第三章 铁 金属材料 测试题 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册+

第三章铁金属材料测试题一、选择题1．下列说法错误的是A．氧化铝常用于制造耐高温材料B．铁红可用作油漆、涂料和橡胶的红色颜料C．不锈钢是合金，可用于制饭勺、饭盒、高压锅等D．小苏打可用于去除餐具的油污，也可用于制皂和造纸2．下列除杂试剂和分离方法都正确的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂分离方法AFe(Cu)盐酸过滤BMgO(Al2O3)氨水过滤CFeCl2溶液(FeCl3)铁粉过滤DNa2CO3(NaHCO3)溶液CO2通入过量CO2A．A B．B C．C D．D3．X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是选项XYZ箭头上所标数字的反应条件转化关系ANO①常温遇氧气BNaClOHClO②通入CNaOHNaCl③加入D④加NaOH溶液A．A B．B C．C D．D4．下列属于酸性氧化物的是A． B． C．CO D．5．某实验小组将未打磨的铝片和稀盐酸放入密闭容器中，用传感器探究反应过程中温度和压强的变化，结果如图，下列说法不正确的是A．反应过程中有热量放出 B．50s时，溶液中溶质只有C．0~50s，发生稀盐酸与的反应 D．100s~140s，压强减小是因为温度降低6．下列物质的分类正确的是碱酸碱性氧化物混合物纯碱氯水苛性钠胶体消石灰胆矾烧碱不锈钢A．A B．B C．C D．D7．铁、铝合金共8.3g，跟足量的盐酸反应产生5.6L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是（）A．2.7g铝 B．2.8g铁 C．0.05mol铝 D．0.15mol铁8．下列说法正确的是A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有，无B．向溶液中先滴入溶液，再滴加溶液，加入后溶液变成红色，说明既有氧化性又有还原性C．某溶液中滴加溶液产生蓝色沉淀，原溶液中有，无D．向溶液中滴加溶液，溶液显红色9．下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A证明与在光照条件下发生的是取代反应通过排饱和NaCl溶液的方法收集半试管和半试管，固定好后，放在光亮处，静置，反应结束后用手堵住试管口取出试管，向其中加硝酸银溶液若出现白色沉淀，说明有生成，发生的是取代反应B探究固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀硝酸，再加入足量溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质C检验某无色气体是否为将气体通入品红溶液中，再加热若通入气体后品红溶液褪色，加热该褪色溶液能恢复红色，则一定为D探究铁与水蒸气发生反应后的产物中铁元素的价态取少量固体产物溶于足量稀硫酸后，再取上层清液，依次入KSCN溶液和双氧水若上层清液开始无明显现象，加双氧水后出现红色溶液，则说明产物中含＋2价的铁A．A B．B C．C D．D10．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NAB．1mol/LK2SO4溶液中所含K+数目为2NAC．常温常压下，O3和O2的混合气体16g所含氧原子数为NAD．3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9NA个电子11．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是A．a可与e反应生成bB．b既可被氧化，也可被还原C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体D．c是白色沉淀，在空气中可转化为红褐色沉淀d12．下列说法不正确的是A．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金B．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应D．“秦砖汉瓦”是由黏土烧制的砖瓦，黑色砖含有的FeO和Fe2O313．下列说法不正确的是A．红热的铁与水蒸气反应，生成和B．覆铜板制作印刷电路板时，可用溶液作“腐蚀液”C．我国最早使用的合金是青铜D．合金的熔点一定比各成分金属的低14．下列反应的离子方程式书写正确的是A．少量铝粉与盐酸反应：Al+3H+=Al3++H2↑B．氯化铁溶液刻蚀铜板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2OD．少量澄清石灰水与碳酸氢钠溶液混合：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O15．铁具有可变的化合价，将14.4g草酸亚铁(FeC2O4)在隔绝空气的条件下加热分解，最终可得到7.2g铁的氧化物，则该铁的氧化物是A．Fe2O3 B．FeO C．Fe3O4 D．无法确定二、填空题16．32g铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，在标准状况下生成11.2L气体，则被还原的H2SO4的质量是，写出该反应的化学方程式：。17．工业上用FeCl3溶液作印刷电路铜板的腐蚀液。化学小组设计如下流程对腐蚀废液(阳离子主要有Fe2+、Cu2+、Fe3+和H+)进行处理，实现FeCl3溶液再生并回收Cu。(1)步骤Ⅰ中加入H2O2溶液的目的是将Fe2+(填“氧化”或“还原”)为Fe3+。(2)步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为。(3)溶液C中含有大量Fe2+。取少量溶液C于试管中，滴加溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。(4)下列说法合理的是(填字母)。a.溶液A、溶液B和固体C中都含有铜元素b.溶液C和溶液D可回收利用，体现“绿色化学”理念18．铁是人体内一种微量元素，以Fe2+的形式存在。回答下列问题：(1)下列微粒中，只有还原性的是(填字母)。A．FeB．Fe2+C．Fe3+(2)维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在此过程中维生素C的作用是。(3)某种麦片中含有微量的细小铁粉，食用该麦片后，铁粉与胃酸(HCl)反应的离子方程式。19．实验室可用浓盐酸与二氧化锰固体制备氯气。取0.2mol二氧化锰固体加入200g36%的浓盐酸（过量）中，完全反应。（1）浓盐酸中溶质的物质的量为多少？（2）产生的氯气在标准状况下的体积为多少？（不考虑氯气溶于水）（3）在反应后溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成的AgCl沉淀的质量是多少克？20．按照要求回答下列问题。(1)胆矾的化学式为(该晶体的摩尔质量为)，则25g该晶体中含氧原子的物质的量为mol。(2)气态化合物A的化学式可以表示为，已知同温同压下A受热完全分解生成和，则A的化学式为。(3)溶液中的的物质的量浓度为。(4)向和的混合溶液中加入含的盐酸恰好反应(反应后溶质只有)，则原混合溶液中为。(5)已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应的化学方程式如下一定量铜片与浓充分反应，若反应过程中转移了电子，生成的的物质的量为mol，将反应后所得到的溶液稀释后与足量溶液反应，所得沉淀的质量为g。(的摩尔质量为，的摩尔质量为，用含和的式子表达)21．某课外小组对金属钠进行了研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。（1）F的名称是：（2）金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：（3）该小组同学应该如何取用金属钠：（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是。（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程的离子方程式：（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如右图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为。（7）将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为。22．为探究不溶性盐A(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：(假设各步反应均完全发生，生成的气体全部逸出)请回答：(1)A的组成元素除H、O外，还含有(用元素符号表示)，其化学式为；(2)红棕色固体B的一种用途；(3)往溶液D中通入SO2的离子方程式。23．如图是铁与水蒸气反应的实验装置。在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒(石棉绒是耐高温材料，与水、铁不反应)的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下铁与水蒸气反应的实验。（1）该实验反应的反应方程式为：。（2）仪器a的名称是。（3）某同学为了研究一定时间内铁粉的转化率，设计了如下实验：准确称量一定质量的铁粉进行反应，测量反应后生成气体的体积，计算铁粉的转化率。①该同学应该先点燃(填“A”或“B”)处的酒精灯(或酒精喷灯)，测量气体体积不可以选用上图中(填“甲”“乙”或“丙”)装置。②称取5.6g铁粉与适量石棉绒混合，然后加热反应一段时间。若测出的气体体积在标准状况下为0.896L，则铁粉的转化率为。（转化率=）（4）将硬质玻璃管中反应后的固体混合物全部取出置于烧杯中，加入足量的盐酸溶解并过滤，为探究反应后溶液中可能的阳离子，小林同学进行如下实验，请你将下表补充完整：步骤现象解释(用离子方程式表示)结论Ⅰ.取样，滴加KSCN溶液溶液不变红色（Fe3+与KSCN溶液反应显红色）①Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O②Ⅲ.反应后的溶液中阳离子为Ⅱ.取样，滴加NaOH溶液刚开始无明显现象，一段时间后先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色①②Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓（白色）4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3【参考答案】一、选择题1．D解析：A．氧化铝的熔点很高，常用于制造耐高温材料，故A正确；B．氧化铁俗称铁红，为红棕色，可用作油漆、涂料和橡胶的红色颜料，故B正确；C．不锈钢是铁合金，可用于制饭勺、饭盒、高压锅等，故C正确；D．碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠溶液的碱性强，碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污，也可用于制皂和造纸，碳酸钠俗称苏打，故D错误；故选D。2．C解析：A．铁与盐酸反应，铜与盐酸不反应，让铁与铜的混合物与盐酸反应，会将铁反应，铜会剩余，不能除去铜，故A错误；B．氨水与氧化镁及氧化铝均不反应，应该换为氢氧化钠等强碱，氧化铝可以与强碱反应，故B错误；C．FeCl2溶液中的FeCl3，加入过量铁粉，三氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，再过滤除去多余铁粉，故C正确；D．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液通入过量二氧化碳，碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，不能除杂，故D错误；故答案为：C。3．C解析：A．NO在常温下和氧气反应生成，和水反应生成硝酸，浓硝酸和铜反应生成，稀硝酸和铜反应生成NO，故不选A；B．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸和浓盐酸反应生成氯气，故不选B；C．氯化钠不能一步反应制备，故选C；D．和氢氧化钠反应生成，和二氧化碳反应生成，加热分解为，和NaOH溶液反应生成，故不选D；选C。4．B解析：A．既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，所以其属于两性氧化物，A不符合题意；B．不能与酸反应，只能与碱反应生成盐和水，所以其属于酸性氧化物，B符合题意；C．CO既不能与酸反应，又不能与碱反应，C不符合题意；D．只能与酸反应生成盐和水，则其属于碱性氧化物，D不符合题意；故选B。5．B【分析】未打磨的铝片表面有一层致密的氧化膜氧化铝，氧化铝与稀盐酸发生反应生成氯化铝和水，此时无气体放出，所以压强变化不大，氧化膜被损耗完以后，裸露的铝与稀盐酸发生反应生成氯化铝和氢气，压强增大，且反应放热，根据温度随反应过程中变化情况可知，密闭容器中温度升高，则说明铝与稀盐酸反应放热，据此分析解答。解析：A．根据上述分析可知，50～100s体系温度有升高，反应放热，故A正确；B．50s时，氧化铝与盐酸反应完，铝还没来得及反应，所以溶液中盐酸过量，溶质主要为氯化铝和HCl，故B错误；C．结合上述分析可知，起初0~50s，发生稀盐酸与的反应，故C正确；D．100s之后反应停止，压强减小是因为温度降低导致的，故D正确；故选：B。6．D解析：A．纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，不属于碱，故A错误；B．硫酸氢钠属于酸式盐，不属于酸，故B错误；C．氧化铝是两性氧化物，不是碱性氧化物，胆矾是五水硫酸铜的俗称，属于纯净物，不属于混合物，故C错误；D．烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱，次氯酸属于一元酸，氧化钙属于碱性氧化物，不锈钢为铁合金，属于混合物，故D正确；故选D。7．A解析：标准状况下5.6L氢气的物质的量=，设铁在铁、铝合金中含有mol，铝含有mol，则解答，，所以含有2.7g铝，5.6g铁，0.1mol铝、0.1mol铁，故A正确；故选A。8．D解析：A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中一定有，但不能确定是否含有，选项A错误；B．遇KSCN溶液不会出现红色，但加入后，被氧化为，出现红色，实验只能证明具有还原性，选项B错误；C．遇溶液能够产生蓝色沉淀，因此原溶液中一定含有，但是否含有无法确定，若要确定的存在，则需要向溶液中加入KSCN溶液，观察溶液是否变为红色，选项C错误；D．向溶液中滴加溶液，发生反应，溶液显红色，选项D正确；答案选D。9．C解析：A．氯气溶于水也会生成氯离子，无法通过检验氯离子的存在说明氯气与甲烷发生了取代反应，A错误；B．Na2SO3先加入硝酸的情况下，无论亚硫酸钠是否变质，都会被硝酸氧化成硫酸钠，最终与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，B错误；C．SO2能使品红溶液褪色并在加热的情况下重新复原，某气体通入品红溶液，品红褪色，加热褪色的品红溶液溶液重新变红，说明该气体为二氧化硫，C正确；D．铁与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4溶于稀硫酸后溶液中同时存在Fe2+、Fe3+，先加入KSCN溶液会变红，选项中的方法无法检验Fe2+的存在与否，D错误；故答案选C。10．C解析：A．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于0.1NA个，故A错误；B．溶液的体积未知，不能计算K+的数目，故B错误；C．氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，数目为NA，故C正确；D．铁和水蒸气反应后生成Fe3O4，化合价从0变为价，故3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去8NA个电子，故D错误；故答案选C。11．C【分析】a为0价单质，即a为Fe，b为+2价盐，b为Fe2+，c为+2价的碱，即c为Fe(OH)2，e为+3价盐，即e为Fe3+，d为+3价的碱，即d为Fe(OH)3，据此分析；解析：A．根据上述分析，该反应为Fe+2Fe3+=2Fe2+，故A说法正确；B．b为+2价铁，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故B说法正确；C．Fe3+与浓碱反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体的制备：将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至出现红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故C说法错误；D．c为氢氧化亚铁，氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故D说法正确；答案为C。12．D解析：A．铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故A正确；B．小苏打是碳酸氢钠，分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一，故B正确；C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C正确；D．Fe2O3为红棕色固体，故D错误；故选D。13．D解析：A．红热的铁与水蒸气反应，生成和，A项正确；B．具有一定的氧化性，能与铜反应，故覆铜板制作印刷电路板时，可用溶液作“腐蚀液”，B项正确；C．金属的使用时间与金属的活泼性有关，故我国最早使用的合金是青铜，C项正确；D．描述不对，一般，合金各原子内的滑动比纯金属困难，所以合金的熔点一般比各成分金属的低，D项错误。故答案选D。14．D解析：A．少量铝粉与盐酸反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，A错误；B．氯化铁溶液刻蚀铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，C错误；D．少量澄清石灰水与碳酸氢钠溶液混合，Ca(OH)2与NaHCO3按物质的量之比为1:2反应，其离子方程式为：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O，D正确；故选D。15．B解析：14.4g草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素的质量=14.4g×=5.6g，铁元素的质量比在化学反应前后不变，7.2g铁的氧化物中铁元素的质量=5.6g，氧元素的质量=7.2g-5.6g=1.6g铁的氧化物中铁元素和氧元素质量比为5.6g:1.6g=56:16，个数比为=1:1，得出化学式为FeO；故选B。二、填空题16．49gCu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑解析：铜与浓硫酸反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，浓硫酸的作用有酸性和强氧化性，n(SO2)==0.5mol，被还原的H2SO4的物质的量=SO2气体的物质的量，故被还原的H2SO4的质量是0.5mol98g/mol=49g。17．(1)氧化(2)Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O(3)NaOH(4)ab【分析】向废液中通入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+得到溶液A，调节pH，Fe3+沉淀为Fe(OH)3，过滤，溶液B中含有主要含有Cu2+，向溶液B中加入过量铁粉，过滤，得到的溶液C为FeCl2溶液，固体C中含有Cu和Fe，向其中加入稀盐酸，Fe与稀盐酸反应得到的溶液D为FeCl2溶液。解析：（1）由分析可知步骤Ⅰ中加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；（2）步骤Ⅱ是Fe(OH)3与稀盐酸反应生成氯化铁和水，发生反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；（3）根据题意可知白色沉淀是Fe(OH)2，因此操作是：取少量溶液C于试管中，滴加NaOH溶液，有白色沉淀Fe(OH)2生成，遇到O2，白色沉淀Fe(OH)2迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（4）a．由题干和分析可知溶液A、溶液B和固体C中都含有铜元素，a正确；b．溶液C和溶液D为FeCl2溶液，可以将溶液C和溶液D通入到废液中回收利用，体现“绿色化学”理念，b正确；故答案为：ab。18．A还原剂Fe+2H+=Fe2++H2↑解析：(1)一种元素的化合价处于最低价态时则只具有还原性，所以铁元素的三种粒子A项的Fe原子则只具有还原性，故答案选A。(2)食物中的Fe3+转化为Fe2+,化合价降低被还原，所以在此过程中维生素C的作用是还原剂。(3)铁粉与胃酸(HCl)反应的化学方程式是Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故其离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑。19．mol4.48L229.6g【分析】(1)根据n=计算盐酸中溶质的物质的量；(2)根据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，0.2mol二氧化锰固体只消耗0.8mol的盐酸，所以盐酸过量，则根据二氧化锰求氯气的物质的量；(3)根据Cl元素守恒计算生成AgCl的质量。解析：(1)盐酸的物质的量为：≈2mol，答：浓盐酸中溶质的物质的量约为2mol；(2)发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，0.2mol二氧化锰固体只消耗0.8mol的氯化氢，所以盐酸过量，生成氯气为0.2mol，标准状况下，氯气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，答：产生的氯气在标准状况下的体积为4.48L；(3)原溶液中含有n(Cl﹣)＝2mol，被氧化的n(Cl﹣)＝0.2mol×2＝0.4mol，则反应后溶液中剩余n(Cl﹣)＝2mol﹣0.4mol＝1.6mol，所以能生成AgCl的物质的量为1.6mol，质量为1.6mol×143.5g/mol＝229.6g，答：理论上可得229.6gAgCl沉淀。20．(1)0.9(2)O3F2(3)1.5(4)10a(5)0.11.7g+0.1解析：（1）胆矾的化学式为(该晶体的摩尔质量为)，则25g为0.1mol，则该晶体中含氧原子的物质的量为0.1mol×9=0.9mol；（2）根据阿伏伽德罗定律，同温同压下A受热完全分解生成和，则A、氧原子、氟原子的数目比为10:(15×2):(10×2)=1:3:2，则x:y=3:2，故A的化学式为O3F2；（3）溶液中的的物质的量浓度为3×=1.5。（4）向和的混合溶液中加入含的盐酸恰好反应(反应后溶质只有)，根据氯元素守恒可知，，则原混合溶液中为。（5）一定量铜片与浓充分反应，，，若反应过程中转移了电子，生成的的物质的量为0.1mol，生成二氧化硫0.1mol，则将反应后所得到的溶液中剩余硫酸根离子0.1L×18mol/L-0.1mol=1.7mol，，反应生成1.7mol，硫酸钡沉淀的质量为1.7g；将反应后所得到的溶液稀释后与足量溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，，则生成氢氧化铜0.1mol，质量为0.1g；故沉淀总质量为(1.7g+0.1)g。21．氯化氢Na2CO3用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失。4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于168：78（或84：39）【分析】根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。解析：（1）由上述分析可知，F为氯化氢；故为：氯化氢。（2）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；故为：Na2CO3。（3）Na为活泼金属，保存在煤油中，取用方法为用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶，故为：用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶。（4）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，G为NaCl，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；故为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失。（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓。故为：Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓。（6）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-=H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-=NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-=H2O，Al3++3OH-=Al（OH）3,，NH4++OH-=NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol,再利用电荷守恒n（SO42－）×2=n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）=3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得结论；故为：c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3（7）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，写出总的方程式4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O↑+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）=（84×4g）：（78×2g）=168：78（或84：39），碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）；故为：大于或等于168：78（或84：39）。22．(1)Fe、ClFe(OH)2Cl(2)红色颜料，冶炼铁的原料(3)2H2O+2Fe3++SO2＝2Fe2+++4H+【分析】不溶性盐A仅含四种元素组成，A在隔绝空气加热的条件下反应生成水1.08g，物质的量是1.08g÷18g/mol＝0.06mol，红棕色固体B9.6g，B能溶于溶液C中生成溶液D，而溶液C能与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀17.22g，这说明气体C是氯化氢，根据原