第三章 铁 金属材料 章节练习
一、单选题
1．2018年10月21日，港珠澳大桥正式开通，该桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材42万吨。下列材料中不属于铁合金的是（ ）
A．生铁 B．铁锈 C．不锈钢 D．铁锰合金
2．下列物质之间的转化，不能一步完成的是（ ）
A．Al2O3→Al(OH)3 B．SO3→H2SO4
C．HNO3→O2 D．Cl2→CuCl2
3．2021年9月，我国中科院天津工业生物所首次在实验室实现以二氧化碳()为原料人工合成淀粉。下列有关二氧化碳和淀粉的说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1mol的体积约为22.4L
B．淀粉的摩尔质量为
C．22g的物质的量为0.5mol
D．淀粉中C、H、O的质量之比为6∶10∶5
4．下列关于金属铝的描述中，错误的是
A．有银白色金属光泽 B．具有较强的还原性
C．硬度高于硬铝 D．常温下能与空气中的氧气反应
5．某氧化变质的亚硫酸钠样品，测得其中含氧量为a％，则含硫量为（ ）
A．1-a％ B．1- a％
C． (1-a％) D．无法计算
6．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A．(b-a)/V mol·L-1 B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1 D．2(b-a)/V mol·L-1
7．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A．强碱性溶液中：K＋、AlO2－、Cl－、SO42－
B．强酸性溶液中：K＋、SO42－、Fe2+、NO3－
C．与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、CO32－、NO3－、K+
D．某无色溶液中：Fe3+、Cl－、Na+、NO3－
8．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入CuCl2溶液中
②向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸
⑤过量NaOH溶液和明矾溶液混合
A．只有①③④⑤ B．只有①④
C．只有②③ D．只有②③④
9．下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（ ）
A．Na与O2 B．NaOH溶液与CO2
C．Na2O2与CO2 D．AlCl3溶液与NaOH溶液
10．用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是（ ）
A．将钠放入足量的稀盐酸中
B．将钠放入足量的稀硫酸中
C．将钠放入足量的氯化钠溶液中
D．将钠用铝箔包好，并刺一些小孔，放入足量的水中
11．某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：
①滴入少量氢氧化钠，无明显变化；
②继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；
③滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少．实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系．下列说法错误的是（ ）
A．该未知溶液中至少含有3种阳离子
B．滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol L﹣1
C．若另一种离子为二价阳离子，则a=10
D．若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g
12．一种比黄金贵百倍的18O2气体，不久前在兰州近代物理研究所制备成功.1mol18O2气体中所含中子的物质的量为（ ）
A．16mol B．18mol C．20mol D．24mol
13．相同状况下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后按上述顺序分别用水做喷泉实验。实验结束后，烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A．3∶3∶2 B．2∶2∶3 C．1∶1∶1 D．无法比较
14．下列关于铝的叙述错误的是（ ）
A．铝是地壳中含量最多的金属元素
B．在化学反应中，铝容易失去电子，是氧化剂
C．在常温下，铝能与NaOH溶液反应
D．铝是一种比较活泼的金属
15．用等体积的0.10mol·L-1 BaCl2溶液，可使相同体积的Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4三种溶液中的恰好完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A．3：2：3 B．2：3：6 C．2：6：3 D．1：1：1
16．已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32gS8与 S6（ ）的混合物中所含共价键数目为NA
B．1L0.1mol L－1H2C2O4溶液中含 C2O42－ 离子数为 0.1NA
C．2molNO与 2monO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为 8NA
D．标准状况下 22.4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl分子数为NA
二、实验探究题
17．
（1）Ⅰ.
①H2+ CuO Cu + H2O
②CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2↑ + H2O
③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O
④NH4NO3 + Zn = ZnO + N2↑+ 2H2O
⑤Cu2O + 4HCl = 2HCuCl2 + H2O
上述反应中，属于氧化还原反应的是 （填序号）
（2）SeO2、KI和HNO3可发生反应：SeO2＋KI＋HNO3→Se＋I2＋KNO3＋H2O，配平该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向和数目： 。
（3）在反应 KIO3 + 6HI = 3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）Ⅱ.已知：
①2H2O + Cl2 + SO2 = H2SO4+ 2HCl ② 2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O
根据以上两个反应可以得出氧化剂和还原剂的强弱顺序，请写出由KMnO4、K2SO4、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平： 。
在反应②中，若有18.25g HCl被氧化，求：
（5）转移的电子数为： 。
（6）标况下生成Cl2的体积（请列式计算）。
18．氢氧化铁胶体的制备与其性质检验实验如下，请回答下列问题。
（1）写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式 。
（2）制备实验操作：取一小烧杯加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mL ，继续煮沸至 ，停止加热。
（3）证明有氢氧化铁胶体生成的实验操作是 。
（4）若取少量制得的胶体加入试管中，加入硫酸铵溶液，现象是 ，这种现象称为胶体的 。
三、综合题
19．将单质Fe、Cu与含Fe3+、Fe2+、Cu2+的溶液一起放进某容器中，根据下列不同情况，填写金属或金属离子：
（1）充分反应后，Fe有剩余，则容器内溶液中不可能有的离子 ；
（2）充分反应后，如果容器内还有大量Fe3+，则容器中一定有的离子有 ，一定没有的金属有 ．
（3）充分反应后，如果容器内有较多Cu2+和相当量的Cu，则容器内不可能有 ．
20．铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，化学反应是：Cu＋2FeCl3==CuCl2＋2FeCl2。现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质。请回答：
（1）加入铁粉后发生反应的离子反应方程式为 。
（2）充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为 。
（3）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为 ，一定存在的金属离子是 。
（4）由Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2知，溶液中离子氧化性Fe3+ Cu2+（填“大于”、“等于”、“小于”）。
21．根据所学知识，回答下列问题：
（1）19.2 g O2与 L(标准状况下)NO中的氧原子数相等。
（2）设N为粒子的数目，N2与CO2质量相等时，N(N2)：N(CO2)= ；氮原子数相同时，m(NH3)：m(N2)= ；同温同压下，NH3、N2、CO2三种气体中，密度最大的是 (填化学式)。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，标准状况下，a g RO2气体含原子总数为N，则标准状况下，b g RO2的体积为 L。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 生铁属于铁合金，A不选；
B. 铁锈的主要成分是氧化铁，不是铁合金，B选；
C. 不锈钢属于铁合金，C不选；
D. 铁锰合金属于铁合金，D不选；
故答案为：B。
【分析】合金是由一种金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，据此判断。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．氧化铝和水不反应，不能生成氢氧化铝，不能一步完成，故A选；
B．三氧化硫与水反应生成硫酸，反应为：SO3+H2O＝H2SO4，能一步完成，故B不选；
C．浓硝酸具有强挥发性，且不稳定，在加热条件下能分解生成二氧化氮、氧气和水，4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O，能一步完成，故C不选；
D．铜和氯气反应生成氯化铜：Cu+Cl2 CuCl2，能一步完成，故D不选；
故答案为：A。
【分析】A．Al2O3无法一步转化为Al(OH)3；
B．SO3与H2O反应可得到H2SO4；
C．HNO3在光照条件下可分解产生O2；
D．Cu和Cl2在点燃条件下可反应生成CuCl2；
3．【答案】C
【解析】【解答】A．常温常压下的气体摩尔体积未知，无法确定1mol的体积，故A不符合题意；
B．淀粉的摩尔质量为，故B不符合题意；
C．的摩尔质量为44，22g的物质的量为0.5mol，故C符合题意；
D．由淀粉化学式可知C、H、O的原子个数比为6∶10∶5，三种元素的质量比为：36∶5∶40，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、常温常压的气体摩尔体积未知；
B、淀粉为高分子化合物，摩尔质量为；
C、结合公式n=m/M判断；
D、结合公式m=n·M判断。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．金属铝也具有金属的通性，故金属铝有银白色金属光泽，A不符合题意；
B．金属铝最外层有3个电子，容易失去电子，故具有较强的还原性，B不符合题意；
C．硬铝是合金，一般合金的硬度都大于纯金属，故硬铝硬度高于铝，C符合题意；
D．铝单质非常活泼，在常温下能与空气中的氧气反应生成氧化铝，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据铝的性质判断，C项中硬铝是合金，一般合金的硬度都大于纯金属。
5．【答案】C
【解析】【解答】某氧化变质的亚硫酸钠样品成分为Na2SO3和Na2SO4的混合物，混合物含氧量为a％，则钠和硫的含量为(1-a％)，观察二者化学式可知，混合物中钠和硫的物质的量之比为2：1，质量比为23：16，则含硫量为16/39(1-a％)，
故答案为：C。
【分析】解决此类问题要结合题目，可根据元素守恒来进行计算。
6．【答案】C
【解析】【解答】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有 mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b- mol，钾离子就有2(b- )mol=2b-amol。浓度就是 mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，
故答案为：C。
【分析】两份溶液成分相同，根据amol NaOH的溶液恰好是镁离子完全沉淀为氢氧化镁 ，计算出镁离子的浓度， b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。最后依据溶液电中性原理可计算出钾离子的浓度；
7．【答案】A
【解析】【解答】A. 强碱性溶液中K＋、AlO2－、Cl－、SO42－之间不反应，可以大量共存，A符合题意；
B. 强酸性溶液中Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中如果显酸性，则CO32－、NO3－一定不能大量共存，C不符合题意；
D. 某无色溶液中Fe3+不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.强碱性溶液中存在大量OH-；
B.NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
C.H+或OH-都能与Al反应生成H2；
D.无色溶液中不存在有色离子；
8．【答案】D
【解析】【解答】①金属钠投入CuCl2溶液中，钠与反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化铜反应生成蓝色沉淀，故不符合题意；
②向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故有白色沉淀析出，故符合题意；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，反应生成碳酸钙白色沉淀，故符合题意；
④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，由于盐酸少量，故发生反应 ，有白色沉淀氢氧化铝生成，故符合题意；
⑤过量NaOH溶液和明矾溶液混合，因为氢氧化钠过量，故Al3+转化成AlO2-，无沉淀，故不符合题意；
正确的有②③④；
故答案为D。
【分析】偏铝酸盐中滴加盐酸时先发生 ，再发生 ，故现象为先产生白色沉淀，后沉淀消失。
9．【答案】C
【解析】【解答】A. Na与O2常温下反应生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，A不符合题意；
B. NaOH溶液与足量CO2反应生成碳酸氢钠，CO2不足生成碳酸钠和水，B不符合题意；
C. Na2O2与CO2反应只能生成碳酸钠和氧气，C符合题意；
D. AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠、氯化钠和水，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝和氯化钠，D不符合题意，答案选C。
【分析】根据钠及其的重要化合物的性质和氢氧化铝的两性，结合反应物的用量多少判断产物是否相同即可。
10．【答案】D
【解析】【解答】将等质量的钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸铝钾溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，由于Na的质量相同，所以三者放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；
故答案为：D。
【分析】等质量的金属钠，若只有纳失去电子，则得到氢气的两项等，但钠与水反应生成的氢氧化钠可以与金属铝反应产生氢气，据此进行分析即可。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：A、实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A正确；
B、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol﹣0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110mL﹣100mL=10mL，氢氧化钠的浓度= {#mathmL#}{#/mathmL#} =5mol/L，故B正确；
C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，开始消耗氢氧化钠体积为amL，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol×3+0.15mol×2+a×10﹣3L×5mol/L=0.1L×5mol/L，a=10，故C正确；
D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量，故D错误；
故选D．
【分析】A、依据实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子；
B、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol﹣0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110mL﹣100mL=10mL，氢氧化钠的浓度= {#mathmL#}{#/mathmL#} =5mol/L；
C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，依据离子反应过程金属分析判断，氢氧化铝形成最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol×3+0.15mol×2+a×10﹣3L×5mol/L=0.1L×5mol/L，a=10mL；
D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量．
12．【答案】C
【解析】【解答】解：18O2分子中，氧元素的质量数为18，氧元素的质子数为8，则该氧原子的中子数=质量数﹣质子数=18﹣8=10，
1mol18O2气体中含有2mol18O，所含中子的物质的量为20mol，
故选C．
【分析】18O2分子中，氧元素的质量数为18，氧元素的质子数为8，则该氧原子的中子数=质量数﹣质子数=18﹣8=10，据此可计算出1mol18O2气体中所含中子的物质的量．
13．【答案】C
【解析】【解答】在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，所以V（NH3）：V（HCl）：V（NO2）=1：1：1，同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n（NH3）：n（HCl）：n（NO2）=1：1：1。令n（NH3）=1mol、n（HCl）=1mol、n（NO2）=nmol，各自体积为V（NH3）=V（HCl）=V（NO2）=VL，对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以c（NH3）=n/V mol/L；对于氯化氢，溶液体积等于氯化氢气体体积，所以c（HCl）=n/V mol/L；对于二氧化氮，与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的2/3，生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的2/3，所以c（HNO3）=n/V mol/L，所以c（NH3）：c（HCl）：c（HNO3）=1：1：1。
故答案为：C。
【分析】在同温同压的条件下，相同体积的气体的物质的量是相等的；物质的量浓度又等于溶质的物质的量与体积的比值。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．地壳中含量最高的四种元素为氧、硅、铝、铁；铝是地壳中含量最多的金属元素，故A不符合题意；
B．铝原子最外层有三个电子，在化学反应中，易失去三个电子达到稳定结构，发生氧化反应，是还原剂，故B符合题意；
C．在常温下，铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C不符合题意；
D．铝是一种比较活泼的金属，在化学反应中，铝容易失去电子，发生氧化反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.地壳中含量最多的金属元素为铝；
B.物质在反应中失去电子发生氧化反应，做还原剂；
C.铝常温下能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
D.铝原子最外层有3个电子，在化学反应中容易失去电子。
15．【答案】B
【解析】【解答】设Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4的物质的量分别为x、y、z，分别加入等量的BaCl2溶液恰好都完全反应，则等体积的Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4三种溶液中的物质的量相等。则有3x=2y=z，解得x：y：z=2：3：6，因溶液体积相等，则溶液浓度之比等于物质的量之比为2：3：6。
故答案为：B。
【分析】依据电荷守恒计算。
16．【答案】A
【解析】【解答】A.由于32 g S8与S6（ ）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol S-S键，A符合题意。
B. 1 L 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液含C2O42- 离子数小于0.1NA，因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，B不符合题意。
C.密闭容器中2 mol NO与2mol O2充分反应，由于NO不足，转移的电子数小于4NA，C不符合题意。
D.在标准状况下，22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算。D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. S8与S6含有的S-S键分别为8和6个。
B. 草酸是弱电解质，只能部分电离。
C.2NO+O2=2NO2，O2过量，不能完全反应；
D.22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，生成的是多种物质的混合物。
17．【答案】（1）①③④
（2）
（3）1:5
（4）2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4
（5）0.5NA或3.01×1023
（6）5.6L(过程略)
【解析】【解答】（1）反应①中氢元素的化合价升高，铜元素的化合价降低，该反应为氧化还原反应，①符合题意；
反应②中各元素的化合价都没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，②不符合题意；
反应③中硫元素的化合价既升高，又降低，该反应为氧化还原反应，③符合题意；
反应④中氮元素和锌元素的化合价发生变化，该反应为氧化还原反应，④符合题意；
反应⑤中各元素的化合价都没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，⑤不符合题意；
（2）在该反应中，Se的化合价由+4价变为0价，得到四个电子；碘元素的化合价由-1价变为0价，失去两个电子，故I2的系数为2，则KI的系数为4,；SeO2和Se的系数都为1，根据K原子守恒，可得KNO3的系数为4，根据N原子守恒，可得HNO3的系数为4，根据O原子守恒，可得H2O的系数为2；故可得该配平后的反应的化学方程式为：SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；用双线桥表示电子转移的情况如图：；
（3）在该反应中，KIO3发生得电子的还原反应，为氧化剂；HI发生失电子的氧化反应，为还原剂，且6molHI中只有5mol被氧化，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5；
（4）反应①中，氧化性：Cl2＞H2SO4、还原性：SO2＞HCl；反应②中，氧化性：KMnO4＞Cl2、还原性：HCl＞MnCl2；故氧化性：KMnO4＞Cl2＞H2SO4、还原性：SO2＞HCl＞MnCl2；则目标反应中反应物和生成物分别为：KMnO4、SO2和MnSO4和H2SO4；结合得失电子守恒和原子守恒，可得该反应的化学方程式为： 2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4；
（5）被氧化的HCl的物质的量，由反应②中HCl既体现还原性又体现酸性，每16molHCl参与反应，只有10molHCl被氧化，故当有0.5molHCl被氧化时，其转移的电子数为0.5NA；
（6）由反应的化学方程式可得关系式10HCl~5Cl2，故当被氧化的HCl为0.5mol时，其产生的氯气的物质的量为0.25mol，根据公式可得产生气体的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
【分析】（1）分析反应过程中有无元素化合价发生变化，由元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；
（2）根据得失电子守恒、原子守恒进行配平；双线桥中箭头指向的为同一种元素；
（3）根据氧化剂、还原剂的概念结合配平系数确定二者物质的量之比；
（4）由反应①②确定氧化性和还原性的强弱，进而确定该反应的反应物和生成物；再结合得失电子守恒和原子守恒进行配平；
（5）由被氧化的HCl结合关系式10HCl~10e-进行计算；
（6）由关系式10HCl~5Cl2，结合公式计算产生氯气的体积；
18．【答案】（1）
（2）氯化铁饱和溶液；混合液呈红褐色
（3）让一束可见光通过制得的液体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体
（4）产生红褐色沉淀；聚沉
【解析】【解答】（1）写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式 ；（2）氢氧化铁胶体制备：将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；（3）胶体有丁达尔效应，让一束可见光通过制得的液体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体；（4）当向氢氧化铁胶体中加入电解质硫酸铵溶液时，氢氧化铁胶粒发生聚沉，产生红褐色沉淀。
【分析】氢氧化铁胶体制备的方法就是：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，此时停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体；
胶体具有丁达尔效应，即用一束光源照射胶体，会在胶体的一侧观察到一条光亮的通路；
当往胶体中加入电解质时，胶体会发生沉降，产生沉淀，这叫做胶体的聚沉现象。
19．【答案】（1）Fe3+，Cu2+
（2）Fe2+、Cu2+；Fe、Cu
（3）Fe、Fe3+
【解析】【解答】解：在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铁能与铜盐溶液发生置换反应，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁优先于氯化铁发生反应生成氯化亚铁，然后铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，故滤液中一定含有氯化亚铁．若氯化铁与铁是恰好完全反应，则铜不参加反应，滤液中不含有氯化铜，故氯化铜可能存在；充分反应后发现烧杯底部仍有少量固体，则固体中一定含有铜；若铁量多，可能含有铁；有铜存在，则滤液中一定不含有氯化铁．由以上分析可知：（1）反应后铁有剩余，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe3+，Cu2+都不能存在，溶液中有Fe2+、Cu；故答案为：Fe3+，Cu2+；（2）如果容器内还有大量Fe3+，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器里不可能有Fe、Cu，一定含有Fe2+，Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；Fe、Cu．（3）反应后有Cu2+和Cu，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器里不可能有Fe、Fe3+，一定含有Fe2+，不可能剩余Fe，不可能存在Fe3+；
故答案为：Fe、Fe3+．
【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题．
20．【答案】（1）Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ ，Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu
（2）Cu
（3）Fe3+；Cu2+ 和Fe2+
（4）大于
【解析】【解答】根据以上分析可知反应后的溶液中含有氯化铁和氯化铜。则（1）向氯化铁、氯化铜溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+、Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu；
（2）根据以上分析可知充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为Cu；
（3）铁离子氧化性强于铜离子，反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，因此溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+，一定存在的金属离子是Cu2+和Fe2+；
（4）在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则由Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2可知溶液中离子氧化性Fe3+大于Cu2+。
【分析】9.6gCu的物质的量，8.4gFe的物质的量；
若溶液中不含有Fe3+，则加入的0.15molFe，能将溶液溶液中0.15molCu2+置换，形成9.6gCu，而反应后溶液中不溶解的物质的质量为4.8g，说明加入的0.15molFe部分与溶液中的Fe3+反应；
由于氧化性Fe3+>Cu2+，因此加入铁粉时，先发生反应Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ ，当溶液中Fe3+完全反应时，Cu2+才与铁粉发生反应Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu；据此结合题干设问分析作答。
21．【答案】（1）26.88
（2）11：7；17：14；CO2
（3）
【解析】【解答】(1)设19.2 g O2与vL(标准状况下)NO中的氧原子数相等，则 ，V=26.88L；
(2)设N为粒子的数目，N2与CO2质量相等时，N(N2)= ，N(CO2)= ，N(N2)：N(CO2)= ： =11：7；氮原子数相同时， ，m(NH3)：m(N2)=17：14；同温同压下，密度与相对分子质量成正比，NH3、N2、CO2三种气体中，密度最大的是CO2；
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值，RO2的摩尔质量是M，标准状况下，a g RO2气体含原子总数为N，则 ， ，标准状况下，b g RO2的体积为 。
【分析】（1）根据公式计算n(O2)，从而得出其所含的氧原子数；进而得出n(NO)，再由公式V=n×Vm计算其体积。
（2）质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，而分子数与物质的量成正比，据此确定N(N2)：N(CO2)；
氮原子数相同时，则n(NH3)：n(N2)=2：1，据此确定二者的质量比；
同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，据此判断三种气体的密度大小关系。
（3）由agRO2所含的原子数，确定RO2的摩尔质量M，再根据公式计算bgRO2的物质的量，最后结合公式V=n×Vm计算其体积
