化学一模试题分类汇编铁及其化合物推断题综合含答案.docx

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化学一模试题分类汇编铁及其化合物推断题综合含答案

2020-2021化学一模试题分类汇编——铁及其化合物推断题综合含答案

一、铁及其化合物

1．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：

已知：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2H2O+2NO2↑

回答下列问题：

（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、AuH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲

【解析】

【分析】

（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe（OH）3和Al（OH）3,所以在制取Al2（SO4）3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】

（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2（SO4）3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al（OH）3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

2．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示

图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出

。

请根据以上信息完成下列各题：

（1）写出下列物质的化学式：

B_______、丙__________。

（2）写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。

对应的化学方程式是_______。

（3）反应③中的离子方程式是_________。

【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe（OH）3。

（1）根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

（2）黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

（3）FeCl2与NaOH溶液发生反应：

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（4）反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

3．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

A_____________、B___________、C______________、F_____________、H____________、乙______________

（2）写出下列反应化学方程式：

反应①_________________________________________________

反应⑤_________________________________________________

反应⑥_________________________________________________

【答案】NaAlFeFeCl2Fe（OH）3Cl22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl

【解析】

【分析】

【详解】

金属单质A的焰色为黄色，则A为Na；反应①为Na与水反应生成NaOH和H2，则物质D为NaOH，气体为H2；金属B与NaOH反应生成H2，则金属B为Al；黄绿色气体为Cl2，反应②为H2与Cl2化合成HCl，则气体丙为HCl，物质E为盐酸；金属C与盐酸反应生成F，F与Cl2反应生成物质G，G与NaOH反应得红棕色沉淀，则金属C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；

（1）A、B、C、F、H、乙的化学式依次为Na、Al、Fe、FeCl2、Fe（OH）3、Cl2。

（2）反应①的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

反应⑤的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；

反应⑥的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl。

4．某盐A是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：

请回答：

（1）写出组成A的三种元素符号______。

（2）混合气体B的组成成份______。

（3）写出图中由C转化为E的离子方程式______。

（4）检验E中阳离子的实验方案______。

（5）当A中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式______。

【答案】Fe、O、SSO2和SO3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+Fe-2eˉ=Fe2+

【解析】

【分析】

由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C为氧化铁、E为氯化铁溶液，说明A中含有铁元素和氧元素，1.6g氧化铁的物质的量为

=0.01mol；由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫，由硫原子个数守恒可知，三氧化硫的物质的量为

=0.01mol，气体B的物质的量为

=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.02—0.01）mol=0.01mol，m（SO3）+m（SO2）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.01mol×64g/mol+1.6g=3.04g，说明A中nFe）：

n（S）：

n（O）=1：

1：

4，则A为FeSO4。

【详解】

（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：

Fe、O、S；

（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为

=0.01mol，气体B的物质的量为

=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：

SO2和SO3；

（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+，故答案为：

取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；

（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故答案为：

Fe-2eˉ=Fe2+。

【点睛】

注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。

5．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：

其中①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。

（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？

______________________。

（3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。

C的化学式是____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2

Si+2CO↑

【解析】

【分析】

（1）由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。

【详解】

（1）A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

6．某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性，请回答下列问题：

（1）除胶头滴管外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是___。

（2）请帮他们完成以下实验报告：

实验目的：

探究铁及其化合物的氧化性和还原性。

试剂：

铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片。

实验记录（划斜线部分不必填写）：

序号

实验内容

实验现象

离子方程式

实验结论

①

在FeCl2溶液中滴入适量氯水

溶液由浅绿色变为棕黄色

___

Fe2+具有还原性

②

在FeCl2溶液中加入锌片

Zn+Fe2+→Zn2++Fe

Fe2+具有氧化性

③

在FeCl3溶液中加入足量铁粉

溶液由棕黄色变为浅绿色

Fe+2Fe3+→3Fe2+

Fe3+具有氧化性

④

在FeCl3溶液中加入铜片

___

Fe3+具有氧化性

实验结论：

___。

（3）亚铁盐在溶液中易被氧化，如何检验亚铁盐溶液是否被氧化？

（简述实验操作）___保存亚铁盐溶液时，应该如何防止亚铁盐被氧化：

___。

（4）若直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，其原因为：

___。

（用化学方程式表示）

【答案】试管Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性取少许亚铁盐溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色则亚铁盐溶液已变质；若溶液不显血红色则亚铁盐溶液未变质在亚铁盐溶液中加入铁粉或铁钉4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

【解析】

【详解】

（1）探究铁及其化合物的氧化性和还原性，需要在试管中滴加试剂发生反应，则本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是试管；

（2）①在FeCl2溶液中滴入适量氯水，生成氯化铁，离子反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe元素的化合价升高，则Fe2+具有还原性；

②FeCl2中Fe元素的化合价升高，则Fe2+具有氧化性；

③FeCl3中Fe元素的化合价降低，则Fe3+具有氧化性；

④在FeCl3溶液中加入铜片，反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，FeCl3中Fe元素的化合价降低，则Fe3+具有氧化性，

则得到实验结论为Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性；

（3）亚铁盐被氧化生成铁盐，铁离子遇KSCN溶液变为红色，则检验亚铁盐溶液是否被氧化的实验操作为取少许亚铁盐溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色则亚铁盐溶液已变质；若溶液不显血红色则亚铁盐溶液未变质；保存亚铁盐溶液时，在亚铁盐溶液中加入铁粉或铁钉防止亚铁盐被氧化；

（4）直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2易被氧化，发生4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

【点睛】

直接向亚铁盐溶液中滴加烧碱溶液，往往得不到白色絮状Fe（OH）2沉淀，可以看到生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色。

7．某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体。

完成下列填空：

（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：

___。

（2）试剂X是___，溶液D是___。

（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。

一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。

为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。

（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因：

___。

（5）将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，写出反应的化学方程式：

___。

【答案】

、

稀硫酸NaHCO3溶液浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

【解析】

【分析】

Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：

合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：

，反应可生成Al（OH）3固体C，生成的Al（OH）3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。

【详解】

（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：

、

；

（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCO3溶液；

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；

（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+，所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：

2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：

。

8．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH如表：

开始沉淀时pH

完全沉淀时pH

Zn2+

5.4

6.4

Fe3+

1.1

3.2

Fe2+

5.8

8.8

Cu2+

5.6

6.4

请回答下列问题：

（1）粉碎氧化锌矿石的目的是______________；滤渣X的成分是________________。

（2）步骤Ⅱ中加入H2O2目的是：

_______________，发生反应的离子方程式为：

______________。

（3）“除铁”步骤中加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以是________（填化学式，一种即可），控制溶液的pH范围为：

_________。

同时还需要将溶液加热，其目的是：

__________。

（4）滤渣Z的成分是____________。

（5）取28.70gZnSO4·7H2O（相对分子质量：

287）加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是____________。

②680℃时所得固体的化学式为________________。

a.ZnOb.Zn3O（SO4）2c.ZnSO4d.ZnSO4·H2O

【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率H2SiO3将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OZnO或ZnCO3或Zn（OH）23.2≤pH＜5.4防止生成氢氧化铁胶体，便于分离Cu、Zn降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水b

【解析】

【分析】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②根据图像分析。

【详解】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，故答案为：

增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：

2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O，故答案为：

将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去；2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4，故pH的范围为：

3.2≤pH＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离，故答案为：

ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2；3.2≤pH＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，故答案为：

Cu、Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②n（ZnSO4·7H2O）=

=0.1mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90g（100℃）；若得ZnSO4的质量为16.10g（250℃）；若得ZnO的质量为8.10g（930℃）；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2，故答案为：

降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水；b。

【点睛】

分析流程题需要掌握的技巧是：

浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时调用。

9．三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。

工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。

其生产流程如图：

已知：

氢氧化物的Ksp如下表：

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Al（OH）3

Mg（OH）2

Ksp

1.0×10-36

1.6×10-14

2.0×10-33

1.2×10-11

请回答下列问题：

（1）物质X可以选用下列物质中的____（选填序号）

A．NaClB．FeCl3C．H2O2D．H2SO4

（2）滤液Ⅰ加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入NaOH固体以后溶液体积的变化）。

已知滤液Ⅰ中c（Fe3+）为1.0mol·L-1，c（Al3+）为0.03mol·L-1，c（Mg