3.2 金属材料 课时作业 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 3.2 金属材料 课时作业 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 159.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-12 14:42:30 | ||
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文档简介
3.2 金属材料 课时作业
一、单选题
1．下列描述错误的是（ ）
A．可用检验加热是否产生CO2的方法鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
B．向碳酸钠固体中加入少量水，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着吸热现象
C．游泳池可用臭氧、漂粉精进行消毒
D．青铜是我国使用最早的合金，其主要成分为铜和锡
2．0.1mol中含有的数目约为（ ）
A．0.1 B．0.2 C． D．
3．合金具有许多优良的性能。下列物质属于合金的是（ ）
A．氧化铜 B．硬铝 C．水银 D．钠
4．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）
A．铝 B．钠 C．钙 D．铁
5．镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，错误的是（ ）
A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都低
B．此合金能全部溶解于足量稀盐酸中
C．此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中
D．此合金的硬度比镁和铝的硬度都大
6．某元素的一种同位素X的原子质量数为A,它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在a g 2HmX中所含电子的物质的量是（ ）
A． (A－N＋m) mol B． (A－N) mol
C． (A－N＋m) mol D． (A－N+2m) mol
7．48g Cu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是（ ）
A．1.2 mol B．1.0 mol C．0.3 mol D．2.2 mol
8．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A．0.1 molKI与0.1 molFeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NA
B．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA共用电子对被破坏
C．3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NA
D．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA
9．下列关于金属铝的叙述错误的是（ ）
A．铝是地壳中含量最多的金属元素
B．铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性
C．铝箔在空气中用酒精灯加热可以熔化，且发生剧烈燃烧
D．铝箔在空气中用酒精灯加热可以观察到铝熔化了但并不滴落。
10．摩尔是表示（ ）
A．物质的量的单位 B．物质的质量的单位
C．物质的量的浓度 D．摩尔质量的单位
11．如图所示，甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别盛有500mL蒸馏水，然后分别放入2.3gNa、、、，待固体完全溶解，则四个烧杯中溶液的质量分数的大小顺序为（ ）
A．甲=丁＜乙=丙 B．丁＜甲＜乙=丙
C．丁＜甲＜乙＜丙 D．甲＜乙＜丙＜丁
12．下列叙述正确的是（ ）
A．1molOH-的质量为17g
B．二氧化碳的摩尔质量为44g
C．铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D．标准状况下，1mol 任何物质的体积均为22.4L
13．下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是（ ）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
14．NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是（ ）
A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有NA个氧原子
B．1L0.1mol L-1CH3COOH溶液中所含离子总数约为0.2 NA
C．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成SO2分子数小于0.1NA
D．1 molFeBr2与足量Cl2反应，转移电子数为3NA
15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．NA个H2分子占有的体积一定为22.4 L
B．标准状况下，22 g CO2与11.2 LH2O含有相同的原子数
C．标准状况下，16g O2与O3的混合气体中含有的原子总数为NA
D．1 mol/L的蔗糖水溶液中含蔗糖分子的数目为NA
16．一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO2、CO和H2O的总质量为26.8g，其中H2O的质量为10.8g，则CO的质量是（ ）
A．1.4g B．2.8g
C．4.4g D．在2. 8g和4.4g之间
二、综合题
17．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L．回答下列问题：
（1）该混合气体中CO物质的量为 mol；CO2物质的量为 mol；
（2）混合气体中碳原子的个数 ；（用NA表示阿伏加德罗常数的值）
（3）将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中．
①气球中收集到的气体的摩尔质量 ；
②标况下气球中收集到的气体的体积为 ；
③气球中收集到的气体的电子总数为 ；（用NA表示阿伏加德罗常数的值）
18．铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态的形式存在于氧化铝中。铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，下图为工业上用酸溶法提取铝土矿中的铝。
讨论回答下列问题：
（1）①中加盐酸后的沉淀主要是 (化学式)，为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有 （一种即可）。
（2）写出②、③中可能发生反应的离子方程式。
② 、 、 、 。
③ 、 。
（3）步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋的原因： 。
19．
（1） mol CO2中含有氧原子数跟1.806×1024个H2O分子含有的氧原子数相同。
（2）0.4 mol SiH4分子中所含原子数与 g HCl分子中所含原子数相等。
（3）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体8.96 L，其质量为7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为 ；一氧化碳的质量为 。
（4）等物质的量O2和臭氧(O3)，其质量之比为 。若O2和O3质量相等，则其原子数之比为 。
（5）含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl－1.5 mol，K＋和Na＋共1.5 mol，Mg2＋为0.5 mol，则SO42-的质量为 。
20．铁是人类较早使用的金属之一.运用铁及其化合物的知识，完成下列问题.
（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是_______(用字母代号填).
A．Fe B．FeCl3
C．FeSO4 D．Fe2O3
（2）向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是 nm.
（3）中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是 。
（4）我国早在春秋战国就开始生产和使用铁器，写出工业上用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式： 。
（5）高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。Fe(OH)3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为 。
21．根据要求，回答下列问题：
（1）等质量的NH3和N2物质的量之比为 ，所含氮原子数之比为 。
（2）SO2和O2可发生如下反应：2SO2+O2=2SO3。 a mol SO2和 b mol O2充分反应后硫原子与氧原子的个数比为 。
（3）已知某气体单质R3的摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数值用NA表示，则一个R原子的质量为 g。
（4）某晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O。该晶体中：Co与O的物质的量之比是 ；Co的质量分数为 （保留两位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．在加热情况下，碳酸氢钠会发生分解生成碳酸钠，水和二氧化碳，而碳酸钠不会受热分解，故可鉴别，A不符合题意；
B．向Na2CO3中加少量水、Na2CO3会吸水结块成晶体，但这个过程会放出热量，B符合题意；
C．臭氧和漂白粉[有效成分Ca(ClO)2]，利用强氧化性来杀菌消毒，C不符合题意；
D．青铜是一种合金，要成分为铜和锡，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解；
C.臭氧和漂粉精均具有强氧化性，能使蛋白质变性；
D.青铜是铜锡合金。
2．【答案】D
【解析】【解答】根据硫酸铝钾化学式中含2个硫酸根，硫酸根的物质的量是硫酸铝钾的2倍，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 每个电离产生2个 ，根据N=nNA计算。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氧化铜是纯净物，不属于合金，故A不符合题意；
B．硬铝是镁铝的合金，故B符合题意；
C．水银是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故C不符合题意；
D．钠是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故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：①一定是混合物，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，据此分析解答。
4．【答案】A
【解析】【解答】四种金属中只有铝形成的氧化铝为致密的结构，由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化，可保护内层金属，而Ca、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，不能保护内层金属不被空气氧化。
故答案为：A
【分析】铝的表面能形成氧化铝薄膜，阻止进一步氧化。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．合金的熔点比各成分金属的低，A不符合题意；
B.此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，B不符合题意；
C.此合金属于镁和铝的混合物，铝能与氢氧化钠反应，但镁不能与氢氧化钠反应，此合金不能全部溶解于氢氧化钠溶液中，C符合题意；
D.根据合金的特点：合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，可知此合金的硬度比镁和铝的硬度都小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查合金的相关知识。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。合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，熔点比组成它的纯金属的熔点低，再结合金属的化学性质进行分析解答。
6．【答案】D
【解析】【解答】X原子的质量数为A，2HmX的相对分子量为：A+2m，其摩尔质量为(A+2m)g/mol，每个2HmX分子中含有的电子数为(A－N+2m)，则agHmX的物质的量为： = mol，则在ag 2HmX分子中含电子的物质的量是： mol×(A-N+2m)= (A-N+2m)mol，
故答案为：D。
【分析】物质的物质的量的求算方法是：物质的质量与摩尔质量的比值，其中摩尔质量在数值上等于相对分子质量。
7．【答案】A
【解析】【解答】48g Cu2S的物质的量 ，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，未被还原的HNO3生成Cu(NO3)2，根据Cu原子守恒可知，n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)=0.3mol×2=0.6mol，根据硝酸根守恒，n(未被还原的HNO3)=2n[Cu(NO3)2]=0.6mol×2=1.2mol，
故答案为：A。
【分析】根据反应物和生成物即可写出化学方程式，计算出起酸性的硝酸的物质的量即可
8．【答案】B
【解析】【解答】A.Fe3+与I-的反应为可逆反应，转移的电子数一定小于0.1NA，A不符合题意；
B.镁条在氮气中燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的氮气是0.5mol，而氮气分子中含有氮氮三键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，B符合题意；
C. 葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，只需要根据3.0gCH2O的物质的量计算原子数= ，即3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.4NA，C不符合题意；
D. 二氯甲烷在标准状况下不是气体，所以二氯甲烷的物质的量不能用22.4L/mol计算，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.该反应为可逆反应；
B.根据发生反应的化学方程式进行计算；
C.葡萄糖的分子式为C6H12O6，冰醋酸的分子式为C2H4O2，二者的最简式都为CH2O，结合公式计算；
D.标准状态下，CH2Cl2不是气体；
9．【答案】C
【解析】【解答】A、根据地壳中元素含量，Al是地壳中含量最多的金属元素，A不符合题意；
B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性，B不符合题意；
C、铝箔在空气中用酒精灯加热，迅速在外层产生致密的氧化薄膜，对内部的铝起到保护作用，氧化铝的熔点高于Al，因此现象是熔化而不滴落，C符合题意；
D、根据选项C的分析，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.在地壳中最多的化学元素是氧，它占总重量的48.6%；其次是硅；以下是铝、铁、钙、钠、钾、镁；
B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性；
C、铝箔在空气中用酒精灯加热，会发生熔而不滴的现象；
D、铝箔在空气中用酒精灯加热，会发生熔而不滴的现象。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：A．物质的量的单位为摩尔，故A正确；
B．物质的质量的单位为克，故B错误；
C．物质的量的浓度为mol/L，故C错误；
D．摩尔质量的单位为g/mol，故D错误；
故选：A．
【分析】物质的量的单位为摩尔，简称摩，符合mol，据此判断．
11．【答案】B
【解析】【解答】由题意知甲、乙、丙烧杯中发生的反应及烧杯中液体质量的变化情况如下：，甲中液体增加的质量；，乙中液体增加的质量；，丙中液体增加的质量；丁中液体增加的质量为。由乙、丙两烧杯中发生的反应可知，与水反应放出后生成的和与反应生成的的质量相等，均为，两烧杯中溶液的质量相等，则乙、丙烧杯中溶液的质量分数相等。和放入相同体积的水中，与反应放出，生成的质量为。综上分析，甲、乙、丙、丁烧杯中溶液的质量分数：丁＜甲＜乙=丙，B项符合题意。
故答案为：B。
【分析】依据钠及钠的化合物的性质计算。
12．【答案】A
【解析】【解答】A. 1molOH-的质量为17g，故A符合题意；
B. 二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，故B不符合题意；
C. 铁原子的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位是1，故C不符合题意；
D. 标准状况下，1mol 任何气体的体积约为22.4L，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.质量m=nM；
B.摩尔质量的单位为44g/mol；
C.摩尔质量和相对原子质量的单位不同；
D.气体摩尔体积只适用于气体。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；
B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；
D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】熟练掌握无机单质及其化合物之间的转化关系是解决此类题目的方法，注意氧化铝不溶于水，不能一步转化为氢氧化铝。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中氧原子的质量为 ，则氧原子的数目为NA，A不符合题意；
B.1L0.1mol L-1CH3COOH溶液中，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此离子总数不能确定，B符合题意；
C.0.2mol浓硫酸与足量的Cu反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应不再进行，因此生成SO2分子数小于0.1NA，C不符合题意；
D.1 molFeBr2与足量Cl2反应，Fe2+与Br-均被氧化，则转移电子数为3NA，D符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、醋酸为弱酸，故电离的离子总数为0.2NA
15．【答案】C
【解析】【解答】A．未注明温度和压强，无法判断NA个H2分子占有的体积，故A不符合题意；
B.标准状况下， H2O不是气体，不能用 计算物质的量，故B不符合题意；
C.16g O2与O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量为 =1mol，原子总数为NA，故C符合题意；
D.未告知溶液的体积，无法计算1mol/L的蔗糖水溶液中含蔗糖分子的数目，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、注意涉及到体积时是否出现气体摩尔体积；
B、结合公式n=m/M和公式n=V/Vm；
C、结合公式n=m/M以及氧原子底数，算出都为氧气和都为臭氧时的氧原子，两者是相等的；
D、不知道溶液体积无法计算。
16．【答案】B
【解析】【解答】一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO2、CO和H2O的总质量为26.8g，其中H2O的质量为10.8g，则n(H2O)==0.6mol，根据H原子守恒可知，n(H)=2n(H2O)=1.2mol，故n(C2H5OH)==0.2mol，根据碳原子守恒可知，n(CO)+n(CO2)=0.2×2mol=0.4mol，根据质量守恒可知，28n(CO)+44n(CO2)=26.8-10.8=16g，联合解得，n(CO)=0.1mol，m=n(CO)M(CO)=0.1mol×28g/mol=2.8g，
故答案为：B。
【分析】根据水的质量计算H原子的物质的量，根据碳原子守恒计算CO的物质量的，进而计算其物质的量。
17．【答案】（1）0.2；0.2
（2）0.4NA
（3）28g/mol；4.48L；2.8NA
【解析】【解答】解：（1）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得：28x+44y=14.4 ①；
根据气体的物质的量为 =0.4mol可得：x+y=0.4 ②解①②得：x=0.2mol、y=0.2mol；故答案为：0.2； 0.2；（2）依据（1）一氧化碳、二氧化碳物质的量都是0.2mol，由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0.4molC原子即0.4NA个，
故答案为：0.4NA；（3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体．①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到气体的摩尔质量为28g/mol，故答案为：28g/mol；②气球中的气体为CO，其体积V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48L；③一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量为0.2mol，则电子的物质的量为0.2mol×14=2.8mol，电子总数为2.8NA个；
故答案为：2.8NA．
【分析】（1）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，依据混合物质量为14.4g，标况下气体体积为8.96L，列方程计算；（2）依据（1）一氧化碳、二氧化碳物质的量结合二者分子都含有1个碳原子解答；（3）①将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；②气球中的气体为CO，根据体积V=nVm来计算；③一个CO含有14个电子，由（1）求出的CO的物质的量计算电子的物质的量和数目．
18．【答案】（1）SiO2；粉碎铝土矿、加热、增大盐酸的浓度(任填一种，其它合理答案亦可)
（2）H++OH-=H2O；Al3++3OH-=Al(OH)3↓；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+HCO3-
（3）Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离
【解析】【解答】(1) ①铝土矿中含有Al2O3及少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入盐酸时，Al2O3、Fe2O3与盐酸反应产生AlCl3、FeCl3进入溶液，酸性氧化物SiO2与盐酸不反应，所以加盐酸后的沉淀成分主要是SiO2；为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有将铝土矿粉碎，增大物质的接触面积；加热来提高反应温度或增大盐酸的浓度等方法；(2)②向含有HCl、AlCl3、FeCl3的溶液中加入足量NaOH溶液，首先发生反应：H++OH-=H2O；然后发生：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，最后发生：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；③在滤液甲中含NaOH、NaAlO2，向其中通入过量CO2气体，可能发生反应为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+HCO3-；(3)步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋是因为加入碱时Al3+会形成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，若用氨水就不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离开。
【分析】（1） 二氧化硅与盐酸不反应，据此解答；增大反应物的接触面积、升高温度、增加反应物的浓度等都可加快反应的速率；（2）书写离子方程式时应注意遵循电子守恒、离子守恒、质量守恒等，注意标注对应的气体符号与沉淀符号；
（3）氢氧化铝不与氨水反应，据此分析解答即可。
19．【答案】（1）1.5
（2）36.5
（3）6.72L；2.8g
（4）2︰3；1︰1
（5）48
【解析】【解答】
（1）1.806×1024个H2O分子的物质的量为 =3mol，与之含有相等O原子数目的二氧化碳的物质的量为3mol÷2=1.5mol，故答案为：1.5；
（2）0.4 mol SiH4分子中所含原子数为0.4×5NA=2NA，则含有相同原子数的HCl的物质的量为1mol，其质量为：1mol×36.5g/mol=36.5g，故答案为：36.5g；
（3）设 CH4为x mol， CO为 y mol，则 x +y==8.96/22.4==0.4 mol ；16x+28y==7.6解得x=0.3 ，y=0.1即 CH4 为 0.3 mol，CO 为0.1 mol，则甲烷体积为 0.3mol×22.4L/mol=6.72 L， CO 质量0.1mol×28g/mol=2.8 g，故答案为：6.72L、2.8g；
（4）等物质的量的O2和O3质量之比等于其摩尔质量之比，为32：48=2：3；O2和O3都由相同氧原子构成，二者质量相等，则含有氧原子数相等，即含有氧原子数目之比为1：1，故答案为：2︰3、1︰1；
（5）溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+）， 即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，其质量为：0.5mol×96g/mol=48g，故答案为：48g。
【分析】
计算时使用公式，结合质量守恒和原子守恒即可。
20．【答案】（1）C
（2）1-100
（3）Fe3O4
（4）Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2
（5）2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-
【解析】【解答】(1)铁元素有0价、+2价、+3价，+2价铁元素的化合价处于中间价态时,既能升高,又能降低, 所以FeSO4既有氧化性又有还原性；因此，本题正确答案是:C；
(2)因透明的红褐色分散系是胶体,胶体的粒子直径1nm(3)四氧化三铁具有磁性，能够吸引铁，天然磁石主要成分是Fe3O4；综上所述，本题答案是：Fe3O4。
(4)氧化铁与一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式：Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2 ；综上所述，本题答案是：Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2。
(5) ClO-具有强氧化性，能够把+3价铁氧化为FeO42-，本身被还原为Cl-，其反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；综上所述，本题答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-。
【分析】（1）中间价态的铁既有氧化性又有还原性；
（2）根据胶体的概念进行解答；
（3）根据铁的氧化的性质和用途进行回答；
（4）工业上炼铁利用一氧化碳还原法；
（5）根据氧化还原反应书写离子方程式。
21．【答案】（1）28：17；14：17
（2）a：(2a+2b)
（3）
（4）1：3.3；48%
【解析】【解答】（1）等质量的NH3和N2，其物质的量之比等于摩尔质量的反比，因此其物质的量之比为28：17，其所含的氮原子数之比为(28×1)：(17×2)=14：17；
（2）根据质量守恒定律可知，反应前后原子个数保持不变，因此反应后硫原子和氧原子的个数比为a：(2a+2b)；
（3）令该气体的物质的量为1mol，则其所含的原子数为1mol×3×NA=3NA，其质量为1mol×Mg/mol=M g，因此可得每一个R原子的质量为；
（4）由晶体的化学式可知，其所含Co与O的物质的量之比为1：(2+1.3)=1：3.3；
晶体中Co的质量分数为；
【分析】（1）根据公式进行分析；
（2）根据质量守恒定律，反应前后原子个数保持不变进行分析；
（3）令该气体的物质的量为1mol，结合公式、N=n×NA进行计算；
（4）根据所给晶体的化学式进行计算；
一、单选题
1．下列描述错误的是（ ）
A．可用检验加热是否产生CO2的方法鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
B．向碳酸钠固体中加入少量水，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着吸热现象
C．游泳池可用臭氧、漂粉精进行消毒
D．青铜是我国使用最早的合金，其主要成分为铜和锡
2．0.1mol中含有的数目约为（ ）
A．0.1 B．0.2 C． D．
3．合金具有许多优良的性能。下列物质属于合金的是（ ）
A．氧化铜 B．硬铝 C．水银 D．钠
4．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）
A．铝 B．钠 C．钙 D．铁
5．镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，错误的是（ ）
A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都低
B．此合金能全部溶解于足量稀盐酸中
C．此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中
D．此合金的硬度比镁和铝的硬度都大
6．某元素的一种同位素X的原子质量数为A,它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在a g 2HmX中所含电子的物质的量是（ ）
A． (A－N＋m) mol B． (A－N) mol
C． (A－N＋m) mol D． (A－N+2m) mol
7．48g Cu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是（ ）
A．1.2 mol B．1.0 mol C．0.3 mol D．2.2 mol
8．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A．0.1 molKI与0.1 molFeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NA
B．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA共用电子对被破坏
C．3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NA
D．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA
9．下列关于金属铝的叙述错误的是（ ）
A．铝是地壳中含量最多的金属元素
B．铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性
C．铝箔在空气中用酒精灯加热可以熔化，且发生剧烈燃烧
D．铝箔在空气中用酒精灯加热可以观察到铝熔化了但并不滴落。
10．摩尔是表示（ ）
A．物质的量的单位 B．物质的质量的单位
C．物质的量的浓度 D．摩尔质量的单位
11．如图所示，甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别盛有500mL蒸馏水，然后分别放入2.3gNa、、、，待固体完全溶解，则四个烧杯中溶液的质量分数的大小顺序为（ ）
A．甲=丁＜乙=丙 B．丁＜甲＜乙=丙
C．丁＜甲＜乙＜丙 D．甲＜乙＜丙＜丁
12．下列叙述正确的是（ ）
A．1molOH-的质量为17g
B．二氧化碳的摩尔质量为44g
C．铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D．标准状况下，1mol 任何物质的体积均为22.4L
13．下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是（ ）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
14．NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是（ ）
A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有NA个氧原子
B．1L0.1mol L-1CH3COOH溶液中所含离子总数约为0.2 NA
C．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成SO2分子数小于0.1NA
D．1 molFeBr2与足量Cl2反应，转移电子数为3NA
15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．NA个H2分子占有的体积一定为22.4 L
B．标准状况下，22 g CO2与11.2 LH2O含有相同的原子数
C．标准状况下，16g O2与O3的混合气体中含有的原子总数为NA
D．1 mol/L的蔗糖水溶液中含蔗糖分子的数目为NA
16．一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO2、CO和H2O的总质量为26.8g，其中H2O的质量为10.8g，则CO的质量是（ ）
A．1.4g B．2.8g
C．4.4g D．在2. 8g和4.4g之间
二、综合题
17．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L．回答下列问题：
（1）该混合气体中CO物质的量为 mol；CO2物质的量为 mol；
（2）混合气体中碳原子的个数 ；（用NA表示阿伏加德罗常数的值）
（3）将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中．
①气球中收集到的气体的摩尔质量 ；
②标况下气球中收集到的气体的体积为 ；
③气球中收集到的气体的电子总数为 ；（用NA表示阿伏加德罗常数的值）
18．铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态的形式存在于氧化铝中。铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，下图为工业上用酸溶法提取铝土矿中的铝。
讨论回答下列问题：
（1）①中加盐酸后的沉淀主要是 (化学式)，为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有 （一种即可）。
（2）写出②、③中可能发生反应的离子方程式。
② 、 、 、 。
③ 、 。
（3）步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋的原因： 。
19．
（1） mol CO2中含有氧原子数跟1.806×1024个H2O分子含有的氧原子数相同。
（2）0.4 mol SiH4分子中所含原子数与 g HCl分子中所含原子数相等。
（3）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体8.96 L，其质量为7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为 ；一氧化碳的质量为 。
（4）等物质的量O2和臭氧(O3)，其质量之比为 。若O2和O3质量相等，则其原子数之比为 。
（5）含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl－1.5 mol，K＋和Na＋共1.5 mol，Mg2＋为0.5 mol，则SO42-的质量为 。
20．铁是人类较早使用的金属之一.运用铁及其化合物的知识，完成下列问题.
（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是_______(用字母代号填).
A．Fe B．FeCl3
C．FeSO4 D．Fe2O3
（2）向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是 nm.
（3）中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是 。
（4）我国早在春秋战国就开始生产和使用铁器，写出工业上用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式： 。
（5）高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。Fe(OH)3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为 。
21．根据要求，回答下列问题：
（1）等质量的NH3和N2物质的量之比为 ，所含氮原子数之比为 。
（2）SO2和O2可发生如下反应：2SO2+O2=2SO3。 a mol SO2和 b mol O2充分反应后硫原子与氧原子的个数比为 。
（3）已知某气体单质R3的摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数值用NA表示，则一个R原子的质量为 g。
（4）某晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O。该晶体中：Co与O的物质的量之比是 ；Co的质量分数为 （保留两位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．在加热情况下，碳酸氢钠会发生分解生成碳酸钠，水和二氧化碳，而碳酸钠不会受热分解，故可鉴别，A不符合题意；
B．向Na2CO3中加少量水、Na2CO3会吸水结块成晶体，但这个过程会放出热量，B符合题意；
C．臭氧和漂白粉[有效成分Ca(ClO)2]，利用强氧化性来杀菌消毒，C不符合题意；
D．青铜是一种合金，要成分为铜和锡，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解；
C.臭氧和漂粉精均具有强氧化性，能使蛋白质变性；
D.青铜是铜锡合金。
2．【答案】D
【解析】【解答】根据硫酸铝钾化学式中含2个硫酸根，硫酸根的物质的量是硫酸铝钾的2倍，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 每个电离产生2个 ，根据N=nNA计算。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氧化铜是纯净物，不属于合金，故A不符合题意；
B．硬铝是镁铝的合金，故B符合题意；
C．水银是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故C不符合题意；
D．钠是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故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：①一定是混合物，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，据此分析解答。
4．【答案】A
【解析】【解答】四种金属中只有铝形成的氧化铝为致密的结构，由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化，可保护内层金属，而Ca、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，不能保护内层金属不被空气氧化。
故答案为：A
【分析】铝的表面能形成氧化铝薄膜，阻止进一步氧化。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．合金的熔点比各成分金属的低，A不符合题意；
B.此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，B不符合题意；
C.此合金属于镁和铝的混合物，铝能与氢氧化钠反应，但镁不能与氢氧化钠反应，此合金不能全部溶解于氢氧化钠溶液中，C符合题意；
D.根据合金的特点：合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，可知此合金的硬度比镁和铝的硬度都小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查合金的相关知识。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。合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，熔点比组成它的纯金属的熔点低，再结合金属的化学性质进行分析解答。
6．【答案】D
【解析】【解答】X原子的质量数为A，2HmX的相对分子量为：A+2m，其摩尔质量为(A+2m)g/mol，每个2HmX分子中含有的电子数为(A－N+2m)，则agHmX的物质的量为： = mol，则在ag 2HmX分子中含电子的物质的量是： mol×(A-N+2m)= (A-N+2m)mol，
故答案为：D。
【分析】物质的物质的量的求算方法是：物质的质量与摩尔质量的比值，其中摩尔质量在数值上等于相对分子质量。
7．【答案】A
【解析】【解答】48g Cu2S的物质的量 ，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，未被还原的HNO3生成Cu(NO3)2，根据Cu原子守恒可知，n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)=0.3mol×2=0.6mol，根据硝酸根守恒，n(未被还原的HNO3)=2n[Cu(NO3)2]=0.6mol×2=1.2mol，
故答案为：A。
【分析】根据反应物和生成物即可写出化学方程式，计算出起酸性的硝酸的物质的量即可
8．【答案】B
【解析】【解答】A.Fe3+与I-的反应为可逆反应，转移的电子数一定小于0.1NA，A不符合题意；
B.镁条在氮气中燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的氮气是0.5mol，而氮气分子中含有氮氮三键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，B符合题意；
C. 葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，只需要根据3.0gCH2O的物质的量计算原子数= ，即3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.4NA，C不符合题意；
D. 二氯甲烷在标准状况下不是气体，所以二氯甲烷的物质的量不能用22.4L/mol计算，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.该反应为可逆反应；
B.根据发生反应的化学方程式进行计算；
C.葡萄糖的分子式为C6H12O6，冰醋酸的分子式为C2H4O2，二者的最简式都为CH2O，结合公式计算；
D.标准状态下，CH2Cl2不是气体；
9．【答案】C
【解析】【解答】A、根据地壳中元素含量，Al是地壳中含量最多的金属元素，A不符合题意；
B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性，B不符合题意；
C、铝箔在空气中用酒精灯加热，迅速在外层产生致密的氧化薄膜，对内部的铝起到保护作用，氧化铝的熔点高于Al，因此现象是熔化而不滴落，C符合题意；
D、根据选项C的分析，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.在地壳中最多的化学元素是氧，它占总重量的48.6%；其次是硅；以下是铝、铁、钙、钠、钾、镁；
B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性；
C、铝箔在空气中用酒精灯加热，会发生熔而不滴的现象；
D、铝箔在空气中用酒精灯加热，会发生熔而不滴的现象。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：A．物质的量的单位为摩尔，故A正确；
B．物质的质量的单位为克，故B错误；
C．物质的量的浓度为mol/L，故C错误；
D．摩尔质量的单位为g/mol，故D错误；
故选：A．
【分析】物质的量的单位为摩尔，简称摩，符合mol，据此判断．
11．【答案】B
【解析】【解答】由题意知甲、乙、丙烧杯中发生的反应及烧杯中液体质量的变化情况如下：，甲中液体增加的质量；，乙中液体增加的质量；，丙中液体增加的质量；丁中液体增加的质量为。由乙、丙两烧杯中发生的反应可知，与水反应放出后生成的和与反应生成的的质量相等，均为，两烧杯中溶液的质量相等，则乙、丙烧杯中溶液的质量分数相等。和放入相同体积的水中，与反应放出，生成的质量为。综上分析，甲、乙、丙、丁烧杯中溶液的质量分数：丁＜甲＜乙=丙，B项符合题意。
故答案为：B。
【分析】依据钠及钠的化合物的性质计算。
12．【答案】A
【解析】【解答】A. 1molOH-的质量为17g，故A符合题意；
B. 二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，故B不符合题意；
C. 铁原子的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位是1，故C不符合题意；
D. 标准状况下，1mol 任何气体的体积约为22.4L，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.质量m=nM；
B.摩尔质量的单位为44g/mol；
C.摩尔质量和相对原子质量的单位不同；
D.气体摩尔体积只适用于气体。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；
B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；
D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】熟练掌握无机单质及其化合物之间的转化关系是解决此类题目的方法，注意氧化铝不溶于水，不能一步转化为氢氧化铝。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中氧原子的质量为 ，则氧原子的数目为NA，A不符合题意；
B.1L0.1mol L-1CH3COOH溶液中，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此离子总数不能确定，B符合题意；
C.0.2mol浓硫酸与足量的Cu反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应不再进行，因此生成SO2分子数小于0.1NA，C不符合题意；
D.1 molFeBr2与足量Cl2反应，Fe2+与Br-均被氧化，则转移电子数为3NA，D符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、醋酸为弱酸，故电离的离子总数为0.2NA
15．【答案】C
【解析】【解答】A．未注明温度和压强，无法判断NA个H2分子占有的体积，故A不符合题意；
B.标准状况下， H2O不是气体，不能用 计算物质的量，故B不符合题意；
C.16g O2与O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量为 =1mol，原子总数为NA，故C符合题意；
D.未告知溶液的体积，无法计算1mol/L的蔗糖水溶液中含蔗糖分子的数目，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、注意涉及到体积时是否出现气体摩尔体积；
B、结合公式n=m/M和公式n=V/Vm；
C、结合公式n=m/M以及氧原子底数，算出都为氧气和都为臭氧时的氧原子，两者是相等的；
D、不知道溶液体积无法计算。
16．【答案】B
【解析】【解答】一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO2、CO和H2O的总质量为26.8g，其中H2O的质量为10.8g，则n(H2O)==0.6mol，根据H原子守恒可知，n(H)=2n(H2O)=1.2mol，故n(C2H5OH)==0.2mol，根据碳原子守恒可知，n(CO)+n(CO2)=0.2×2mol=0.4mol，根据质量守恒可知，28n(CO)+44n(CO2)=26.8-10.8=16g，联合解得，n(CO)=0.1mol，m=n(CO)M(CO)=0.1mol×28g/mol=2.8g，
故答案为：B。
【分析】根据水的质量计算H原子的物质的量，根据碳原子守恒计算CO的物质量的，进而计算其物质的量。
17．【答案】（1）0.2；0.2
（2）0.4NA
（3）28g/mol；4.48L；2.8NA
【解析】【解答】解：（1）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得：28x+44y=14.4 ①；
根据气体的物质的量为 =0.4mol可得：x+y=0.4 ②解①②得：x=0.2mol、y=0.2mol；故答案为：0.2； 0.2；（2）依据（1）一氧化碳、二氧化碳物质的量都是0.2mol，由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0.4molC原子即0.4NA个，
故答案为：0.4NA；（3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体．①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到气体的摩尔质量为28g/mol，故答案为：28g/mol；②气球中的气体为CO，其体积V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48L；③一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量为0.2mol，则电子的物质的量为0.2mol×14=2.8mol，电子总数为2.8NA个；
故答案为：2.8NA．
【分析】（1）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，依据混合物质量为14.4g，标况下气体体积为8.96L，列方程计算；（2）依据（1）一氧化碳、二氧化碳物质的量结合二者分子都含有1个碳原子解答；（3）①将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；②气球中的气体为CO，根据体积V=nVm来计算；③一个CO含有14个电子，由（1）求出的CO的物质的量计算电子的物质的量和数目．
18．【答案】（1）SiO2；粉碎铝土矿、加热、增大盐酸的浓度(任填一种，其它合理答案亦可)
（2）H++OH-=H2O；Al3++3OH-=Al(OH)3↓；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+HCO3-
（3）Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离
【解析】【解答】(1) ①铝土矿中含有Al2O3及少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入盐酸时，Al2O3、Fe2O3与盐酸反应产生AlCl3、FeCl3进入溶液，酸性氧化物SiO2与盐酸不反应，所以加盐酸后的沉淀成分主要是SiO2；为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有将铝土矿粉碎，增大物质的接触面积；加热来提高反应温度或增大盐酸的浓度等方法；(2)②向含有HCl、AlCl3、FeCl3的溶液中加入足量NaOH溶液，首先发生反应：H++OH-=H2O；然后发生：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，最后发生：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；③在滤液甲中含NaOH、NaAlO2，向其中通入过量CO2气体，可能发生反应为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+HCO3-；(3)步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋是因为加入碱时Al3+会形成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，若用氨水就不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离开。
【分析】（1） 二氧化硅与盐酸不反应，据此解答；增大反应物的接触面积、升高温度、增加反应物的浓度等都可加快反应的速率；（2）书写离子方程式时应注意遵循电子守恒、离子守恒、质量守恒等，注意标注对应的气体符号与沉淀符号；
（3）氢氧化铝不与氨水反应，据此分析解答即可。
19．【答案】（1）1.5
（2）36.5
（3）6.72L；2.8g
（4）2︰3；1︰1
（5）48
【解析】【解答】
（1）1.806×1024个H2O分子的物质的量为 =3mol，与之含有相等O原子数目的二氧化碳的物质的量为3mol÷2=1.5mol，故答案为：1.5；
（2）0.4 mol SiH4分子中所含原子数为0.4×5NA=2NA，则含有相同原子数的HCl的物质的量为1mol，其质量为：1mol×36.5g/mol=36.5g，故答案为：36.5g；
（3）设 CH4为x mol， CO为 y mol，则 x +y==8.96/22.4==0.4 mol ；16x+28y==7.6解得x=0.3 ，y=0.1即 CH4 为 0.3 mol，CO 为0.1 mol，则甲烷体积为 0.3mol×22.4L/mol=6.72 L， CO 质量0.1mol×28g/mol=2.8 g，故答案为：6.72L、2.8g；
（4）等物质的量的O2和O3质量之比等于其摩尔质量之比，为32：48=2：3；O2和O3都由相同氧原子构成，二者质量相等，则含有氧原子数相等，即含有氧原子数目之比为1：1，故答案为：2︰3、1︰1；
（5）溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+）， 即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，其质量为：0.5mol×96g/mol=48g，故答案为：48g。
【分析】
计算时使用公式，结合质量守恒和原子守恒即可。
20．【答案】（1）C
（2）1-100
（3）Fe3O4
（4）Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2
（5）2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-
【解析】【解答】(1)铁元素有0价、+2价、+3价，+2价铁元素的化合价处于中间价态时,既能升高,又能降低, 所以FeSO4既有氧化性又有还原性；因此，本题正确答案是:C；
(2)因透明的红褐色分散系是胶体,胶体的粒子直径1nm
(4)氧化铁与一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式：Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2 ；综上所述，本题答案是：Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2。
(5) ClO-具有强氧化性，能够把+3价铁氧化为FeO42-，本身被还原为Cl-，其反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；综上所述，本题答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-。
【分析】（1）中间价态的铁既有氧化性又有还原性；
（2）根据胶体的概念进行解答；
（3）根据铁的氧化的性质和用途进行回答；
（4）工业上炼铁利用一氧化碳还原法；
（5）根据氧化还原反应书写离子方程式。
21．【答案】（1）28：17；14：17
（2）a：(2a+2b)
（3）
（4）1：3.3；48%
【解析】【解答】（1）等质量的NH3和N2，其物质的量之比等于摩尔质量的反比，因此其物质的量之比为28：17，其所含的氮原子数之比为(28×1)：(17×2)=14：17；
（2）根据质量守恒定律可知，反应前后原子个数保持不变，因此反应后硫原子和氧原子的个数比为a：(2a+2b)；
（3）令该气体的物质的量为1mol，则其所含的原子数为1mol×3×NA=3NA，其质量为1mol×Mg/mol=M g，因此可得每一个R原子的质量为；
（4）由晶体的化学式可知，其所含Co与O的物质的量之比为1：(2+1.3)=1：3.3；
晶体中Co的质量分数为；
【分析】（1）根据公式进行分析；
（2）根据质量守恒定律，反应前后原子个数保持不变进行分析；
（3）令该气体的物质的量为1mol，结合公式、N=n×NA进行计算；
（4）根据所给晶体的化学式进行计算；