高中化学必修一 第三章 单元复习检测20202021学年新)解析版)

第三章铁金属材料
单元复习检测
1．（2020·江苏省如皋中学高一月考）下列关于合金的说法中不．正确的是
A．生铁和钢都属于铁合金B．铝合金是目前用途广泛的合金之一C．稀土金属可以用于生产合金D．在我国使用最早的合金是钢
【答案】D
【详解】
A．生铁为含碳量＞2%的铁合金，而钢为含碳量为0.02~2.11%的铁合金，都属于铁合金，A说法正确；
B．铝在地壳中的含量较高，且化学性质稳定，则铝合金是目前用途广泛的合金之一，B说法正确；
C．在青铜和黄铜冶炼中添加少量的稀土金属能提高合金的强度、延伸率、耐热性和导电性，稀土金属可以用于生产合金，C说法正确；
D．在我国使用最早的合金是青铜，D说法错误；
答案为D。

2．（2020·安达市第七中学高一月考）现有①Na2O2②Fe3O4③FeCl2④FeCl3⑤Fe(OH)3五种物质，下列说法正确的是
A．均能通过化合反应生成
B．只有①②④能通过化合反应生成
C．过量的铁在氯气中燃烧可以生成③
D．将1mol①投入含有1mol③的溶液中，生成白色絮状沉淀并有气泡冒出
【答案】A
【详解】
A. Na和O2在点燃条件下生成Na2O2，Fe和O2在点燃条件下生成Fe3O4，Fe和FeCl3反应生成FeCl2，Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，Fe(OH)2和O2、H2O反应生成Fe(OH)3，均为化合反应，故A正确；
B. 由A项分析可知，五种物质均能通过化合反应生成，故B错误；
C. 氯气的氧化性强，无论铁是否过量，在氯气中燃烧时只能生成FeCl3，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁需要在水溶液中才能发生，故C错误；
D. Na2O2具有强氧化性，将Na2O2投入FeCl2溶液中，生成红褐色Fe(OH)3沉淀并有气
泡(O2)冒出，故D错误；
答案选A。

3．（2020·安达市第七中学高一月考）下列生活或工业中的物质与其成分、性质和用途的对应关系中，正确的是
【答案】D
【详解】
A．小苏打的成分是NaHCO3，故A错误；
B．磁性氧化铁的成分是Fe3O4，故B错误；
C．蓝矾的成分是CuSO4·5H2O，固体呈蓝色，通常用CuSO4检验水蒸气，CuSO4遇水蒸气生成CuSO4·5H2O，现象是白色固体变蓝色，故C错误；
D．过氧化钠的成分是Na2O2，具有强氧化性、漂白性，可以用来漂白织物、麦杆、羽毛等，故D正确；
答案选D。

4．（2020·东城区·北京一七一中高一期中）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如下图所示。

下列说法正确的是：
A．过程Ⅰ的反应为：6FeO+O2
太阳能
2Fe3O4
B．过程Ⅱ中H2为还原剂
C．整个过程的总反应为：2H2O
34
Fe O
太阳能
2H2↑+O2↑
D ．FeO 是过程Ⅰ的氧化产物 【答案】C 【详解】
A ．据图可知过程Ⅰ为Fe 3O 4在太阳光照射下分解生成FeO 与O 2，反应方程式为：
2Fe 3O 4太阳能
6FeO+O 2，故A 错误；
B ．过程Ⅱ为FeO 与水反应生成H 2和Fe 3O 4，氢气为还原产物，故B 错误；
C ．过程I 方程式为：
2Fe 3O 4太阳能
6FeO+O 2↑；过程II 方程式为：
3FeO+H 2O=H 2↑+Fe 3O 4，将I+II×2可得总反应为2H 2O
34
Fe O 太阳能2H 2↑+O 2↑，故C 正确；
D ．过程I 中Fe 3O 4转化为FeO 的过程中Fe 元素化合价降低，所以FeO 为还原产物，故D 错误； 综上所述答案为C 。

5．（2020·浙江高一月考）在Fe 、FeO 和Fe 2O 3组成的混合物中加入100mL2mol/L 的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL 气体(标准状况)，在反应后溶液中加入NH 4SCN 溶液，无明显现象。

下列判断正确的是( )
A ．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1：1：3
B ．反应后所得溶液中的Fe 2+离子与Cl -离子的物质的量浓度之比为1：3
C ．混合物中，FeO 的物质的量无法确定，但Fe 比Fe 2O 3的物质的量多
D ．混合物中，Fe 2O 3的物质的量无法确定，但Fe 比FeO 的物质的量多 【答案】C 【分析】
混合物恰好完全溶解，且在反应后溶液中加入NH 4SCN 溶液，无明显现象，说明无Fe 3+，故溶液中溶质为FeCl 2，
n(HCl)=0.2mol ，n(H 2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol ，n(Fe 2+)=0.1mol ，由反应2Fe 3++Fe=3Fe 2+知Fe 比Fe 2O 3的物质的量多，但FeO 的物质的量无法确定，据此分析解答。

【详解】
A ．根据以上分析知Fe 比Fe 2O 3的物质的量多，但FeO 的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，A 错误；
B ．反应后所得溶液为FeCl 2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，B 错误；
C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，C正确；
D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误；
答案选C。

6．（2020·江苏省如皋中学高一月考）下列图示方法能完成相应实验的是
A．用图①配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
B．用图②在实验室制取Cl2
C．用图③探究碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性
D．用图④制备少量Fe(OH)2并能较长时间看到其白色
【答案】D
【详解】
A．容量瓶中不能溶解固体物质，则不能用图①配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，A与题意不符；
B．用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，则不能用图②在实验室制取Cl2，B与题意不符；C．外试管加热的温度高于内试管，且碳酸钠受热不分解，则不能用图③探究碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，C与题意不符；
D．硫酸与铁反应生成氢气，氢气能把装置A中生成的硫酸亚铁压入装置B，且氢气能排净装置内的空气，可防止氢氧化亚铁被氧化，则用图④制备少量Fe(OH)2并能较长时间看到其白色，D符合题意；
答案为D。

7．（2020·浙江高一期中）如图所示装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A．①②B．①②④C．①④D．②③④
【答案】B
【分析】
实验中生成的Fe(OH)2容易发生氧化，要能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀就要防止其发生氧化。

，
【详解】
①Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，
①符合题意；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，②符合题意；
③生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，③不符题意；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，③符合题意；
所以上述装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是①②④，答案选B。

8．（2020·湖南高一月考）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。

工业制备高铁酸钠的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO－+2Fe3++10OH－
=2FeO2-
4
+3Cl -+5H2O。

下列有关说法错误的是
A．高铁酸钠中铁的化合价为+6 价
B．由上述反应可知，ClO－的氧化性强于FeO2-
4
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3
D．Na2FeO4处理水时，不仅能消毒，而且生成的Fe3+与水反应形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
【答案】C
【详解】
A．高铁酸根中氧元素为-2 价，设Fe 元化合价为x，则x+(-2)×4=-2，解得x=+6，故A 正确；
B．该反应中ClO-为氧化剂，FeO2
4-为氧化产物，所以ClO-的氧化性强于FeO2
4
-，故 B
正确；
C．该反应中ClO－为氧化剂，Cl 元素化合价由-1 价变为-2 价，Fe(OH)3 为还原剂，Fe 元素化合价由+3 价变为+6 价，根据化合价升降平衡可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C 错误；
D．Na2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的
Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，故D 正确；
综上所述答案为C。

9．（2020·浙江高一月考）下列说法正确的是（）
A．新制氯水放在棕色广口试剂瓶中
B．溧白粉能长期放置于敞口烧杯中
C．配制FeCl2溶液时，要加入少量铁粉
D．可用氯气除去Fe2(SO4)3溶液中少量的Fe2+
【答案】C
【详解】
A．新制氯水呈液态，其中的HClO光照易分解，因此一般要放在棕色细口试剂瓶中，A错误；
B．溧白粉的有效成分Ca(ClO)2容易与空气中的CO2发生反应导致变质，因此不能长期放置于敞口烧杯中，要密封保存，B错误；
C．FeCl2具有还原性，容易被氧气氧化变为氯化铁，为防止其氧化变质，在配制FeCl2溶液时，要加入少量铁粉，C正确；
D．除去Fe2(SO4)3溶液中少量的Fe2+时，不能引入新的杂质，应该使用绿色氧化物H2O2，若使用氯气，会引入杂质Cl-，D错误；
故合理选项是C。

10．（2020·浙江高一期中）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。

对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是( )
A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋
B．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出
D．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
【答案】D
【详解】
已知：氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，还原性是Fe＞Cu，则
A．若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3＋，A错误；B．若溶液中有Fe2＋，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，B错误；
C．若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C错误；
D．若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，D正确；答案选D。

11．（2020·东台市创新学校高二学业考试）在CuO中混有少量的Al2O3杂质，欲将杂质除去可选用的试剂是
A．稀硫酸B．浓氨水C．稀盐酸D．氢氧化钾溶液【答案】D
【详解】
A．稀硫酸与二者均能反应，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，A不合题意；
B．浓氨水与二者均不能反应，无法除杂，B不合题意；
C．稀盐酸与二者均能反应，CuO+2HCl=CuCl2+H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，C不合题意；
D．氢氧化钾溶液与Al2O3反应转化为可溶性NaAlO2，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，而CuO不能，故能用于除杂，D符合题意；
故答案为：D。

12．（2020·浙江高二期中）实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是（）
A．NaOH溶液B．Ba(OH)2溶液C．盐酸D．氨水
【答案】D
【详解】
A．当NaOH溶液过量时，会生成偏铝酸钠，不能将A13+完全沉淀出来，故不选A项；B．当Ba(OH)2溶液过量时，会生成偏铝酸钠，不能将A13+完全沉淀出来，，故不选B 项；
C．盐酸与AlCl3溶液不反应，故不选C项；
D．Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH+
，且氨水不与Al(OH)3发生反应，故可将Al3+完全
4
沉淀，故选D项；
故答案为D。

13．（2020·青铜峡市高级中学高一月考）下列关于金属性质的描述中不正确的是( ) A．铝能稳定存在的是因为铝表面形成致密的氧化膜
B．铝箔在空气中受热时只熔化不滴落
C．铁不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧
D．常温下，Fe与H2O不反应，但在空气中的O2、H2O共同作用下能发生反应
【答案】C
【详解】
A．铝在空气中稳定存在的原因是在常温下Al与氧气反应，铝表面能形成致密的氧化膜，故A正确；
B．铝箔在空气中受热，表面生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化的Al 并不滴落，故B正确；
C．铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁，在空气中不能燃烧，故C错误；
D．常温下，Fe与H2O不反应；Fe中含有C元素，Fe、C与电解质溶液能形成原电池，所以在空气中Fe与O2、H2O能发生反应，故D正确；
故选C。

14．（2020·肇庆市第一中学高一月考）下列实验报告中，完全正确的是( )
【答案】C
【详解】
A．向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，沉淀可能为AgCl或BaSO4，原溶液可能含银离子，应先加盐酸排除其它离子的干扰，再滴加氯化钡溶液，故A不符合题意；B．向溶液中滴加氯水后，再滴入KSCN溶液，溶液变红色，溶液中可能含亚铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红；检验铁离子，不需要氯水，直接加KSCN溶液，若溶液变红，则含有铁离子，故B不符合题意；
C．酚酞遇碱变红，过氧化钠和水反应生成NaOH，溶液显碱性，溶液会变红；过量的过氧化钠，具有漂白性，则溶液先变红后褪色，故C符合题意；
D．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃片，滤去黄光的干扰，故D不符合题意；答案选C。

15．（2020·洮南市第一中学高一月考）如图所示，在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后将两球分别浸没在足量的质量相等的烧碱溶液和硫酸铜
溶液中一段时间。

下列说法正确的是（忽略溶液对两球的浮力）（）
A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆向右倾斜
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．右边球上出现红色，左边溶液的c(OH-)增大
【答案】B
【分析】
质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后左烧杯中发生
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，以此来解答。

【详解】
A．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，不生成沉淀，故A错误；B．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生
Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；
C．由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；
D．右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，故D 错误。

答案选B。

【点睛】
本题考查铝的化学性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用差量法分析质量变化。

16．（2020·金华市云富高级中学高一期中）某研究性学习小组请你参与“研究铁与水蒸气反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究,并回答下列问题:
（查阅资料）含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色,含有Fe2+的盐溶液遇到KSCN溶液时不变色。

探究一:设计如图所示装置进行“铁与水蒸气反应”的实验(夹持仪器略)。

(1)硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为：________
探究二:设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分(已知酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应生成氯气)。

(2)待硬质玻璃管B冷却后,取少许其中的固体继续进行如下实验:
①试剂A是_____,现象2为___。

②若现象1中溶液未变红色,请从硬质玻璃管B中固体物质的成分分析可能的原因:_______。

【答案】3Fe+4H2O(g) 高温
Fe3O4+4H2稀硫酸酸性KMnO4溶液褪色B中
固体可能为Fe3O4和Fe的混合物,Fe将Fe3+全部还原为Fe2+
【详解】
(1) 硬质玻璃管B中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：
3Fe+4H2O(g) 高温
Fe3O4+4H2；
(2) ①先将B中所得固体加酸溶解，因为酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应，故所加的酸应为硫酸，故试剂A是稀硫酸，所得溶液中可能含有Fe2+ 、Fe3+，将溶液分成两份，一份加入酸性高锰酸钾溶液，若含有Fe2+，Fe2+将被高锰酸钾氧化，从而高锰酸钾溶液褪色，故试剂B是酸性高锰酸钾溶液，实验现象2为：酸性KMnO4溶液褪色；
②另一份溶液中加入KSCN，是为了证明是否含有Fe3+，若现象1为溶液显红色，则可证明含Fe3+。

铁和水蒸气反应生成的四氧化三铁中必然含有三价铁，若现象1中溶液未变红色，则说明生成的Fe3+被还原为Fe2+ ，故可能的原因是B中还含有铁单质，在溶液中，铁单质与Fe3+发生了反应，故B中固体物质的成分分析可能的原因是：B中固体可能为Fe3O4和Fe的混合物，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+。

17．用下面两种方法可以制得白色的2Fe(OH)沉淀。

Ⅰ．方法一：用4FeSO 溶液与不含2O 的蒸馏水配制的NaOH 溶液反应制备2Fe(OH)。

（1）除去蒸馏水中溶解的2O 常采用的________方法。

（2）生成白色2Fe(OH)沉淀的操作是用长胶头滴管吸取不含2O 的NaOH 溶液，插入4FeSO 溶液液面下，再挤出NaOH 溶液。

这样操作的理由是________________。

Ⅱ．方法二：在如图所示装置中，用不含2O 的NaOH 溶液、铁屑、稀24H SO 制备2Fe(OH)。

（1）在试管A 中加入的试剂是________________。

（2）在试管B 中加入的试剂是________________。

（3）为了制得白色2Fe(OH)沉淀，在试管A 和B 中加入试剂，塞紧塞子，打开止水夹后的实验步骤是________________。

（4）这样生成的2Fe(OH)沉淀能较长时间保持白色，其理由是________________。

【答案】煮沸 避免生成的2Fe(OH)沉淀接触2O 铁屑、稀24H SO 不含2O 的NaOH 溶液 检验试管B 出口处氢气的纯度，当排出的2H 纯净时，再关闭止水夹 两试管中充满2H 且外界空气不易进入，可防止2Fe(OH)被氧化
【详解】
除去或隔绝氧气的措施：煮沸：加热煮沸以除去溶解在水中的氧气；排气：利用其他气体排尽装置中的氧气；覆盖：在液面上覆盖一层苯或煤油等，隔绝氧气。

Ⅰ．（1）常采用煮沸的方法除去蒸馏水中的2O ；
（2）因为2Fe(OH)在空气中易被2O 氧化为3Fe(OH)，所以在制备2Fe(OH)时，若向4FeSO 溶液中直接滴加NaOH 溶液，会带入空气使制取的2Fe(OH)被氧化；若将盛有NaOH 溶液的长胶头滴管插入4FeSO 溶液液面下，再挤出NaOH 溶液，可以防止滴加NaOH 溶液时带入空气，避免生成的2Fe(OH)接触2O ；
Ⅱ．（1）在试管A 中加入的试剂是铁屑、稀24H SO ；
（2）在试管B 中加入的试剂是不含2O 的NaOH 溶液；
（3）为了制得白色2Fe(OH)沉淀，在试管A 和B 中加入试剂，塞紧塞子，打开止水夹后的实验步骤是检验试管B 出口处氢气的纯度，当排出的2H 纯净时，再关闭止水夹； （4）制备2Fe(OH)时利用Fe 与24H SO 反应产生的2H 排尽装置中的空气，收集氢气验纯后，关闭止水夹，试管A 中产生2H ，压强增大，将A 中溶液压入B 中与NaOH 溶液反应制备2Fe(OH)，2Fe(OH)沉淀在2H 的氛围中不易被氧化，能较长时间保持白色。

18．（2018·福州金山中学高二学业考试）实验室用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe 2O 3、FeO 、SiO 2)为原料制备硫酸亚铁晶体，设计流程如下：
(1)步骤(I)中分离溶液和沉淀的操作是___________，该操作中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和___________；
(2)沉淀A 的主要成分是___________；
(3)滤液B 中的阳离子有H +、Fe 3+和___________；
(4)写出步骤(Ⅱ)中Fe 3+和Fe 反应生成Fe 2+的离子方程式：___________。

【答案】过滤 漏斗 SiO 2 Fe 2+ 2Fe 3++Fe=3Fe 2+
【分析】
硫铁矿烧渣(主要成分为Fe 2O 3、FeO 、SiO 2)加入过量稀硫酸进行酸浸，氧化铁、氧化亚铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁进入滤液B ，SiO 2难溶于稀硫酸为沉淀A ；滤液B 中加入过量铁粉将铁离子还原成Fe 2+，同时除去过量的稀硫酸，过滤分离过量的铁粉和硫酸亚铁溶液，控制一定条件得到硫酸亚铁晶体。

【详解】
(1)步骤(I)中分离溶液和沉淀的操作为过滤；过滤需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和漏斗；
(2)根据分析可知沉淀A 的主要成分为难溶于稀硫酸的SiO 2；
(3)根据分析可知滤液B 中的阳离子有H +、Fe 3+和Fe 2+；
(4)步骤(Ⅱ)中Fe 3+和Fe 反应生成Fe 2+的离子方程式为2Fe 3++Fe=3Fe 2+。

19．镁铝合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。

某研究性学习小组的同学为测定某含镁3%~5%的镁铝合金（不含其他元素）中镁的质量分数，设计了下列两种不同的实验方案进行探究。

回答下列问题：
（方案一）
（实验方案）将一定质量的镁铝合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体的质量。

实验中发生反应的化学方程式为
_________________________________________________________。

（实验步骤）
（1）称取10.8g镁铝合金样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol/LNaOH溶液中，充分反应。

则V≥_____________mL。

（2）过滤、洗涤、干燥、称量剩余固体。

该步骤中若未洗涤剩余固体，则测得镁的质量分数将______________________（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。

（方案二）
（实验方案）将一定质量的镁铝合金与足量稀硫酸反应，测定生成气体的体积。

（实验装置）
（1）同学们拟选用如图所示实验装置完成实验：
你认为最简易的实验装置的连接顺序是A接（________），（________）接（________）,（________）接（________）（填接口字母，可不填满）。

（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为有两点会引起较大误差；稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气的体积偏大；实验结束时，连接盛水试剂瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气的体积偏小。

于是他们设计了如图所示的实验装置。

①装置中导管a的作用是_______________________________________。

②若需确定产生氢气的物质的量，还需测定的数据是____________________。

【答案】2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ 97 偏高 E D G
使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等打开分液漏斗活塞时，稀硫酸能顺利滴下滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气体的体积，从而消除由于加入稀硫酸而引起的测定氢气体积的误差实验时的温度和压强
【分析】
方案一：将镁铝合金与足量NaOH溶液反应，镁不和NaOH溶液反应，铝与NaOH溶液发生反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
方案二：镁铝合金与稀硫酸反应产生氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中氢气通过盛水的试剂瓶时一定要短进长出，利用增大压强的原理将水排入量筒中，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部。

【详解】
方案一：(1)等质量的镁铝合金中，镁的质量分数最小时，铝的质量最大，需要的NaOH 溶液的体积最大，则实际需要的NaOH溶液的体积应大于或等于该最大值，假设镁铝合金中镁的质量分数最小为3%，则10.8g镁铝合金样品中含有铝的质量为
10.8g×(1-3%)=10.476g，其物质的量为10.476g
27/g mol
=0.388mol，根据反应
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，需要清耗的NaOH的物质的量
n(NaOH)=n(Al)=0.388mol，其溶液的体积为0.388mol
4.0/
mol L
=0.097L=97mL，故V≥97mL。

(2)过滤后，金属镁的表面会残留偏铝酸钠等物质，如果未洗涤，测得剩余固体的质量将大于镁的实际质量，所测得镁的质量分数将偏高。

方案二：(1)镁铝合金与稀硫酸反应产生氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中氢气通过盛水的试剂瓶时一定要短进长出，利用增大压强的原理将水排入量筒中，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为A接E，D接G。

(2)①装置中导管a的作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时，稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气
体的体积，从而消除由于加入稀硫酸而引起的测定氢气体积的误差。

②气体体积受温度和压强影响，因此若需确定产生氨气的物质的量，还需测定实验时的温度和压强。

20．（2019·江苏广陵区·扬州中学高一期末）已知：①铜矿石中含有Cu 2(OH)2CO 3及含铁元素的杂质；
②黄铵铁矾的化学式为(NH 4)xFey(SO 4)m(OH)n ，其中铁为＋3价。

某兴趣小组利用该铜矿石制黄铵铁矾的流程如下：
(1)Cu 2(OH)2CO 3与稀硫酸反应时离子方程式___________。

(2)黄铵铁矾高温下分解可得到一种红棕色固体，该红棕色固体的化学式为___________。

(3)H 2O 2可以将Fe 2+转化成Fe 3+。

但温度过高时，Fe 2+转化率下降，其原因___________。

(4)该小组为测定黄铵铁矾的组成，进行了如下实验：
a.称取mg 样品，加盐酸完全溶解后，将所得溶液分为两等份；
b.向一份中加入足量NaOH 溶液并加热，收集到标准状况下112mL 的气体(发生反应：
+
4NH ＋OH -ΔNH 3↑＋H 2O ，假设气体全部逸出)；将所得沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，得到红棕色粉末0.60g ；
c.向另一份中加足量BaCl 2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥得沉淀2.33g 。

①黄铵铁矾中+4NH 与2-
4SO 的个数比为___________；
②通过计算确定黄铵铁矾的化学式___________。

(写出必要的计算过程，否则不得分)
【答案】Cu 2(OH)2CO 3+4H +=2Cu 2++CO 2↑+3H 2O Fe 2O 3 过氧化氢高温下易分解 1:2 (NH 4)2Fe 3(SO 4)4(OH)3
【分析】
由流程可知，铜矿与硫酸反应，过滤除去不溶物，溶液A 中含有Cu 2+、Fe 2+、Fe 3+，调节溶液pH 、加入过氧化氢将Fe 2+氧化为Fe 3+，再加入硫酸铵得到硫酸铜与黄铵铁矾，以此来解答。

【详解】
(1)Cu 2(OH)2CO 3与稀硫酸反应时离子方程式为Cu 2(OH)2CO 3+4H +=2Cu 2++CO 2↑+3H 2O ，故答案为：Cu 2(OH)2CO 3+4H +=2Cu 2++CO 2↑+3H 2O ；
(2)黄铵铁矶高温下分解可得到一种红棕色固体，该红棕色固体的化学式为Fe 2O 3，故答案为：Fe 2O 3；
(3)H 2O 2可以将Fe 2+转化成Fe 3+，但温度过高时，Fe 2+转化率下降，其原因为过氧化氢高温下分解，故答案为：过氧化氢高温下易分解；
(4)由信息可知，NH 3为0.112L 22.4L/mol
=0.005mol ，则n(NH 4+)=0.005mol ，Fe 2O 3的物质的量为0.60g 160g/mol
=0.00375mol ，则n(Fe 3+)=2×0.00375mol=0.0075mol ，硫酸钡物质的量为2.33g 233g/mol
=0.01mol ，则n(SO 24-)=0.01mol ，由电荷守恒，则n(OH −)=0.005mol+0.0075mol×3−0.01mol×2=0.0075mol ， ①黄铵铁矾中NH 4+与SO 24-的个数比为0.005mol:0.01mol=1:2，故答案为：1:2； ②黄铵铁矾中n(NH 4+):n(Fe 3+):n(SO
24-
):n(OH −)=0.005mol:0.0075mol:0.01mol:0.0075mol=2:3:4:3，故黄铵铁矾的化学式为(NH 4)2Fe 3(SO 4)4(OH)3，故答案为：(NH 4)2Fe 3(SO 4)4(OH)3。