第三章 铁 金属材料 （含解析）单元测试 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第三章 铁 金属材料 （含解析）单元测试 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 127.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-06 21:02:46 | ||
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文档简介
第三章 铁 金属材料 单元测试
一、单选题
1．下列反应中，反应后固体质量减轻的是（ ）
A．水蒸气通过灼热的铁粉
B．Cu2S在O2中灼烧转变为CuO
C．将铜丝插人FeCl3溶液中片刻
D．含水蒸气的CO2通过盛有Na2O2的干燥管
2．已知核内有b个中子，A原子的质量数为M，则所含电子的物质的量是（ ）
A． B． C． D．
3．下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（ ）
①Al2O3 ②Mg(OH)2 ③Al(OH)3 ④NaHCO3
A．①②③ B．①③④
C．只有①③ D．只有②③
4．相同质量的H2SO4与H3PO4中的氢原子数之比为（ ）
A．2： 3 B．3： 2 C．1：2 D．2：1
5．下列物质各1 mol，质量最大的是（ ）
A．H2 B．O2 C．H2O D．CO2
6．合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列物质所使用的材料不属于合金的是（ ）
A．碳化硅光学反射镜 B．下水道井盖(生铁) C．航母甲板(钢) D．潜水器外壳(钛、铝等)
A．A B．B C．C D．D
7．下列溶液中的氯离子数目与10mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中氯离子数目相等的是（ ）
A．5mL 0.2mol·L－1的CaCl2溶液 B．15mL 0.2mol·L－1的KCl溶液
C．20 mL0.1mol·L－1的AlCl3溶液 D．30 mL 0.1mol·L－1的BaCl2溶液
8．下列有关铝及其化合物的说法中，正确的是（ ）
A．用坩埚钳夹住一小块铝箔加热至其熔化，熔化的铝不滴落是因为反应生成熔点很高的Al2O3薄膜
B．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++4NH3 H2O=[Al（OH）4]﹣+4NH4+
C．将AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中，立即产生大量的白色沉淀
D．可用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+杂质
9．铁在高温下与水蒸气反应的固体产物是（ ）
A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe（OH）2
10．一定质量的铁和足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应（还原产物为NO或NO2）在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体．下列叙述一定正确的是
①硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少
②硝酸浓度不同，生成的Fe（NO3）3的物质的量相同
③硝酸浓度越大，产生的气体越少
④用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同（ ）
A．只有② B．②④ C．③④ D．①②③
11．在下列各组物质中，分子数相同的是（ ）
A．2LCO和2LCO2 B．9g H2O和标准状况下11.2LCO2
C．标准状况下1molO2和22.4LH2O D．0.2molH2和22.4LHCl气体
12．标准状况下，下列说法正确的是（ ）
A．等体积CH4和HF所含的电子数相同
B．pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol/L
C．2.5gMg-Zn合金与足量的盐酸反应，放出的气体体积可能为2.24L
D．由H2O2制2.24LO2转移的电子数目为0.4NA
13．下列关于Fe(OH)3胶体的制备，正确的操作是（ ）
A．将FeCl3 溶液滴入蒸馏水中即可
B．将FeCl3 溶液滴入热水中，得到黄色液体即可
C．将FeCl3 溶液滴入沸水中，得到红褐色液体即可
D．将FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸至生成红褐色沉淀即可
14．向Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸，溶液颜色变化应该是（ ）
A．无变化 B．颜色变浅 C．变为棕黄色 D．变为红褐色
15．两瓶体积相等NO、N2+O2的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
16．下列叙述中错误的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98g/mol
B．2 mol H2O和2 mol NH3含电子数相同
C．等质量的O2和O3中所含氧原子个数不同
D．等物质的量的CO和CO2中所含碳原子数相等
二、综合题
17．为了测定某铜银合金的成分，将合金溶于的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到的、混合气体(标准状况)，并测得溶液中的。假设反应后溶液的体积仍为，试计算：
（1）被还原的硝酸的物质的量 ；
（2）合金中铜与银的物质的量之比 ；
（3）若需要将全部尾气用水吸收，需要的氧气体积(标准状况) 。
18．1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：
可能大量含有的阳离子 H+、Mg2+、Al3+、NH4+
可能大量含有的阴离子 Cl-、CO32-
往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。（NH4++OH- =NH3·H2O）
（1）该溶液中一定不含有的离子是 。
（2）V1、V2、V3、V4之间的关系 。
（3）V3V4段离子方程式为 。
19．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所得溶液进行以下实验：
（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为 ．
（2）向烧杯中加20mL沸腾的蒸馏水，滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈 色，即可制得Fe（OH）3胶体．写出制备Fe（OH）3胶体的化学反应方程式 ．
（3）在装有Fe（OH）3胶体的U型管的两头插入两个惰性电极，通直流电一段时间，阴极附近的颜色逐渐变深，这种现象叫 ； 向Fe（OH）3胶体中加入硅酸胶体，胶体变得浑浊，这是发生了 ．
（4）取一定量的Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加适量的稀硫酸，观察到的现象是 ．
20．甲、乙两同学欲制取纯净的Fe(OH)2 ，根据如图所示的装置进行实验。A管中是Fe+H2SO4， B管中是NaOH溶液，请回答下列问题。
（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，在B管中观察到的现象是 。
（2）同学乙：打开a，使A管中反应一段时间再 夹紧止水夹a，实验中在B管中观察到的现象是 ，B中发生反应的离子方程式为 。
（3）同学乙打开a的目的 ； （填甲或乙）同学可成功。
21．分类法在化学中起着非常重要的作用，现有下列物质：① 、② 溶液、③ 、④冰水混合物、⑤ 、⑥稀硫酸、⑦ 、⑧镁铝合金。请回答下列问题：
（1）属于纯净物的有 ，属于氧化物的有 。
（2）能导电的物质有 ，属于电解质的有 。
（3）实验室中制取少量 胶体的化学方程式为 。
（4）已知 与 反应的化学方程式是 ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，标准状况下，11.2L的Cl2含有原子数为 。
（5）已知实验需要 硫酸，但实验室中只有物质的量浓度为 的硫酸，该同学需要自己稀释，需要量取 的硫酸。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、水蒸气通过灼热的铁粉，固体由铁生成四氧化三铁，固体质量增大，故A不符合题意；
B、1molCu2S在O2 中灼烧转变为2molCuO，固体质量不变，故B不符合题意；
C、由于FeCl3具有强的氧化性，能将铜氧化而溶解，所以固体质量减小，即C符合题意；
D、含水蒸气的CO2 通过盛有Na2O2 的干燥管，固体由Na2O2 生成Na2CO3和NaOH，质量增大，所以D不符合题意。故答案为C。【分析】本题考查了学生对化学反应前后物质的分析，从而得知反应前后质量变化。
2．【答案】C
【解析】【解答】A2+核内有b个中子，A原子的质量数为M ，A2+的核外电子数为M-b-2，
则mgA2+的物质的量= mg/Mg/mol=(m/M)mol；
mgA2+所含电子的物质的量为 =（M-b-2）×(m/M)mol 。
故选C
【分析】本题考查的是物质的量的计算，根据公式n=m/M可以解答。
3．【答案】B
【解析】【解答】①Al2O3是两性氧化物,与硫酸反应生成硫酸铝,与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,故①正确;②Mg(OH)2与硫酸反应生成硫酸镁,不能与氢氧化钠反应,故②错误;③Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与硫酸反应,生成铝盐Al3+,又能与氢氧化钠反应生偏铝酸盐AlO2-,故③正确;④NaHCO3属于弱酸的酸式盐,与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水,与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水,故④正确;
故答案为：B。
【分析】氧化铝和氢氧化铝都是两性化合物，碳酸氢钠可以和酸生成二氧化碳和水，跟碱反应生成水和碳酸盐。
4．【答案】A
【解析】【解答】H2SO4与H3PO4的摩尔质量都是98g/mol，设质量均为98g，则H2SO4与H3PO4的物质的量均为98g÷98g/mol=1mol，1molH2SO4中有2molH，1molH3PO4中有3molH，所以氢原子数之比为2mol:3mol=2:3，选项A符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据硫酸和磷酸的摩尔质量计算其物质的量之比，结合分子组成计算氢原子数之比即可。
5．【答案】D
【解析】【解答】
根据m=nM可知，物质的量相等情况下，摩尔质量越大，则物质的质量越大，H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，H2O的摩尔质量为18g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，摩尔质量：CO2＞O2＞H2O＞H2，故二氧化碳的质量最大，
故答案为：D。
【分析】
，单位物质的量的物质摩尔质量越大，物质的质量越大。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．碳化硅中不含有金属，A符合题意；
B．生铁是铁、碳的合金，B不符合题意；
C．钢是铁、碳的合金，C不符合题意；
D．潜水艇外壳是钛、铝的合金，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．碳化硅中不含有金属；
B．生铁是铁、碳的合金；
C．钢是铁、碳的合金；
D．潜水艇外壳是钛、铝的合金。
7．【答案】B
【解析】【解答】10mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液中氯离子物质的量为0.01L×0.1mol·L－1×3=0.003mol，A、 5mL 0.2mol·L－1的CaCl2溶液中氯离子物质的量为0.005L×0.2mol·L－1×2=0.002mol，故A不符合题意；
B、15mL 0.2mol·L－1的KCl中氯离子物质的量为0.015L×0.2mol·L－1=0.003mol，故B错符合题意；
C、20 mL0.1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子物质的量为0.02L×0.1mol·L－1×3=0.006mol，故C不符合题意；
D、 30 mL 0.1mol·L－1的BaCl2溶液中氯离子物质的量为0.03L×0.1mol·L－1×2=0.006mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子的数目等于物质的量浓度与体积的乘积再乘上阿伏加德罗常数。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：A．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故A正确；
B、氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C、AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中会得到偏铝酸钠溶液，不会产生氢氧化铝，故C错误；
D、氨水和Fe3+、Al3+都反应产生沉淀，不可用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+杂质，故D错误．
故选A．
【分析】A、铝与氧气反应生成熔点较高的氧化铝；
B、氢氧化铝不溶于过量的氨水中；
C、AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中会得到偏铝酸钠溶液；
D、氨水和Fe3+、Al3+都反应产生沉淀．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：铁在高温下可以和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故选C．
【分析】铁在高温下可以和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，据此回答．
10．【答案】B
【解析】【解答】解：根据Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、Fe+6HNO3（浓）═Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O、3NO2+H2O═2HNO3+NO①等量的Fe与酸反应，浓硝酸消耗的多，故①错误；②等量的Fe与酸反应，由Fe原子守恒可知生成Fe（NO3）3的物质的量相同，故②正确；③等量的Fe与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故③错误；④因3NO2+H2O═2HNO3+NO，最终收集气体均为NO，由电子守恒可知，收集NO的体积相等，故④正确；
故选B．
【分析】根据Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、Fe+6HNO3（浓）═Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O、3NO2+H2O═2HNO3+NO来解答．
11．【答案】B
【解析】【解答】解：A．没有指出在相同条件下，无法比较2LCO和2LCO2的物质的量大小，故A错误；
B.9g H2O的物质的量为： =0.5mol，标准状况下11.2LCO2的物质的量为： =0.5mol，根据N=nNA可知，二者含有的分子数相等，故B正确；
C．标准状况下水不是气体，在标准状况下22.4L水的物质的量大于1mol，二者含有的分子数不相等，故C错误；
D．没有指出标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故D错误；
故选B．
【分析】根据N=nNA可知，选项中各物质的物质的量相等，其含有的分子数相等，分别根据n= = 计算出各物质的物质的量，然后进行比较；注意使用气体摩尔体积时，研究对象必须为气体，且必须指出相同条件下或标准状况下，据此进行解答．
12．【答案】C
【解析】【解答】A、在标准状况下CH4是气体，而HF是液体，所以等体积时二者的物质的量不同，所含的电子数也不同，故A不符合题意；
；B、因为在常温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14，则pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol·L－1，但题目所给条件是标准状况，所以B不符合题意；
C、在标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，生成这些氢气需要Mg的质量为2.4g<2.5g，需要Zn的质量为6.5g>2.5g，根据平均值原则可确定C正确；
D、H2O2 中的氧元素从-1价升高为0价，生成氧气，所以标况下生成2.24LO2转移的电子数为0.2NA，故DA不符合题意。
本题正确答案为C。
【分析】A,在标准状况下，常见 的液体有HF，SO3，CCl4, H2O等等；
B,易错点，忽略水的离子积常数Kw=1.0×10-14是在常温下。
C，假设2.24L氢气全部由Mg产生，计算出所需Mg的质量，同理，计算出Zn的质量，再根据平均值原则确定；
D,注意H2O2 中的氧元素为-1价；
13．【答案】C
【解析】【解答】Fe(OH)3胶体的制备为在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色，即停止加热，
故答案为：C。
【分析】根据氢氧化铁胶体制备：在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色解答；
14．【答案】C
【解析】【解答】解：往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H20，三价铁离子为棕黄色，
故选C．
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为三价，二价铁浅绿色，三价铁为棕黄色，以此解答．
15．【答案】A
【解析】【解答】A. 不管是1molNO、还是1mol(N2+O2)的混合气体，都含2mol原子，所以二者所含原子数相等，符合题意；
B. 只有在N2与 O2等物质的量混合时，1mol (N2+O2)的混合气体的质量与1mol NO的质量才相等， 所以气体密度不一定相等，不符合题意；
C. 由B中分析可知，1mol NO与1mol (N2+O2)的混合气体的质量不一定相等，不符合题意；
D. 由分析知，只有当N2、O2等物质的量混合时，其平均相对分子质量与NO的相对分子质量才相等，所以混合气与NO的摩尔质量不一定相等，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】一氧化氮和氧气都是双原子分子，所以在同温同压时瓶内，所以二者所含原子数相等。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．H2SO4的相对分子质量为98，摩尔质量是98g/mol，故A正确；
B.1个水分子和1个氨气分子都含有10个电子，则2 mol H2O和2 mol NH3含电子数相同都是20NA，故B正确；
C．氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=n= = 可知，等质量的O2和O3中所含氧原子个数相等，故C错误；
D．CO和CO2中都只含1个C，则等物质的量的CO和CO2中所含碳原子数相等，故正确；
故选：C．
【分析】A．摩尔质量以g/mol为单位，数值上与相对分子质量相等；
B.1个水分子和1个氨气分子都含有10个电子；
C．氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n= = 计算；
D．CO和CO2中都只含1个C．
17．【答案】（1）0.15mol
（2）3：1
（3）1.96L
【解析】【解答】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n(HNO3)(被还原)==0.15mol，则被还原的硝酸的物质的量为0.15mol；
(2)剩余硝酸的物质的量为n(HNO3)(剩余)=0.04L×1.00mol/L=0.04mol，参加反应的硝酸为：0.04L×13.5mol/L 0.04mol=0.5mol，反应中金属全部参与反应，则反应前后金属的物质的量相等，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，0.04L×13.5mol/L浓硝酸的物质的量=0.04L×13.5mol/L=0.54mol，根据反应前后物料守恒，则有，解之得：x=0.05，y=0.15，n(Cu)：n(Ag)=0.15：0.05=3：1，则合金中铜与银的物质的量之比为3：1；
(3)硝酸与金属反应，金属失电子，生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等，则n(O2)×4=0.05+0.15×2，解得n(O2)=0.0875mol，所以氧气的体积为0.0875mol×22.4L/mol=1.96L。
【分析】（1）被还原的硝酸即结合一氧化氮进行判断；
（2）铜和银的物质的量之比可以根据混合物的二元一次方程组的计算方法列式计算；
（3）结合一氧化氮、二氧化氮和氧气生成硝酸的化学计量数之比进行判断。
18．【答案】（1）Mg2+、CO32-
（2）V2-V1=3(V4-V3)
（3）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】【解答】加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH- =NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，可得出该溶液中一定不含有的离子Mg2+、CO32-。答案为：Mg2+、CO32-；（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出V2-V1=3(V4-V3)。答案为：V2-V1=3(V4-V3)；（3）V3V4段, Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【分析】加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH- =NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，我们可得出该溶液中一定不含有的离子。（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出两个反应中NaOH的体积关系。（3）V3V4段, Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O。
19．【答案】（1）FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓
（2）红褐；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl
（3）电泳；聚沉
（4）先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，溶液变为棕黄色
【解析】【解答】解：（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，氢氧化钠和铁离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓，
故答案为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓；（2）向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：溶液呈红褐色；
故答案为：红褐；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；（3）因Fe（OH）3胶粒带有正电荷，所以在电场的作用下，向阴极区移动，而使该区颜色加深，这种现象称为电泳；
向Fe（OH）3胶体中加入硅酸胶体，两种胶粒带相反电荷，混合后胶体会发生聚沉，
故答案为：电泳；聚沉；（4）取一定量的Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加适量的稀硫酸，开始时发生聚沉现象生成红褐色的氢氧化铁沉淀，然后生成的沉淀与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，溶液变为棕黄色，
故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，溶液变为棕黄色．
【分析】（1）氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠；（2）将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热可以制备氢氧化铁胶体；（3）Fe（OH）3胶粒在电场的作用下，做定向运动，这种现象称为电泳；胶体遇胶粒带相反电荷的胶体发生聚沉；胶体遇胶粒带相反电荷的胶体发生聚沉；（4）氢氧化铁胶体中加入稀硫酸，开始发生聚沉现象，然后氢氧化铁沉淀与稀硫酸反应生成硫酸铁和水．
20．【答案】（1）生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
（2）有白色沉淀生成；Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
（3）使A管中产生的气体通入B管中赶走空气；乙
【解析】【解答】（1）夹紧止水夹a后，试管A中Fe与H2SO4反应生成FeSO4和H2，由于反应生成H2，试管A内压强增大，试管A中FeSO4溶液进入试管B中，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，因此可观察到百色沉淀产生；由于装置内含有空气，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，因此可观察到百色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。
（2）打开a后，反应产生的H2可将试管A、试管B中的空气排出；一段时间后夹紧止水夹a，试管A中FeSO4溶液进入试管B中，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，因此可观察到有百色沉淀产生。该反应的离子方程式为：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓。
（3）乙同学打开a是为了排出试管内的空气，防止Fe(OH)2被空气中的O2氧化。因此乙同学可成功。
【分析】（1）Fe(OH)2易被氧化，结合Fe(OH)2氧化过程的现象分析。
（2）A管反应一段时间后再夹紧止水夹a，可利用反应生成的H2排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。
（3）打开a可排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。
21．【答案】（1）①③④⑤⑦；④⑦
（2）②③④⑥；④⑤
（3）
（4）1：1；
（5）125
【解析】【解答】(1)纯净物指由一种单质或一种化合物组成的物质，所以属于纯净物的是①③④⑤⑦，由两种元素组成且其中一种为氧元素的纯净物是氧化物，所以氧化物为④⑦；
(2)能导电的物质中必然含有可以自由移动的带电微粒，②中含有自由移动的钠离子和氢氧根离子，③含有自由移动的电子，④中含有水电离出的氢离子和氢氧根离子⑥中含有自由移动的氢离子和硫酸根离子，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，所以电解质为④⑤；
(3)实验室用少量饱和的三氯化铁溶液滴入沸水中，加热至分散系呈现红褐色，可得氢氧化铁胶体，离子方程式为： ；
(4)已知 中只有氯元素变价，且升高或降低一价，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，因为一个氯气分子中含有两个氯原子，标准状况下，11.2L的Cl 2含有原子数为 ；
(5)配制240mL溶液，选取250mL的容量瓶，所以需要1mol/L的硫酸的体积为 。
【分析】(1)只由一种物质组成的属于纯净物；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；
(2)物质导电条件：存在自由电子或者自由移动的离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
(3)实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作是向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热得到氢氧化铁胶体；
(4)氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氧化剂与还原剂的物质的量之比等于还原产物NaCl与氧化产物NaClO的物质的量之比；
(5)实验室没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积
一、单选题
1．下列反应中，反应后固体质量减轻的是（ ）
A．水蒸气通过灼热的铁粉
B．Cu2S在O2中灼烧转变为CuO
C．将铜丝插人FeCl3溶液中片刻
D．含水蒸气的CO2通过盛有Na2O2的干燥管
2．已知核内有b个中子，A原子的质量数为M，则所含电子的物质的量是（ ）
A． B． C． D．
3．下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（ ）
①Al2O3 ②Mg(OH)2 ③Al(OH)3 ④NaHCO3
A．①②③ B．①③④
C．只有①③ D．只有②③
4．相同质量的H2SO4与H3PO4中的氢原子数之比为（ ）
A．2： 3 B．3： 2 C．1：2 D．2：1
5．下列物质各1 mol，质量最大的是（ ）
A．H2 B．O2 C．H2O D．CO2
6．合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列物质所使用的材料不属于合金的是（ ）
A．碳化硅光学反射镜 B．下水道井盖(生铁) C．航母甲板(钢) D．潜水器外壳(钛、铝等)
A．A B．B C．C D．D
7．下列溶液中的氯离子数目与10mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中氯离子数目相等的是（ ）
A．5mL 0.2mol·L－1的CaCl2溶液 B．15mL 0.2mol·L－1的KCl溶液
C．20 mL0.1mol·L－1的AlCl3溶液 D．30 mL 0.1mol·L－1的BaCl2溶液
8．下列有关铝及其化合物的说法中，正确的是（ ）
A．用坩埚钳夹住一小块铝箔加热至其熔化，熔化的铝不滴落是因为反应生成熔点很高的Al2O3薄膜
B．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++4NH3 H2O=[Al（OH）4]﹣+4NH4+
C．将AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中，立即产生大量的白色沉淀
D．可用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+杂质
9．铁在高温下与水蒸气反应的固体产物是（ ）
A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe（OH）2
10．一定质量的铁和足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应（还原产物为NO或NO2）在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体．下列叙述一定正确的是
①硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少
②硝酸浓度不同，生成的Fe（NO3）3的物质的量相同
③硝酸浓度越大，产生的气体越少
④用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同（ ）
A．只有② B．②④ C．③④ D．①②③
11．在下列各组物质中，分子数相同的是（ ）
A．2LCO和2LCO2 B．9g H2O和标准状况下11.2LCO2
C．标准状况下1molO2和22.4LH2O D．0.2molH2和22.4LHCl气体
12．标准状况下，下列说法正确的是（ ）
A．等体积CH4和HF所含的电子数相同
B．pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol/L
C．2.5gMg-Zn合金与足量的盐酸反应，放出的气体体积可能为2.24L
D．由H2O2制2.24LO2转移的电子数目为0.4NA
13．下列关于Fe(OH)3胶体的制备，正确的操作是（ ）
A．将FeCl3 溶液滴入蒸馏水中即可
B．将FeCl3 溶液滴入热水中，得到黄色液体即可
C．将FeCl3 溶液滴入沸水中，得到红褐色液体即可
D．将FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸至生成红褐色沉淀即可
14．向Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸，溶液颜色变化应该是（ ）
A．无变化 B．颜色变浅 C．变为棕黄色 D．变为红褐色
15．两瓶体积相等NO、N2+O2的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
16．下列叙述中错误的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98g/mol
B．2 mol H2O和2 mol NH3含电子数相同
C．等质量的O2和O3中所含氧原子个数不同
D．等物质的量的CO和CO2中所含碳原子数相等
二、综合题
17．为了测定某铜银合金的成分，将合金溶于的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到的、混合气体(标准状况)，并测得溶液中的。假设反应后溶液的体积仍为，试计算：
（1）被还原的硝酸的物质的量 ；
（2）合金中铜与银的物质的量之比 ；
（3）若需要将全部尾气用水吸收，需要的氧气体积(标准状况) 。
18．1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：
可能大量含有的阳离子 H+、Mg2+、Al3+、NH4+
可能大量含有的阴离子 Cl-、CO32-
往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。（NH4++OH- =NH3·H2O）
（1）该溶液中一定不含有的离子是 。
（2）V1、V2、V3、V4之间的关系 。
（3）V3V4段离子方程式为 。
19．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所得溶液进行以下实验：
（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为 ．
（2）向烧杯中加20mL沸腾的蒸馏水，滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈 色，即可制得Fe（OH）3胶体．写出制备Fe（OH）3胶体的化学反应方程式 ．
（3）在装有Fe（OH）3胶体的U型管的两头插入两个惰性电极，通直流电一段时间，阴极附近的颜色逐渐变深，这种现象叫 ； 向Fe（OH）3胶体中加入硅酸胶体，胶体变得浑浊，这是发生了 ．
（4）取一定量的Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加适量的稀硫酸，观察到的现象是 ．
20．甲、乙两同学欲制取纯净的Fe(OH)2 ，根据如图所示的装置进行实验。A管中是Fe+H2SO4， B管中是NaOH溶液，请回答下列问题。
（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，在B管中观察到的现象是 。
（2）同学乙：打开a，使A管中反应一段时间再 夹紧止水夹a，实验中在B管中观察到的现象是 ，B中发生反应的离子方程式为 。
（3）同学乙打开a的目的 ； （填甲或乙）同学可成功。
21．分类法在化学中起着非常重要的作用，现有下列物质：① 、② 溶液、③ 、④冰水混合物、⑤ 、⑥稀硫酸、⑦ 、⑧镁铝合金。请回答下列问题：
（1）属于纯净物的有 ，属于氧化物的有 。
（2）能导电的物质有 ，属于电解质的有 。
（3）实验室中制取少量 胶体的化学方程式为 。
（4）已知 与 反应的化学方程式是 ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，标准状况下，11.2L的Cl2含有原子数为 。
（5）已知实验需要 硫酸，但实验室中只有物质的量浓度为 的硫酸，该同学需要自己稀释，需要量取 的硫酸。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、水蒸气通过灼热的铁粉，固体由铁生成四氧化三铁，固体质量增大，故A不符合题意；
B、1molCu2S在O2 中灼烧转变为2molCuO，固体质量不变，故B不符合题意；
C、由于FeCl3具有强的氧化性，能将铜氧化而溶解，所以固体质量减小，即C符合题意；
D、含水蒸气的CO2 通过盛有Na2O2 的干燥管，固体由Na2O2 生成Na2CO3和NaOH，质量增大，所以D不符合题意。故答案为C。【分析】本题考查了学生对化学反应前后物质的分析，从而得知反应前后质量变化。
2．【答案】C
【解析】【解答】A2+核内有b个中子，A原子的质量数为M ，A2+的核外电子数为M-b-2，
则mgA2+的物质的量= mg/Mg/mol=(m/M)mol；
mgA2+所含电子的物质的量为 =（M-b-2）×(m/M)mol 。
故选C
【分析】本题考查的是物质的量的计算，根据公式n=m/M可以解答。
3．【答案】B
【解析】【解答】①Al2O3是两性氧化物,与硫酸反应生成硫酸铝,与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,故①正确;②Mg(OH)2与硫酸反应生成硫酸镁,不能与氢氧化钠反应,故②错误;③Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与硫酸反应,生成铝盐Al3+,又能与氢氧化钠反应生偏铝酸盐AlO2-,故③正确;④NaHCO3属于弱酸的酸式盐,与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水,与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水,故④正确;
故答案为：B。
【分析】氧化铝和氢氧化铝都是两性化合物，碳酸氢钠可以和酸生成二氧化碳和水，跟碱反应生成水和碳酸盐。
4．【答案】A
【解析】【解答】H2SO4与H3PO4的摩尔质量都是98g/mol，设质量均为98g，则H2SO4与H3PO4的物质的量均为98g÷98g/mol=1mol，1molH2SO4中有2molH，1molH3PO4中有3molH，所以氢原子数之比为2mol:3mol=2:3，选项A符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据硫酸和磷酸的摩尔质量计算其物质的量之比，结合分子组成计算氢原子数之比即可。
5．【答案】D
【解析】【解答】
根据m=nM可知，物质的量相等情况下，摩尔质量越大，则物质的质量越大，H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，H2O的摩尔质量为18g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，摩尔质量：CO2＞O2＞H2O＞H2，故二氧化碳的质量最大，
故答案为：D。
【分析】
，单位物质的量的物质摩尔质量越大，物质的质量越大。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．碳化硅中不含有金属，A符合题意；
B．生铁是铁、碳的合金，B不符合题意；
C．钢是铁、碳的合金，C不符合题意；
D．潜水艇外壳是钛、铝的合金，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．碳化硅中不含有金属；
B．生铁是铁、碳的合金；
C．钢是铁、碳的合金；
D．潜水艇外壳是钛、铝的合金。
7．【答案】B
【解析】【解答】10mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液中氯离子物质的量为0.01L×0.1mol·L－1×3=0.003mol，A、 5mL 0.2mol·L－1的CaCl2溶液中氯离子物质的量为0.005L×0.2mol·L－1×2=0.002mol，故A不符合题意；
B、15mL 0.2mol·L－1的KCl中氯离子物质的量为0.015L×0.2mol·L－1=0.003mol，故B错符合题意；
C、20 mL0.1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子物质的量为0.02L×0.1mol·L－1×3=0.006mol，故C不符合题意；
D、 30 mL 0.1mol·L－1的BaCl2溶液中氯离子物质的量为0.03L×0.1mol·L－1×2=0.006mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子的数目等于物质的量浓度与体积的乘积再乘上阿伏加德罗常数。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：A．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故A正确；
B、氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C、AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中会得到偏铝酸钠溶液，不会产生氢氧化铝，故C错误；
D、氨水和Fe3+、Al3+都反应产生沉淀，不可用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+杂质，故D错误．
故选A．
【分析】A、铝与氧气反应生成熔点较高的氧化铝；
B、氢氧化铝不溶于过量的氨水中；
C、AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中会得到偏铝酸钠溶液；
D、氨水和Fe3+、Al3+都反应产生沉淀．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：铁在高温下可以和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故选C．
【分析】铁在高温下可以和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，据此回答．
10．【答案】B
【解析】【解答】解：根据Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、Fe+6HNO3（浓）═Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O、3NO2+H2O═2HNO3+NO①等量的Fe与酸反应，浓硝酸消耗的多，故①错误；②等量的Fe与酸反应，由Fe原子守恒可知生成Fe（NO3）3的物质的量相同，故②正确；③等量的Fe与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故③错误；④因3NO2+H2O═2HNO3+NO，最终收集气体均为NO，由电子守恒可知，收集NO的体积相等，故④正确；
故选B．
【分析】根据Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、Fe+6HNO3（浓）═Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O、3NO2+H2O═2HNO3+NO来解答．
11．【答案】B
【解析】【解答】解：A．没有指出在相同条件下，无法比较2LCO和2LCO2的物质的量大小，故A错误；
B.9g H2O的物质的量为： =0.5mol，标准状况下11.2LCO2的物质的量为： =0.5mol，根据N=nNA可知，二者含有的分子数相等，故B正确；
C．标准状况下水不是气体，在标准状况下22.4L水的物质的量大于1mol，二者含有的分子数不相等，故C错误；
D．没有指出标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故D错误；
故选B．
【分析】根据N=nNA可知，选项中各物质的物质的量相等，其含有的分子数相等，分别根据n= = 计算出各物质的物质的量，然后进行比较；注意使用气体摩尔体积时，研究对象必须为气体，且必须指出相同条件下或标准状况下，据此进行解答．
12．【答案】C
【解析】【解答】A、在标准状况下CH4是气体，而HF是液体，所以等体积时二者的物质的量不同，所含的电子数也不同，故A不符合题意；
；B、因为在常温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14，则pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol·L－1，但题目所给条件是标准状况，所以B不符合题意；
C、在标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，生成这些氢气需要Mg的质量为2.4g<2.5g，需要Zn的质量为6.5g>2.5g，根据平均值原则可确定C正确；
D、H2O2 中的氧元素从-1价升高为0价，生成氧气，所以标况下生成2.24LO2转移的电子数为0.2NA，故DA不符合题意。
本题正确答案为C。
【分析】A,在标准状况下，常见 的液体有HF，SO3，CCl4, H2O等等；
B,易错点，忽略水的离子积常数Kw=1.0×10-14是在常温下。
C，假设2.24L氢气全部由Mg产生，计算出所需Mg的质量，同理，计算出Zn的质量，再根据平均值原则确定；
D,注意H2O2 中的氧元素为-1价；
13．【答案】C
【解析】【解答】Fe(OH)3胶体的制备为在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色，即停止加热，
故答案为：C。
【分析】根据氢氧化铁胶体制备：在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色解答；
14．【答案】C
【解析】【解答】解：往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H20，三价铁离子为棕黄色，
故选C．
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为三价，二价铁浅绿色，三价铁为棕黄色，以此解答．
15．【答案】A
【解析】【解答】A. 不管是1molNO、还是1mol(N2+O2)的混合气体，都含2mol原子，所以二者所含原子数相等，符合题意；
B. 只有在N2与 O2等物质的量混合时，1mol (N2+O2)的混合气体的质量与1mol NO的质量才相等， 所以气体密度不一定相等，不符合题意；
C. 由B中分析可知，1mol NO与1mol (N2+O2)的混合气体的质量不一定相等，不符合题意；
D. 由分析知，只有当N2、O2等物质的量混合时，其平均相对分子质量与NO的相对分子质量才相等，所以混合气与NO的摩尔质量不一定相等，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】一氧化氮和氧气都是双原子分子，所以在同温同压时瓶内，所以二者所含原子数相等。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．H2SO4的相对分子质量为98，摩尔质量是98g/mol，故A正确；
B.1个水分子和1个氨气分子都含有10个电子，则2 mol H2O和2 mol NH3含电子数相同都是20NA，故B正确；
C．氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=n= = 可知，等质量的O2和O3中所含氧原子个数相等，故C错误；
D．CO和CO2中都只含1个C，则等物质的量的CO和CO2中所含碳原子数相等，故正确；
故选：C．
【分析】A．摩尔质量以g/mol为单位，数值上与相对分子质量相等；
B.1个水分子和1个氨气分子都含有10个电子；
C．氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n= = 计算；
D．CO和CO2中都只含1个C．
17．【答案】（1）0.15mol
（2）3：1
（3）1.96L
【解析】【解答】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n(HNO3)(被还原)==0.15mol，则被还原的硝酸的物质的量为0.15mol；
(2)剩余硝酸的物质的量为n(HNO3)(剩余)=0.04L×1.00mol/L=0.04mol，参加反应的硝酸为：0.04L×13.5mol/L 0.04mol=0.5mol，反应中金属全部参与反应，则反应前后金属的物质的量相等，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，0.04L×13.5mol/L浓硝酸的物质的量=0.04L×13.5mol/L=0.54mol，根据反应前后物料守恒，则有，解之得：x=0.05，y=0.15，n(Cu)：n(Ag)=0.15：0.05=3：1，则合金中铜与银的物质的量之比为3：1；
(3)硝酸与金属反应，金属失电子，生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等，则n(O2)×4=0.05+0.15×2，解得n(O2)=0.0875mol，所以氧气的体积为0.0875mol×22.4L/mol=1.96L。
【分析】（1）被还原的硝酸即结合一氧化氮进行判断；
（2）铜和银的物质的量之比可以根据混合物的二元一次方程组的计算方法列式计算；
（3）结合一氧化氮、二氧化氮和氧气生成硝酸的化学计量数之比进行判断。
18．【答案】（1）Mg2+、CO32-
（2）V2-V1=3(V4-V3)
（3）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】【解答】加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH- =NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，可得出该溶液中一定不含有的离子Mg2+、CO32-。答案为：Mg2+、CO32-；（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出V2-V1=3(V4-V3)。答案为：V2-V1=3(V4-V3)；（3）V3V4段, Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【分析】加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH- =NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，我们可得出该溶液中一定不含有的离子。（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出两个反应中NaOH的体积关系。（3）V3V4段, Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O。
19．【答案】（1）FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓
（2）红褐；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl
（3）电泳；聚沉
（4）先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，溶液变为棕黄色
【解析】【解答】解：（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，氢氧化钠和铁离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓，
故答案为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓；（2）向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：溶液呈红褐色；
故答案为：红褐；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；（3）因Fe（OH）3胶粒带有正电荷，所以在电场的作用下，向阴极区移动，而使该区颜色加深，这种现象称为电泳；
向Fe（OH）3胶体中加入硅酸胶体，两种胶粒带相反电荷，混合后胶体会发生聚沉，
故答案为：电泳；聚沉；（4）取一定量的Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加适量的稀硫酸，开始时发生聚沉现象生成红褐色的氢氧化铁沉淀，然后生成的沉淀与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，溶液变为棕黄色，
故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，溶液变为棕黄色．
【分析】（1）氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠；（2）将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热可以制备氢氧化铁胶体；（3）Fe（OH）3胶粒在电场的作用下，做定向运动，这种现象称为电泳；胶体遇胶粒带相反电荷的胶体发生聚沉；胶体遇胶粒带相反电荷的胶体发生聚沉；（4）氢氧化铁胶体中加入稀硫酸，开始发生聚沉现象，然后氢氧化铁沉淀与稀硫酸反应生成硫酸铁和水．
20．【答案】（1）生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
（2）有白色沉淀生成；Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
（3）使A管中产生的气体通入B管中赶走空气；乙
【解析】【解答】（1）夹紧止水夹a后，试管A中Fe与H2SO4反应生成FeSO4和H2，由于反应生成H2，试管A内压强增大，试管A中FeSO4溶液进入试管B中，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，因此可观察到百色沉淀产生；由于装置内含有空气，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，因此可观察到百色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。
（2）打开a后，反应产生的H2可将试管A、试管B中的空气排出；一段时间后夹紧止水夹a，试管A中FeSO4溶液进入试管B中，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，因此可观察到有百色沉淀产生。该反应的离子方程式为：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓。
（3）乙同学打开a是为了排出试管内的空气，防止Fe(OH)2被空气中的O2氧化。因此乙同学可成功。
【分析】（1）Fe(OH)2易被氧化，结合Fe(OH)2氧化过程的现象分析。
（2）A管反应一段时间后再夹紧止水夹a，可利用反应生成的H2排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。
（3）打开a可排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。
21．【答案】（1）①③④⑤⑦；④⑦
（2）②③④⑥；④⑤
（3）
（4）1：1；
（5）125
【解析】【解答】(1)纯净物指由一种单质或一种化合物组成的物质，所以属于纯净物的是①③④⑤⑦，由两种元素组成且其中一种为氧元素的纯净物是氧化物，所以氧化物为④⑦；
(2)能导电的物质中必然含有可以自由移动的带电微粒，②中含有自由移动的钠离子和氢氧根离子，③含有自由移动的电子，④中含有水电离出的氢离子和氢氧根离子⑥中含有自由移动的氢离子和硫酸根离子，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，所以电解质为④⑤；
(3)实验室用少量饱和的三氯化铁溶液滴入沸水中，加热至分散系呈现红褐色，可得氢氧化铁胶体，离子方程式为： ；
(4)已知 中只有氯元素变价，且升高或降低一价，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，因为一个氯气分子中含有两个氯原子，标准状况下，11.2L的Cl 2含有原子数为 ；
(5)配制240mL溶液，选取250mL的容量瓶，所以需要1mol/L的硫酸的体积为 。
【分析】(1)只由一种物质组成的属于纯净物；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；
(2)物质导电条件：存在自由电子或者自由移动的离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
(3)实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作是向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热得到氢氧化铁胶体；
(4)氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氧化剂与还原剂的物质的量之比等于还原产物NaCl与氧化产物NaClO的物质的量之比；
(5)实验室没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积