第三章 铁 金属材料 章节测试（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第三章 铁 金属材料 章节测试
一、单选题
1．氢氧化铝可作为治疗某种胃病的内服药，这是利用了氢氧化铝的哪个性质（　　）
A．碱性 B．酸性 C．两性 D．氧化性
2．乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．3∶2 D．2∶3
3．2021 年3月，四川广汉三星堆遗址再次启动发掘，下列三星堆文物是由合金材料制成的是（　　）
A．象牙 B．青铜神树 C．玉璋 D．陶器
4．对下列物质用途的描述不符合事实的是（　　）
A．氯水可以漂白杀菌 B．铝制容器可以贮运稀硝酸
C．过氧化钠可用作潜艇供氧剂 D．Fe2O3可用作外墙涂料
5．通常所说的三大材料是指金属材料、无机非金属材料和有机高分子材料．下述材料中全部属于金属材料的是（ ）
A．玻璃、陶瓷、水泥 B．塑料，合成纤维、橡胶
C．青铜、碳素钢、硬铝 D．玻璃钢、聚乙烯、超导陶瓷
6．同温同压下，相同质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是（　　）
A．密度比为1：1 B．密度比为11：16
C．体积比为16：11 D．体积比为11：16
7．在体积为VL的密闭容器中通入 a mol CO和b mol O2，一定条件下充分反应后容器内碳、氧原子数之比为（　　）
A．a:b B．a:2b C．a:(a+2b) D．a:(2a+2b)
8．瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为（　　）
A．1：4 B．1：2 C．1：1 D．2：1
9．实验室制备Al（OH）3最好用（　　）
A．Al2O3和稀盐酸 B．Al2O3和水
C．Al2（SO4）3和KOH D．AlCl3和氨水
10．标准状况下有①6.72LCH4 ②3.01×1023个HCl ③13.6gH2S ④0.2molNH3，下列对四种气体的关系从小到大表示错误的是（　　）
A．体积④＜①＜②＜③ B．密度①＜④＜③＜②
C．质量④＜①＜③＜② D．氢原子数 ②＜④＜③＜①
11． 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A．NO的摩尔质量是
B．标准状况下， 的体积是
C． 含有的原子总数为
D．摩尔 是国际单位制中七个基本物理量之一
12．把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是（　　）
A．稀硫酸 B．Fe2(SO4)3溶液
C．CuSO4溶液 D．AgNO3溶液
13．分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（　　）
A．H2O，CH3COOH，Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物
B．H2SO4、NaOH，NaCl均为强电解质，都属于离子化合物
C．Al、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，都属于两性化合物
D．溶液、胶体、浊液均为分散系，都属于混合物
14．下列物质中能由单质直接化合得到的有①Na2O ②Na2O2③FeCl2④FeCl3⑤Fe3O4（　　）
A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．①②④⑤ D．①③④⑤
15．下列关于金属的叙述中正确的是（　　）
A．所有的金属都是固态的
B．金属具有导电性、导热性和延展性
C．所有金属能与酸反应
D．金属元素在自然界中都是以化合态存在的
16． 、 、 和X四种离子以个数比 大量共存于同一溶液中，X可能是（　　）
A． B． C． D．
二、综合题
17．现有和的混合溶液，将其分成三等份，向第一份中加入溶液，至恰好不再产生沉淀，消耗100mL，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为m g；向第二份溶液中加入铁片，充分反应后，取出铁片，洗涤、烘干，称量其质量比原来减轻了0.56g；向第三份溶液加入的NaOH溶液，当沉淀量达最大时，所加入NaOH溶液的体积为V mL。试计算：
（1）　 　。
（2）原混合液中　 　。
（3）V=　 　。
18．镁是一种很活泼的金属，常用作脱硫剂、脱氧剂．现在，某化学兴趣小组对金属镁的性质进行实验探究．他们首先在网络上查找到了一些关于金属镁的性质的方程式如下：
①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C
④Mg+H2OMgO+H2↑；⑤Mg3N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3↑
完成下列填空：
现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．实验装置如下（部分夹持仪器省略）．
（1）装置F的作用是　 　 ．通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果的影响是　 　 ，产生这一现象的原因是　 　 ．
（2）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：　 　 ．
镁在电子工业中利用镁制取硅的反应为：2Mg+SiO22MgO+Si，同时有副反应发生：2Mg+SiMg2Si
Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）．SiH4在常温下是一种不稳定、易分解的气体．
（3）图（甲）是进行Mg与SiO2反应的实验装置．由于O2的存在对该实验有较大影响，实验中应通入X气体作为保护气．X气体应选用①CO2、②N2、③H2中的　 　 （选填编号）．实验开始时，必须先通入X的气体，再接通电源加热反应物，其理由是　 　 ；当反应引发后，切断电源，反应能继续进行，其原因是　 　 ．
（4）图（乙）所示装置进行的实验如下：先关闭K，使A中反应进行；加热玻璃管C，可观察到C管中发出耀眼白光，产生白烟，管壁上附着有淡黄色物质．实验完成后，将C管中固体全部加入盐酸中，有臭鸡蛋气味的气体生成．C中的Mg应放在不锈钢垫片上而不能直接接触管壁，这是因为　 　 ．停止实验时，先打开K，再停止滴加浓硫酸并熄灭酒精灯．橡胶气胆B在实验中的作用是　 　 ．C中全部反应产物有　 　 （填化学式）．
19．写出下列反应的离子方程式
（1）铝与氢氧化钾浓溶液反应　 　
（2）向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳　 　
（3）向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2使溶液呈中性 　 　
（4）过氧化钠与稀食盐水反应　 　
20．按要求进行计算，直接写出计算结果：
（1）等质量的NH3和H2S中，氢原子的个数比是　 　。
（2）在相同状况下，等质量的SO2与O2的体积比为　 　，密度比为　 　。
（3）加热13.7 g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了3.1
g，则原混合物中碳酸钠的质量为　 　。
（4）某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：1：2，则溶液中Al3+和SO 的离子个数比为　 　。
21．固体中含有部分。取该固体8.50g充分加热，产生的气体依次通过浓硫酸(增重1.44g)和碱石灰(增重1.76g)。请计算：
（1）加热分解产生的气体中在标准状况下的体积　 　L。
（2）固体中的质量为　 　g。
（3）固体中的n值为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝具有弱碱性，能与胃酸中和：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，
故答案为：A。
【分析】氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与酸反应表现了其碱性。
2．【答案】C
【解析】【解答】根据乌洛托品的结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此则甲醛与氨的物质的量之比为6：4=3：2，
故答案为：C。
【分析】甲醛与氨气分子之间脱水生成乌洛托品，反应方程式为6HCHO+4NH3→+6H2O，据此解答。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．象牙中没有金属材料，不属于合金材料，A不符合题意；
B．青铜神树中有铜，属于合金材料，B符合题意；
C．玉石的矿物主要为硬玉，组成硬玉的三种主要物质组分为，二氧化硅、三氧化二铝、氧化钠，不属于合金材料，C不符合题意；
D．陶瓷的主要成分包括高岭土、粘土、瓷石、瓷土、 着色剂、青花料、石灰釉、石灰碱釉等，不含金属，不属于合金材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金具有以下特点：①一定是湿合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，④合金的硬度大，熔点低。据此分析解答。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：A．氯水中含HClO，具有漂白性，且氯气、次氯酸均具有强氧化性，则可杀菌消毒，即氯气可漂白杀菌，故A正确；
B．Al与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和水，则不能用铝制容器贮运稀硝酸，可储运浓硝酸，故B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气，则过氧化钠可用作潜艇供氧剂，故C正确；
D．Fe2O3为红色固体，则Fe2O3可用作外墙涂料，故D正确；
故选B．
【分析】A．氯水中含HClO，具有漂白性，且氯气、次氯酸均具有强氧化性；
B．Al与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和水；
C．过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气；
D．Fe2O3为红色固体．
5．【答案】C
【解析】【解答】A．玻璃、陶瓷、水泥是传统的硅酸盐材料，属无机非金属材料，故A不符合题意；
B．塑料、合成纤维、橡胶三者都属于有机高分子材料，故B不符合题意；
C．青铜、碳素钢、硬铝三者都属于合金，属于金属材料，故C符合题意；
D．玻璃钢是玻璃纤维与合成材料塑料复合而成的一种特殊材料，属于复合材料；聚乙烯属于有机高分子材料；超导陶瓷属于无机非金属材料，故D不符合题意．
故答案为：C
【分析】根据材料的分类和合金的组成进行判断即可。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：等质量的SO2和CO2，物质的量之比为 ： =11：16，则
A．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：44=16：11，故A错误；
B．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：44=16：11，故B错误；
C．同温同压下，Vm相同，体积之比等于物质的量之比，为11：16，故C错误；
D．同温同压下，Vm相同，体积之间等于物质的量之比，为11：16，故D正确；
故选：D．
【分析】同温同压下，Vm相同，结合n= 、V=nVm、ρ= 计算．
7．【答案】C
【解析】【解答】反应前气体中O原子的物质的量n(O)=n(CO)+2n(O2)=(a+2b)mol，C原子的物质的量为n(C)=n(CO)=amol，由于反应前后各种元素的原子守恒，原子数目和种类不变，则反应后容器内C、O原子的物质的量的比为n(C)：n(O)= 。根据物质的量为微粒关系式n= 可知：微粒的物质的量与微粒数目呈正比，所以N(C):N(O)=n(C)：n(O)= ，
故答案为：C。
【分析】根据反应前后质量守恒，可以得出结果。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：甲烷与氧气的质量比为1：4，令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，则：
lg甲烷的物质的量为 = mol，
4g氧气的物质的量为 = mol．
同温同压下，甲烷与氧气的体积之比等于物质的量之比为 mol： mol=1：2．
故选：B．
【分析】令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，根据n= 计算甲烷、氧气的物质的量，同温同压下，二者体积之比等于物质的量之比，据此计算判断．
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A、Al2O3和稀盐酸反应生成氯化铝和水，不能制取氢氧化铝，故A错误；
B、氧化铝不溶于水，不能用氧化铝和水反应来获得氢氧化铝，故B错误；
C、Al2（SO4）3和KOH反应时，若是强碱过量会导致氢氧化铝溶解，故C错误；
D、氯化铝可以和氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，可以制得氢氧化铝，故D正确．
故选D．
【分析】实验室制备Al（OH）3是利用可溶性的铝盐和碱发生复分解反应来制取的，但是氢氧化铝能溶于强碱，所以用弱碱来制取．
10．【答案】A
【解析】【解答】①6.72L CH4物质的量为 =0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6g H2S 的物质的量为 =0.4mol，④0.2mol NH3．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，A不符合题意；
B.各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol ③H2S 为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，B符合题意；
C.各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol=4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g ③H2S 13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，C符合题意；
D.各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S 0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，D符合题意．
故答案为：A。
【分析】先计算出各物质的物质的量。
A、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比；
B、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；
C、根据物质的量计算出各物质的质量；
D、先计算出各物质中H原子的物质的量，再进行比较即可得出答案。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．NO的摩尔质量是 ，A不符合题意；
B．标准状况下， 是液体，不能用气体摩尔体积计算其体积，B不符合题意；
C． 的物质的量为1mol，含有的原子总数为 ，C符合题意；
D．物质的量才是七个基本物理量之一，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol，而质量的单位是g；
B、标况下水为液态；
C、氨气分子中含有4个原子，17个氨气的物质的量为1mol，含有4mol原子；
D、摩尔是物质的量的单位。
12．【答案】B
【解析】【解答】A.Fe与稀硫酸发生的反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铁片溶解，溶液的质量增加，有气体放出，不符合题意；
B.Fe与Fe2（SO4）3溶液发生的反应为Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，铁片溶解，溶液的质量增加，没有气体放出，符合题意；
C.Fe与CuSO4溶液发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，溶解56gFe的同时析出64gCu，溶液的质量减小，不符合题意；
D.Fe与AgNO3溶液发生的反应为Fe+2AgNO3=Fe（NO3）2+2Ag，溶解56gFe的同时析出216gAg，溶液的质量减小，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，铁片溶解，溶液的质量增加，没有气体放出。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，所以HCOOH、Cu2（OH）2CO3不是氧化物，故A错；
B．H2SO4、NaOH．NaCl均为强电解质，NaOH．NaCl都属于离子化合物，硫酸属于共价化合物，故B错误；
C．Al、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，Al2O3、Al（OH）3均属于两性化合物，铝是单质不是化合物，故C错误；
D．溶液、胶体、浊液属于混合物中的三大分散系，故D正确．
故选D．
【分析】A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；
B．强酸强碱以及大多数的盐都是强电解质，含有离子键的化合物是离子化合物；
C．既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水的化合物是两性化合物；
D．由不同种分子构成的物质属于混合物，包括三大分散系．
14．【答案】C
【解析】【解答】①Na2O可以由Na和O2常温下化合反应得到，①复合题意；
②Na2O2 可以由Na和O2点燃化合反应得到，②复合题意；
③FeCl2 无法由Fe和Cl2化合反应得到，③不复合题意；
④FeCl3 由Fe和Cl2点燃的条件下化合反应化合得到，④复合题意；
⑤Fe3O4由Fe和O2点燃的条件下化合反应得到，⑤复合题意；
由上面分析①②④⑤符合题意；
故答案为：C。
【分析】 钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，常温下反应生成氧化钠；铁与氯气反应生成最高价氯化物；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下金属单质都是固体，说法错误，因为汞为液体，故A错误；
B．金属具有导电性、导热性和延展性金属特性，故B正确；
C．不是所有金属能与酸反应，有些不活泼的金属不与酸反应，如金和盐酸、硫酸等酸不反应，故C错误；
D．性质活泼的金属在自然界以化合态的形式存在；有些化学性质不活泼的金属在自然界是以游离态存在的，如金、银等，故D错误；
故选B．
【分析】A．常温下金属单质大多数是固体，而汞为液体；
B．金属都具有导电性、导热性和延展性；
C．不活泼的金属不与酸反应；
D．有些金属化学性质不活泼，在自然界是以游离态存在，如金、银等；
16．【答案】C
【解析】【解答】溶液中有 ，则一定没有OH-和I-， 、 、 三种离子个数比为 ，此时阳离子所带正电荷总数明显大于阴离子所带负电荷总数，根据溶液中的电荷守恒规律，可知X应为阴离子，则只有Cl-符合条件，故答案为C。
【分析】根据离子共存和溶液的电中性分析解答。
17．【答案】（1）23.30
（2）
（3）100
【解析】【解答】(1)第一份溶液消耗BaCl2物质的量为，列式：，，计算可得m=23.30g。
(2)第二份溶液消耗Fe的质量为0.56g，，列式，计算得n=0.02mol，。
(3)第三份中加入的NaOH与H+和Al3+反应，即，列式，n1=0.02mol；由前两问可知，每一份溶液中SO为0.1mol，H+为0.02mol，根据电荷守恒，n(H+)+3n(Al3+)=2n(SO)，计算可得：n(Al3+)=0.06mol。则，，n2=0.18mol。因此消耗NaOH共n1+n2=0.2mol。因此，V=，即100mL。
【分析】（1） 第一份中加入溶液，至恰好不再产生沉淀，消耗100mL，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为m g ，该沉淀是BaSO4，物质的量等于Ba2+的物质的量，为0.01mol，质量为23.30g；
（2）原溶液中氢离子根据消耗的铁片的质量来算；
（3）根据电荷守恒，算出Al3+的物质的量，既可以算出消耗的氢氧根离子的物质的量。
18．【答案】（1）除去空气中的O2；制得的氮化镁将不纯；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应
（2）将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁
（3）③；防止加热条件下H2与空气混合爆炸；Mg与SiO2的反应是放热反应
（4）同在加热条件下，Mg能与玻璃中的SiO2反应；防止C管降温时因气体压强减小，而引起D中溶液倒流；MgO、S、MgS
【解析】【解答】（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，饱和氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁，
故答案为：除去空气中的O2；制得的氮化镁将不纯；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应；
（2）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，
故答案为：将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；
（3）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，3Mg+N2Mg3N2、2Mg+CO22MgO+C，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸；Mg与SiO2反应的条件是加热，切断电源后，反应的条件由反应放热维持，
故答案为：③； 防止加热条件下H2与空气混合爆炸；Mg与SiO2的反应是放热反应；
（4）Mg与SiO2在加热的条件下能够发生化学反应，2Mg+SiO22MgO+Si，因此C中的Mg应放在不锈钢垫片上而不能直接接触管壁；停止实验后，温度降低导致体系内部压强减小，容易发生倒吸，打开K，将空气充入反应反应体系，可平衡容器内外压强，防止倒吸；浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与Mg反应，生成淡黄色固体S，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，因此二氧化硫与Mg反应产物为MgS．根据元素守恒可知，另外一种产物为氧化镁，
故答案为：同在加热条件下，Mg能与玻璃中的SiO2反应；防止C管降温时因气体压强减小，而引起D中溶液倒流；MgO、S、MgS．
【分析】（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，饱和氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；
（2）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成；
（3）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应；不纯的氢气燃烧会发生爆炸；Mg与SiO2反应的条件是加热，切断电源后，反应的条件由反应放热维持；
（4）Mg与SiO2在加热的条件下能够发生化学反应；打开K，将空气充入反应反应体系，可平衡容器内外压强，防止倒吸；浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与Mg反应，生成淡黄色固体S，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，因此二氧化硫与Mg反应产物为MgS．根据元素守恒可知，另外一种产物为氧化镁．
19．【答案】（1）2Al +2OH-+2H2O=2AlO2－＋3H2↑
（2）AlO2－＋CO2+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-
（3）2H++ SO42-+Ba2++2OH—=BaSO4↓+2H2O
（4）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑。
【解析】【解答】解：（1）铝与氢氧化钾浓溶液反应，产生偏铝酸钾和氢气，反应的离子方程式是2Al +2OH-+ 2H2O =2AlO2－＋3H2↑；
（2）向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳，反应产生氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是：AlO2－＋CO2+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-；
（3）向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2使溶液呈中性，反应产生硫酸钠、硫酸钡和水，反应的离子方程式是：2H++ SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
（4）过氧化钠与稀食盐水中的溶剂水发生反应，产生氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
【分析】（1）铝与氢氧化钾浓溶液反应，产生偏铝酸钾和氢气；
（2）向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳，反应产生氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
（3）向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2使溶液呈中性，反应产生硫酸钠、硫酸钡和水；
（4）过氧化钠与稀食盐水中的溶剂水发生反应，产生氢氧化钠和氧气。
20．【答案】（1）3：1
（2）1：2；2：1
（3）5.3g
（4）1：2
【解析】【解答】(1)等质量的NH3和H2S，物质的量分别是 、 ，氢原子的个数比是 =3：1；
(2) 等质量的SO2与O2，物质的量分别是 、 ，在相同状况下，体积比等于物质的量比，所以体积比为 1：2；在相同状况下，密度比等于摩尔质量的比，所以SO2与O2的密度比为64：32=2：1；
(3)设碳酸氢钠的质量为xg；
x=8.4g
原混合物中碳酸钠的质量为13.7g-8.4g=5.3g；
(4)某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO 四种离子，设Na+、Al3+、Cl-、SO 四种离子的个数比为3：1：2：x，根据电荷守恒3+1×3=2+2x，x=2，则溶液中Al3+和SO 的离子个数比为1：2。
【分析】（1）根据公式计算其物质的量，再结合分子中所含氢原子个数，确定其氢原子个数比。
（2）相同状态下， 气体体积之比等于物质的量之比；密度之比等于摩尔质量之比。
（3）根据反应的化学方程式，结合差量法进行计算。
（4）根据溶液的电中性进行计算。
21．【答案】（1）0.896
（2）6.72
（3）4
【解析】【解答】（1）碱石灰增重质量为1.76g，故生成CO2的质量为1.76g，根据==0.04mol，标准状况下，。
（2），由于生成的CO2的物质的量为0.04mol，故NaHCO3的物质的量为0.08mol，根据可得，NaHCO3的质量为6.72g。
（3）NaHCO3分解出的H2O为0.04mol，即0.72g，浓硫酸共吸水1.44g，故有1.44g-0.72g=0.72gH2O来源于Na2CO3 nH2O受热失去结晶水，即0.04mol；又固体样品中NaHCO3的质量为6.72g，则Na2CO3 nH2O的质量为8.50g-6.72g=1.78g，其中结晶水0.72g，则Na2CO3质量为1.06g，即0.01mol，故Na2CO3和H2O的物质的量之比为1：4，因此固体中的n值为4。
【分析】（1）根据、计算；
（2）根据计算；
（3）依据热重法分析计算。