人教版 (2019)必修 第一册第二节 金属材料课后作业题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第二节 金属材料课后作业题，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第三章《铁 金属材料》检测题
一、单选题
1．下列实验能达到目的的是（    ）
A
B
C
D
实验室制备Fe(OH)2
实验室制氯气
分离胶体和溶液
油、水分离





A．A B．B C．C D．D
2．用铁泥(主要成分为Fe2O3，还含有少量FeO和Fe)制备纳米Fe3O4的流程如下。下列说法正确的是
  
A．步骤①发生的反应均为氧化还原反应
B．步骤②中发生的反应为2Fe3+＋Fe = 3Fe2+、Fe＋2H+ = Fe2+＋H2↑
C．步骤④中使用过量的H2O2有利于提高纳米Fe3O4产率
D．纳米Fe3O4能产生丁达尔效应
3．五氧化二钒(V2O5)是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示。下列关于五氧化二钒的说法中错误的是

A．五氧化二钒的结构式为
B．V2O5溶于碱生成
C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为是氧化还原反应
D．生成转移电子数为
4．检验溶液中是否混有少量，宜选用的试剂是
A．氯气 B．铁粉 C．溶液 D．铜粉
5．常温下，向下列各溶液中分别投入铁片，溶液质量变化最小的是
A．浓HNO3 B．HCl C．CuSO4 D．AgNO3
6．下列物质或者物质主要成分对应化学式不正确的是
A．烧碱： B．磁性氧化铁：
C．小苏打： D．漂粉精：
7．下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是

A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速被氧化成Fe2O3
B．加热Fe(OH)3可发生转化⑥，Fe2O3加水溶解可转化为Fe(OH)3
C．已知高铁酸盐(FeO)可用于饮用水的消毒，由此可预测，高铁酸盐(FeO)具有强氧化性
D．铁在氧气中燃烧可实现上述①的转化
8．下列关于物质性质或用途的描述错误的是(　　)
A．硝酸是易挥发的强酸
B．水玻璃可用作木材防火剂
C．CO是无色难溶于水的气体
D．Fe3+可以与KSCN溶液反应生成红色沉淀
9．下列各组中的两种物质发生反应，温度或者反应物用量改变时，不会引起产物改变的是
A．Fe和Cl2 B．明矾和NaOH C．Na和O2 D．Ca(OH)2溶液和CO2
10．向一定量Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入50mL 1mol/L硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁的质量为
A．11.2g B．5.6g C．2.8g D．无法计算
11．将1.28g铜片加入溶液中，完全反应后，下列说法正确的是
A．溶液中与之比为2∶1
B．向反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象
C．铜片有剩余，溶液呈浅绿色，基本不变
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
12．化学与生活等密切相关，下列说法不正确的是
A．氢化钠可在野外用作生氢剂，氢元素的化合价为-1价
B．“铁质菜刀生锈”与氧化还原反应有关
C．用含NaClO的84消毒液拖地进行杀菌消毒，是因为NaClO具有强氧化性
D．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰
13．设NA是阿伏加 德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．常温常压下,6g乙酸中含有的C-H键数目为0.3NA
B．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
C．标准状况下,22.4LC2H6中所含极性共价键的数目为7NA
D．2.8g由N2和乙烯（C2H4）组成的混合气体中所含的原子数为0.2NA
14．将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中，充分反应后，其结果是：
A．铁剩余，溶液呈浅绿色
B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色
C．Fe2+和Fe3+物质的量的比为1：6
D．氧化产物和还原产物的物质的量比为2：5
15．物质俗名与化学式相匹配的一组是
A．烧碱 — Na2CO3 B．小苏打 — NaOH
C．铁红 — Fe2O3 D．食盐 — NaHCO3

二、填空题
16．铜及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：
（1）用新制Cu(OH)2与葡萄糖反应可制备Cu2O，该反应中葡萄糖是__________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
（2）用H2O2、H2SO4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备CuSO4以实现铜的回收利用，其离子方程式为_____________________。
（3）用NH4NO3氧化海绵铜(含Cu的CuO)生产CuCl的部分流程如下：

①步骤I中反应温度不宜过高的原因是_______________，当0．5 mol NH4NO3参加反应时，反应中有4 mol电子发生转移，则铜参加反应的离子方程式为_____________。
②步骤Ⅱ中物质X可选用_________________(填字母)，该物质需过量的原因，其一是加快反应速率，其二是___________。
a．Cu b．Cl2 c．H2O2 d．(NH4)2SO3
17．化学方法在文物保护中有巨大作用，某博物馆修复出土铁器的过程如下：
(1)检测锈蚀产物：
主要成分的化学式




铁器在具有、___________等环境中容易被腐蚀。
(2)分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。
①Fe转化为。
②在自然环境中形成，该物质中铁元素的化合价为___________。
③和反应形成致密的保护层。在该过程中的作用是___________(填标号)。
a．氧化剂      b．还原剂      c．既不是氧化剂也不是还原剂
④保护层被氧化为，如此往复腐蚀。写出该过程的化学方程式：___________。
(3)研究发现，对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成保护层。
方法如下：将铁器浸没在盛有0.5mol/L的、0.5mol/L的NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃，一段时间后，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无。
①配平还原形成的离子方程式：___________

②脱氯反应：。离子反应的本质是离子浓度的减小，则溶解度：S(FeOCl) ___________(填“>”“Br2>Fe3+>I2则向FeI2溶液中通入等物质的量的 Cl2的离子方程式为_______。
19．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子量。请回答下列问题：

(1)仪器A的名称是：___________，仪器A中试剂为___________。
(2)实验前，将镁铝合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是___________。
(3)检查装置气密性，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，使D和C的液面相平，记录C液面位置；
④由A向B中滴加足量试剂，上述操作的顺序是___________。
(4)B中发生反应的化学方程式：___________。
(5)若实验中铝铁合金的质量为a g，测得氢气的体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为___________(用含有a、b、c的式子表示)。
(6)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")。

四、计算题
20．铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
[方案一]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
(1)实验中发生反应的离子方程式是___。
[实验步骤]
(2)称取8.1g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol·L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___ mL。
(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
[方案二]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。
[实验步骤]
(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：


你认为最简易的装置其连接顺序是A接(   )，(   )接( )，(   )接(   )(填接口字母，注意：可不填满)___。
(5)仔细分析上述实验装置后，同学们认为会引起较大误差。于是他们设计了如图2所示的实验装置。与图2装置相比，用图1连接的装置进行实验时，若不考虑导管中液体体积的影响，测定铝镁合金中铝的质量分数将___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).

某同学提出该实验装置不够完善，应在甲和锥形瓶之间添加一个装有碱石灰的干燥装置。你的意见是___(填“需要”或“不需要”)
(6)用图2装置进行实验时：为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求其差值的过程中，应注意___(填字母编号)。
A．冷却至室温
B．等待片刻，待乙管中液面不再上升时立即读数
C．读数时应移动右侧量气管，使甲乙两端液面相平
D．视线与凹液面最低处相平
(7)图2装置进行实验，合金的质量为7.8g，测得氢气体积为8.96L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为___(保留两位有效数字)。
21．中国青铜器制作精美，享有极高的艺术价值。古代曾采用湿法炼铜，用铁与硫酸铜溶液反应置换出铜。现有足量的铁片，将其投入到80.0g硫酸铜溶液中，充分反应后，取出铁片，经称量，溶液的质量变为79.2g。试计算：
（1）参加反应的铁片的质量。
（2）原硫酸铜溶液中溶质的质量分数。

参考答案：
1．D
【详解】A. 氢氧化亚铁易被氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，并要用苯封住液面，故不选A；
B. 二氧化锰与浓盐酸需要加热才能反应放出氯气，故不选B；    
C. 要用渗析法分离胶体和溶液，故不选C；    
D. 油、水是互不相溶的液体，用分液漏斗分离油和水的混合物，故选D。
2．B
【分析】盐酸和铁泥中氧化铁生成氯化铁、和氧化亚铁生成氯化亚铁、和铁生成氯化亚铁，得到A，A加入铁，铁和过量盐酸生成氯化亚铁、和铁离子生成氯化亚铁得到B，B加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁得到C，C加入过氧化氢生成氢氧化铁得到D，BD处理得到纳米四氧化三铁；
【详解】A．盐酸和铁泥中氧化铁生成氯化铁、和氧化亚铁生成氯化亚铁过程中均没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，A错误；
B．步骤②中铁和过量盐酸生成氯化亚铁、和铁离子生成氯化亚铁，发生的反应为2Fe3+＋Fe = 3Fe2+、Fe＋2H+ = Fe2+＋H2↑，B正确；
C．过量过氧化氢会把B中亚铁离子氧化为铁离子，不利于提高纳米Fe3O4产率，C错误；
D．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；纳米Fe3O4不是分散系，不产生丁达尔效应，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．根据五氧化二钒的化学式及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为价，因此A中所示的结构式正确，故A正确；
B．根据题干信息知是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，溶于碱生成，故B正确；
C．根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，各元素化合价不发生改变，故C错误；
D．具有强氧化性，其与盐酸反应时可将氧化成氯气：，生成失去，故D正确；
故选C。
4．C
【详解】与SCN-化合生成血红色溶液而Fe2+没有此性质，离子方程式为：+3SCN-=Fe(SCN)3，故检验溶液中是否混有少量宜选用的试剂为KSCN溶液，故答案为：C。
5．A
【详解】A.常温下，向浓HNO3中投入铁片，铁钝化，溶液质量几乎不变，故A选；
B.常温下，向HCl中投入铁片，生成氯化亚铁和氢气，溶液质量增加，故B不选；
C.常温下，向CuSO4溶液中投入铁片，生成硫酸亚铁和铜，溶液质量减小，故C不选；
D.常温下，向AgNO3溶液中投入铁片，生成硫酸亚铁和银，溶液质量减小，故A不选。
故A选。
6．B
【详解】A．氢氧化钠俗称烧碱、火碱、苛性钠，A正确；
B．四氧化三铁俗称磁性氧化铁，B错误；
C．碳酸氢钠俗称小苏打，C正确；
D．漂白精的主要成分是次氯酸钙，D正确；
答案选B。
7．C
【详解】A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，故A错误；
B．加热Fe (OH)3可发生转化⑥，氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，Fe2O3加水不能溶解，不能转化为Fe (OH)3，故B错误；
C．高铁酸盐(FeO)具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+6价变为+3价，则O元素化合价由-2价变为0价，即有氧气生成，可用于消毒，则反应的离子方程式为：4FeO+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-，故C正确；
D．铁在氧气中燃烧反应生成四氧化三铁，不能实现上述①的转化，故D错误；
故选：C。
8．D
【详解】A. 硝酸是易挥发的强酸，也易分解，故A正确；
B. 水玻璃硅酸钠可用作木材防火剂，故B正确；
C. CO是无色难溶于水的气体，CO常导致人体煤气中毒，故C正确；
D. Fe3+可以与KSCN溶液反应生成红色溶液，不是沉淀，故D错误。
综上所述，答案为D。
9．A
【详解】A．铁和氯气反应只生成氯化铁，与量以及温度无关，故A符合；
B．明矾与氢氧化钠反应生成产物与反应物用量有关，氢氧化钠少量反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，故B不符合；
C．钠与氧气反应产物与温度有关，常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故C不符合；
D．氢氧化钙与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钙，二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D不符合；
故选A。
10．C
【详解】试题分析：“恰好使混合物完全溶解”说明反应恰好完全进行，最后溶液中溶质只有FeSO4，则n(Fe)= n(SO42+)="0.05L×1mol/L=0.05" mol，m(Fe)="n×M=0.05" mol×56g/mol=2.8g
考点：质量守恒的应用和有关物质的量的计算。
11．D
【分析】铜片能与Fe3+发生氧化还原反应，方程式为：，n(Cu)===0.02mol，n(FeCl3)=cV=2mol/L×0.025L=0.05mol。依据方程式可得，1.28gCu完全反应能还原0.04mol FeCl3。
【详解】A．由以上分析知，溶液中FeCl3的物质的量为0.05mol，完全反应后，有0.04molFe3+被还原为Fe2+，剩余Fe3+0.01mol，则溶液中与之比为4∶1，故A错误；
B．反应后的溶液中Fe3+有剩余，滴加KSCN溶液溶液会变成血红色，故B错误；
C．根据以上分析计算知，FeCl3过量，铜片完全反应无剩余，溶液中Fe2+和Fe3+同时存在，浅绿色会被掩盖，故C错误；
D．反应中Cu元素化合价升高，生成CuCl2，为氧化产物，Fe元素化合价降低，生成FeCl2，为还原产物，有分析计算得氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故D正确；
故答案选D。
12．D
【详解】A．NaH可与水反应产生氢气，化学反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，因此可用作生氢剂，NaH中钠为+1价，则氢元素的化合价为-1价，A正确；
B．铁生锈过程中，铁单质被氧化为氧化铁，发生氧化还原反应，B正确；
C．NaClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，C正确；
D．生石灰能和水反应生成氢氧化钙，可用作干燥剂，不具有还原性，不能用于防止食品被氧化变质，D错误；
故选D。
13．A
【详解】A．常温常压下，6g乙酸中，即0.1mol，含有的甲基中含有的C-H键，其数目为0.3NA，A叙述正确；
B．1.0molCH4与Cl2在光照下发生取代反应，由于不能确定取代个数，则生成的CH3Cl分子数不能确定，B叙述错误；
C．标准状况下，22.4LC2H6中即1mol，其中C-H键位极性共价键，则所含极性共价键的数目为6NA，C叙述错误；
D．N2和乙烯（C2H4）的摩尔质量均为28g/mol，则2.8g由N2和乙烯（C2H4）组成的混合气体即0.1mol，两分子含有的原子数目不同，则所含的原子数不能确定，D叙述错误；
答案为A
14．B
【分析】1.12 g铁的物质的量是n(Fe)==0.02 mol；25 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中含有溶质的物质的量n(FeCl3)=2 mol/L×0.025 L=0.05 mol，根据二者反应方程式：2FeCl3+Fe=3FeCl2，可知二者反应时n(FeCl3)：n(Fe)=2：1，结合氧化还原反应规律及反应关系计算。
【详解】A．根据上述计算可知n(Fe)=0.02 mol；n(FeCl3)=0.05 mol，根据反应方程式可知二者反应时物质的量的比n(FeCl3)：n(Fe)=2：1，则FeCl3过量，溶液为FeCl3、FeCl2的混合物，A错误；
B．根据选项A分析可知溶液为FeCl3、FeCl2的混合物，向其中滴入无色KSCN溶液，Fe3+与SCN-反应产生Fe(SCN)3，使溶液显红色，B正确；
C．在该反应中Fe不足量，n(Fe)=0.02 mol，则反应产生Fe2+物质的量是0.06 mol，反应后过量Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=0.05 mol-2×0.02 mol=0.01 mol，所以Fe2+和Fe3+物质的量的比为6：1，C错误；
D．在该反应中FeCl2既是氧化产物，又是还原产物，其中是还原产物，是氧化产物，故氧化产物和还原产物的物质的量比为1：2，D错误；
故合理选项是B。
15．C
【详解】A．烧碱是氢氧化钠，A错误；
B．小苏打是碳酸氢钠，B错误；
C．铁红是氧化铁，C正确；
D．食盐是氯化钠，D错误。
16． 还原剂 Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O 防止生成氮氧化物造成污染 4Cu+ +10OH-=4Cu2++ +3H2O ad 防止CuCl被氧化
【详解】试题分析：（1）用新制Cu(OH)2与葡萄糖反应可制备Cu2O，该反应中葡萄糖是还原剂；（2）用H2O2、H2SO4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备CuSO4以实现铜的回收利用，其离子方程式为Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（3） 海绵铜加入硫酸酸化的硝酸铵，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，因硝酸铵易分解，则加热温度不能太高，经步骤Ⅰ得到硫酸铵和硫酸铜溶液，经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，经过滤可得到CuCl和硫酸铵溶液，①加热温度不能太高，硝酸根离子可被还原生成氮氧化物，易导致环境污染，答案为：防止生成氮氧化物造成污染；0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移，则N元素被还原为-3价，反应的离子方程式为4Cu+ +10OH-=4Cu2++ +3H2O，②经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，ad符合；步骤Ⅱ中物质X需要过量，除加快反应速率外，还起到防止CuCl被氧化的作用，答案为：防止CuCl被氧化。
考点：无机推断
17．(1)(或潮湿)
(2) +3 c
(3) > 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生，说明器物已洗涤干净

【解析】(1)
铁器在具有、(或潮湿)等环境中容易发生腐蚀，故答案为：(或潮湿)；
(2)
②根据化合物中化合价代数和为0可知中铁元素的化合价为+3；
③反应中元素化合价均无变化，所以的作用是既不是氧化剂也不是还原剂，答案选c；
④1mol中含有1mol亚铁离子，失去1mol电子，所以根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的的化学方程式为：；
(3)
①亚硫酸钠的氧化产物是硫酸钠，被还原成，1mol中含有1mol亚铁离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为：；
②离子反应的本质是离子浓度的减小，这说明FeO(OH)更难溶，因此FeOCl的溶解度大于FeO(OH)的溶解度，故答案为：>；
③通过检验洗涤液中是否含有Cl-，来检测器物是否洗涤干净，氯离子可以用硝酸银溶液检验，所以检测器物已洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生，说明无Cl-，说明器物已洗涤干净。
18．(1)铁屑
(2)打开
(3)关闭活塞E，在气体压强的作用下，A中含有硫酸亚铁的溶液被压入B中产生白色沉淀
(4)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(5)
(6) HI是电解质，使胶体聚沉
(7)

【分析】实验目的是制备Fe(OH)2，并检验Fe(OH)2被氧气氧化，装置A中制备氢气和FeSO4，氢气先排除装置中的空气，即先打开E，排除空气后，关闭E，利用压强增大，将FeSO4溶液压入B装置，B装置中盛放NaOH，得到Fe(OH)2，据此分析；
（1）
装置A制备氢气和FeSO4，根据题中所给物质，烧瓶中盛放铁屑，分液漏斗中盛放稀硫酸；故答案为铁屑；
（2）
因为氢氧化亚铁容易被氧化，因此先排除整个装置的空气，即先打开活塞E；故答案为打开；
（3）
根据上述分析，制备氢氧化亚铁的操作是关闭活塞E，在气体压强的作用下，A中含有硫酸亚铁的溶液被压入B中产生白色沉淀；故答案为关闭活塞E，在气体压强的作用下，A中含有硫酸亚铁的溶液被压入B中产生白色沉淀；
（4）
Fe(OH)2具有还原性，能被氧气氧化，发生的反应是4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；故答案为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
（5）
氧化铁为碱性氧化物，与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；故答案为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（6）
HI为强电解质，胶体中滴加HI，使胶体聚沉，得到氢氧化铁沉淀；HI具有强酸性和强还原性，Fe3＋能将I－氧化成I2，本身被还原成Fe2＋，其离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋6H2O；故答案为HI是电解质，使胶体聚沉；Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋6H2O；
（7）
根据氧化性强弱规律，Fe2＋还原性比I－弱，氯气先氧化I－，等物质的量FeI2与Cl2混合，假设有1molCl2，根据得失电子数目守恒n(Fe2＋)＋n(I－)=2n(Cl2)，n(Cl2)=1mol，n(I－)=2mol，代入解得n(Fe2＋)=0mol，因此发生的离子方程式为2I－＋Cl2=2Cl－＋I2；故答案为2I－＋Cl2=2Cl－＋I2。
19． 分液漏斗 NaOH溶液 除去铝镁合金表面的氧化膜 ①④③② 2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 偏小
【分析】在分液漏斗中加入NaOH溶液，将其滴入盛有镁铝合金的试管中，Al与NaOH溶液反应产生H2，H2将量气管C中的水挤压到D管中，当恢复至室温后，调整量气管左右两侧的液面使之在同一水平线上，平视读数，根据H2的体积计算其物质的量，再由H2与Al反应中的物质的量关系计算出合金中铝的物质的量及其质量分数。
【详解】(1)根据图示可知：仪器A名称为分液漏斗；
铝镁是比较活泼的金属，二者都能与酸反应放出氢气，但铝还能与强碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，所以要测定铝镁合金中铝的质量分数，仪器A中的试剂应该选择使用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，所以实验前，将镁铝合金在稀酸中浸泡片刻，其目的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，则正确的操作的顺序为①④③②；
(4)B试管中Al与NaOH溶液的反应生成NaAlO2和H2，反应的化学方程式为：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(5)铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为(a-c) g，设铝的相对原子质量为M ，则由2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知Al与H2的物质的量的比是2：3，，解得M=；
(6)该合金中Al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，则铝的质量分数偏小。
20． 2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑ 75 偏低 E、D、G 偏小 不需要 A、C、D 69.23%
【分析】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；
(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；
(3)镁粉上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；
(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，是用排水量气法测定氢气的体积，故不需要浓硫酸干燥，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，最终量筒中水的体积就是生成氢气的体积，为了防止水溅出，量筒内导管应伸入量筒底部；
(5)与图2装置相比，用图1连接的装置进行实验时，若不考虑导管中液体体积的影响,实测氢气的体积就会比实际产生的氢气体积偏少。
(6)根据操作对实验的影响分析；
(7)根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。
【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑；
(2)根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则8.1 g完全是Al，其物质的量n(Al)==0.3 mol，则n(NaOH)=n(Al)= 0.3 mol，需NaOH溶液的体积最小值V≥=0.075 L=75 mL，故V(NaOH溶液)≥75 mL；
(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该步骤中若未洗涤固体，则金属镁上会附着偏铝酸钠等物质，导致测定的镁的质量偏大，最终使测得铝的质量分数偏低；
(4)装置的组装顺序：合金与酸发生反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，为了避免水的溅出，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G，故合理选项是E、D、G；
(5)用图1连接的装置进行实验时，若不考虑导管中液体体积的影响,实测氢气的体积就会比实际产生的氢气体积偏少，又由于在相同条件下，同质量的铝产生的氢气比镁多，这样就会误判因铝的含量偏少才导致氢气的质量偏少，另排水量气法不需要干燥装置，因为气体中的水汽会溶于水的；
(6)A．冷却至室温，这样测定的气体体积不受外界温度的影响，可减小误差，A正确；
B．等待片刻，使乙管中液面与左侧甲管的液面相平时再读数，B错误；
C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平，然后再读数，C正确；
D．视线与凹液面最低处相平， D正确；
故合理选项是A、C、D；
(7)8.96 LH2的物质的量n(H2)=8.96L÷22.4 L/mol=0.4 mol，假设7.8 g合金中Al、Mg的物质的量分别是x、y，可得关系式27x+24y=7.8  g，1.5x+y=0.4 mol，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，则合金中Al的质量是m(Al)=0.2 mol×27 g=5.4 g，所以Al的质量分数为：×100%=69.23%。
【点睛】本题考查物质含量的测定。对实验原理与装置的理解是解题的关键。
21．（1）5.6 g；（2）20％。
【详解】设：参加反应的铁片质量为xg，消耗硫酸铜的质量为yg。

56：8 ＝x：0.8 g， x＝5.6 g；160：8 ＝y：0.8 g ，y＝16.0 g，故参加反应的铁片的质量为5.6 g，硫酸铜溶液中溶质的质量分数： ×100％=20％。