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1、人教版（2019）化学必修一 第3章 铁金属材料 复习与检测学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法正确的是选项物质杂质除杂质所用试剂和方法ANaHCO3固体Na2CO3加热BKNO3溶液K2SO4BaCl2溶液，过滤CCO2HCl饱和NaHCO3溶液、浓硫酸，洗气DFeCl3CuCl2铁屑，过滤AABBCCDD2无色透明溶液能与铝作用放出氢气，且溶液中的离子能大量共存的是AK+、Na+、Cl-BCu2+、H+、Na+CH+、Ba2+、Mg2+、D、H+、K+3现有某铁的氧化物样品用10mL5mol/L盐酸恰好完全溶解，向反应后的溶液中通入氯气112mL
2、(标准状况下)，Fe2+恰好可以全部转化为Fe3+。则该氧化物可能的化学式为AFe2O3BFe3O4CFe4O5DFe5O74下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验FeSO4溶液中滴入NaOH溶液氯水中滴入石蕊溶液FeCl2溶液中滴入双氧水KBr 溶液滴入AgNO3溶液现象产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色溶液先变红， 随后迅速褪色溶液变为棕黄色产生浅黄色沉淀AABBCCDD5废旧计算机的某些部件含有Zn、Fe、Cu、Ag、Pt(铂)、Au(金)等金属，经物理方法初步处理后，与足量稀盐酸充分反应，然后过滤。则剩余的固体中不含有的金属是()ACu、AgBFe、ZnCP
3、t、CuDAg、Au6下列有关试剂保存的说法中，不正确的是A新制氯水需要避光保存BNa可保存在煤油中C浓硝酸要保存在棕色瓶中D保存FeCl3溶液时需加入少量Fe粉7在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是AC6H5ONaC6H5OH CO2BFeS2 SO2 H2SO4CMg(OH)2 MgCl2(aq)MgCl2（无水）DNH3 NO2 HNO38向溶液中滴加少量溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是A产生气体的原因是将还原生成了B溶液先变红后又明显变浅，是由反应速率不同导致的C溶液颜色变浅，可
4、能是过量的氧化了KSCND溶液与溶液反应生成的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”9等体积硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量相等，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为A1:2:3B1:3:3C1:6:9D1:3:610某黑色粉末由两种物质组成，为鉴定其成分进行如下实验：取少量样品加入足量冷的稀硫酸，有气泡产生，固体部分溶解；另取少量样品加入足量浓盐酸并加热，有气泡产生，固体全部溶解。该黑色粉末可能为AC、FeSBSi、FeOCFe、MnO2DCuO、Ag2O二、多选题11铁黄(FeOOH)属于铁基颜料，可用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2) 为
5、原料来制备，工艺流程如图所示。已知：“还原”时，发生反应： FeS2+Fe3+H2O SO+Fe2+H+(未配平) ；FeS2不溶于稀H2SO4，可溶于稀硝酸。下列说法错误的是AFeS2与铁黄中铁元素的化合价不同BFeS2溶于稀硝酸时可能生成Fe3+、 NO和S2-等物质C“还原”时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为215D“沉降、氧化”时，整个过程可用离子方程式表示如下：4Fe2+ 8NH3H2O+O2= 8NH+4FeOOH+2H2O12下列物质的除杂试剂、操作方法均正确的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂操作方法AZn(Cu)稀硫酸充分反应后过滤BCO2(Cl2)饱和Na2CO3溶液、
6、浓硫酸洗气CFeCl3溶液(FeCl2)Cl2通入适量Cl2DNaCl溶液(NaHCO3)稀盐酸滴加适量的稀盐酸AABBCCDD13向含有1 mol HNO3和1 mol H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是Aa表示Fe3+的关系曲线Bn1=0.75CP点时，n(Fe2+)=0.562 5 molD向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解12.2 g14部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g。经如图处理：下列说法正确的是A灼烧的目的是除去氢氧化物滤渣中的
7、少量水，减少质量误差B样品中氧原子的物质的量为0.03molCV=224mLD溶解样品的过程中共消耗2.0molL-1盐酸50mL15将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末加入100mL3.8mol/L盐酸中，充分反应后产生224mL(标准状况)，残留固体0.64g，过滤，滤液中无。将滤液加水稀释到200mL，测得其中为0.500mol/L。下列说法错误的是A残留固体没有Fe，只有CuB原混合物中单质铁的质量为4.48gC反应中消耗的的物质的量为0.33molD溶液中没有，阳离子为和三、有机推断题16图为一些常见的单质.化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质被略去。常温常压下，A为无
8、色有毒气体，B为红棕色粉末，C、E为金属单质。反应均为工业上的重要反应。请回答下列问题：(1)D的电子式为_。(2)K的化学式为_。(3)写出B与C高温反应生成E和F的化学方程式：_。(4)写出D与J的稀溶液反应生成G的离子方程式：_。四、工业流程题17为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如下：(1)步骤1的实验操作是_，气体X的化学式是_。(2)若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：_、冷却结晶、 过滤、自然干燥。(3)检验滤液D是否含有Fe3+的检验方法为_。(4)写出步骤1的主要化学反应方程式_。(5)写出反应的离子方程式_。(6)取1-2mL滤
9、液D于试管中，滴加几滴NaOH溶液，观察到的现象：_。五、原理综合题18实验探究、的性质。已知：可与溶液反应生成蓝色沉淀。(1)分别取一定量硫酸铁、氯化亚铁固体，均配制成溶液。配制溶液时需加入少量铁屑，目的是_。(2)甲组同学取溶液，加入几滴氯水，再加入1滴溶液，溶液变红，说明可将氧化。溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组实验不够严谨，该组同学用煮沸冷却后的水配制溶液，向溶液中先加入煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取溶液，加入足量溶液混合后，滴加淀粉溶液，出现蓝色，该现象说明氧化性：_(填“”或“”)；另取溶液，加入几小块锌
10、片，实验现象为_，说明具有_。(填“氧化性”或“还原性”)。(5)丁组同学为探究维生素C是否可将转化为，设计了如下实验。实验操作实验现象得出结论取一定量溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解得到溶液a.取a溶液少许，滴加酸性溶液。紫色褪去维生素C可将转化为其他组同学认为：根据该实验现象不能得出“维生素C可将转化为”的结论，原因是_；认为可另外设计实验验证结论是否正确：取a溶液少许，滴加_，若出现_，则结论正确。19某实验小组利用氧化铜、氧化铁的混合物制取氧化铁固体，设计了如下方案：请回答下列问题：(1)过滤操作需要的玻璃仪器有_；滤渣1的主要成分为_(填化学式)；写出氧化铁的工业用途：_(任填
11、一条)。(2)向溶液1中加入铜粉，会观察到铜粉溶解，写出铜粉溶解的离子方程式：_。(3)步骤中铁元素发生反应的离子方程式为_。(4)步骤可观察到的现象为_，发生反应的化学方程式为_。六、结构与性质20（1）分别取W g钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是_。（2）分别取01 mol钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是_。（3）若产生相同体积(同温同压下)的氢气，所需钠、镁、铝(与足量的盐酸反应)的物质的量之比为_。（4）若将02 mol钠、镁、铝分别投入10 mL 1 molL1的盐酸中，在标准状况下，产生氢气的体积大小顺序是_。试卷第7页，共7页学
12、科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠固体、二氧化碳气体和水，加热可以得到碳酸钠，不能得到碳酸氢钠，故A错误；B硫酸钾与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，引入新的杂质离子，可以用硝酸钡溶液除杂，故B错误；CCO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，HCl可以和饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，可以得到CO2，故C正确；DFe与Fe3+和Cu2+均发生反应，不能得到FeCl3，故D错误；故答案选C。2A【详解】能和铝作用放出氢气的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性；A该组离子能在酸性或碱性溶液中大量共存；BCu2+、H+不能在碱性溶液中的大量存在；CH
13、+、Mg2+不能在碱性溶液中的大量存在；D、H+不能在碱性溶液中的大量存在；综上所述，A组离子符合题意，故选A。3C【详解】设该铁的氧化物为Fe2O3nFeO，则有Fe2O3nFeO+(6+2n)HCl=2FeCl3+nFeCl2+(n+3)H2O，nFeCl2+Cl2= nFeCl3，可得关系式：(6+2n)HClCl2，即=，解得n=2，所以该铁的氧化物为Fe2O32FeO，即Fe4O5，C符合题意，故答案选C。4D【详解】A. FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，产生白色沉淀为Fe(OH)2，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，说明Fe(OH)2生成了Fe(OH)3，Fe元素的化合价升高，与氧
14、化还原反应有关，故A不选；B. 氯水中有HCl和HClO，滴入石蕊溶液，HCl使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性，将石蕊溶液氧化而褪色，与氧化还原反应有关，故B不选；C. FeCl2溶液中滴入双氧水，双氧水将Fe2氧化为Fe3，溶液变为棕黄色，与氧化还原反应有关，故C不选；D. KBr 溶液滴入AgNO3溶液，反应生成AgBr浅黄色沉淀，与氧化还原反应无关，故D选；答案选D。5B【详解】在金属活动性顺序中，Zn、Fe、Cu、Ag、Pt、Au的活动性顺序为ZnFeHCuAgPtAu，与足量稀盐酸充分反应，则锌和铁参加反应，剩余的固体中不可能含有锌和铁，由此可知：A、由于Cu、Ag活动性小于氢，
15、不能与稀盐酸反应，有剩余选项A不符合题意；B、由于Fe、Zn活动性大于氢，能与稀盐酸反应，没有剩余，选项B符合题意；C、由于Pt、Cu活动性小于氢，不能与稀盐酸反应，有剩余，选项C不符合题意；D、由于Ag、Au活动性小于氢，不与稀盐酸反应，有剩余，选项D不符合题意；答案选B。6D【详解】A. 新制氯水中存在Cl2易挥发，存在HClO见光分解，因此新制氯水需要避光保存，A项正确，不符合题意；B. Na的密度大于煤油的密度，且不与煤油反应，因此Na可保存在煤油中，B项正确，不符合题意；C. 浓硝酸易挥发且硝酸见光分解，因此浓硝酸要保存在棕色瓶中，C项正确，不符合题意；D. 保存FeCl3溶液时加入
16、少量Fe粉，Fe与Fe3+发生氧化还原反应，会使FeCl3溶液变质，D项错误，符合题意；答案选D。7B【详解】A.苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，不产生二氧化碳，故错误；B.二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化氢反应生成硫酸，故正确；C.氯化镁溶液直接加热不能得到氯化镁，应在氯化氢的气流中蒸发，故错误；D.氨气的催化氧化得到一氧化氮，故错误。故选B。8A【详解】A产生气体是生成的铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应，反应为2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，A错误；B由反应速率不同，铁离子与硫氢化钾反应率极快，所以溶液先变红，而铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应速率慢，B
17、正确；C溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN，C正确；D溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成 Fe3+，D正确； 故选A。9B【详解】等体积硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量比相等，则三种硫酸盐溶液中的n()之比为1:1:1，根据三种硫酸盐的化学式可知，三种盐的物质的量之比为:1:1=1:3:3，因为三种盐溶液的体积相等，故其物质的量浓度之比为1:3:3，故B正确；故选B。10C【详解】AC与浓盐酸并加热不反应，故A错误；BSi与稀硫酸、浓
18、盐酸均不能反应，故B错误；CFe与稀硫酸反应生成氢气，MnO2与稀硫酸不反应；Fe浓盐酸反应生成氢气，MnO2与浓盐酸并加热反应生成氯气，故C正确；DCuO与浓盐酸反应不能生成气体，故D错误。故选C。11BC【分析】硫酸渣加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，还生成SO，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH，以此解答该题。【详解】AFeS2中S为-1价，Fe为+2价，铁黄(FeOOH)中Fe为+3价，故A正确；BFe2+被
19、氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO，S2-具有还原性，与氧化性较强的稀硝酸反应生成S单质，生成Fe3+、 NO和S，故B错误；C“还原”时反应的离子方程式为FeS2+14Fe3+8H2O2SO+15Fe2+16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，SO为氧化产物，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为214=17，故C错误；D滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2+ 8NH3H2O+O2= 8NH+4FeOOH+2H2O，故D正确；故选：BC。12CD【详解】AZn和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，Cu和稀硫酸不反应，
20、不能用稀硫酸除Zn中的杂质Cu，故A错误；BCO2能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能用Na2CO3溶液除CO2中的Cl2，故B错误；CFeCl2与Cl2反应生成FeCl3，可用Cl2除FeCl3溶液中少量的FeCl2，故C正确；DNaHCO3和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，可用适量稀盐酸除NaCl溶液中的NaHCO3，故D正确；选CD。13CD【详解】A该反应可以看作两步：Fe+4H+NO=Fe3+NO+2H2O，NO过量，H+不足；2Fe3+Fe=3Fe2+。A表示Fe3+的关系曲线，故A正确；B溶液中共有3 mol H+参加反应，消耗铁为 0.75 mol，故B正确；CP点
21、n(Fe2+)=n(Fe3+)，二者均为0.45 mol，故C错误；DP点剩余0.45 mol Fe3+，消耗0.225 mol铜，质量为14.4 g，故D错误；故选CD。14BC【详解】A灼烧的目的是将氢氧化铁分解为氧化铁，A错误；B因滤液中不含 Cu2+，故3.2g滤渣只是Cu(物质的量是 0.05 mol)，滤液经处理最终得到的3.2g固体是Fe2O3。由2Fe Fe2O3。可知，该5.92g样品中，铁元素的总质量为2.24 g(物质的量是0.04 mol)，故混合物中氧元素的质量为 5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，即样品中氧元素的物质的量是0.48g16gmol-1=0.
22、03 mol，B正确；C因5.92g样品中含0.03molO，0.04 mol Fe，0.05mol Cu，则样品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物质的量是0.03 mol，故 FeO的物质的量为0.03 mol、Fe的物质的量为 0.01 mol，与足量的稀硫酸反应可生成0.01mol的H2，标准状况下H2的体积为224 mL，C正确；DFeO的物质的量为0.03 mol消耗盐酸0.06mol、Fe的物质的量为 0.01 消耗盐酸0.02mol，溶解样品的过程中共消耗盐酸0.08mol2.0molL-150mL，D错误；答案选BC。15BC【分析】将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的
23、混合物粉末加入100mL3.8mol/L盐酸中，充分反应后产生224mL(标准状况)，残留固体0.64g，过滤，滤液中无。将滤液加水稀释到200mL，测得其中为0.500mol/L。由题意可知，溶液中剩余氢离子，故反应所得残留固体为铜，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为amol、bmol、cmol，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c=0.01mol，由得失电子数目守恒可知，铁单质失电子数=铁离子得电子数+铜离子得电子数+氢离子生成氢气得电子数：amol2=bmol2+0.01mol2+2，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(a+2b)mol2+0
24、.500mol/L0.2L=3.80 mol/L0.1L，解联立方程可得a=0.06、b=0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.06mol56g/mol=3.36g，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 mol/L0.1L0.500mol/L0.2L=0.28mol。【详解】A由分析可知，反应所得残留固体为铜，不可能含有铁，故A正确；B由分析可知，原混合物中单质铁的质量为3.36g，故B错误；C由分析可知，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 mol/L0.1L0.500mol/L0.2L=0.28mol，故C错误；D由分析可知，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，溶液中不含有铁离子，含有亚铁离子和氢离
25、子，故D正确；故选C。16 FeCl3 Fe2O3+2AlA12O3+2Fe CO2+CO+H2O=2HCO【详解】根据题给信息和转化关系推断A为无色有毒气体，B为红棕色粉末，可以得出B是Fe2O3，A是CO，C是金属单质可以知道是Al。故A是CO，B是Fe2O3，C是Al，D是CO2，E是Fe，F是Al2O3，G是NaHCO3，H是FeCl2，K是FeCl3，J是Na2CO3，I是AlCl3，L是NaAlO2。(1)D为CO2，电子式为。(2)K为氯化铁，化学式为FeCl3。(3)氧化铁与铝在高温反应生成氧化铝和铁，化学方程式为Fe2O3+2AlA12O3+2Fe。(4)二氧化碳与碳酸钠稀溶
26、液反应生成碳酸氢钠，离子方程式为CO2+CO32+H2O=2HCO3。考点：考查元素化合物知识17(1) 过滤 CO2(2)加热浓缩(3)取少量溶液于洁净的试管中，然后滴入2-3滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，说明含有Fe3+，若无明显现象，则无Fe3+(4)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2(5)Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O(6)生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色【分析】合金中Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe都与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe；B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO
27、4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4；Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂；NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3，所以C是Al(OH)3；Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，据此分析作答。【详解】（1）由分析可知，步骤1的实验操作是过滤；气体X的化学式是CO2；故答案为：过滤；CO2；（2）FeSO4溶液通过加热浓缩、冷却结晶、 过滤、自然干燥得到绿矾晶体；故答案为：加热浓缩；（3）KSCN溶液遇铁离子显红色，则检验滤液D是否含有Fe3+的检验方法为：取少量溶液于洁净的试管中，然后滴入2-3滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，说
28、明含有Fe3+，若无明显现象，则无Fe3+；故答案为：取少量溶液于洁净的试管中，然后滴入2-3滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，说明含有Fe3+，若无明显现象，则无Fe3+；（4）Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氢气，化学方程为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（5）反应为Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3和水，离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；（6）FeSO4溶液中滴加几滴NaOH溶液，观察到的现象：生成的白色沉淀迅速变
29、为灰绿色，最后变成红褐色；故答案为：生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色。18(1)防止氯化亚铁被氧化(2)(3)隔绝空气，防止氯化亚铁被氧化(4) 溶液由浅绿色变为无色 氧化性(5) 维生素 C 可能过量，也可使高锰酸钾溶液褪色 氢氧化钠溶液 白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色【详解】（1）Fe2+不稳定，易氧化为Fe3+，加入单质铁，配制亚铁盐溶液时需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；故答案为：防止氯化亚铁被氧化；（2）Fe2+具有还原性，Cl2具有氧化性；故答案为：；（3）Fe2+不稳定，易氧化为Fe3+，煤油的作用是隔绝空气，防止Fe2+被空气氧化；故答案为：隔绝空气，防
30、止Fe2+被空气氧化；（4）滴加淀粉溶液，出现蓝色，说明有碘单质生成，则氧化性Fe3+ I2 ，向FeCl2 溶液中加入锌，发生反应，则溶液由绿色变为无色，说明Fe2+具有氧化性；故答案为：；溶液由浅绿色变为无色；氧化性；（5）维生素C具有还原性，过量后，也可以使KMnO4褪色；取a溶液少许，加入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色，说明维生素C将Fe3+转化为Fe2+；故答案为：维生素C可能过量，也可使高锰酸钾溶液褪色；氢氧化钠溶液；白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色。19(1) 烧杯、漏斗、玻璃棒 Fe、Cu 作油漆涂料、颜料，炼铁等(2)(3)(4) 白色沉淀先变为灰绿色，最
31、终变为红褐色 【分析】加入稀硫酸后，固体全部溶解，生成、。加入铁粉后，铁粉将还原为、将还原为铜单质，所以滤渣1为Fe、Cu的混合物。向滤渣1中加入稀硫酸使Fe溶解，向滤液2中加入NaOH溶液使转化为沉淀，通入将氧化为。(1)过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗玻璃棒；可作红色颜料、油漆、涂料，也可用于炼铁等；(2)溶液1中含，加入铜粉，反应的离子方程式为；(3)滤液1、2中均含，加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为；(4)在氧气中会不断被氧化为，白色沉淀先变为灰绿色，最终变为红褐色。20 123 632 NaAlMg【分析】发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=Mg
32、Cl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据方程式计算解答。【详解】（1）2Na+2HCl=2NaCl+H2、46g1mol Wg mol Mg+2HCl=MgCl2+H2、24g1mol Wg mol 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2， 54g3mol Wg mol 故在相同条件下产生氢气的体积比=mol :mol: mol=，因此，本题正确答案是：。（2）分别取0.1mol钠、镁、铝与足量盐酸反应，则：2Na+2HCl=2NaCl+H20.1mol0.05mol Mg+2HCl=MgCl2+H20.1mol 0.1mol2Al+6HCl=2AlCl3+3H20.1mol
33、 0.15mol故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，因此，本题正确答案是：1:2:3。（3）若产生相同体积（同温同压下）的H2，说明三种金属提供电子的物质的量相同，设三种金属都失去6mol的电子，需钠的物质的量为6mol，镁的物质的量为3mol，铝的物质的量为2mol，所以所需的钠、镁、铝物质的量比为6:3:2。因此，本题正确答案是：6:3:2。（4）若将0.2 mol钠、镁、铝分别投入10 mL 1 molL1的盐酸中，可以知道三种金属都过量，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，镁和铝生成氢气的体积一样多，因此，本题正确答案是：NaAlMg。答案第15页，共8页