新高考化学一轮单元训练第五单元铝、铁及其化合物（A卷）含答案

这是一份新高考化学一轮单元训练第五单元铝、铁及其化合物（A卷）含答案，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，对于如图实验现象分析正确的是等内容，欢迎下载使用。

第五单元 铝、铁及其化合物（A）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每题2分。第11～15题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。
1．唐代《职贡图》描绘了唐太宗时期，婆利国和罗刹国千里迢迢前来朝贡的情景，其中红色来自赭石颜料[主要成分是Fe2O3]。下列说法错误的是
A．保存《职贡图》需要控制温度和湿度
B．赭石颜料不易被空气氧化
C．赭石颜料耐酸碱
D．Fe3O4中铁的质量分数高于Fe2O3
2．关于铁铝及其合金的说法不正确的是
A．向装有氢氧化钠溶液的试管中放入未打磨的铝片，一直观察不到气泡
B．稀土金属可以用于生产合金
C．铝是一种活泼金属，铝表面的保护膜和铝均能与盐酸发生反应
D．生铁的含碳量为2%~4.3%
3．下列关于铝及其化合物的说法，不正确的是
A．铝是地壳中含量最多的金属元素，自然界中铝以稳定化合态存在
B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C．常温下，铝遇浓硝酸、浓硫酸时会在表面生成致密的氧化物膜而发生钝化
D．向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液，再滴加氨水，振荡后，没有观察到白色沉淀
4．高温下，Fe2O3和H2反应可转化为Fe3O4，方程式为3Fe2O3+H22Fe3O4+H2O。下列说法正确的是
A．Fe2O3俗名磁性氧化铁
B．该反应条件下H2的还原性强于Fe3O4的还原性
C．每消耗160g Fe2O3，反应中转移2×6.02×1023个电子
D．Fe3O4可由Fe与H2O在常温下反应制得
5．下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④Al
A．③④ B．②③④ C．①③④ D．全部
6．关于金属及其化合物的性质，下列说法正确的是
A．Cu和稀硫酸的混合体系中加入硝酸铁有气体产生，说明Fe3+为该反应的催化剂
B．可将FeCl3晶体溶于浓盐酸后稀释得到FeCl3稀溶液
C．MgCl2溶液与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2，证明NaOH的碱性比Mg(OH)2强
D．Fe和Cu与氯气反应的氧化产物分别为FeCl3和CuCl2，可推断Fe的金属性比Cu强
7．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．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
8．对于如图实验现象分析正确的是

A．打开a，试管Ⅰ中产生气泡，试管Ⅱ中无现象
B．打开a，液体从试管Ⅱ流向试管Ⅰ
C．先打开a，稍后关闭，试管Ⅱ中产生白色沉淀
D．关闭a，可使试管Ⅰ中反应停止
9．为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红棕色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是

A．BaCl2溶液中产生的白色沉淀为BaSO3
B．反应管内产生的红色粉末是Fe2O3
C．品红溶液中的红色褪去，是因为SO2具有漂白作用
D．硫酸亚铁分解的方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
10．下列常见实验的现象或表述正确的是
A．向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为血红色，该溶液中一定含有Fe2+
B．为检验红砖中铁的价态，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液变为血红色，说明红砖中只有三氧化二铁
C．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
D．将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O试样溶于稀硝酸中，滴加KSCN溶液，出现血红色，说明检验前该试样已变质
11．下列离子或化学方程式书写不正确的是
A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：
B．刻蚀电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO+2H2O
D．漂白粉漂白原理：Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=Ca(HCO3)2↓+2HClO
12．下列有关图像的说法正确的是

A．图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B．图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C．图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D．除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
13．某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2·2H2O晶体的工艺流程如图：

下列说法正确的是
A．焙烧过程中每消耗1molCuS则消耗2.5molO2
B．焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．滤渣中主要含铁的氧化物
D．将获得的CuCl2·2H2O晶体加热可制得CuCl2固体
14．利用金属矿渣(含有FeS2、SiO2及Cu2O)制备(NH4)2Fe(SO4)2晶体的实验流程如下。下列叙述错误的是

已知：Cu2O在高温下稳定，遇酸发生歧化反应
A．煅烧过程中FeS2发生的化学反应方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
B．适当提高酸浸温度，可提高酸浸过程中铁的浸出率
C．过滤后的溶液中含有的阳离子为：Fe3+、Fe2+、H+
D．滤渣中含有铜单质
15．将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为3.92L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为
A．2.80L B．3.92L C．5.60L D．7.84L
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共60分）
16．I.以铝土矿的烧渣(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料，生产Fe3O4的工艺流程如下：

（1）“碱浸”时将烧渣粉碎的目的是_______
（2）“过滤”时用到的玻璃仪器除烧杯外，还有_______
（3）“滤液”中含有的溶质为_______(填化学式)，可以往滤液中通入过量二氧化碳，经过滤、灼烧生产氧化铝。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，写出焙烧时发生反应的化学方程式_______
II.热化学铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点。以太阳能为热源，经由铁氧化合物循环分解液态水的过程如下图所示：

已知：①过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH=+313.2kJ/mol
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44kJ/mol
请回答下列问题3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+129.2kJ/mol
（5）氢气的燃烧热ΔH=_______
（6）过程Ⅱ的热化学方程式_______。
17．铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，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]
[实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
实验中发生反应的化学方程式是 。
[实验步骤]
（1）称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol·L−1 NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。
（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
[方案二]
[实验方案]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]
（3）同学们拟选用如图1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，可不填满)。
（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图2所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是_____________________________________。
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL，则产生氢气的体积为___mL。
③若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是_______________________。
18．某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：

据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是 。
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式
固体B ；沉淀C ；沉淀D ；溶液E 。
（3）写出①、②、③、④四个反应的化学方程式或离子方程式
① ；
② ；
③ ；
④ 。
19．将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2mol·L−1的H2SO4溶液中，然后再滴加1mol·L−1的NaOH溶液。请回答：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化的关系如右图所示。

当V1＝140mL时，则金属粉末中：n(Mg)＝________mol，V2＝______ ml。
（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝____________mL。
（3）若混合物仍为0.1mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL 2mol·L−1的H2SO4，再加入480mL 1mol·L−1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是_________。
20．铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2]的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：
（1）固体a的化学式为________，固体b化学式为________，Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为________________。
（2）由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为__________________。
（3）由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ都要用到的分离方法是__________________，由铵明矾溶液中制铵明矾晶体的操作是__________________。
（4）如果先向铝土矿加入过量氢氧化钠，再加入过量盐酸，此时首先出现的固体a是__________。



第五单元 铝、铁及其化合物（A）
答 案
1．【答案】C
【解析】A．保存《职贡图》需要控制温度和湿度，才能延长贮存期，选项A正确；B．赭石颜料[主要成分是Fe2O3]较稳定，不易被空气氧化，选项B正确；C．赭石颜料[主要成分是Fe2O3]能与强酸反应，选项C错误；D．Fe3O4中铁的质量分数72.4%高于Fe2O3（70%）的，选项D正确。
2．【答案】A
【解析】A．当铝表面的氧化膜被NaOH溶液溶解后，里面的铝与NaOH溶液反应能产生氢气，A错误；B．稀土金属添加到合金中，可以改善合金的物理或化学性能，因此稀土金属在冶金工业上应用广泛，可以用于生产合金，B正确；C．Al和Al2O3均为两性物质，都能与盐酸反应，C正确；D．生铁和钢均属于铁碳合金，生铁的含碳量为2%~4.3%，钢的含碳量为0.03%~2%，D正确。
3．【答案】B
【解析】铝化学性质活泼，铝表面容易生成一层致密的氧化物保护膜，对内部的金属起到了保护作用，使得铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性，Al3+更易与F-结合成AlF，向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液，再滴加氨水，AlF不与NH3·H2O反应生成白色沉淀，故选B。
4．【答案】B
【解析】A．磁性氧化铁是Fe3O4的俗名，Fe2O3的俗名是铁红，A项错误；B．该反应中，H2是还原剂，Fe3O4为还原产物，因此该反应条件下，H2的还原性强于Fe3O4的还原性，B项正确；C．该反应每消耗3mol的Fe2O3，电子转移2mol；那么每消耗160g Fe2O3即1mol，电子转移mol，即个电子，C项错误；D．Fe和水蒸气在高温下反应才会生成Fe3O4，D项错误；选B。
5．【答案】D
【解析】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO离子，故②正确；③Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO离子，故③正确；④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO和氢气，故④正确。选D。
6．【答案】B
【解析】A．向Cu和稀硫酸的混合体系中加入硝酸铁，引入硝酸根离子，在酸性条件下与铜发生氧化还原反应生成气体，与的催化无关，A项错误；B．铁盐在水中比较容易水解成Fe(OH)3，酸可抑制其水解，故可将FeCl3晶体溶于浓盐酸后稀释得到FeCl3稀溶液，B项正确；C．MgCl2与NaOH发生复分解反应生成难溶物Mg(OH)2，不可用此比较两者碱性强弱，C项错误；D．不能根据金属失电子多少判断金属性，D项错误；故选B。
7．【答案】D
【解析】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，故选D。
8．【答案】C
【解析】根据硫酸和铁反应生成氢气，先打开a，稍后关闭会使试管Ⅰ中的压强增大，所以硫酸会被压入到试管Ⅱ中，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀。A．打开a，试管Ⅰ中、试管Ⅱ中都产生气泡，A错误；B．打开a，试管Ⅰ中、试管Ⅱ中都产生气泡，而液体不会从试管Ⅱ流向试管Ⅰ，B错误；C．硫酸和铁反应生成氢气，先打开a，稍后关闭会使试管Ⅰ中的压强增大，所以硫酸会被压入到试管Ⅱ中，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，C正确；D．关闭a，硫酸和铁依然接触，所以试管Ⅰ中反应不会停止，D错误；故答案为C。
9．【答案】A
【解析】A．SO2与BaCl2溶液不反应，不会产生BaSO3沉淀，A错误；B．FeSO4分解的方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，反应管A内产生的红色粉末是Fe2O3，B正确；C．品红溶液中的红色褪去，是因为SO2具有漂白作用，C正确；D．硫酸亚铁分解的方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确；故选A。
10．【答案】A
【解析】A．Fe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+生成Fe3+，所以该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，但不能说明红砖中只有三氧化二铁，故B错误；C．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故C错误D．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O溶于稀硝酸，容易把二价铁离子氧化成三价铁离子，所以滴加KSCN溶液出现血红色，不能说明变质，故D错误；答案为A。
11．【答案】AD
【解析】A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只能被强酸、强碱溶解，而不能与弱碱NH3·H2O反应，因此向氯化铝溶液中滴加过量氨水，只能反应产生Al(OH)3，而不能产生AlO。离子方程式应该为：3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3NH，A错误；B．离子方程式应该为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B正确；C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质最大时SO恰好完全形成BaSO4沉淀，离子方程式应该为：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO+2H2O，C正确；D．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，所以向漂白粉溶液中通入CO2，发生复分解反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，制取得到HClO，因而可以漂白，D错误。
12．【答案】BC
【解析】A．向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3∶1，图像与之不符，故A错误；B．假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1mol NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1mol HCl；碳酸钠与盐酸反应生成1mol NaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1mol NaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2∶1，故B正确；C．在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1∶0.5=2∶1，与图像相符合，C正确；D．KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaCl可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选BC。
13．【答案】B
【解析】A．2CuS＋3O22CuO＋2SO2，由方程式可知，1molCuS消耗1.5molO2，A错误；B．废气中含有SO2，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．调节pH时，Fe3＋水解转化为Fe(OH)3而除去，C错误；D．将CuCl2·2H2O直接加热，Cu2＋水解，HCl挥发会产生Cu(OH)2，无法得到CuCl2，D错误；故答案选B。
14．【答案】C
【解析】A．煅烧时，FeS2和O2反应生成Fe2O3和SO2，化学反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，A项正确；B．升高温度，反应速率加快，故适当提高酸浸温度，可提高酸浸过程中铁的浸出率，B项正确；C．向酸浸的溶液中加入过量的铁屑，Fe3+全部转化为Fe2+，故过滤后的溶液中含有的阳离子没有Fe3+，C项错误；D．向酸浸的溶液中加入过量的铁屑，铁将二价铜离子转化为铜单质，故滤渣中含有铜单质，D项正确。
15．【答案】A
【解析】分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成标准状况下的氢气3.92L，氢气的物质的量为=0.175mol。铝热反应时，铁的氧化物FeO·2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，根据关系式3H2～2Al～3O～Al2O3，铝生成氧化铝结合的氧原子为0.175mol，根据氧原子守恒，氧化物FeO·2Fe2O3的物质的量为=0.025mol。根据铁原子守恒，另一份生成的铁的物质的量为：0.025mol×5=0.125mol。根据Fe～H2可知，0.125mol Fe可生成氢气0.125mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故选A。
16．【答案】（1）增大烧渣表面积，加快“碱浸”时的化学反应速率
（2）漏斗、玻璃棒
（3）NaAlO2、NaSiO3、NaOH
（4）16Fe2O3+FeS2=11Fe3O4+2SO2↑
（5）-285.8kJ/mol
（6）3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+129.2kJ/mol
【解析】铝土矿的烧渣主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，用氢氧化钠溶液碱浸，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，Fe2O3和氢氧化钠不反应，过滤，滤渣Fe2O3和FeS2在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2；（1）固体颗粒越小，颗粒比表面积越大，越有利于提高反应的速率。将烧渣粉碎的目的是增大烧渣表面积，加快“碱浸”时的化学反应速率；（2）过滤操用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）碱浸时应加入足量的NaOH溶液，烧渣中Fe2O3为碱性氧化物，不与NaOH溶液反应，SiO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成NaSiO3，Al2O3两性氧化物可与NaOH溶液反应生成对应的盐NaAlO2和水，故滤液中的溶质为NaAlO2、NaSiO3、NaOH；（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：16Fe2O3+FeS2=11Fe3O4+2SO2↑；（5）在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。根据盖斯定律，②+③得氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，所以氢气的燃烧热ΔH=-285.8kJ/mol；（6）根据图示，过程Ⅱ的反应方程式是3FeO+H2O=H2+Fe3O4；根据盖斯定律，-②-③-①，得过程Ⅱ的热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+129.2kJ/mol。
17．【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（1）97
（2） 偏高
（3） E D G
（4） 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差 V1-V2 实验时的温度和压强
【解析】方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（1）含镁为3%时，金属铝的含量最高，此时消耗的NaOH溶液体积最大，10.8g合金中铝的质量为，10.8g×(1-3%)=(10.8g×97%)g，NaOH溶液的浓度为4.0mol/L，则根据方程式可知其体积V==0.097L=97mL，故V(NaOH溶液)≥97mL。（2）过滤得到的固体为镁，镁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，镁的质量分数偏高。方案二：（3）根据分析可知最简易的装置连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)。（4）①装置中导管a可以保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②滴定管的零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1-V2；③由于气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强。
18．【答案】（1）过滤
（2） Al2O3 Al2O3、Fe2O3 Fe2O3 K2SO4、(NH4)2SO4
（3） Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl 2Al(OH)3Al2O3+3H2O
【解析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和(NH4)2SO4。（1）溶液和沉淀的分离利用过滤；（2）由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4；（3）反应①为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；反应②为Al3++3NH3∙H2O=
Al(OH)3↓+3NH；反应③为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl；反应④为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。
19．【答案】（1）0.04 460
（2）400
（3）1＞a≥0.2
【解析】（1）当V1=140mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na+ 离子守恒可知，n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×0.14L×1mol/L=0.07mol。假设MgSO4物质的量为x mol，Al2(SO4)3的物质的量为y mol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1mol；根据SO离子守恒有：x+3y=0.2-0.07=0.13mol，将两个放出联立求解，可得x=0.04mol；y=0.03mol，所以金属粉末中n(Mg)=0.04mol，n(Al)=2y=2×0.03mol=0.06mol；在加入NaOH溶液至V2时，溶液为NaAlO2和Na2SO4溶液，n(Al)=0.06mol，则n(NaAlO2)=0.06mol，根据Na元素守恒可得n(NaOH)=2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)=2n(H2SO4)+n(Al)=2×0.1L×2mol/L=0.4mol+0.06mol=0.46mol，所以V2=0.46mol÷1mol/L=0.46L=460mL；（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO离子和Na+离子守恒有：n(Na+)=2n(Na2SO4)=2n(H2SO4)=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V(NaOH)=0.4mol÷1mol/L=0.4L=400mL；（3）若混合物仍为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL 2mol/L硫酸溶解后，再加入480mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得沉淀无Al(OH)3沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，由上述分析知：V1=400ml，再加入80mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，根据方程式：Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O可知Al(OH)3最大值是n[Al(OH)3]=1mol/L×0.08L=0.08mol，即0＜n(Al)≤0.08mol，n(Mg)+n(Al)=0.1mol，则0.2≤n(Mg)＜1。
20．【答案】（1）SiO2 Fe(OH)3 AlO+CO2+2H2O=HCO+Al(OH)3↓
（2） Al2O3+4H2SO4+2NH3==2NH4Al(SO4)2+3H2O
（3） 过滤 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（4） Fe2O3
【解析】（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2；铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，生成铁离子和铝离子，加入过量的烧碱，铝离子变为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：铁离子生成氢氧化铁沉淀，所以固体b化学式为Fe(OH)3；Ⅲ中偏铝酸钠溶液通入足量CO2气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=HCO+Al(OH)3↓。（2）根据流程可知，Al(OH)3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液，反应的化学方程式为：Al2O3+4H2SO4+2NH3==2NH4Al(SO4)2+3H2O；（3）根据流程可知，Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ操作中都涉及到了固液分离操作，所以Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ都要用到的分离方法是过滤；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。（4）铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)，如果先向铝土矿加入过量氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅均溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和硅酸钠溶液，氧化铁不溶与氢氧化钠，此时首先出现的固体a是Fe2O3。