第三章 铁 金属材料单元训练卷（含解析）-2023--2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第三章 铁 金属材料单元训练卷
一、单选题
1．下列关于金属的说法正确的是（　　）
A．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
B． 在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的
D．铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物
2．下列物质各1 mol，质量最大的是（　　）
A．H2 B．O2 C．H2O D．CO2
3．金属能导电是因为它（）
A．表面富有光泽 B．有可成键的电子
C．有金属离子 D．有自由运动的电子
4．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
5．我国科学家参与研制的镁-镍-钛新型合金材料可提高阻尼减震性能，广泛应用在航天航空领域，下列有关叙述错误的是（　　）
A．形成合金，其结构发生改变，使合金的性能与纯金属有很大差异
B．它易导电、导热，具有延展性
C．它的熔点比镁低
D．它的强度和硬度比镁小
6．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
B．25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数小于0.1NA
C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
D．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NA
7．下列说法正确的是（　　）
A．1L水中溶解了58.5g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol/L
B．V L Fe2（SO4）3溶液中含a g SO42﹣，取此溶液 L用水稀释成2V L，则稀释后溶液的c（Fe3+）为 mol/L
C．已知某NaCl溶液的密度是1.17 g/cm3，可求出此溶液的物质的量浓度
D．把100mL20%的NaOH溶液跟100mL10%的NaOH 混合后，可判断NaOH混合溶液的质量分数等于15%
8．某溶液中含有Cl﹣、SO 、Fe3+、K+、M，且离子的物质的量之比为2：3：1：3：1，则微粒M为（　　）
A．Na+ B．S2﹣ C．Mg2+ D．Ba2+
9．下列有关物质性质的叙述一定错误的是（）
A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体
C．用AgNO3溶液和稀HNO3可检验Cl-
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
10．将一定物质的量的和组成的混合物溶于水，配成溶液，取出溶液，向溶液中滴加一定物质的量浓度的盐酸与其反应，得到的图像如图，下列说法正确的是（　　）
A．标注的直线也能代表产生的的物质的量的变化情况
B．盐酸的浓度是
C．加入的盐酸为时，放出气体
D．原混合物中与的物质的量之比为
11．工业上常利用铝粉和氧化铁反应来焊接铁轨．下列说法正确的是（　　）
A．Al2O3、Fe2O3均为两性氧化物
B．该反应中化学能全部转化为热能
C．Al2O3中的微粒半径：r（Al3+）＞r（O2﹣）
D．在该反应条件下，Al的还原性强于Fe的还原性
12．200℃时，11.6g二氧化碳和水蒸气的混合气体与足量的过氧化钠充分反应后固体质量增加了3.6g。下列说法中正确的是（　　）
A．二氧化碳与水蒸气的分子数目之比为4∶1
B．二氧化碳与水蒸气的质量之比为11∶8
C．反应中有8g氧气放出
D．参加反应的过氧化钠的质量为19.5g
13．下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是（　　）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
14．推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是（　　）
A．在同一化合物中，金属元素显正价，所以非金属元素一定显负价
B．混合物都不是电解质，所以冰水混合物也不是电解质
C．通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，所以CO2是酸
D．Cu2+的氧化性比H+强，所以CuCl2和稀盐酸的混合溶液中加入少量铁屑时，可能没有气泡冒出。
15．以下说法错误的是（　　）
A．常温下，在水中的溶解性：NaHCO3B．等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同
C．铝箔加热至熔化，但熔化的铝并不滴落，原因是氧化铝的熔点比铝熔点高
D．在实验室里，常用铝盐溶液与强碱溶液反应来制取氢氧化铝
16．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，含有的分子数为NA
B．溶液中含有的数为0.1NA
C．足量的Cu与2mol浓硫酸加热充分反应后得到分子数为2NA
D．与足量的水充分反应转移的电子数目为2NA
二、综合题
17．
（1）当
SO2、SO3 的分子个数之比为 1：1 时，原子总数之比为　 　，质量之比为　 　。
（2）中和含
0. 2 mo lHCl的稀盐酸，需 NaOH的 质量
为 　 　g ．
（3）将
5 mo l/ L 的Mg(NO3)2溶液 a mL 稀 释
至 b mL， 稀
释 后
溶 液
中NO3－的物质的量 浓度是
　 　mol·L－1．
（4）用等体积的
0. 1mol·L－1的BaCl2溶 液
， 可使 相 同
体 积
的 Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的SO42－完 全
沉 淀，
则 三
种 硫
酸 盐
的 物
质 的
量 浓
度 之
比 为
　 　。
18．亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）
（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是　 　、Ⅱ中的氧化剂是　 　（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是　 　。
（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　 　。
②研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2↑+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是　 　。
19．室温下，将100 mL的NaOH和Ba(OH)2混合碱溶液分成两等份，一份加入过量的Na2SO4溶液，充分反应后得到沉淀2.33 g；另一份加入50 mL 0.1 mol · L－1 H2SO4溶液，充分反应后溶液中c(OH-)为0.3 mol · L－1（此时溶液的体积为100 mL），试计算：
（1）原混合碱溶液中所含Ba(OH)2的物质的量是　 　。
（2）原混合溶液中NaOH的物质的量浓度是　 　。
20．铁与空气接触时表面会形成氧化物，如一块低碳钢可以被三种氧化物膜所覆盖与金属接触的一侧是FeO，与空气接触的一侧是，而中间则是。
（1）中国古代“四大发明”之一最早的指南针“司南”，其具有磁性作用是因为主要含有上述物质中的　 　(填化学式)。
（2）的一种用途是　 　。
（3）FeO可作化妆品中的色素，它还能进行一系列转化：。
①时应加入的试剂是　 　。
②“速力菲”(主要有效成分是)是一种常见的补铁药物，欲验证该药物超过保质期后已变质，可进行的操作是：除去药物表面包装的糖衣后将药物粉碎、加水溶解静置、取少许溶液于试管中，向其中加入　 　，若出现　 　现象，则证明该药物已变质。
③在中滴加NaOH溶液的实验现象是　 　，发生反应的化学方程式是　 　。
21．铁泥是一种常见的工业废料(主要成分为Fe2O3、FeO、Fe及杂质，杂质与酸不反应，难溶于水)，可用于生产柠檬酸铁铵或磁性氧化铁，具体流程如图。
回答下列问题：
（1）“溶解”时，Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为　 　。
（2）制备柠檬酸铁铵
①写出“氧化”时发生反应的离子方程式并用单线桥表示该反应的电子转移情况　 　。
②“氧化”时控制温度不超过90℃的原因是　 　。
（3）制备磁性氧化铁
①“还原”时，加入的试剂X为　 　(填化学式)。
②“操作I”为沉化、　 　、洗涤至滤液呈　 　性(填“酸、中、碱”)、干燥。
③在氩气中加热草酸亚铁晶体(FeC2O4 2H2O)，随温度升高，FeC2O4 2H2O的质量变化曲线出现两个失重“台阶”，如图所示。结合表格，计算第一阶段的质量损失率为　 　(保留4位有效数字)，推断第二阶段产生的气体为　 　。
(质量损失率=×100%)
失重阶段 温度范围/℃ 质量损失率% 产物
第一阶段 室温~255 _▲_ FeC2O4
第二阶段 255-520 37.06 Fe3O4
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧，故A不符合题意；
B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠固体，固体为淡黄色，故B不符合题意；
C.铁与水蒸气在高温条件下反应产生氢气和四氧化三铁：3Fe+4H2O（g） 4H2+Fe3O4，Fe3O4为黑色固体，故C不符合题意；
D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A.铝与空气中的氧气反应生成高熔点的氧化铝，阻止内部金属的继续反应；
B.钠在空气中燃烧生成黄色过氧化钠；
C.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁。
2．【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。
3．【答案】D
【解析】【解答】金属都是由金属阳离子与自由电子通过金属键构成的金属晶体，因为金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热，D符合题意；
故答案为：D
【分析】金属导电，靠的是金属中存在自由移动的电子。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A不符合题意；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B不符合题意；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C不符合题意；
D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.4Al+3O2=2Al2O3；
B.2Al2O34Al+3O2；
C.2Al（OH）3Al2O3+3H2O；
D．Al3++3H2OAl（OH）3+3H+。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．镁-镍-钛形成的新型合金材料，其结构发生改变，使合金的性能与纯金属在阻尼减震性能、硬度等方面有所提高，A说法不符合题意；
B．镁-镍-钛新型合金材料由金属形成的合金，它易导电、导热，具有延展性，B说法不符合题意；
C．合金的熔点比所行的金属的熔点都低，则它的熔点比镁低，C说法不符合题意；
D．镁-镍-钛新型合金材料广泛应用在航天航空领域，则它的强度和硬度比镁强，D说法符合题意；
答案为D。
【分析】由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质为合金，合金一般熔点低于成分金属， 硬度大于成分金属，具有金属特性，如导电性、导热性、延展性等，据此分析解答。
6．【答案】D
【解析】【解答】A. 二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为气体体积减小的可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故A不符合题意；
B．硫离子在溶液中发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故B不符合题意；
C.25℃时，pH＝13的NaOH溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，因未给出NaOH溶液的体积，所以无法判断OH－的数目，故C不符合题意；
D.23g钠的物质的量为1mol，钠在空气中燃烧生成多种氧化物，钠元素由0价升高到+1价，1mol钠失去1mol电子即NA个，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A.根据可逆反应不能进行到底的特点分析；
B.弱酸根离子在水溶液中水解，据此分析；
C.溶液体积未知，无法计算其物质的量；
D.钠形成多种氧化物均是由零价变为+1价，据此分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A、c= 中的V是溶液的体积，而不是溶剂的体积，故A错误；
B、a g SO42﹣的物质的量为 = mol，VL溶液中n（Fe3+）= n（SO42﹣）= × mol，则 L溶液中n（Fe3+）= × mol× = mol，稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为 =为 mol/L，故B正确；
C、质量分数不知无法，求溶液的物质的量浓度，故C错误；
D、等质量混合后质量分数为15%，加上密度大的，所以混合后质量分数在15%～20%之间，故D错误．
故选：B．
【分析】A、c= 中的V是溶液的体积，而不是溶剂的体积； B、根据n= 计算a g SO42﹣的物质的量，VmL溶液中n（Fe3+）= n（SO42﹣），进而计算 L溶液中n（Fe3+），再根据c= 计算稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度； C、质量分数不知无法，求溶液的物质的量浓度； D、等体积混合是在等质量混合的基础上加上密度大．
8．【答案】C
【解析】【解答】解：溶液中含有Cl﹣、SO42﹣、Fe3+、K+、M，且离子物质的量之比为2：3：1：3：1，已知的阳离子所带电荷=3×1+1×3=6，已知的阴离子所带电荷=1×2+2×3=8＞6，溶液不显电性，故M为阳离子，
设M的电荷为x，由电荷守恒可知，6+1x=8，解得x=2，
排除Na+、S2﹣，而Ba2+与SO42﹣不能共存，
故选C．
【分析】溶液不显电性，利用电荷守恒及离子的共存来计算解答．
9．【答案】A
【解析】【解答】A、NH4SCN用于检验Fe3+，FeCl2溶液中含Fe2+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A符合题意；
B、KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2O Al（OH）3（胶体）+3H+，B不符合题意；
C、氯化银是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，用AgNO3溶液和稀HNO3可检验Cl-，C不符合题意；
D、Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.加入KSCN溶液后，显红色，则原溶液中含有Fe3+；
B.Al3+在水中易水解产生Al(OH)3胶体；
C.根据Cl-的检验分析；
D.Fe3+具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2+；
10．【答案】B
【解析】【解答】A．当V(盐酸)=50mL时，恰好完全转化为，该过程发生的反应为，没有产生，故A不符合题意；
B．由图像可知，溶液中完全转化为和NaCl时，消耗盐酸的体积为50mL，由可知，n()=n(HCl)=0.0025mol，则c(HCl)=，故B符合题意；
C．当V(盐酸)在50~150mL之间时，发生的反应为，可知完全反应时，n()=n(HCl)=10010-3L0.05mol/L=0.005mol，则标准状况下V()=22.4L/mol0.005mol=0.112L，但没指明是在标况下，则放出气体体积不一定是0.112L，故C不符合题意；
D．根据题意并结合图像可知，原混合物中与的物质的量均为2.510-3mol=0.05mol，则原混合物中与的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．滴加盐酸时，依据反应历程，开始时不产生二氧化碳；
B．依据反应的方程式计算；
C．没指明标况，无法计算；
D．根据题意并结合图像分析计算。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氧化铝为两性氧化物，氧化铁是碱性氧化物，故A错误；
B．铝热反应过程中放热同时发光，化学能转化为热能、光能等，故B错误；
C．电子排布相同的微粒，原子序数越大，微粒半径越小，则微粒半径：r（O2﹣）＞r（Al3+），故C错误；
D．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，反应中Al作还原剂，所以铝的还原性强于铁的还原性，故D正确；
故选D．
【分析】A．氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物；
B．反应过程中主要是化学能转化为热能，同时还有光能等；
C．电子排布相同的微粒，原子序数越大，微粒半径越小；
D．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性．
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由可知，二氧化碳与过氧化钠反应时，固体增重相当于，放出氧气的质量；由可知，水蒸气与过氧化钠反应时，固体增重，放出氧气的质量。设原混合气体中二氧化碳、水蒸气的质量分别为x，y，则：①、②，
解得：。二氧化碳与水蒸气的个数之比为1∶4，A不符合题意；
B．质量之比=44：7.2=11：1，B不符合题意；
C．生成氧气的质量为，C符合题意；
D．参加反应的过氧化钠的质量是，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】思路分析：根据差量法可知，1molCO2与过氧化钠反应，相当于增加1molCO的质量，1molH2O与过氧化钠反应相当于增加1molH2的质量，然后列方程计算即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；
B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；
D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】熟练掌握无机单质及其化合物之间的转化关系是解决此类题目的方法，注意氧化铝不溶于水，不能一步转化为氢氧化铝。
14．【答案】D
【解析】【解答】A、在同一化合物中，金属元素显正价，非金属元素不一定显负价。例如，在碳酸钙中，钙显+2价，碳属于非金属元素，显+4价，故A不符合题意；
B、冰水混合物只含有一种水分子，是纯净物，不是混合物，属于电解质，故B不符合题意；
C、酸能使紫色石蕊溶液变红，通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，是因为二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸使紫色石蕊溶液变红，并不是CO2是酸，故C不符合题意；
D、Cu2+的氧化性比H+强，所以CuCl2和稀盐酸的混合溶液中加入少量铁屑时，铁首先与氯化铜反应置换出铜，若铁少量，则没有气泡冒出，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同一化合物中非金属元素不一定是一种，可根据化合价代数和为零进行判断；
B.冰水混合物是纯净物，谁是我弱电解质；
C.二氧化碳的水溶液是酸，而二氧化碳是酸性氧化物；
D.铁先与铜离子反应，然后再与氢离子反应。
15．【答案】D
【解析】【解答】A、相同条件下，在水中碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，选项A不符合题意；
B、碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，根据碳元素守恒，等物质的量的Na2CO3、NaHCO3中C的量相等，均生成二氧化碳，所以生成二氧化碳的量相等，选项B不符合题意；
C、高温加热铝箔至熔化，铝不会滴落，是因为构成薄膜的氧化铝的熔点高于铝的熔点，包在外面，所以熔化了的液态铝不会滴落，选项C不符合题意；
D、氢氧化铝具有两性，既可以与强酸反应，又可以与强碱反应，如果用氢氧化钠溶液与可溶性铝盐溶液反应制取氢氧化铝，会使生成的氢氧化铝继续与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，应该用氨水来代替氢氧化钠溶液，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.常温下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；
B.根据碳原子守恒进行分析；
C.氧化铝的熔点较高；
D.实验室中常用铝盐与氨水反应制取氢氧化铝。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．标准状况下SO3是固体，无法计算含有的分子数，故A不符合题意；
B．没有溶液的体积，无法计算溶液中含有的数，故B不符合题意；
C．铜只能和浓硫酸反应，当足量的Cu与2mol浓硫酸加热时，随着反应的进行，硫酸不断消耗，当变为稀硫酸时，反应不能进行，故C不符合题意；
D．Na2O2和水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗1molNa2O2，转移1mol电子，所以与足量的水充分反应转移的电子数目为2NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错分析：A.使用气体摩尔体积进行计算时，对象必须为气体。
B.体积未知，无法计算。
C.铜只能和浓硫酸酸反应，与稀硫酸不反应。
17．【答案】（1）3：4；4：5
（2）8
（3）10a/b
（4）2：6：3
【解析】【解答】（1）SO2分子含有3个原子，SO3分子含有4个原子，当SO2和SO3中分子个数比为1：1 时，原子总数之比为1×3：1×4=3：4；
二者分子数目相等，则物质的量相等，根据m=nM可知，SO2和SO3的质量之比为64g·mol－1：80g·mol－1=4：5；（2）由方程式，中和含 0. 2 mo lHCl的稀盐酸，需 0. 2 mo lNaOH，质量为0. 2 mo l×40g·mol－1=8g；（3）5mol·L－1的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子的浓度为：5mol·L－1×2=10mol·L－1，将a mL该溶液稀释至b mL，稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，稀释后溶液中NO3－的物质的量浓度是：10mol·L－1×a×10-3L/b×10-3L=10a/bmol·L－1；（4）由题意知反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2＋+SO42－═BaSO4↓，可知
x×3=y×1=z×2，
则x：y：z=2：6：3，
因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为2：6：3；
【分析】（1）在进行阿伏加德罗的相关计算时，掌握各个量之间的关系，熟练运用公式进行运算，出现气体摩尔体积时，注意外界环境与物质状态；
（2）盐酸与氢氧化钠一比一反应，计算出质量为8克；
（3）根据题意计算出硝酸根的物质的量，注意1摩尔硝酸镁中含有2摩尔硝酸根；
（4）根据题意，三种溶液中硫酸根的物质的量是相同的，转化成对应物质的物质的量即可。
18．【答案】（1）Na2SO3；ClO2
（2）2ClO2 + 2H2O2 +2OH- == 2ClO2- + O2 + 2H2O
（3）1：4；ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【解析】【解答】（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。
故答案为：Na2SO3；ClO2；
（2）Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2—O2↑+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- +O2 + 2H2O；
故答案为：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2 + 2H2O；
（3）① 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4。
故答案为：1∶4；
②NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓度增大，导致Cl-还原性增强。
故答案为：ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【分析】（1）氧化还原反应中化合物升高的反应物作还原剂，化合价降低的作氧化剂；
（2）根据图中信息，ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2；发生氧化还原反应；
（3）NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂；HCl的化合价没有变化；
19．【答案】（1）0.02mol
（2）4.00mol/L
【解析】【解答】一份加入过量的Na2SO4溶液，充分反应后得到沉淀2.33 g，沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量= =0.01mol；另一份加入50 mL0.1 mol/LH2SO4溶液，充分反应后溶液中c(OH-)为0.3 mol/L，则原溶液中含有n(OH-)="0.05L×0.1" mol/L×2+0.3 mol/L×0.1L=0.04mol。（1）原混合碱溶液中所含Ba(OH)2的物质的量=硫酸钡的物质的量×2=0.02mol，故答案为：0.02mol；（2）原混合溶液中NaOH的物质的量浓度= =0.4 mol/L，故答案为：0.4 mol/L。
【分析】（1）根据硫酸钠加入得到的沉淀物质的量，结合化学计量数之比等于物质的量之比，可以知道氢氧化钡的物质的量，特别注意溶液分为两等份，所以最终结果要乘以2；
（2）根据消耗的稀硫酸物质的量，可以求出消耗的氢氧根物质的量，加上剩余的氢氧根物质的量可以知道溶液中氢氧根的物质的量，最后求出初始氢氧根的物质的量，减去氢氧化钡中的氢氧根物质的量，即氢氧化钠氢氧根的物质的量。
20．【答案】（1）
（2）制红色油漆、防锈漆
（3）硫酸；向其中滴加KSCN溶液，溶液变红；产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；；
【解析】【解答】(1) 古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4；
(2) 氧化铁是红色固体难溶于水，可以制红色油漆、防锈漆，故答案为：制红色油漆、防锈漆；
(3) ①FeO→FeSO4时应加入的试剂是稀硫酸，发生FeO+ H2SO4 = FeSO4 + H2O，故答案为：稀硫酸；
②速力菲”(主要有效成分是)是一种常见的补铁药物，欲验证该药物超过保质期后已变质，可进行的操作是：除去药物表面包装的糖衣后将药物粉碎、加水溶解静置、取少许溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红，有铁离子存在，则证明该药物已变质，反之没有变质，故答案为：其中滴加KSCN溶液，溶液变红；
③在中滴加NaOH溶液的实验现象是产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，发生的化学反应方程式为：，，故答案为：产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，，。
【分析】（1）四氧化三铁又称为磁性氧化铁；
（2）氧化铁又称为铁红，可以用于制作红色油漆；
（3） ① 要让氧化铁转化为硫酸亚铁，可以加入硫酸；
② 铁离子可以用硫氰酸钾检验；
③ 硫酸亚铁和氢氧化钠反应有阶段性的颜色变化，先白色沉淀，后迅速转化为灰绿色，最后变为红褐色。
21．【答案】（1）
（2）；过氧化氢不稳定受热易分解
（3）Fe；过滤；中；；CO、CO2
【解析】【解答】(1) “溶解”时，Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水
故答案为： 第1空、 。
(2)①“氧化”时发生过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子；
②控制温度是由于过氧化氢不稳定受热易分解；
故答案为：
第1空、
第2空、过氧化氢不稳定受热易分解
(3)①铁和铁离子反应生成亚铁离子。
②“操作I”为沉化、过滤、洗涤至滤液呈中酸性、干燥。
③在氩气中加热草酸亚铁晶体(FeC2O4 2H2O)，晶体首先失去结晶水，则第一阶段的质量损失率为36/（144+2 x 18）x 100%=20%；制得Fe3O4，由电子守恒可知，生成二氧化碳的同时，部分碳元素化合价会降低生成一氧化碳气体。
故答案为：
第1空、Fe
第2空、过滤
第3空、中
第4空、
第5空、CO、CO2
【分析】(1)铁泥酸溶后过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水生成铁的沉淀，加入柠檬酸制得柠檬酸铁铵；酸溶后加入铁生成亚铁盐，加入草酸生成草酸亚铁晶体，最终得到磁性氧化铁。“溶解”时，Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水；
(2)①“氧化”时发生过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子；
②控制温度是由于过氧化氢不稳定受热易分解；
(3)①铁和铁离子反应生成亚铁离子；
②“操作I”为沉化、过滤、洗涤至滤液呈中酸性、干燥；
③在氩气中加热草酸亚铁晶体(FeC2O4 2H2O)，晶体首先失去结晶水；碳元素化合价会降低生成一氧化碳气体。