应，H＋与OH－的反应，Mg2＋、Al3＋分别与OH－的反应，Al(OH)3与OH－的反应，主要有6个离子反应，A项正确；依据图示，c值越大，溶解Al(OH)3消耗的NaOH越多，说明合金中Al的含量越高，B项错误；b点对应的沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2的混合物，溶液中只有氯化钠，故b为固定值50mL，继而无法推断合金中Al的含量，C项错误；依据图像推断，镁铝合金与50mL1mol/L的HCl溶液反应后，盐酸剩余，不是恰好完全反应，D项错误。12．(2024·湖南省重点中学高三大联考)几种中学常见物质之间的转化关系如图所示(部分反应条件已省略)。已知：E为常见金属；在标准状况下气体R的密度为3.17g·L－1。下列推断合理的是()A．X肯定是H2O2B．MnO2在反应①、②中都作催化剂C．常温下，0.01mol·L－1Y溶液的pH＝2D．上述转化涉及的反应都是氧化还原反应答案C解析依题意，中学常见的能与MnO2反应的物质有KClO3、H2O2、浓盐酸，标准状况下气体R的密度为3.17g·L－1，则M(R)＝22.4×3.17g≈71g，R为Cl2，则Y为浓盐酸，X为H2O2或KClO3，Z为O2，E为Fe，F为Fe3O4，H为FeCl3，G为FeCl2。X为H2O2或KClO3，A错误；MnO2在反应①中作催化剂，在反应②中作氧化剂，B错误；常温下，0.01mol·L－1盐酸的pH＝2，C正确；Fe3O4和浓盐酸反应生成FeCl3和FeCl2的反应，不是氧化还原反应，D错误。13．(2024·广东汕头高三期末)镍常作有机合成的催化剂和制造硬币。以废镍料(含少量铁)为原料制备镍的一种流程如下：下列说法不正确的是()A．“酸浸”中采纳加热、搅拌等措施能提高反应速率B．滤渣A可以用于制造铁红，采纳结晶法从滤液A中提取芒硝C．“电解”在阳极上析出镍，废液可以作“酸浸”液循环利用D．“氧化”的主要离子反应为2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O答案C解析加热能供应能量，搅拌能增大固体与液体接触面，都可提高反应速率，A正确；滤渣A的主要成分是氢氧化铁，灼烧氢氧化铁制备氧化铁(铁红)。滤液A的溶质主要是硫酸钠，从硫酸钠溶液中分别出十水合硫酸钠晶体(芒硝)，B正确；镍在阴极上析出，电解硫酸镍溶液生成的硫酸可以用于“酸浸”，C错误；双氧水氧化亚铁离子，D正确。14．(2024·资阳市高三其次次诊断性考试)将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份干脆放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出的气体在标准状况下的体积为3.92L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为()A．2.80LB．3.92LC．5.60LD．7.84L答案A解析混合物放入NaOH溶液中，Al与NaOH发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，n(Al)＝eq\f(3.92L,22.4L·mol－1)×eq\f(2,3)＝eq\f(0.35,3)mol。另一份发生反应14Al＋3FeO·2Fe2O3eq\o(=,\s\up8(高温))7Al2O3＋15Fe，得n(Fe)＝eq\f(0.35,3)mol×eq\f(15,14)＝0.125mol,1molFe与足量盐酸反应生成1molH2，则V(H2)＝0.125mol×22.4L·mol－1＝2.80L。15．(2024·山东枣庄高三期末)若利用硫铁矿焙烧取硫后的废渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取FeSO4·7H2O，设计了如下流程：下列说法错误的是()A．溶解废渣选用的酸是稀硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中肯定含有SiO2，限制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3，进入固体2C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，必需限制条件防止其氧化和分解D．若变更方案，在溶液1中干脆加入NaOH溶液至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分别也可得到FeSO4·7H2O答案D解析在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D项错误。16．(2024·北京海淀高三期中)依据下列试验：①向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，视察现象。推断下列说法正确的是()A．氧化性Cu2＋>Fe3＋B．①中所得固体只含铜C．①中滤液含有Cu2＋和Fe2＋D．②中不会视察到溶液变红答案D解析在反应2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋中，氧化剂为Fe3＋，氧化产物为Cu2＋，即可知氧化性Fe3＋>Cu2＋，故A错误；①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；由于加入的铁是过量的，则溶液中不含有Cu2＋，故C错误；因在①的滤液中只有Fe2＋，没有Fe3＋，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确。17．(2024·贵州高三教学质量测评)工业上常用铁碳混合物处理含Cu2＋废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2＋浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变更的曲线如下图所示。下列推论不合理的是()A．活性炭对Cu2＋具有肯定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，肯定会提高废水中Cu2＋的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2＋废水中铜的反应原理：Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu答案C解析活性炭具有很多细小微孔，具有很强的吸附实力，由图像可知，Cu2＋在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2＋具有肯定的吸附作用，故A合理；铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2＋，发生氧化反应，因此铁作负极，故B合理；由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x＝2∶1，Cu2＋的去除速率渐渐增加，但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2＋的去除速率降低，故C不合理；在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2＋得到电子生成铜单质，因此该微电池的总反应方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故D合理。18．(2024·山东济宁高三期末)工业上以某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4·H2O的流程如下：下列说法不正确的是()A．滤渣A的主要成分能导电，可制备光导纤维B．“酸浸”主要反应的离子方程式为MnO2＋SO2=Mn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)C．加氨水调整pH的目的是除Al3＋D．操作Ⅰ为结晶、过滤、洗涤、干燥答案A解析滤渣A为SiO2，不能导电，可制备光导纤维，故A错误；“酸浸”中MnO2有强氧化性，SO2具有还原性，主要反应的离子方程式为MnO2＋SO2=Mn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)，故B正确；加氨水调整pH的目的是：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，除去Al3＋，故C正确；经过结晶、过滤、洗涤、干燥操作可以得到MnSO4·H2O，故D正确。19．(2024·全国卷Ⅲ)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由自然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋Ni2＋起先沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：______________________________________。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调整为________～6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，缘由是______________________________________。(6)写出“沉锰”的离子方程式：____________________________________。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝eq\f(1,3)时，z＝________。答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移动(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)解析(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O，故滤渣1的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。(2)Fe2＋沉淀完全时，Mn2＋已经起先沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去。(3)除去Fe3＋及Al3＋，应使二者沉淀完全，故pH应大于4.7。(4)锌和镍的硫化物都难溶于水，故“滤渣3”的主要成分为ZnS、NiS。(5)“除杂1”步骤结束后，杂质金属阳离子只有Mg2＋，加入MnF2形成MgF2沉淀而除去Mg2＋，若溶液酸度过高，H＋浓度偏大，则F－与H＋结合形成HF，使MgF2沉淀溶解平衡正向移动而重新溶解。(6)“沉锰”时加入NH4HCO3发生反应：Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(7)依据化合物中各元素化合价代数和为0的原则，求得z＝eq\f(1,3)。20．(2024·北京东城高三期末)探究0.5mol/LFeCl3溶液(pH＝1)与不同金属反应时的多样性的缘由。(各组试验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡)试验金属现象及产物检验Ⅰ镁条马上产生大量气体；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜色由棕黄色渐渐变为红褐色；片刻后气泡削减；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀Ⅱ铜粉无气体产生；溶液渐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀(1)依据试验Ⅰ的现象，推想红褐色液体为胶体，并用光束照耀该液体，在与光束垂直的方向视察到________得以证明。(2)已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复试验Ⅰ，刚好取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行试验如下：该试验说明黑色固体中肯定含有________，结合现象写出推断的理由__________________________。②除上述结论外，分析试验Ⅰ的现象，可知被还原得到的产物肯定还有________。(3)试验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3＋、Mg2＋、Fe2＋、H＋、Cu2＋的氧化性强弱有关，其依次是Mg2＋<Fe2＋<________。(4)接着探讨0.5mol/LFeCl3溶液(pH＝1)与Fe的反应。试验金属现象及产物检验Ⅲ铁粉持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，经检验，溶液pH＝4；含有Fe2＋，无Fe3＋Ⅳ铁丝无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液pH＝2，含有Fe2＋和Fe3＋；Fe3＋被还原的量多于试验Ⅲ①试验Ⅲ中发生反应的离子方程式有_______________________________。②已知：相同条件下，H＋在溶液中的移动速率远大于Fe3＋。结合试验Ⅰ、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变更，推想试验Ⅲ、Ⅳ现象差异的缘由：_________________________________________________________________。答案(1)一条光亮的“通路”(2)①Fe滤纸ⅱ上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2＋，所以滤纸ⅰ上粉末旁边变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2＋②H2、Fe2＋(3)H＋＜Cu2＋＜Fe3＋(4)①Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋②由Ⅰ、Ⅲ可知，金属与Fe3＋、H＋反应速率快时，因H＋移动速率大，其浓度在金属表面变更小，易被还原，促使Fe3＋水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3＋能刚好补充，且由Ⅱ知Fe3＋的氧化性强于H＋，优先被还原解析(1)胶体的重要性质就是具有丁达尔效应——用平行光照耀时，从侧面能看到一条光亮的“通路”。(2)①由试验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比试验，发觉Fe3O4并不能与所加的试剂(含K3[Fe(CN)6]的3%NaCl溶液)发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明白能与所加试剂发生作用的是铁粉，所以原黑色粉末中肯定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2＋；②从“马上产生大量气泡”推断产物中有氢气，从“滴加K3[