第三章 铁 金属材料 单元测试（含解析） 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
一、单选题
1．将一定量Fe、FeO 和Fe2O3的混合物加入240mL2mol·L-1稀硝酸中，恰好完全反应，放出1.344L（标准状况下）NO 气体，往所得溶液中加入酸性KMnO4溶液，无明显现象。若用足量的H2在加热条件下与相同质量的上述混合物充分反应，能得到铁的质量为
A．6.72g B．7.84g C．8.96g D．13.4g
2．下列除去杂质的实验方法正确的是(括号里为少量杂质)
A．CO2( CO)：用酒精灯点燃
B．K2CO3( NaHCO3)：置于坩埚中加热
C．FeCl2( FeCl3)：加入足量铜粉，过滤
D．Fe2O3(Al2O3)：氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
3．在给定条件下，下列所示的转化关系不能实现的是
A．Fe Fe2O3 FeCl2
B．C CO2 H2CO3
C．AlAl2O3 NaAlO2
D．Na Na2O2Na2CO3
4．下列说法正确的是
A．铝制品在生活中被广泛应用，说明铝是一种不活泼金属
B．因为Al2O3是金属氧化物，所以它是碱性氧化物
C．Al2O3能跟所有的酸、碱溶液反应
D．Al2O3能跟强的酸、碱溶液反应
5．已知还原性。向和的混合溶液中通入适量氯气，原溶液中各离子的物质的量变化知下图所示(和点横坐标为和)。下列说法正确的是
A．段表示物质的量的变化情况
B．原溶液中和的物质的量均为
C．段发生的离子反应为
D．反应不能发生
6．铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相同时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为
A．3:1 B．1:1 C．2:1 D．1:2
7．下列反应物不能通过一步反应生成产物的是
A．Ba(OH)2→NaOH B．Fe(OH)3→FeCl3
C．KNO3→K2CO3 D．Fe→Cu
8．同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是
A．若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无
B．若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有
C．若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜
D．若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和
9．珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的。红珊瑚之所以是红色，最有可能的是含有
A．NO2 B．Fe3O4 C．Fe2O3 D．Al2O3
10．某学校化学社团为探究SO2与Fe3+是否发生氧化还原反应，按如图所示装置进行实验(夹持、加热装置均省略)，已知浓硫酸的沸点为338°C。下列说法错误的是
A．甲中生成SO2的同时还会有硫酸酸雾产生
B．试剂a为饱和NaHSO3溶液
C．丙中溶液pH降低，证明Fe3+氧化了SO2
D．若Fe3+氧化了SO2，则在丙中的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会出现蓝色沉淀
二、填空题
11．金属及非金属在高中化学中占有重要地位。
(1)为了验证某溶液中含有而不含有，正确的方法是 ______(填字母)。
A．直接滴加溶液
B．先通入足量氯气，再滴入溶液
C．先滴入溶液，再通入氯气
D．先加入足量铁粉，充分振荡后再滴加溶液
(2)实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，原因是 ______(用化学方程式表示)。
(3)如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条、潮湿有色布条的广口瓶可观察到的现象是_____ ，说明起漂白性的物质是 _____(填化学式)。
(4)无水易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上由铝土矿(、)为原料制备无水的工艺流程如图。
①氯化炉中，、和C反应中的氧化产物是 ______(填化学式)。
②用溶液可除去冷却器排出尾气中的，此反应的离子方程式为_________。
③流程中需要向升华器内加入少量Al，其作用是 ________。
12．对化学反应的原理及物质的性质的认识离不开化学实验。回答下列问题。
(1)探究Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应的实质。
向20mL0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后向其中匀速逐滴加入0.2 mol·L-1H2SO4溶液。测定电导率的变化如图所示。
①Ba(OH)2在水中的电离方程式是_______。
②A-B段，除电导率下降外，还能观察到的现象是_______，用离子方程式表示有关实验现象的原因_______。
(2)探究FeSO4溶液的性质。
①性质预测：从物质类别角度分析FeSO4属于盐，可以与某些碱反应；从元素化合价变化的角度分析FeCl2具有的性质是_______。
②实验探究：
FeSO4溶液 序号 操作
i 滴加NaOH溶液
ii 加入少量锌粉
iii 加入几滴酸性KMnO4溶液
i中的现象是_______，ii中的离子方程式是_______，iii中的现象是_______。
13．将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为___mol·L-1(写出计算过程)。
14．NaNO2外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：
2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
(1)NaNO2中N的化合价为___。
(2)为了获取反应后溶液中的I2，可采用_______方法
(3)将上述化学方程式改写为离子方程式并用双线桥标明电子转移的方向和数目：______
(4)根据上述离子反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①碘化钾淀粉试纸 (试纸上含KI和淀粉) ②淀粉 ③白酒 ④食醋，你认为应选用的物质有_________(填序号)。
(5)若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，则反应过程中转移电子的数目为___NA，(NA表示阿伏伽德罗常数的值)，被氧化的HI的物质的量为____，发生反应的NaNO2的质量为____ g．
15．国际化学年的中国宣传口号是“化学——我们的生活，我们的未来”。学习化学应该明白“从生活中来，到生活中去”的道理。请填空：
(1)金属钠着火时，不能用水灭火，原因是_______(用离子方程式表示)。
(2)常温下铁遇水不反应，但在高温条件下二者能发生反应，书写二者反应的化学方程式___。
(3)热水瓶用久后，瓶胆内常附着一层水垢(主要成分是CaCO3)，用食醋能较好的清除，其原理是_______(用离子方程式表示)。
(4)铝合金材料在生活生产中应用广泛，如铝合金门窗、飞机外壳、航空航天等，且具有密度小、易加工、不易腐蚀等优点，Al与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为___。
(5)设计实验检验实验室用KClO3和MnO2制取氧气后的产物中是否存在Cl-____。
三、计算题
16．把3.04g某铁的氧化物FexO分成两等份，第一份溶于足量盐酸后向溶液中通入标准状况下Cl2112mL，恰好将Fe2+完全氧化；第二份混合物中加入100mL氢碘酸溶液，恰好完全反应，在反应后的溶液中加KSCN溶液，无现象。试计算：
(1)x的值为___________。
(2)氢碘酸溶液的物质的量浓度c(HI)___________。
17．实验室用28g铁粉与足量的稀硫酸反应制取氢气，同时得到125g密度为1.25g/mL的溶液，请计算(写出计算过程)：
(1)生成氢气在标准状况下的体积为_____L？
(2)所得溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度为______mol/L。
四、实验题
18．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金(不含其他杂质)中铝的质量分数和铝的相对原子质量。
(1)A中试剂为____。
(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____。
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：
①记录C的液面位置；
②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；
③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；
④由A向B中滴加足量试剂；
上述操作的顺序是_____(填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应____。
(4)B中发生反应的化学反应方程式_____。
(5)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将___(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。
19．如图所示，此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol L-1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：
（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的药品是__。A中反应的离子方程式是__。
（2）实验开始时先将活塞a__(填“打开”或“关闭”)。
（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：__。
（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为__。
（5）下列各图示中，___能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。(填序号)
参考答案：
1．B
【解析】因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入240mL 2mol L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，说明溶液中的溶质为硝酸铁，1.344LNO(标准状况)的物质的量为：=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸铁中的硝酸根离子的物质的量为：0.24L×2mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸铁的物质的量为：×0.42mol=0.14mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n(Fe)=0.14mol，质量为0.14mol×56g/mol=7.84g，答案选B。
【点睛】氮元素守恒在本题中应用比较简便，元素守恒的应用也很关键。
2．D
【解析】根据除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”来分析．也就是，除去杂质的同时，要保证不能使所需物质的量减少，但可以增加，更不能引入新的杂质，生成物还不能造成环境污染，并且，生成物、所选试剂与所需物质要容易分离。
【解析】A．应将气体通过加热的氧化铜，将CO转化成CO2，故A错误；
B．利用碳酸氢钠受热易分解的性质，可将其转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质，故B错误；
C．FeCl3加入足量铜粉生成FeCl2和CuCl2，引入CuCl2杂质，故C错误；
D．Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Fe2O3不溶于NaOH溶液，过滤、洗涤，能达到除去Al2O3目的，故D正确；
故选D。
【点睛】解答此类题型不但要明确除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”，而且对课本上常见的物质的性质必须熟悉，易错点B，注意碳酸氢钠受热分解转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质。
3．A
【解析】A．Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4，不是Fe2O3，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3，不是FeCl2，因此不能在给定条件下实现物质的转化关系，A符合题意；
B．C与足量O2在点燃时反应产生CO2，CO2能够溶于水，与水反应产生H2CO3，能在给定条件下实现物质的转化关系，B不符合题意；
C．Al能够与O2反应产生Al2O3，Al2O3是两性氧化物，能够NaOH溶液反应产生NaAlO2，能在给定条件下实现物质的转化关系，C不符合题意；
D．Na与O2在加热时反应产生Na2O2，Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，D不符合题意；
故选A。
4．D
【解析】A．铝制品在生活中被广泛应用，是由于Al比较活泼，与空气中的氧气反应产生的Al2O3薄膜非常致密，对内层金属起保护作用，而不是因为铝是不活泼金属，A错误；
B．Al2O3是金属氧化物，但氧化铝既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱反应产生盐和水，因此它是两性氧化物，而不是碱性氧化物，B错误；
C．Al2O3只能跟强酸、强碱溶液反应，而不能与弱碱反应，C错误；
D．Al2O3是两性氧化物，能跟强的酸、碱溶液反应，D正确；
故合理选项是D。
5．D
【解析】因为还原性，所以通入氯气先后依次发生、、离子反应，所以段、段、段、段分别表示、、的物质的量的变化情况，并且根据横坐标氯气的物质的量，可以计算出、、的物质的量分别是、、，因此原溶液中和的物质的量分别为和。
【解析】A．段反应为，表示物质的量的变化情况，A错误；
B．AB段氯气和碘离子反应、消耗氯气1mol，FG段氯气和溴离子反应、消耗氯气2mol，原溶液中和的物质的量分别为、2mol，B错误；
C．段发生的离子反应为，C错误；
D．因为还原性，所以氯气会将全部氧化为之后再氧化，因此生成物中不会同时存在和，反应不能发生，D正确；
答案选D。
6．A
【解析】Al和稀盐酸、NaOH溶液反应方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al与足量稀盐酸、NaOH溶液反应时生成相同条件下的同体积氢气，说明生成氢气的物质的量相等，假设都是生成3mol氢气，消耗稀盐酸6mol、消耗NaOH溶液2mol，所以反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比=6mol:2mol=3:1，故答案为A。
7．C
【解析】A．Ba(OH)2与Na2SO4发生复分解反应产生BaSO4和NaOH，故反应物能通过一步反应生成产物，A不符合题意；
B．Fe(OH)3和稀盐酸反应产生FeCl3、H2O，反应物能通过一步反应生成产物，B不符合题意；
C．KNO3是可溶性盐，不能与其它物质通过一步反应产生K2CO3，反应物不能通过一步反应生成产物，C符合题意；
D．Fe是比较活泼金属，可以与可溶性铜盐发生置换反应产生Cu单质和亚铁盐，反应物能通过一步反应生成产物，D不符合题意；
故选C。
8．C
【解析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。
【解析】A．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；
B．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；
C．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；
D．若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；
故答案选C。
9．C
【解析】A.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的固体物质，NO2常温下属于气体，故A错误；
B.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，Fe3O4固体是黑色的，故B错误；
C.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，Fe2O3固体是红色的，故C正确；
D.Al2O3是白色固体，珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，故D错误；
故答案：C。
10．C
【解析】A．铜和浓硫酸反应需要加热，硫酸的沸点为338℃，所以甲中生成SO2的同时还会有硫酸酸雾产生，故A正确；
B．为了除去SO2中的硫酸酸雾，可以选择饱和NaHSO3溶液，故B正确；
C．丙中溶液pH降低，也可能是SO2溶于水生成了亚硫酸，不能证明是Fe3+氧化了SO2，故C错误；
D．若Fe3+氧化了SO2，则生成了Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应会出现蓝色沉淀，故D正确；
故选C。
11． C SiO2+2NaOH= Na2SiO3+H2O 褪色 HClO CO Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 除去FeCl3
【解析】(1)A．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故A错误；B． 先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故B错误；C． KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故C正确；D．先加入铁粉，铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，无法检验原溶液中是否含有亚铁离子，故D错误；
故答案为：C。
(2)玻璃中的SiO2会和NaOH反应生成有粘性的Na2SiO3，会粘住瓶塞，反应方程式为：SiO2+2NaOH= Na2SiO3+H2O；故答案为：SiO2+2NaOH= Na2SiO3+H2O。
(3)氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以干燥的有色布条无现象，湿润的有色布条褪色，次氯酸的化学式为：HClO；故答案为：褪色；HClO。
(4)①氯化炉中加入的物质有铝土矿、氯气和C，冷却器中出来的气体有CO和未反应的氯气，说明氯化器发生的反应中生成CO，根据元素守恒知，还生成氯化物，则Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为：，碳元素的化合价升高生成CO，则CO是氧化产物 。故答案为： CO。
②氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 。
③升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，发生置换反应生成氯化铝和Fe，从而得到较纯净的氯化铝，则加入Al的目的是除去FeCl3，故答案为：除去FeCl3。
12．(1) Ba(OH)2=Ba2++2OH- 产生白色沉淀，且溶液颜色逐渐变浅直到消失 Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
(2) 氧化性和还原性 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色 Zn+Fe2+= Zn2++ Fe 酸性KMnO4溶液的紫色褪去
【解析】（1）
溶液导电能力强弱受溶液中离子浓度和离子带电荷量的影响。氢氧化钡溶于水完全电离，与硫酸发生酸碱中和反应生成弱电解质H2O和白色难溶盐BaSO4在，使溶液导电能力逐渐降低，离子反应式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O；
（2）
亚铁离子化合价为+2价，处在铁元素化合价最高价态与最低价态之间，既有氧化性又有还原性；结合亚铁离子的化学性质可得：亚铁离子与氢氧根反应生成易被氧化的、难溶于水的白色氢氧化亚铁，加入活动性顺序比铁靠前的锌单质发生氧化还原反应生成锌离子和铁单质，加入强氧化剂KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4被还原，溶液褪色。
13．mol·L-1
【解析】根据反应3H2+Fe2O32Fe+3H2O，H2+FeOFe+H2O质量减少yg，减少的质量为氧的质量，所以m(Fe)=(x-y)g，故n(Fe)=mol，再根据 Fe2O3+6HNO3=2Fe(NO3)3+3H2O，3FeO+10HNO3 =3Fe(NO3)3+NO+5H2O，Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，可得 n(HNO3)= n(Fe)×3+ n(NO)，已知n(Fe)=mol=，n(NO)=mol=mol，n(HNO3)=3×+，c(HNO3)===mol/L；
14．(1)+3
(2)萃取
(3)
(4)①④
(5) 1 1mol 69
【解析】(1)
NaNO2中各元素化合价代数和为0，Na显+1价，O显-2价，设N的化合价为x，1+x+2 (-2)=0，解得x=+3，即N的化合价为+3；
(2)
I2易溶于有机溶剂，可利用CCl4或苯对反应后的碘溶液进行萃取后再蒸馏获得I2，故答案为：萃取；
(3)
N的化合价降低，得到1个电子，I元素的化合价升高生成碘单质失去2个电子，根据氧化还原反应的规律用双线桥标明电子转移的方向和数目如下：；
(4)
根据已知反应可推知，碘化钾在酸性条件下可与亚硝酸钠溶液反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变为蓝色，而氯化钠则无此现象，所以选择鉴别得试剂为：碘化钾淀粉试纸、食醋，故答案为：①④；
(5)
对于反应2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，即NO的物质的量为1mol，根据关系式2e-2NO可知，反应过程中转移电子的物质的量为1mol，其数目为1NA，(NA表示阿伏伽德罗常数的值)，2molNO生成时，4molHI被消耗，只有2molHI被氧化为碘单质，所以当有1molNO生成时，被氧化的HI的物质的量为1mol，发生反应的NaNO2的物质的量为1mol，其质量为=69g，故答案为：1；1mol；69。
15．(1)2Na+2 H2O=2 Na++2 OH-+H 2↑
(2)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
(3)CaCO3+2CH3COOH=2Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2 ↑
(4)2Al+2 OH-+2 H2O=2+3H 2↑
(5)取少量产物加水溶解，静置，取上层清液于试管，加HNO3酸化的AgNO3，如产生白色沉淀，则存在Cl-
【解析】(1)
金属钠能与水反应产生易燃的氢气2Na+2 H2O=2 Na++2 OH-+H 2↑；
(2)
铁和水蒸气高温生成四氧化铁和氢气3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
(3)
醋酸的酸性强于碳酸，故能反应CaCO3+2CH3COOH=2Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2 ↑；
(4)
铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，反应为2Al+2 OH-+2 H2O=2+3H 2↑；
(5)
检验氯离子的方法为：取少量产物加水溶解，静置，取上层清液于试管，加HNO3酸化的AgNO3，如产生白色沉淀，则存在Cl-。
16．(1)0.8
(2)0.1mol/L
【解析】FexO分成两等份，氧化物中氧元素的化合价为-2价，则Fe的化合价为+，与氯气发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，计算出x；然后再利用得失电子数目守恒，计算出HI的物质的量，据此分析；
(1)
氧化物中氧元素的化合价为-2价，则Fe的化合价为+，根据得失电子数目守恒，=，解得x=0.8；故答案为0.8；
(2)
+的Fe将I-氧化成I2，本身被还原成+2价，氧化物分成两等份，每份的质量为1.52g，根据得失电子数目守恒，有=n(HI)×1，解得n(HI)=0.01mol，则c(HI)=0.1mol/L；故答案为0.1mol/L。
17． 11.2 5
【解析】根据n=计算Fe的物质的量，再结合Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑并根据原子守恒计算即可。
【解析】(1)28g铁粉的物质的量为=0.5mol，则根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知生成H2的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；
(2)Fe为0.5mol，则根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知生成FeSO4的物质的量为0.5mol，则所得溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度为=5mol/L。
【点睛】考查物质的量在化学方程式计算中的应用，准确利用公式是解题关键，难点是将溶液的质量转换为溶液的体积，特别注意体积单位是L。
18． NaOH溶液 除去铝镁合金表面的氧化膜 ①④③② 使D和C的液面相平 偏小
【解析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；
(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；
(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；
(4)B中发生的是Al与碱的反应；
(5)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。
【解析】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，
答案是：NaOH溶液；
(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；
答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；
(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，
答案是：①④③②；使D和C的液面相平；
(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：，
答案是：；
(5)铝的质量分数为：，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；
答案是：偏小。
19． 铁屑 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 打开 关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ①②③⑤
【解析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。
【解析】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，A中反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用稀硫酸和铁反应产生的氢气排尽装置中的空气，如果不打开活塞E，会造成安全事故，所以要打开活塞a，使生成的气体进入装置B，一方面能除去A和B装置中的空气，另一方面能防止安全事故的发生，故答案为打开；
（3）铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞a，导致A装置中氢气增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，故答案为关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；
（4）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（5）对比5个实验明显可以发现选项③、⑤加入有机物作隔离层和空气接触少，②中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以也能减少与氧气接触，①中盛有氢氧化钠溶液的滴管伸入放有还原性铁粉的硫酸亚铁溶液中，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，则能减少与氧气接触；只有④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，故答案为①②③⑤。
【点睛】考查氢氧化亚铁的制取，氢氧化亚铁极易被氧气氧气，所以制取氢氧化亚铁时注意必须在无氧气条件下进行反应，这是高中化学中较重要的一个实验。