1、第三章 铁 金属材料 单元测试（提升卷）一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的棕红色烟的困扰。你估计这一空气污染物是因为含有（ ）AFeO粉尘BFe2O3粉尘CFe粉尘D碳粉2下列物质中，不属于金属材料的是A黄铜B硬铝C不锈钢D金刚石3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
2、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AABBCCDD4相同质量的四份铜片，分别置于足量的下列酸中，在一定条件下反应，所得到的气体的物质的量最多的是()A浓硫酸B稀硫酸C浓硝酸D稀硝酸5用一定量的铁与足量稀硫酸及足量的氧化铜制单质铜，设计了以下两种方案：先用铁与稀硫酸反应产生氢气，再用氢气还原氧化铜得到单质铜；先用稀硫酸溶解氧化铜得到硫酸铜溶液，再与铁发生置换反应得到单质铜。若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的质量()A一样多B多C多D无法判断6等体积的Al2(SO4)3、ZnSO4、Na2SO4溶液分别与足量BaCl2溶液反应。若生成BaS
3、O4沉淀的质量比为123，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为A123B133C169D1367钛和钛的合金具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是（ ）A用来做保险丝B用于制造航天飞机C用来制造人造骨D用于家庭装修，做钛合金装饰门8将17.6克Fe2O3和Cu的混合物溶解于足量的稀盐酸中，再加铁粉9.8克，待铁粉溶解后，溶液中无Fe3+，此过程共产生2.24升H2(标况)，则下列判断正确的是A混合物中Cu全部被氧化为Cu2+以后，Cu2+又全部被还原B混合物中Cu全部被氧化为Cu2+以后，
4、Cu2+又部分被还原C混合物中Cu部分被氧化为Cu2+以后，Cu2+又全部被还原D混合物中Cu部分被氧化为Cu2+以后，Cu2+又部分被还原9甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为甲乙12，则加入铝粉的质量为()A5.4 gB3.6 gC2.7 gD1.8 g10下列反应中，第一步反应生成的沉淀经第二步反应后质量增加的是A将少量CO2(g)通入饱和Ca(OH)2溶液中，再通入过量Cl2B将少量AgNO3溶液滴加到NaCl溶液中，再滴加Na2S溶液C将少量FeCl2溶液加入到NaOH溶液中，再滴加H2O
5、2溶液D将少量Ba(OH)2溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中，再加入过量NaOH溶液11已知酸性条件下有如下反应：2Cu=Cu2Cu。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物进行验证，每一次实验操作和实验现象记录如下，由此推出氢气还原氧化铜实验的产物是（）.加入试剂稀硫酸浓硫酸稀硝酸浓硝酸实验现象产生红色固体，溶液呈蓝色加热，产生无色气体产生无色气体，溶液呈蓝色产生红棕色气体，溶液呈绿色A只有CuB只有Cu2OC一定有Cu，可能有Cu2OD一定有Cu2O，可能有Cu12如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。
6、下列说法正确的是 A溶液酸性:ABCB溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H+2Fe2+O2 =2Fe3+2H2OC向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能会变为红色D加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A13铁粉与水蒸气反应的装置如图所示，有关该反应的说法正确的是（ ）A该反应属于复分解反应B网罩的作用是集中火焰，提高温度C湿棉花的作用是给试管降温，防止炸裂D铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H214铜镁合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224 L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后
7、称量，质量为A3.12 gB4.68 gC5.08 gD4.18 g15由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag，加入2mol/L硫酸50mL时固体恰好完全溶解，若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为A1.6gB(a-1.6)gC(a-3.2)gD无法确定二、非选择题（本大题共4小题，共55分）16是一种重要的工业原料。(1)取少量粉末(红棕色)，加入适量盐酸，发生反应的离子方程式为_。用上述溶液进行以下实验：(2)取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，反应的化学方程式为_。(3)在小烧杯中加入蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸
8、直至液体呈_色，即可制得Fe(OH)3胶体。(4)已知强酸氢碘酸(HI)具有较强的还原性。取上述烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的HI稀溶液，边滴边振荡，会出现一系列变化。先出现红褐色沉淀，原因是_。随后沉淀溶解，溶液呈黄色，最后溶液颜色加深。若此时向该溶液中加淀粉溶液，溶液变蓝，请写出Fe(OH)3与反应的离子方程式：_。(5)已知氧化性：，则向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2发生反应的总离子方程式为_，向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2发生反应的总离子方程式为_。17已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：(1)确定A、B、C、F的化学式，A为_，B
9、为_，C为_，F为_。(2)写出的化学方程式，、的离子方程式。_。_。_。18利用“价一类”二维图研究物质的性质是一种有效的学习方法。铁及其部分化合物的“价一类”二维图如图所示。(1)X、Y的化学式分别为_、_。(2)图中只具有还原性的物质是_(填化学式)。(3)要证明FeCl2有氧化性，还原性的试剂分别为_、_。(4)某实验小组设计如下实验探究亚铁盐的性质。实验操作现象1.0mL 0.1mol/L溶液中滴入1.0mL 0.5mol/L NaOH溶液生成白色沉淀，3min后沉淀基本变为红褐色1.0mL 0.1mol/L溶液中滴入1.0mL 0.5mol/L溶液生成白色沉淀，3min后沉淀颜色几
10、乎不变对实验所得白色沉淀展开研究(已知在水中不能大量存在)：i取中少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；向i所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红；向所得溶液中再滴入少量溶液，溶液立即变为红色。根据以上现象，实验中生成的白色沉淀的化学式为_。研究过程中发现实验中白色沉淀在空气中久置最终也变为红褐色。则该沉淀的还原性比实验中所得的Fe(OH)2的还原性_(填“强”或“弱”)。19铁在一定条件下的反应如图所示。请回答下列问题：（1）晋代的抱朴子中有记载“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，成为现代湿法冶金的先驱。曾青就是胆矾，即五水硫酸铜。将铁放在胆矾溶液（古人称为胆水）
11、中，可以得到金属铜，请写出该反应的化学方程式：_。（2）工业上，向500600的铁屑中通入生产，每生产1 kg，消耗的物质的量为_（计算结果保留2位小数）。（3）实现Fe转化为，可选用_（填化学式）溶液。（4）高温下，Fe粉与水蒸气反应的化学方程式为_。（5）请写出溶于稀盐酸的离子方程式：_。参考答案1B【解析】A. FeO是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故A错误；B. Fe2O3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故B正确；C. Fe粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故C错误；D. 煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故D错误；故选：B。2D【解析】A黄铜是由铜和锌组成的合
12、金，属于金属材料，故不选A； B硬铝是指铝合金中以Cu为主要合金元素的一类铝合金，属于金属材料，故不选B；C不锈钢是由铁、铬、碳及众多不同元素所组成的合金，属于金属材料，故不选C； D金刚石是有碳元素组成的一种单质，属于非金属，故选D。选D。3C【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，
13、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。4C【解析】设金属Cu均为1mol，则ACu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，1molCu完全反应，生成1mol气体；B由铜在金属活动性顺序表中的位置可知，铜不可以和非氧化性酸反应产生H2，即铜和稀硫酸不反应；C由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，1molCu完全反应，生成2mol气体；D由3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，1molCu完全反应生成气
14、体mol；故相同质量的四份铜片与足量的酸反应，所得到的气体的物质的量最多的是浓HNO3；答案选C。5C【解析】先用铁与稀硫酸反应产生氢气，得到氢气量一定，再用氢气还原氧化铜得到单质铜，关系式为FeH2CuOCu；先用稀硫酸溶解CuO得到硫酸铜溶液，再与Fe发生置换反应得到Cu，关系式为CuOCu2+FeCu；铁的量相同，因此理论上2种方法得到的铜是一样的，但是中用氢气还原氧化铜得到单质铜时，先用氢气排出装置内空气，反应后停止加热时还有通氢气，因此消耗的H2大于理论值，在铁一定量的时候，生成的氢气一定的，还原Cu的氢气变少，因此得到铜变少，故C正确。综上所述，答案为C。6C【解析】生成BaSO4
15、沉淀质量比为123，即生成BaSO4沉淀的物质的量比为123，即三种硫酸盐提供的硫酸根离子的物质的量比为123，假设三种硫酸盐中的硫酸根离子物质的量分别为1mol、2mol、3mol，根据化学式，则Al2(SO4)3、ZnSO4、Na2SO4物质的量分别为1mol=mol、2mol、3mol，三种硫酸盐的物质的量之比为：2：3=169，由于体积相同，则浓度比为169，故选C。答案选C。7A【分析】物质的性质决定用途，钛和钛的合金有很多优良的性能，也有很多重要的用途。【解析】A保险丝应该用熔点比较低的金属材料做，而钛及其合金熔点高，不适合做保险丝，故A错误；B因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易
16、于加工，所以可用于制造航天飞机，故B正确；C因为钛合金与人体有很好的“相容性”，所以可用来制造人造骨，故C正确；D因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于家庭装修，做钛合金装饰门，故D正确；答案选A。8C【解析】根据题意知Fe2O3和Cu的混合物溶解于足量的稀盐酸中，发生反应：6H+2Fe2O3=2Fe3+3H2O，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，得到氯化铁和氯化铜、盐酸的混合溶液，三价铁离子的氧化性强于铜离子，加入铁粉后依次发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=Fe2+H2，9.8克铁粉的物质的量n(Fe)=0.175 mo
17、l，铁粉在反应中均生产二价铁离子，所以共失去电子物质的量为0.175 mol2=0.35 mol，假设混合物全部是Fe2O3，Fe2O3的物质的量n(Fe2O3)=0.11 mol，反应中得到的电子的物质的量为n(e-)=0.11 mol21=0.22 mol，盐酸与Fe反应生成标况下2.24 LH2，得到的电子数n(e-)=2=0.2 mol，0.22 mol+0.2 mol=0.42 mol0.35，说明混合物中Cu部分被氧化为Cu2+以后，Cu2+又全部被还原，故合理选项是C。9A【分析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1
18、：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答。【解析】根据方程式，当铝分别和盐酸、氢氧化钠反应时，若消耗等量的铝，生成的气体体积比为1:1。若铝过量，等量的盐酸和氢氧化钠，生成的气体体积比为2:1。所以当两烧杯中生成的气体体积比为1:2时，可推知两烧杯中，生成的气体少的甲烧杯中铝有剩余，生成气体多的乙烧杯中铝不足。因为等量的铝消耗的盐酸物质的量更大，故甲烧杯中装盐酸；乙烧杯中装氢氧化钠。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1:2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，
19、则 解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则 解得y=0.2mol，则铝的质量为。故答案选：A。10C【解析】A将少量CO2（g）通入饱和Ca（OH）2溶液中生成碳酸钙沉淀，再通入过量Cl2（g），生成盐酸会溶解碳酸钙，沉淀质量会减少，故A错误；B将少量AgNO3溶液滴加到NaCl溶液中生成AgCl，再滴加Na2S溶液生成Ag2S沉淀，2AgClAg2S沉淀质量减少，故B错误；C氯化亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，加入过氧化氢氧化氢氧化亚铁生成氢氧化铁，Fe（O
20、H）2Fe（OH）3，沉淀质量增加，故C正确；D将少量Ba（OH）2溶液滴加到入A12（SO4）3溶液中生成沉淀硫酸钡和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸强碱，沉淀质量会减少，故D错误；故答案选：C。11D【分析】Cu2O与稀硫酸发生反应：2Cu+=Cu2+Cu，Cu2O和Cu都能与浓硫酸、稀硝酸、浓硝酸等强氧化性物质反应，结合实验现象分析判断。【解析】已知酸性条件下有如下反应：2Cu+Cu2+Cu，向红色固体中加入稀硫酸，有红色固体和蓝色溶液，红色固体为铜，蓝色溶液为硫酸铜溶液，由此可推出原红色固体里一定有Cu2O，对于溶液中的红色固体铜，一种可能是原来有一部分，Cu2O和硫酸反应生成
21、一部分，另一种可能是全部由Cu2O和硫酸反应生成的，因此可得出结论，红色固体里一定有Cu2O，可能有铜，故选D。12C【分析】由流程图可知，A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O= 2FeSO4+ 2H2SO4，B到C发生的反应为4 FeSO4+2H2SO4+O2=4 Fe2(SO4)3+2H2O。【解析】A由于A到B过程中生成H2SO4，酸性增强，B到C过程中消耗H+，酸性减弱，溶液酸性B最强，故选项A错误；B溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H+4Fe2+O2=4Fe3+2H2O，故选项B错误；C溶液A中通入SO2的反应为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=
22、 2FeSO4+ 2H2SO4，Fe3+没有完全转化，则滴加KSCN溶液，溶液会变为红色，故选项C正确；D溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4，加入氧化亚铁，生成产物仍未Fe2+，故选项D错误；故选C。13B【分析】铁粉与水蒸气反应的原理为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，生成的气体用吹肥皂泡的方法进行检验。【解析】A. 由反应原理可知该反应属于置换反应，故A错误；B. 由反应原理知该反应在高温条件下进行，所以用网罩集中火焰，提高温度，故B正确；C. 该反应用到水蒸气，所以湿棉花的作用是提供水蒸气，故C错误；D. 由反应原理知铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故
23、D错误；综上所述，正确答案为B。14D【解析】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO2)=n(NO)=n(N2O)= =0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol（+5）-（+4）+ 0.01mol（+5）-（+2）+ 0.0
24、1mol2（+5）-（+1）=0.12mol；根据沉淀的组成Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀中n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。【点睛】解答本题的关键是：利用氧化还原反应中的得失电子守恒和沉淀的化学式得出沉淀中OH-物质的量等于氧化还原反应中转移电子物质的量，进而解答。15B【解析】铁铜和锌的氧化物在足量的CO中加热，最终得到的固体是相应元素的单质，所以要求固体的质量，若能求出氧化物混合物中氧元素的总质量，在氧化物总质
25、量的基础上扣除即可。上述混合物与硫酸反应过程不涉及变价，实质是复分解反应，可以简单表示为：，其中x不一定为整数。因此，消耗的H+的量是金属氧化物中O的两倍，所以该金属氧化物的混合物中：，所以金属元素总质量为(a-1.6)g，B项正确；答案选B。16 红褐 HI是电解质，使胶体聚沉 【解析】(1)是碱性氧化物，可以与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为；故答案为：。(2)向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应方程式为：；故答案为：。(3)Fe(OH)3胶体的制法：向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热；故答案为：红褐。(4)将
26、Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀HI溶液，HI是电解质，会使得胶体聚沉，先出现红褐色沉淀。随后沉淀溶解，溶液呈黄色，最后溶液颜色加深，是因为Fe(OH)3与强酸HI发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；故答案为：HI是电解质，使胶体聚沉；。(5)由氧化性：，可知还原性：，则Cl2与FeBr2溶液反应时，优先氧化，过量的Cl2再氧化Br，则向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2发生反应的总离子方程式为。Cl2与FeI2溶液反应时，优先氧化I，则向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2发生反应的总离子方程式为。17Fe Fe3O4 FeCl2 Fe(OH)3 4Fe(OH)2O
27、22H2O=4Fe(OH)3 2Fe2Cl2=2Cl2Fe3 Fe2Fe3=3Fe2+ 【解析】红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，则A为铁。B为黑色晶体，为四氧化三铁，B和盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，根据转化关系分析，D为氯化铁，C为氯化亚铁，E为氢氧化亚铁。则（1）根据以上分析，A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，F为Fe(OH)3；（2）反应为氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。反应为亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；反应为铁离子变成亚铁离子，离子方程式为：2Fe
28、3+Fe3Fe2+。18Fe2O3 Fe(OH)2 Fe 锌(或铝等) 新制氯水(或酸性KMnO4溶液等氧化性较强的物质) FeCO3 弱 【解析】(1)由图可知，X是Fe元素化合价为3的氧化物，则X是Fe2O3；Y是Fe元素化合价为2的碱，则Y是Fe(OH)2；(2)单质Fe为铁元素的最低价态，化合价只能升高，只有还原性；(3)要证明FeCl2具有氧化性，则需使用还原剂，如锌，铝等还原性较强的金属；要证明FeCl2具有还原性，则需使用氧化剂，如新制氯水、酸性KMnO4溶液等氧化性较强的物质；(4)由、的现象可知该白色沉淀中含+2价铁，结合已知条件Fe(HCO3)2在水中不能大量存在，可推知该白色沉淀是FeCO3；FeCO3在空气中久置变为红褐色，证明FeCO3中的Fe从+2价被氧化到3价，但被氧化所需时间比Fe(OH)2被氧化所需时间长，即FeCO3比Fe(OH)2难被氧化，所以FeCO3的还原性比Fe(OH)2的还原性弱。19 9.23mol HCl（或、等） 【解析】（1）将铁放在胆矾溶液（古人称为胆水）即硫酸铜溶液中，可以得到金属铜，化学方程式。（2）由氯元素守恒可知，。（3）说明Fe被氧化，可选用盐酸，稀硫酸、溶液，溶液等氧化剂。（4）铁粉在高温条件下与水蒸气反应生成和，故反应的化学方程式。（5）溶于稀盐酸生成、，比例为1:2，反应的离子方程式为。
