《【高中化学】《铁金属材料》测试题 2023---2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【高中化学】《铁金属材料》测试题 2023---2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册.docx（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第三章铁金属材料测试题一、单选题1下列关于铁及其化合物的叙述错误的是A铁具有导电、导热、延展性B氧化铁常用作涂料、油漆的红色颜料C用铜粉除去溶液中含有的少量杂质D实验室制备氢氧化亚铁的关键是防止氧气的干扰2火法炼铜的原理，下列说法正确的是A2价的S发生还原反应，生成了SO2B该反应中氧化剂只有O2C生成64 g Cu，转移电子的总数约为36.021023D为了提高铜的产率，O2应过量3将一定量的铜粉加入到0.5 L 0.3 molL1 Fe2(SO4)3和0.1 molL1 H2SO4的混合溶液中，铜粉完全溶解后，得到溶液X。下列说法正确的是（）A溶液X中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为21
2、B向溶液X中加入足量铁粉，充分反应后，铁粉质量减少11.2 gC向溶液X中滴加KSCN溶液，未变红色，则加入铜粉质量为12.8 gD向溶液X中加入0.18 L 5 molL1 NaOH溶液可使溶液中的金属离子完全沉淀4以废旧铅蓄电池中的含铅废料(、及炭黑等)和为原料，可以制备高纯，实现铅的再生利用，其工艺流程如下：在过程涉及两个反应：；。下列说法错误的是A在过程中，起催化作用B在过程中生成时，转移的电子数为个C在过程中若改为加入也能起到催化作用D要证明过程中起催化作用，加入溶液，溶液不变红色即可5下列叙述正确的是AFe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B某无色溶液中通入Cl2，溶液变为淡黄色
3、，再加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明原溶液中存在ICCO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同DC、N、S三种单质直接与O2反应都能生成两种氧化物6五千年中华文化不仅能彰显民族自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现了合金硬度的特性B“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”能体现出金的化学性质不活泼C“两编千片白雪茧，六百二斗青铜钱”中的“青铜钱”属于铜的合金D“司南之杓，投之于地，其柢指南”，司南的“杓”中含有7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A与Al反应生成H2的溶液：B强酸性的溶液：Cu2+、Na+、ClC含Fe3+的溶
4、液：Na+、SCN、ClD强酸性的溶液：、K+、Fe2+8下列实验装置或操作不能达到相应实验目的的是A分离苯和溴苯B灼烧干海带C用四氯化碳提取碘水中的碘D冶炼金属铁9下列化学方程式，书写错误的是( )A工业制备粗硅的反应：C+SiO2Si+CO2B过量铁粉在常温下与稀硝酸的反应：3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2OC铜与硫单质的反应：2Cu+SCu2SD氨气的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O10下列叙述错误的是A“落汤螃蟹着红袍”，其过程涉及化学变化B有诗曰“百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”，诗中所说的玻璃为非电解质C“司南之杓(勺)投之于地，其柢(勺柄
5、)指南”，“杓”的材质为Fe3O4D“煤饼烧蛎房(牡蛎壳)成灰”，这种灰称为“蜃”，其主要成分为CaO11已知反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。若某溶液中存在Fe2+、I-、Cl-三种离子，要将I-氧化成I2而不影响Fe2+和Cl-，所加入的试剂应当是ACl2BFeCl3CKMnO4DHCl12下列离子方程式书写错误的是AFeCl3溶液腐蚀铜电路板：B铁红溶于盐酸：C氯气溶于水：D氯化铵溶液与氢氧化钠溶液混合：13下列有关事实体现完全相同性质的是ASO2和HC
6、lO都能使品红褪色B乙烯和苯都能使溴水褪色C浓硫酸能使胆矾变白，亦能使纸张变黑D常温下浓硫酸和浓硝酸都能使Al钝化14学习小组进行如下实验：序号实验操作实验现象将1mLpH=1的0.1molL-1 FeSO4溶液和2滴0.1molL-1KSCN溶液混合，接着向混合溶液中逐滴滴加0.5mL0.3molL-1的H2O2溶液滴入H2O2溶液，溶液立即变红，继续滴加，溶液红色变浅并逐渐褪去向i的混合溶液中滴入KSCN溶液溶液变红向1mL0.3molL-1的H2O2溶液中滴加2滴0.1molL-1KSCN溶液，继续加入0.5mLpH=1的H2SO4溶液，静置2min无明显现象向的混合溶液中滴入2滴Fe2
7、(SO4)3溶液滴入Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，静置2min，溶液红色变浅并逐渐褪去下列说法错误的是A实验中溶液变红的原因是生成Fe(SCN)3B实验i说明实验i中SCN-被H2O2全部氧化C实验说明酸性溶液中H2O2氧化KSCN的速度慢D实验i说明Fe2+能加速H2O2氧化KSCN的反应二、填空题15化学与环境密切相关近年来雾霾问题已成为百姓所关注的主要问题，今年入秋以来，我国大部分地区更是“霾伏”四起，部分地区持续出现中度至重度霾，环境治理刻不容缓。回答下列问题：(1)下列有关说法正确的是_A光化学烟雾是氮氧化物与碳氢化合物受紫外线作用后产生的有毒烟雾BPH小于7的雨水都是酸雨C
8、PM2.5含量的增加是形成雾霾天气的重要原因之一D大气中CO2含量的增加会导致臭氧空洞的加剧(2)盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现就硫酸、硝酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是： ； （两个）；不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因是 （答两点）在一定体积的10 molL1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9 mol。则浓硫酸的实际体积 (填“大于”、“等于”或“小于”)180 mL。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为 将8
9、 g Fe2O3投入到150 mL某浓度的稀硫酸中，再投入7 g铁粉，充分反应后，收集到1.68 L H2(标准状况)，同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4 molL1的NaOH溶液150 mL。则原硫酸的物质的量浓度为 16某化学兴趣小组通过查阅资料得知：在水溶液中存在反应：Al3+4OH-=Al(OH)4-、Al(OH)4-+CO2=Al(OH)3+HCO；2Al(OH)3Al2O3+3H2O，该小组据此设计了测定某镁铝合金(除镁、铝外，其它成分不溶于酸)中铝的质量分数的实施方案。回答下列问题：(1)第一步：称取镁铝合金样品ag，称量仪器的
10、名称是 。(2)第二步：将ag样品溶于足量稀盐酸中，充分反应后过滤，滤液中的金属阳离子有 (填离子符号)。(3)第三步：向滤液中加入过量NaOH溶液，充分反应后过滤，滤渣是 (填化学式)。(4)第四步：向第三步所得滤液中通入足量CO2，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣数次。第五步：烘干第四步所得滤渣并灼烧至恒重，冷却后称量，质量为bg，则样品中铝的质量分数为 ；若第四步操作时没有洗涤滤渣，测定出的铝的质量分数将 (填“偏大”或“偏小”)17取一定量的CuO粉末与0.5 L稀硫酸充分反应后，将根50 g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL气体(标准状况
11、)。求：(1)CuO粉末的质量 (2)稀硫酸的物质的量浓度 。18铁是人类较早使用的金属之一运用铁及其化合物的知识，完成下列问题（1）向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，得透明的红褐色液体，该分散系中粒子直径的范围是 nm。（2）中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是 （化学式）。（3）Fe跟Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是 。将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。请回答：a.若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成 色。b.向另一支试管中滴加NaOH溶液，现象为 ，反应的离子方程式是 。（4）若Fe2+溶液中存在Fe3+，除杂的方法是： ；该反应的离
12、子方程式为： 。（5） Fe(OH)2在空气中被氧化的过程现象为 ，请写出反应的化学方程式 。19现有A纯碱 B二氧化硅 C二氧化硫 D 熟石灰 E 三氧化二铁请你根据已有的知识，选择合适的物质，用字母代号填空：（1）能形成酸雨的是 ；（2）光纤制品的成分是 ；（3）属于碱的是 ；（4）红棕色固体是 20长期放置的溶液易被氧化而变质，某兴趣小组进行了如下实验：(1)设计实验检验溶液的变质程度。实验方案步骤1步骤2取待检测液于试管中，向其中滴加溶液取待检测液于试管中，向其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液实验现象_实验结论溶液部分变质上述方案补充完整 、 。若要使部分变质的复原，方法是 (用离子方程式表
13、示)。(2)利用部分变质的溶液制备。“()”中所填是所需试剂或条件，分别为 、 、 、“”中所填是含铁物质的化学式，分别是 、 (以离子形式存在的可写离子符号)。若该变质溶液制得，则变质前溶液的浓度为 。(3)可用作补铁剂，使用时建议与维生素C同服，同学甲猜测维生素C可将转化为，以利于人体吸收。为了验证这一猜想，设计了如下实验：实验方案实验现象取适量溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液紫色褪去由上述实验能否得出“维生素C可将转化为”的结论？请说明理由： 。21计算：(1)在0.2 L由NaCl溶液、MgCl2溶液、CuCl2溶液组成的混合溶液中，部分离子的浓度如图所示
14、。混合液中，NaCl的物质的量为 mol；混合液中，MgCl2的质量为 g。该混合溶液中CuCl2的物质的量浓度为 molL-1(2)1 g H2与标准状况下6.72 L CH4相比，所含分子数目较多的是 (填化学式)。(3)相同质量的CO和CO2所含的原子个数比是 。(4)在H2SO4和CuSO4的混合溶液中，加入足量的铁粉充分反应后，过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量与加入的铁粉的质量相等，则原混合溶液中SO和Cu2+个数之比为 。试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A铁是一种金属单质，具有导电、导热、延展性，A正确；B 氧化铁是红棕色粉末，常用作涂料、油漆的红
15、色颜料，B正确；C氯化铁溶液和铜反应得到氯化亚铁和氯化铜，用铜粉除去溶液中含有的少量杂质时会引入新杂质氯化铜，C不正确；D氢氧化亚铁具有还原性，易发生： ，实验室制备氢氧化亚铁的关键是防止氧气的干扰，D正确；答案选C。2C【分析】由方程式可知，反应中硫元素的化合价升高被氧化，发生氧化反应，反应的还原剂为硫化亚铜，铜元素和氧元素的化合价降低被还原，发生还原反应，反应的氧化剂为硫化亚铜和氧气。【详解】A由分析可知，反应中硫元素的化合价升高被氧化，发生氧化反应，故A错误；B由分析可知，反应的氧化剂为硫化亚铜和氧气，故B错误；C由方程式可知，反应生成2mol铜，反应转移6mol电子，则反应生成64g时
16、，转移电子的总数约为6.021023=36.021023，故C正确；D高温条件下铜与氧气反应生成氧化铜，则为了提高铜的产率，氧气不能过量，故D错误；故选C。3B【分析】0.5L0.3molL1Fe2(SO4)3和0.1molL1H2SO4的混合溶液中，n(Fe3+)=cV=0.5L20.3 molL1 =0.3mol，n(H+)=cV=0.5L20.1 molL1 =0.1mol，n(SO42)= n(Fe3+)+ n(H+)=0.5mol，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，所得溶液中Fe3+、Cu2+的物质的量与铜粉的量有关。【详解】A. 发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，所得溶
17、液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故A错误；B.向溶液X中加入足量铁粉，因铁离子的氧化性强于铜，所以铁先与三价铁反应，后置换出铜，最后与酸反应，因铁足量，相当于铁和原来的铁离子、氢离子反应，与加入的铜的量的多少无关，0.5L0.3molL1Fe2(SO4)3和0.1molL1H2SO4的混合溶液中，n(Fe3+)=cV=0.3molL10.5L2=0.3mol，n(H+)=0.1mol，所以，发生Fe+2Fe3+3Fe2+，消耗n(Fe)=0.15mol，发生Fe+2H+=Fe2+H2，消耗n(Fe)=0.05mol，总共消耗n(Fe)=0.15mol+0.05mol=0.2mol
18、，充分反应后，铁粉质量减少m=nM=0.2mol56g/mol=11.2g，故B正确；C.混合溶液中，n(Fe3+)=cV=0.3mol，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，未变红色，则三价铁完全反应，消耗n(Cu)=0.15mol，m=nM=0.15mol64g/mol=9.6g，故C错误； D.铜完全溶解时，溶液中可能存在的Fe2+、Cu2+、H+三种离子，或铜完全溶解时，溶液中的Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+四种离子，沉淀完全，溶质为硫酸钠(Na2SO4)，n(SO42) =0.5mol，所以n(Na+)=1mol，需NaOH的物质的量为1mol，加入0.18L5molL1NaO
19、H溶液，氢氧化钠量为0.18 L5 molL1=0.9mol，则氢氧化钠的量不足，不能完全沉淀，故D错误；答案选B。4B【详解】A亚铁离子参与反应，但反应前后的质量保持不变，符合催化剂的定义，A正确；B将两个反应加起来可得到生成，时，转移的电子数为个，B错误；C若改为加三价铁离子，先发生反应再发生反应，也符合催化剂的定义，C正确；D既然是亚铁离子起催化作用，本身的质量与性质都不变，因此溶液中不存在三价铁离子，加入溶液，溶液不变红色即可证明， D正确；故答案为：B。5B【详解】A项，铁和氯气反应生成氯化铁，和盐酸反应生成氯化亚铁，故错误；B项，淀粉遇碘变蓝色，淀粉溶液变蓝色，说明含有碘单质，碘溶
20、于水呈黄色，原溶液呈无色，说明原溶液中不含碘单质，所以碘单质只能是氯气和碘离子反应生成的，所以原溶液中含有碘离子，故正确；C项，二氧化碳和二氧化硫与水反应是化合反应且不是氧化还原反应，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，属于氧化还原反应，所以反应原理不同，故错误；D项，碳单质直接和氧气反应能生成一氧化碳和二氧化碳，氮气直接和氧气反应只生成一氧化氮，硫和氧气直接反应只生成二氧化硫，故错误。6D【详解】A合金硬度大，合两柔则钢，体现了合金的特性，A正确；B“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”写出了“沙里淘金”，金以游离态形式存在，这体现出金的化学性质不活泼，B正确；C“青铜钱”属于铜的合金，C正确；
21、D司南的“杓”中含有，D错误； 故选D。7B【详解】A与Al反应生成H2的溶液可能为酸性或减性，在酸性或碱性条件下，与H+、OH-均反应，不能大量共存，故A不符合题意； B强酸性的溶液中Cu2+、Na+、Cl之间以及与H+之间不反应，能大量共存，故B符合题意；C含Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN发生络合反应生成络合物，不能大量共存，故C不符合题意；D强酸性的溶液中，、H+与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选B。8A【详解】A、苯和溴苯互溶，沸点相差较大，可用蒸馏法分离，但温度计水银球要放在蒸馏烧瓶的支管出口处，A错误；B、灼烧干海带需要放在坩埚中进行，B正确；C、
22、碘易溶在有机溶剂中，可以用四氯化碳萃取碘水中的单质碘，C正确；D、利用铝热反应可用冶炼金属铁，D正确。答案选A。9A【详解】A. 工业上用C与SiO2反应制备粗硅，产物是Si和CO，化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，故A错误；B. 过量铁粉在常温下与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，故B正确；C. 铜与单质硫反应生成硫化亚铜，反应方程式为2Cu+SCu2S，故C正确；D. 氨气发生催化氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D正确；答案选A。10B【详解】A蛋白质在加热条件下发生了变性，
23、属于化学变化，A正确；B玻璃属于混合物，不是非电解质，B错误；C司南中“杓”具有磁性，材质为Fe3O4，C正确；D牡蛎壳主要成分为CaCO3，灼烧时生成CaO，“蜃”的主要成分为CaO，D正确；综上所述答案为B。11B【分析】分析题给的三个反应，可得出氧化性顺序为KMnO4Cl2FeCl3I2。【详解】若某溶液中存在Fe2+、I-、Cl-三种离子，要将I-氧化成I2而不影响Fe2+和Cl-。若加入KMnO4或Cl2，则Fe2+也能被氧化，所以加入的试剂应当是FeCl3，故选B。12A【详解】AFeCl3与铜单质反应，生成铜离子和二价铁离子，故正确离子方程式为：，A错误；B铁红是，是金属氧化物，
24、写离子方程式时不能拆开，故与盐酸反应的离子方程式为：，B正确；C氯与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，离子方程式为：，C正确；D氯化铵溶液与氢氧化钠溶液混合，铵根离子和氢氧根离子可以反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：，D正确； 故本题选A。13D【详解】ASO2能与部分有色物质发生化合反应生成无色物质，HClO具有强氧化性能把有色物质氧化为无色物质，性质不相同，故A错误； B乙烯与溴发生加成反应而褪色，而苯使溴水褪色是由于溴溶于苯中，属于物理变化，性质不相同，故B错误；C浓硫酸将胆矾晶体由蓝变白，是将胆矾中结晶水吸收而体现吸水性，浓硫酸使纸张变黑，将纤维素中H、O元素以2:1水的形
25、式脱去而体现脱水性，性质不相同，故C错误；D浓硫酸与浓硝酸都具有强的氧化性，室温下，都能使铁和铝发生钝化，故D正确；答案选D。14D【详解】A滴入的氧化生成，与结合得到使溶液变红色，A正确；B实验i得到使溶液变红色，后续过量后溶液褪色，可能原因有两个，或与继续反应，实验返滴KSCN溶液又变红色，说明溶液中还存在，即与反应，被氧化，B正确；C酸性溶液中和KSCN混合2min后滴入溶液，溶液立即变红，说明KSCN没有被完全氧化，而滴入溶液后静置2min，溶液红色变浅并逐渐褪去，被完全氧化，即酸性溶液中氧化KSCN的速度慢，C正确；D酸性溶液中和KSCN混合2min后滴入溶液，溶液立即变红，说明KS
26、CN没有被完全氧化，而滴入溶液后静置2min，溶液红色变浅并逐渐褪去，被完全氧化，说明在增加后氧化KSCN的速度在加快，难以说明的作用，D错误；答案选D。15(1)AC(2) 2Cu+O22CuO CuO+H2SO4CuSO4+H2O 生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境 大于 3Cu2NO3-8H=3Cu22NO4H2O 2 molL1【详解】（1）A光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和氮氧化物（NOx）等一次污染物在阳光（紫外光）作用下会发生光化学反应生成二次污染物，正确；B由于空气中二氧化碳的溶入，正常的降雨的pH也小于7，而酸雨是指pH5.6的降水，错误
27、；CPM2.5是形成雾霾天气罪魁祸首，是导致雾霾的主要原因之一，正确；D二氧化碳会导致温室效应，是形成温室效应的主要原因，与臭氧空洞无关，错误；故选AC；（2）加热条件下，Cu和氧气反应生成CuO，反应方程式为：2Cu+O22CuO，CuO和稀硫酸反应方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；浓硫酸和铜反应方程式为：Cu+2 H2SO4(浓) CuSO4+2SO2+2H2O，生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境；在加热条件下，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反应，但浓硫酸浓度达到一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以被还原的硫酸为0.9mol则浓硫酸的实际体积
28、大于180mL；在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO，所以离子反应方程式为：3Cu2NO3-8H=3Cu22NO4H2O；该过程中发生的反应为：Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3 +3H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2(SO4)3 +Fe=3FeSO4、FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4、2NaOH+ H2SO4 =Na2SO4+2H2O，最终溶液中的溶质是Na2SO4，根据原子守恒可得：n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)=n(H2SO4)，则c(H2SO4)=1/2n(NaOH)V=1/2(4mol/L0.15L)
29、(20.15L)=2 mol/L。16 托盘天平 Mg2+、Al3+ Mg(OH)2 100% 偏大【分析】用元素守恒的方法先计算出氧化铝的质量，再计算出铝元素的质量，即可求出铝的质量分数。【详解】(1)实验室称取固体药品时用托盘天平，故填托盘天平；(2)镁铝合金中能与盐酸反应的只有镁和铝，与盐酸反应生成氯化镁和氯化铝及氢气，即反应后的溶液中含有的金属阳离子有：镁离子和氯离子，故填；(3)酸溶后的溶液中加入过量NaOH溶液，其中铝离子转化为偏铝酸根，镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后的滤渣主要为氢氧化镁，故填；(4)设合金中铝的质量为xg，根据元素守恒可建立关系式，即，解得x=g，则铝的质量分数为
30、；没有洗涤滤渣时，因滤渣中含有氯化镁，焙烧后使得固体的质量增加，计算得出的铝元素质量分数也增加，故填、偏大。17(1)8g(2)0.22mol/L【分析】(1)生成氢气的质量为，氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水，生成的硫酸铜能与铁反应生成硫酸亚铁和铜，生成的铜附着在铁的表面，铁能与硫酸反应生成氢气，设生成0.02g氢气需要铁的质量为x则有则x=0.56g，其与硫酸反应的铁的质量为0.56g。与硫酸铜反应的铁的质量为50g-0.56g=49.44g，反应后铁棒的质量为50.24g，说明铁与硫酸铜反应时增重的质量为50.24g-49.44g=0.8g，设硫酸铜的质量为y，根据反应的化学方程式则有，
31、解得y=16g，设氧化铜的质量为z，则有解得z=8g，答：此CuO粉末的质量为8g。(2)由以上分析可知两部分消耗的硫酸的物质的量综合为铁消耗的硫酸和氧化铜消耗的硫酸的综合， ,其浓度为.18 1-100 Fe3O4 FeCl3 血红 生成红褐色沉淀 Fe3+3OH- =Fe(OH)3 加入铁粉 2Fe3+ +Fe=3Fe2+ 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3【分析】（1）透明的红褐色物质是胶体；（2）四氧化三铁具有磁性；（3）Fe在氯气中燃烧生成氯化铁；铁离子和KSCN反应生成络合物而导致溶液呈血红色；氯化铁和NaOH发生
32、复分解反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；（4）依据除杂原则分析作答；（5）Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3。【详解】（1）因透明的红褐色分散系是胶体，胶体的粒子直径1nmd100nm， 故答案为1100；（2）四氧化三铁具有磁性，能够吸引铁，天然磁石的主要成分是Fe3O4，故答案为Fe3O4；（3）Fe在氯气中燃烧生成氯化铁；a.铁离子和KSCN反应生成络合物而导致溶液呈血红色，所以若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成血红色；b.氯化铁和NaOH发生复分解反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是生成红褐色沉淀，离子方程式为：Fe3+3OH- =Fe(OH)3，故答案为FeCl3
33、；血红；生成红褐色沉淀；Fe3+3OH- =Fe(OH)3；（4）若要除去Fe2+溶液中的Fe3+，可加入还原剂铁粉，发生的离子反应方程式为：2Fe3+ +Fe=3Fe2+，故答案为铁粉；2Fe3+ +Fe=3Fe2+；（5）Fe(OH)2在空气中被氧化转化为Fe(OH)3，反应的化学方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，其现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。19 C B D E【详解】（1）二氧化硫能溶于形成亚硫酸，又可以被氧化为硫酸，是导致酸雨的主要气体物质，故答案为C；（2）二氧化硅可以制光导纤维，故答案为B；（3）熟石灰是碱，故答案为D；（
34、4）三氧化二铁是一种红棕色的固体物质，故答案为E。【点睛】本题考查常见物质的性质和用途，注意相关污染名词，学习中注意相关基础知识的积累，此类题目可轻松解答。20(1) 溶液变红 紫色褪去 (2) 溶液 溶液 加热 (3)不能，维生素C也具有还原性，若其过量，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有生成【解析】（1）要证明溶液部分变质，需证明溶液中同时含和；步骤1向待检测液中加入溶液，溶液变红，说明溶液中含；步骤2向待检测液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明溶液中含。要使变质的溶液复原，可向溶液中加入过量粉，再经过滤除去剩余粉即可，反应的离子方程式为；（2）利用部分变质的溶液制备，为
35、了不引入杂质可用溶液将氧化成，即得到溶液，再加入足量溶液得到沉淀，过滤后加热使分解即生成；，则变质前溶液中含，故；（3）该实验现象不能验证猜想，因为维生素C也具有还原性，若维生素C过量，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有生成。21 0.2 9.5 0.5 H2 22：21 8：7【详解】(1)根据公式n=cv，所以钠离子的物质的量为n=0.2L1.0mol/L=0.2mol，n (NaCl)=n (Na+)，所以NaCl的物质的量为0.2mol；根据公式n=cv，n (Mg2+)=0.2L0.5 mol/L=0.1mol，根据n= ，所以m(MgCl2)=0.1mol95g/mol=
36、9.5g；根据电荷守恒有，c(Na+)+2c(Mg2+)+2c(Cu2+)=c(Cl-)，所以根据已知条件，1.0mol/L+20.5 mol/L+2c(Cu2+)=3.0 mol/L，解得c(Cu2+)=0.5 mol/L，c(Cu2+)=c(CuCl2)= 0.5 mol/L；(2)根据公式n=，所以n(H2)=0.5mol，标准状况下的气体n=，所以n(CH4)=0.3mol，根据分子数目之比等于物质的量之比。所含分子数目较多的是H2；(3)根据公式n=，假设质量都为m，所以n(CO)=，原子个数为，n(CO2)=，原子个数为 ，所以相同质量的CO和CO2所含的原子个数比是：=22:21；(4)设H2SO4的物质的量为x，CuSO4的物质的量为y，根据反应Fe+H2SO4= FeSO4+H2，消耗的金属铁的物质的量为x，质量为56x，Fe+CuSO4= FeSO4+Cu，消耗的金属铁的物质的量为y，质量为56y，生成Cu的质量为64y，所以根据已知条件56x+56y=64y，解得y=7x，所以原混合溶液中SO和Cu2+个数之比为8:7。答案第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司