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1、第三章 铁 金属材料 章节测试 2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册一、单选题1合金在生产和科学研究中发挥着重要作用。下列有关合金的性质与用途不具有对应关系的是（）A生铁容易被腐蚀，可用于炼钢和制造各种铸件B钠钾合金常温下呈液态、导热性好，可用于快中子反应堆的热交换剂C镁锂合金密度小、硬度和强度大，可用于制造火箭、导弹、航天器等D镍铬铝铜合金具有很高的电阻率，可用于制备电路中的精密元件2将等物质的量的A、B混合于2 L的恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5 min后，测得D的物质的量为2 mol，C的平均反应速率是0.1
2、mol/(Lmin)。则x的值为（）A1B2C3D43中华文明源远流长，为人类发展做出了巨大贡献。下列承载中国各时代成就的重要物品中，主要由合金材料制成的是（）物品选项A商朝大理石枭形立雕B战国水晶杯C宋代清明上河图D当代“天眼”(全球最大射电望远镜)的球面射电板AABBCCDD4合金是生活中常用的材料之一。下列关于合金的叙述正确的是（）A青铜是我国历史上使用最早的合金B铝合金是目前用量最大的合金材料C地铁列车中使用的不锈钢是一种常见的碳素钢D储氢合金与氢气结合成氢化物发生了物理变化5向盛有FeCl3溶液的试管中滴入KSCN溶液，溶液呈（）A红色B黄色C蓝色D浅绿色6向100mL1molL-1
3、NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1molL-1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是A沉淀质量：b点a点c点Ba点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小Ca点离子浓度的大小关系为：NHSOH+OH-Db点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O7下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是（） A32gO2所含的原子数目为NAB0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC1molH2O含有的水分子数目为NAD0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol8中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成
4、的，其主要成分是AFe2O3BFeOCFe3O4DFe9现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2+)=0.2mol/L，c(Cl-)=1.0mol/L，要使Mg2+转化为Mg(OH)2，并使Mg2+与Al3+分离开，至少需要3mol/L的NaOH溶液的体积为（） A40mLB120mLC100mLD160mL10下列各项所述内容对应的图象正确的是（） A 向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐渐加入NaOH溶液 B 向Al2（SO4）3溶液中加入Ba（OH）2C 物质的量相等的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应D 向AlCl3溶液中加氨水11设NA为阿伏加德罗
5、常数的值。下列说法正确是（） A常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAB1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，所得溶液含Fe3离子数目为0.1NAD在高温下，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA12将mmol Cu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是（） A4mmol B10mmol C mol D mol13合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是ABCD狗头兽首铜
6、像精美的青花瓷流通硬币地铁列车的车体AABBCCDD14现有由和组成的固体混合物，将该固体混合物全部加入稀盐酸中，恰好完全溶解，经测定溶液中的溶质仅为。将此固体混合物用充分还原，则生成的铁的质量为（）ABCD15下列有关实验的描述正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，出现白色沉淀，则该溶液中可能含有B常温下，将相同质量的铝片分别加入足量的浓、稀硝酸中，浓硝酸中的铝片先反应完C铁在足量的氯气中燃烧生成，在少量的氯气中燃烧生成D将表面生锈的铜器浸泡在稀硝酸中以除去铜锈16物质的量是表示含有一定数目微粒集合体的物理量。下列说法错误的是（） A该物理量不能用于描述宏观物质形成
7、的集合体B1 mol某种微粒集合体含微粒数目约为6.021023C1 mol N2的质量为28 gD化学反应中各物质的质量之比等于它们的物质的量之比17在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是（） A若X中含有铁，则反应时一定有气泡B若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁CY一定能使高锰酸钾溶液褪色DY中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生18下列叙述中正确的是（） A1 mol任何物质都含有约6.021023个分子B2 molH2O中的摩尔质量为36 g/molC气体摩尔体积为22.4 L/molD将40 gNaOH溶于水配成1L溶液，其物
8、质的量浓度为1 mol/L19常温下，将铁片放入下列溶液中，不发生反应的是（） A稀硫酸B浓硫酸C氢氧化钠溶液D硫酸铜溶液20下列叙述正确的是（）A常温常压下，28gN2含有的分子数约为6.021023B64gSO2气体中含有的氧原子数约为6.021023C标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.021023D2L0.5mol/LMgCl2溶液中，c()=0.5mol/L二、综合题21电子工业中常用覆铜板为基础材料制作印刷电路板，工业上利用溶液作为“腐蚀液”将覆铜板上不想要的铜腐蚀，同时还可以从腐蚀废液（主要含、和）中回收铜，并重新获得溶液。废液处理流程如下：请回答下列问题。（1）操作
9、的名称为 。（2）溶液腐蚀铜板的离子方程式为 。（3）试剂为 （填化学式）。沉淀为 （填化学式）。从氧化还原反应的角度分析，试剂是 剂。（4）为了检验腐蚀废液中是否含有，可将腐蚀废液取样然后滴加 （填化学式）溶液。（5）查阅资料可知能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，请写出反应的离子方程式 。但是检验腐蚀废液中是否含有，不能用酸性高锰酸钾溶液进行检验，原因是 。（6）向溶液中加入溶液的实验现象为 。22取27.4 g 由 Na2CO3和NaHCO3组成的固体混合物，加热至质量不再减少，冷却后称得剩余固体质量为21.2 g；再将该剩余固体加入到 500 mL足量稀盐酸中，充分反应。(忽
10、略溶液体积变化)（1）加热时，生成H2O的质量是 g。（2）原混合物中Na2CO3的物质的量是 mol。（3）所得溶液中Na+的物质的量浓度是 mol/L。（4）整个过程中，生成CO2的总体积是 L(标准状况)。23钠、铝、铁是三种重要的金属。请回答：（1）用镊子从煤油中取出一块钠，用 吸净其表面的煤油，用小刀切下一小块，钠块表面很快变暗；将一小块钠放入坩埚中加热，反应现象为 ，反应的化学方程式是 。 以上反应表明金属钠具有强的 性(填“氧化”或“还原”)。（2）铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 ；如果产生的气体在标准状态下的体积为4.48L，即反应转移的电子数为 NA。（3）已知： Fe2
11、O3+2Al Al2O3+2Fe，反应物Fe2O3是一种红棕色粉末， 俗称 ；标出该反应电子转移的方向和数目 。24散尾葵是城市盆栽的常见景观植物，其营养液为 KNO3、Mg(NO3)2、FeCl3组成的混合液，2L该混合液中部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：（1）该混合液中c( -)= molL-1。（2）该混合液中，KNO3的物质的量为 mol，FeCl3的质量为 g。（3）将该混合液加水稀释至10L，稀释后溶液中Fe3+ 的物质的量浓度为 molL-1。（4）向该混合液中加入足量 NaOH 溶液，可得到沉淀的物质的量为 mol。（5）向该混合液中加入足量铁粉，溶液可增重 g。25将
12、露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的体积(标准状况)与加入的盐酸体积有如图关系(不考虑在水中的溶解)。试计算(无需书写计算步骤)：（1）最终生成的物质的量 。（2）加入的稀盐酸的物质的量浓度为 。（3）所取氢氧化钠固体样品的质量为 。答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A生铁用于炼钢和制造各种铸件，是由于生铁具有优良的铸造、切削加工和耐磨性能，题中性质与用途不具有对应关系，A项选；B钠钾合金用于快中子反应堆的热交换剂，是由于钠钾合金导热性好，B项不选；C镁锂合金用于制造火箭、导弹、航天器等，是由于镁锂合金具有密度小、硬度和强度大的特点，C项不选；
13、D镍铬铝铜合金用于制备电路中的精密元件，是由于镍铬铝铜合金具有很高的电阻率，D项不选；故答案为：A。【分析】A.合金耐磨、具有优良的铸造、切削加工等性能，可用于炼钢和制造各种铸件。B.合金呈液态，导热性好，可用于作导热剂。C.合金密度小、硬度和强度大，可用于制造火箭、导弹、航天器等。D.合金电阻率高，可用于制备电路中的精密元件。2【答案】A【解析】【解答】该反应经5 min后，测得D的物质的量为2 mol，C的平均反应速率是0.1 mol/(Lmin)，则产生C的物质的量是n(C)=0.1 mol/(Lmin)5 min2 L=1 mol，反应产生D的物质的量是2 mol，则反应产生C、D的物
14、质的量的比是1：2，说明方程式中二者的化学计量数的比是1：2，故x=1，故答案为：A。【分析】根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x的值。3【答案】D【解析】【解答】A大理石主要成分是，A不符合题意；B水晶杯主要成分是二氧化硅，B不符合题意；C清明上河图纸张的主要成分是纤维素，C不符合题意；D中国“天眼”的球面射电板主要成分是铝合金，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、大理石为无机非金属；B、水晶杯为无机非金属；C、纸张为有机高分子材料；D、球面射电板为合金。4【答案】A【解析】【解答】A、我国历史上使用最早的合金是青铜，故A正确；B、铁的合金是目前用量最大、用途最广的合金，不是铝合
15、金，故B错误；C、不锈钢是合金钢，不锈钢是碳素钢中添加其它金属元素形成的合金，故C错误；D、储氢合金与氢气结合成氢化物生成新物质，属于化学变化，故D错误；故答案为：A。【分析】 A、人类历史上使用最早的合金是青铜；B、钢是目前世界上用途最广的合金；C、不锈钢属于特种钢；D、有新物质生成的变化属于化学变化。5【答案】A【解析】【解答】FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，Fe3+和SCN-可以发生离子反应，生成血红色的硫氰化铁等物质；故答案为：A。 【分析】KSCN溶液遇Fe3+能变红，这是因为发生反应Fe3+SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为血红色的络合物。6【答案】A【解析】【解
16、答】A根据分析可知，b点沉淀质量最大，a点为0.1mol氢氧化铝和0.15mol硫酸钡，c点为0.2mol硫酸钡，a点沉淀质量小于c点，A符合题意；Ba点溶液中溶质为硫酸铵，a到b的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b点溶质为NH3H2O，b到c点氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的电离，故b点水的电离程度最小，B不符合题意；Ca点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：NHSOH+OH-，C不符合题意；Db点到c点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH-=Al
17、O+2H2O，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、结合公式m=nM判断；B、盐的水解可以促进水的电离，酸碱的电离可以抑制水的电离；C、结合铵根离子的水解判断；D、氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根和水。7【答案】A【解析】【解答】A. 32gO2所含的原子数目为 =2NA，故A符合题意；B. 0.5molH2O含有的原子数目为0.5mol 3NA=1.5NA，故B不符合题意；C. 1molH2O含有的水分子数目为1molNA =NA，故C不符合题意；D. 0.5NA个氯气分子的物质的量是 0.5mol，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】解答此类问题要熟练掌握物质的量、物质的质量、物质
18、含有的粒子数目之间的关系，并能正确相互求算；二是要注意看清所给物质与用NA表示粒子种类的关系(如1molH2O中含有3mol原子，2molH、1molO等)。8【答案】C9【答案】A【解析】【解答】100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液中存在电荷守恒关系：2n(Mg2+)+3n(Al3+)=n(Cl-)，则溶液中铝离子的物质的量为 =0.02mol，向混合溶液中加入氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，并使镁离子与铝离子分离开时，反应得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，由原子个数守恒可知，偏铝酸根离子的物质的量为0.02mol，钠离子的物质的量与氢氧化钠物质的量相等，由电荷守恒可得：n(Na
19、+)=n(Cl-)+ n(AlO )=0.1mol+0.02mol=0.12mol，则需要3mol/L的NaOH溶液的体积为 =40mL， 故答案为：A。 【分析】镁离子和铝离子都可以和氢氧化钠反应，产生氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，但是氢氧化铝溶于氢氧化钠，因此要使其进行分离，消耗的氢氧根包括与镁离子和铝离子形成沉淀以及与氢氧化铝反应的氢氧根离子10【答案】D【解析】【解答】A、向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐渐加入NaOH溶液，先是和氢离子之间发生中和反应，所以开始没有沉淀产生，A不符合题意；B、硫酸铝溶液中加入氢氧化钡溶液，先发生反应Al3+3OH-=Al（OH）3、Ba2+SO42
20、-=BaSO4，若Al3+反应完毕，OH-还有剩余，还发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，但是生成的硫酸钡不会消失，沉淀不会为零，B不符合题意；C、物质的量相等的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，金属镁反应速率快，根据金属和氢气量的关系MgH2、Al1.5H2，所以最终产生氢气的体积不相等，C不符合题意；D、向AlCl3溶液中加氨水会发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于氨水中，符合反应情况，D符合题意；故答案为：D【分析】A.滴加过程中，H+先反应，开始时没有沉淀产生；B.最终有BaSO4沉淀产生；C.酸过量，金属完全反应，铝产生的H2多；D.Al3+
21、能与NH3H2O反应生成Al(OH)3沉淀，且Al(OH)3不溶于过量的氨水；11【答案】A【解析】【解答】A、NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子的物质的量是 ，个数是0.2NA，故A符合题意；B. 1个羟基含9个电子，1 mol的羟基含电子数为9NA，故B不符合题意；C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，Fe3水解，所得溶液含Fe3离子数小于0.1NA，故C不符合题意；D. 在高温下，Fe与足量的水蒸气反应生成Fe3O4，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为 NA，故D不符合题意。【分析】A.二氧化氮和四氧化二氮
22、的最简式相同，根据最简式的摩尔质量进行计算即可；B.羟基是中性粒子，氢氧根离子是带电粒子；C.铁离子是弱碱阳离子，在水溶液中水解；D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。12【答案】C【解析】【解答】被还原的硝酸即作氧化剂的硝酸，它在反应中被还原成NO，每摩HNO3得3 mol电子。Cu2S是还原剂，它被氧化成Cu(NO3)2、H2SO4，每摩Cu2S失10 mol电子。设被还原的硝酸的物质的量为x，则3x10m mol，得x10m/3 mol。故答案为：C。【分析】先计算出mmol Cu2S化合价升高的总数，再根据得失电子数守恒来计算氧化还原反应中硝酸的物质的量。13【答案】B14【答案】B
23、【解析】【解答】由和组成的固体混合物，将该固体混合物全部加入稀盐酸中，恰好完全溶解，经测定溶液中的溶质仅为 ，根据铁原子守恒有：n（Fe）=n（HCl），则生成的铁的质量m=n（Fe）M（Fe）=VLcmolL-156g/mol=28cVg，故选B；故答案为：B。【分析】将该固体混合物全部加入稀盐酸中，恰好完全溶解，经测定溶液中的溶质仅为 ，由原子守恒可知：n（Fe）=n（HCl），则生成的铁的质量m=n（Fe）M（Fe） 。15【答案】A【解析】【解答】A二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊， 向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，出现白色沉淀，则该溶液中可能含有、碳酸氢根、
24、亚硫酸根和亚硫酸氢根等，A符合题意；B 常温下铝片在浓硝酸中会钝化，故常温下，将相同质量的铝片分别加入足量的浓、稀硝酸中，稀硝酸中的铝片先反应完，浓硝酸中不溶解，B不符合题意；C铁在氯气中燃烧只生成，铁在足量的氯气中燃烧生成，在少量的氯气中燃烧生成，C不符合题意；D 铜也能与硝酸反应而溶解，故应将表面生锈的铜器浸泡在稀盐酸中以除去铜锈，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根和亚硫酸氢根均符合条件；B 注意常温下铝片在浓硝酸中会钝化；C铁在氯气中燃烧只生成氯化铁；D 铜也能与硝酸反应。16【答案】D【解析】【解答】A. 物质的量的计量对象是构成物质的微观粒子或某些微观粒
25、子的特定组合，不可用于描述宏观物质，A不符合题意；B. 国际计量大会规定：1 mol粒子集合体所含的粒子数与0.012 kg12C中所含的碳原子数相同，约为6.021023，B不符合题意；C. N2的摩尔质量为28g/mol，所以1molN2的质量等于28g，C不符合题意；D. 根据公式m=nM可知：质量之比不一定等于物质的量之比，D符合题意；故答案为：D。【分析】A. 它是把微观粒子与宏观可称量物质联系起来的一种物理量；B. 1 mol粒子集体数目约为6.021023；C. 根据公式m=nM计算；D. 在化学反应中，参加反应的各物质的物质的的量之比等于其计量数之比.17【答案】C【解析】【解
26、答】A若X中含有铁，但铁全部和Fe2(SO4)3反应，则没有气泡，故A不符合题意；B若向Y中滴入KSCN溶液显红色，说明Y中含Fe3+，可能X中无铁，也可能X中铁不足以将Fe2(SO4)3全部转化为FeSO4，故B不符合题意；C不论X是Fe3O4，还是Fe3O4和Fe的混合物，和硫酸反应后都有Fe2+，所以一定能使高锰酸钾溶液褪色，故C符合题意；D若硫酸过量，则向Y中滴入NaOH溶液，硫酸消耗了NaOH，则没有沉淀产生，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】铁和水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，残留固体为Fe3O4或Fe3O4和Fe的混合物。加入足量的稀硫酸，Fe3O4和硫酸反应：Fe3O4+4
27、H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，若有铁剩余，由于氧化性：Fe3+H+，所以还会依次发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2。18【答案】D【解析】【解答】A. 1 mol任何物质都含有约6.021023个粒子，粒子可能为分子、原子、离子等，A不符合题意；B. H2O的摩尔质量为18 g/mol，与物质的量无关，B不符合题意；C. 标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/mol，C不符合题意；D. 将40 gNaOH溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1 mol/L，D符合题意；故答案为D。【分析】A.物质不一定是由分子构成；B.
28、水的摩尔质量与物质的量大小无关；C.气体摩尔体积不一定为22.4L/mol；D.结合、计算。19【答案】C【解析】【解答】A.铁与稀硫酸反应：FeH2SO4=FeSO4H2 ，不符合题意； B.常温下，铁与浓硫酸会发生氧化还原反应生成致密的氧化膜导致铁钝化，不符合题意；C.铁与氢氧化钠溶液不发生反应，符合题意；D.铁与硫酸铜发生置换反应：FeCuSO4=FeSO4Cu，不符合题意；故答案为:C。【分析】需注意，常温下，铝和铁与浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，并不是铁和铝不与浓硫酸或浓硝酸反应。20【答案】A【解析】【解答】A常温常压下，28gN2物质的量为，因此分子数约为6.021023，A符合题意
29、；B.64gSO2物质的量为，含有的氧原子数约为26.021023=1.2041024，B不符合题意；C标准状况下，H2O是非气态物质，无法计算物质的量，C不符合题意；D.2L 0.5mol/L MgCl2溶液中c(Cl-)=1mol/L，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、结合公式n=m/M判断；B、结合公式n=m/M和n=N/NA判断；C、水在标准状况下不是气体；D、氯离子的浓度要结合氯化镁浓度和氯离子底数判断。21【答案】（1）过滤（2）2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（3）Fe；Fe和Cu；氯气（4）KSCN（5）；氯离子也能被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色（6）先生成白色沉淀、后
30、迅速变为灰绿色，最好变为红褐色【解析】【解答】（1）根据出来了沉淀和滤液判断，操作I的名称是：过滤。 （2）根据电子和电荷守恒配平得离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。（3）根据杂质离子铜离子，所需离子是三价铁离子，故应加入的试剂a是：Fe，沉淀A为：Fe和Cu。试剂c是将二价铁氧化为三价铁，且不引入杂质，故c为：氯气。（4）检验三价铁用KSCN，生成产物溶液显血红色。（5）根据电荷、原子、电子守恒进行书写离子方程式为：，由于酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将氯离子氧化，故不能用酸性高锰酸钾进行检验。（6）向氯化亚铁加入氢氧化钠会发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2N
31、aCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。故现象是：生成白色沉淀、后迅速变为灰绿色，最好变为红褐色。 【分析】（1）得到沉淀和滤液，可以判断是过滤操作 （3）有分析可知，最终要得到氯化铁和铜单子，故加入过量的铁粉，置换出铜，同时Fe3+被还原为Fe2+，最后为得到Fe3+，加入氯气或者过氧化氢进行氧化 （4）检验三价铁选择硫氰化钾即可 （5）能够是高锰酸钾褪色的还有可能是溶液中的氯离子 （6）先生成氢氧化亚铁，再被空气中的氧气氧化，变成氢氧化铁22【答案】（1）1.8（2）0.1（3）0.8（4）6.72【解析】【解答】(1)设NaHCO3的质量为xg，H2O的质量为yg；
32、，解得x=16.8g；，解得y=1.8g；故答案为1.8g。(2)原混合物中碳酸钠的质量为27.4-16.8=8.4g，n=0.1mol；故答案为0.1mol。(3)n(Na+)=n(Na2CO3)2+n(NaHCO3)=0.12+=0.4mol，c(Na+)=n/V=0.4mol/0.5L=0.8mol/L；故答案为0.8mol/L。(4)，V1=2.24L； V2=4.48L；V总=V1+V2=6.72L；故答案为6.72L。 【分析】本题要注意，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解为二氧化碳和水，且二氧化碳和水的物质的量之比为1：1，结合加热前后的固体差值，可以计算二氧化碳和水的物质的量以
33、及质量，加热后的固体为碳酸钠，和盐酸反应后生成二氧化碳。23【答案】（1）滤纸；钠块熔化并燃烧，发出黄色火焰，有淡黄色固体生成；2Na+O2_Na2O2；还原（2）2Al + 2NaOH + 2H2O =2 NaAlO2 + 3H2；0.4（3）铁红；【解析】【解答】(1)由于Na保存在煤油中，故取用时需用滤纸吸干表面煤油；钠加热时，首先熔化成光亮小球，然后开始燃烧发出黄色火焰，最终生成淡黄色固体；对应方程式为：2Na+O2_Na2O2；钠元素化合价升高，被氧化，作还原剂，表明Na具有很强的还原性；(2)Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，对应化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2
34、O=2NaAlO2+3H2；n(H2)=，转移电子的物质的量=2n(H2)=0.4 mol，即0.4NA；(3)氧化铁俗名铁红；该反应中Al失电子转化为Al2O3，铁元素得电子转化为Fe，对应电子转移表示如下：。【分析】(1)依据钠的性质分析；还原剂具有还原性，所含元素化合价升高；(2)Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2；(3)依据反应中化合价的变化确定转移电子数。24【答案】（1）4（2）2；325（3）0.2（4）5（5）56【解析】【解答】根据图示c(K+)= 1molL-1、c(Mg2+)= 1.5molL-1、c(Fe3+)= 1molL-1、c(Cl-)= 3molL-1
35、，根据电荷守恒c( -)=c(K+)+2c(Mg2+)+3c(Fe3+)-c(Cl-)=1molL-1+21.5molL-1+31molL-1-3molL-1=4 molL-1；(2)根据钾元素守恒，KNO3的浓度等于1molL-1，n(KNO3)=cV=1molL-12L=2mol；根据铁元素守恒，FeCl3的浓度等于1molL-1，m(FeCl3)=cVM=1molL-12L162.5g/mol=325g；(3)稀释前后铁元素的物质的量不变，稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为 0.2 molL-1；(4)向该混合液中加入足量 NaOH 溶液，生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，根据铁元素守恒生成
36、氢氧化铁的物质的量是2L1molL-1=2mol、生成氢氧化镁的物质的量是2L1.5molL-1=3mol，可得到沉淀的物质的量为5 mol；(5) FeCl3的物质的量是1molL-12L=2mol，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，反应方程式是2FeCl3+Fe=3FeCl2，溶解铁的物质的量是1mol，溶液可增重56g。【分析】(1)根据电荷守恒计算c( )；(2)根据钾元素、铁元素守恒，KNO3的浓度等于1molL-1、FeCl3的浓度等于1molL-1；(3)稀释前后铁元素的物质的量不变；(4)向该混合液中加入足量 NaOH 溶液，生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀；(5) FeCl3和F
37、e反应生成FeCl2；25【答案】（1）0.02（2）0.4（3）【解析】【解答】(1)由以上分析可知，生成的二氧化碳在标况下的体积为0.448L，其物质的量为=0.02mol，故答案为：0.02；(2) 由图象可知加入150mL200mL盐酸，消耗盐酸的体积=200mL-150mL=50mL，由反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，生成1mol CO2消耗1mol盐酸，则生成0.02mol CO2消耗0.02mol盐酸，则盐酸的物质的量浓度为：=0.4，故答案为：0.4；(3) 加入200mL盐酸时，生成0.448L CO2，此时溶液中的溶质为NaCl，由氯离子守恒可
38、知n(NaCl)=0.4mol/L0.2L=0.08mol，据碳元素守恒可知，n(Na2CO3)= n(CO2)=0.02mol，m(Na2CO3)=106g/mol0.02mol=2.12g；据钠离子守恒可知，n(NaOH)= n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-0.02mol2=0.04mol，m(NaOH)=40g/mol0.04mol=1.6g，则所取氢氧化钠固体样品的质量=2.12g+1.6g=3.72g，故答案为3.72g。【分析】（1）二氧化碳的物质的量可以根据体积进行判断，结合公式n=V/Vm计算；（2）结合二氧化碳的物质的量可以计算碳酸氢钠的物质的量，再根据化学计量数之比等于物质的量之比计算氯化氢的物质的量，求出对应的浓度；（3）稀盐酸在第一段的反应是和氢氧化钠的反应，结合钠离子守恒进行判断。学科网（北京）股份有限公司