3.2 金属材料 测试题 2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

3.2 金属材料 测试题 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．我国科学家参与研制的镁-镍-钛新型合金材料可提高阻尼减震性能，广泛应用在航天航空领域，下列有关叙述错误的是（　　） A．形成合金，其结构发生改变，使合金的性能与纯金属有很大差异 B．它易导电、导热，具有延展性 C．它的熔点比镁低 D．它的强度和硬度比镁小 2．关于钢与生铁的说法错误的是（　　） A．都属于合金 B．都不易腐蚀 C．都比纯铁的硬度大 D．都比纯铁的用途广 3．中国滑雪运动员谷爱凌在2022年北京冬奥会的自由式滑雪大跳台比赛中获得金牌，该比赛在首钢滑雪大跳台“雪飞天”举行。在制造跳台使用的多种材料中，下列选项材料中属于合金的是（　　） A．塑料 B．水泥 C．玻璃 D．钢铁 4．下列物质中属于既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应的是 ①Al；②；③；④；⑤ A．①③④ B．②⑤ C．②③④⑤ D．全部 5．刚玉(主要成分为)硬度仅次于金刚石，常用于高级研磨材料，它（　　） A．是分子晶体 B．是共价化合物 C．可做铝热剂 D．熔融状态下能导电 6．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3：2：1，则溶液中Cl-和SO的离子个数比为（　　） A．1：4 B．3：4 C．1：2 D．3：2 7．标准状况下，现有①4.48L②个③10.2g，则对这三种物质的关系有以下四种表述，其中错误的是（　　） A．体积：②>③>① B．密度：②>③>① C．氢原子个数：③>①>② D．质量：②>③>① 8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　） A．28g晶体硅中含有2NA个Si—Si键 B．25℃，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，含有的OH-数为1×10-8NA C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为4NA D．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍 9．某样品含有氢氧化钾、碳酸钾和水三种物质。室温下，向该样品中加入溶质质量分数为14.6%的稀盐酸100g，恰好完全反应得到中性溶液，蒸干溶液得到固体质量为（　　） A．74.5g B．29.8g C．10g D．7.45g 10．把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中的Fe2+和Fe3+浓度之比为1∶2。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（　　） A．2∶1 B．1∶3 C．2∶3 D．3∶2 11．下列说法正确的是 A．0.1mol/L的FeCl3溶液中，的物质的量为0.3mol B．NA个HCl分子溶于水中配成1L溶液，所得盐酸的浓度为1mol·L-1 C．将10mL2mol·L-1H2SO4与100mL水混合，得到0.2mol·L-1H2SO4溶液 D．将100mL饱和NaCl溶液浓缩至80mL，恢复到原温度，溶液的浓度升高 12．下列解释事实的化学用语不正确的是 A．NaCl 溶液具有导电性：NaCl=Na++Cl－ B．碳酸钙做抗酸药：+2H+=CO2↑+H2O C．NaOH 固体和铝粉混合疏通厨卫管道：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑ D．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨 13．向200mL Na2CO3和 NaHCO3混合溶液中缓慢滴加0.1 mol•L-1稀盐酸，当加入的盐酸体积为100 mL后开始产生气体，加到 amL 时测得产生的气体在标准状况下体积为0.672L，继续滴加盐酸不再产生气体(不考虑气体的溶解)。下列说法错误的是（　　） A．a=400 B．原溶液中c(NaHCO3)=0.1 mol•L-1 C．滴加稀盐酸50mL时，溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：2 D．产生气体时反应的离子方程式为：H++ HCO=CO2↑+ H2O 14．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　） A．5.6g Fe与足量盐酸反应的电子转移数为0.3NA B．2mol氦气含有氦原子数为4NA C．48g O3气体含有的氧原子数为3NA D．常温常压下，28g CO与22.4L O2所含的分子数相等 15．下列对应离子方程式书写正确的是 A．铜溶于稀硝酸：Cu+4HNO3=Cu2++2NO+2H2O+2NO2↑ B．向Al2O3中滴加NaOH溶液：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O C．将少量Na2O2投入水中：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑ D．向水中通入适量Cl2：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO- 16．“类比”是化学学习中一种常用的方法，下列“类比”结果正确的是（　　） A．空气中加热钠单质得到，则加热锂单质得到 B．溶液中加入过量氨水生成，则溶液中加入过量氨水生成 C．为两性氢氧化物，则也为两性氢氧化物 D．与水反应生成HCl和HClO，推测与水反应生成HF和HFO 17．下列各组物质在给定条件下能大量共存的一组是 A．加入Al放出氢气的溶液中：、、、 B．的某溶液中：，、、 C．含有大量氨水的溶液中：，、、 D．某澄清透明的水溶液中：、、， 18．向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应(不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解)。下列说法不正确的是（　　） A．当0<b< 时：SO2+H2O+3ClO-= +2HClO+Cl- B．当b=a时：SO2+H2O+ClO-=+2H++Cl- C．当 <b<a时；反应后溶液中H+的物质的量：0<n(H+)<2bmol D．当0<b<a时；反应后溶液中Cl-、ClO-和物质的量之比为：(a-b)：b：b 19．已知： 沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成 。实验室可采用NaClO氧化法制备 ，该反应的化学方程式为 (未配平)。以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．消耗40 g NaOH时，转移电子数目为NA B．常温下，pH=9的 溶液，水电离出 的数目为 NA C．已知 和NH3的水溶液均呈碱性，因此它们均属于弱电解质 D．若将少量的 滴加到 NaClO溶液中，将逸出氮气，整个过程转移6NA个电子 20．将标准状况下的a L溶于1L水中，得到的盐酸密度为，则该盐酸的物质的量浓度是 A． B． C． D． 二、综合题 21．数形结合思想是化学学科的重要思维方式。 向NaOH溶液中通入CO2气体，因CO2通入量的不同，最终所得溶液的组成也不同。现向30 mL某浓度NaOH溶液中通入一定量CO2气体，得到溶液B．若向B溶液中逐滴加入浓度为0.25 mol/L盐酸，产生CO2的体积[V(CO)]与加入盐酸的体积[V(HCl)]的关系如下图所示。 请回答下列问题： （1）B溶液中溶质为　 　(填化学式)。 （2）V(HCl)=30 mL时，产生标准状况下CO2的体积为　 　mL；原NaOH溶液的物质的量浓度为　 　mol/L。 22．将2.56gCu加入20mL10mol/L的浓硝酸中，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L(标准状况)。 （1）反应中消耗HNO3的物质的量为　 　mol。 （2）待反应结束，气体全部逸出，向溶液中加入2mol/LNaOH溶液，当溶液中Cu2+完全沉淀时，消耗NaOH溶液体积为　 　L。 23．基于物质的量认识物质组成及其化学变化，在定量研究化学科学中具有极其重要作用。在0.2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示。 回答下列问题： （1）该混合溶液中，Na+的物质的量为　 　，NaCl的物质的量为　 　。 （2）该混合溶液中，MgCl2的质量为　 　。 （3）该混合溶液中，CaCl2的物质的量为　 　。将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为　 　。 （4）向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀　 　mol。 24．利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题： （1）丁属于　 　(“酸性”或“碱性”)氧化物； （2）图中甲、乙、丙、戊中，属于电解质的是　 　(填化学式)；根据氯元素的化合价判断，乙物质　 　； A． 只有氧化性 B． 只有还原性 C． 既有氧化性又有还原性 （3）电解甲溶液制备己的化学反应为： (未配平)，则配平后参与反应的甲与H2O的物质的量之比是　 　； （4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学方程式为　 　； （5）已知己是最强的无机酸，写出己的电离方程式　 　。 25．向一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入480mL0.250mol•L-1稀盐酸后恰好完全溶解，放出标准状况下的气体672mL，在溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。回答下列问题： （1）产生的气体的物质的量为　 　mol。 （2）若忽略反应前后溶液体积变化，则最终所得溶液中溶质的物质的量浓度为　 　mol•L-1。 （3）若要将溶液中的铁元素全部转化为Fe3+，至少需要标准状况下Cl2的体积为　 　L。 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．镁-镍-钛形成的新型合金材料，其结构发生改变，使合金的性能与纯金属在阻尼减震性能、硬度等方面有所提高，A说法不符合题意； B．镁-镍-钛新型合金材料由金属形成的合金，它易导电、导热，具有延展性，B说法不符合题意； C．合金的熔点比所行的金属的熔点都低，则它的熔点比镁低，C说法不符合题意； D．镁-镍-钛新型合金材料广泛应用在航天航空领域，则它的强度和硬度比镁强，D说法符合题意； 答案为D。 【分析】由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质为合金，合金一般熔点低于成分金属， 硬度大于成分金属，具有金属特性，如导电性、导热性、延展性等，据此分析解答。 2．【答案】B 【解析】【解答】A．钢和生铁都是铁的合金，A不符合题意； B．钢和生铁主要是含碳量不同，生铁含碳量高，钢的含碳量低，都易被腐蚀，B符合题意； C．合金的硬度大，比纯铁的硬度大，C不符合题意； D．合金有很多优良性能，用途广泛，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、钢铁和生铁都是铁合金； B、铁合金形成原电池时，铁为负极，溶液被腐蚀； C、合金和纯金属相比，硬度更大熔点更低； D、合金的应用范围比纯金属更广。 3．【答案】D 【解析】【解答】A．塑料是合成高分子材料，不属于合金，故A不选； B．水泥是传统无机非金属材料，不属于合金，故B不选； C．水泥是传统无机非金属材料，不属于合金，故C不选； D．钢铁是铁碳合金，故D选； 故答案为：D。 【分析】合金是金属和金属或非金属混合形成的。 4．【答案】D 5．【答案】D 【解析】【解答】A．刚玉(主要成分为)硬度仅次于金刚石，所以不属于分子晶体，事实上氧化铝属于过渡晶体，偏向共价晶体，A不符合题意； B．氧化铝中铝元素与氧元素之间为离子键，所以属于离子化合物，B不符合题意； C．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，所以氧化铝不能做铝热剂，C不符合题意； D．氧化铝为离子化合物，熔融状态下可电离成铝离子和氧离子，可导电，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】是过渡晶体，氧化铝由铝离子和阳离子构成，属于离子化合物，在熔融状态下能产生自由移动的离子，能导电。 6．【答案】A 【解析】【解答】设Na+、Al3+、Cl-的个数分别为3、2、1，根据电荷守恒：3×1+2×3=1×1+2×N()，N()=4，Cl-和的个数比为1：4， 故答案为：A。 【分析】根据电荷守恒计算。 7．【答案】C 【解析】【解答】A．标准状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积：②>③>①，故A不符合题意； B．相同条件下密度之比等于摩尔质量之比，所以密度：②>③>①，故B不符合题意； C．氢原子的物质的量分别为：0.8mol、0.5mol、0.6mol，氢原子个数：①>③>②，故C符合题意； D.4.48LCH4的物质的量为0.2mol，质量为：0.2mol×16g/mol= 3.2g；②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×36.5g/mol =18.25g；所以质量：②>③>①，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】本题要先计算各种物质的物质的量，体积之比等于物质的量之比，密度之比等于摩尔质量之比，氢原子个数要结合分子物质的量和原子底数判断，质量要结合摩尔质量和物质的量进行判断。 8．【答案】A 【解析】【解答】A.28g晶体硅中含有Si-Si键个数为：，故A符合题意； B.25C，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，体积变为1L，pH变为2，氢氧根离子浓度为10-12mol-1，含有氢氧根离子数为：，故B不符合题意； C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为，故C不符合题意； D．设质量为mg，丁烷所含碳原子物质的量为，乙烷所含碳原子物质的量为，丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】难点分析：单晶硅的结构为四面体型，每个硅形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被两个Si共用，平均到每个Si含有2个Si-Si键，1molSi含有2molSi-Si键，即为2NA个Si-Si键 9．【答案】B 【解析】【解答】样品中加入盐酸，氢氧化钾、碳酸钾分别与盐酸恰好完全反应得到中性溶液，则得到KCl溶液，已知消耗溶质质量分数为14.6%的稀盐酸100g，则 ，反应过程中氯元素守恒，则反应生成的、蒸干溶液得到固体中 、质量为 ； 故答案为：B。 【分析】先根据n=计算HCl的物质的量，再根据氯元素守恒计算KCl的物质的量，从而计算KCl的质量。 10．【答案】B 【解析】【解答】量铁粉放入氯化铁溶液中，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中的Fe2+和Fe3+浓度之比为1∶2，若生成的Fe2+个数为3，则未反应的Fe3+个数为6，根据方程式，反应的Fe3+个数为2，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2：6，即1：3， 故答案为：B。 【分析】此类题型可结合离子方程式入手，根据亚铁离子和铁离子浓度，可以计算原溶液铁离子浓度，也可以列出方程组解题。 11．【答案】B 【解析】【解答】A．未指出溶液体积，无法计算物质的量，A不符合题意； B．溶质物质的量为1mol，溶液体积为1L，浓度为1mol/L，B符合题意； C．不同物质混合后溶液总体积不是直接相加，C不符合题意； D．温度不变，物质溶解度不变，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A．未指出溶液体积，无法计算物质的量； B．物质的量浓度的计算； C．不同物质混合后溶液总体积不是直接相加； D．温度不变，物质溶解度不变。 12．【答案】B 13．【答案】C 【解析】【解答】A. 根据分析，反应中产生的气体为二氧化碳，其物质的量为0.03mol，根据反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量为0.03mol，则发生该反应消耗盐酸的体积为=0.3L=300mL，发生该反应前已经消耗100mL盐酸，则a=300+100=400，故A不符合题意，不选； B．根据分析计算可知，原溶液中c(NaHCO3)=0.1 mol•L-1，故B不符合题意，不选； C．根据分析，原混合溶液中碳酸钠的物质的量为0.01mol，碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，此时溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：2，滴加稀盐酸50mL 时，碳酸钠转化为碳酸氢钠，发生的反应为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸的物质的量为0.05L×0.1 mol•L-1=0.005mol，则溶液中生成0.005mol碳酸氢钠，消耗0.005mol碳酸钠，溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=(0.01-0.005)mol：(0.02+0.005)mol=1：5，故C符合题意； D．根据分析，产生气体时发生的化学反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则反应的离子方程式为：H++ HCO=CO2↑+ H2O，故D不符合题意，不选； 故答案为：C。 【分析】 向200mL Na2CO3和 NaHCO3混合溶液中缓慢滴加0.1 mol•L-1稀盐酸，先发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。 14．【答案】C 【解析】【解答】A. 5.6g Fe与足量盐酸反应的电子转移数为0. 2 NA ，A选项是错误的； B.He是单原子分子，所以 2mol氦气含有氦原子数为 2 NA ，B选项是错误的； C.48g O3气体含有的氧原子数为3NA，C选项是正确的； D.常温常压下 22.4L O2 的物质的量不是1mol，D选项是错误的。 故答案为：C。 【分析】A.铁与HCl反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2； B.He是单原子分子，所以 2mol氦气含有氦原子数为 2 NA ； C.n(O)=mol，所以48g O3气体含有的氧原子数为3NA； D.常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，所以 22.4L O2 的物质的量不是1mol。 15．【答案】B 【解析】【解答】A.Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A不符合题意； B.Al2O3与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，B符合题意； C.Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，C不符合题意； D.HClO是弱酸，在水中不能完全电离，因此该反应的离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A、HNO3是强酸，在水中能完全电离沉自由移动的离子； B、Al2O3是一种两性氧化物，能与强碱溶液反应； C、Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2； D、HClO是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式； 16．【答案】B 【解析】【解答】A．空气中加热钠单质得到 Na2O2，则加热锂单质得到 Li2O，A不符合题意； B．MgCl2溶液中加入过量氨水生成 Mg(OH)2，则 AlCl3溶液中加入过量氨水生成 Al(OH)3，B符合题意； C． Al(OH)3为两性氢氧化物，Tl的金属性比Al强，Tl(OH)3不是两性氢氧化物，C不符合题意； D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，F2与水反应生成HF和O2，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、锂和氧气反应只能生成氧化锂； B、铝离子和氨水反应生成氢氧化铝； C、同一主族的元素，从上到下金属性增强； D、氟元素没有正价。 17．【答案】D 18．【答案】D 【解析】【解答】A、当0<b<时次氯酸钠过量，过量的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，发生反应SO2+H2O+3ClO－＝+2HClO+Cl－，故A不符合题意； B、当b＝a时，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO－＝2H++Cl－+，故B不符合题意； C、当＝b时，过量的次氯酸钠结合结合生成的氢离子转化为次氯酸，b＝a时生成硫酸和氯化钠，氢离子的物质的量是2bmol，因此当 <b<a时；反应后溶液中H+的物质的量：0<n(H+)<2bmol，故C不符合题意； D、当0<b<a时，次氯酸钠过量，SO2全部转化为bmol硫酸，根据电子得失守恒可知生成bmol氯离子，剩余次氯酸钠是(a-b)mol，剩余的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，因此最终次氯酸钠的物质的量小于(a-b)mol，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】 当SO2不足时SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+2HClO+NaCl，当SO2充足时SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl，b=a时发生SO2+H2O+ClO-=+2H++Cl-。 19．【答案】A 【解析】【解答】A．N的化合价由-3价升高到-2价，Cl的化合价由+1价降低到-1价，根据得失电子守恒，则 、 、 NaClO、NaCl前面的系数都为1，根据C原子守恒， 前面的系数为1，NaOH前面的系数为2。根据化学方程式可知2 mol NaOH参与反应转移2 mol电子，则消耗40 g NaOH也就是1 mol NaOH，转移电子数为 ，符合题意； B．水电离出的 ，不知道溶液的体积，无法计算离子的数目，不符合题意； C． 属于非电解质，不符合题意； D.1 mol 生成 转移6 mol电子，但 的物质的量未知，转移电子数无法计算，不符合题意； 故答案为：A； 【分析】A.根据氧化还原反应中的电子转移情况即可计算 B.根据 计算出水电离的氢氧根离子的浓度 C.考查的是电解质与非电解质判断 D.根据氧化还原反应电子的转移情况计算 20．【答案】B 21．【答案】（1）Na2CO3、NaHCO3 （2）112；0.25 【解析】【解答】加入盐酸开始无气体产生，从10-30 mL时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始未气体生成时发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，其前后两过程消耗HCl的体积应该相等，而图示曲线中开始阶段消耗盐酸体积小于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，因此说明曲线表明溶液中的溶质为NaHCO3、Na2CO3。根据产生气体消耗盐酸的体积计算CO2的物质的量及体积，加入盐酸30 mL时溶质为NaCl，利用元素守恒计算NaOH的物质的量浓度，据此分析解答。 (1)Na2CO3与HCl反应分步进行，反应方程式为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。两步反应消耗HCl的物质的量及体积相同，但图象中产生气体消耗HCl的体积大，说明在B点溶液中含有Na2CO3、NaHCO3，当加入HCl至10 mL时恰好完全转化为NaHCO3； (2)根据图像可知：在V(HCl)=30 mL时，产生标准状况下CO2达到最大值，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(CO2)=n(HCl)=0.25 mol/L×0.02 L=0.05 mol，所以得到的标准状况下CO2的体积V(CO2)=0.05 mol×22.4 L/mol=1.12 L； 当气体体积达到最大值时，溶液为NaCl溶液，n(NaOH)=n(HCl)=0.25 mol/L×0.03 L=0.0075 mol，则c(NaOH)=。 【分析】（1）结合盐酸和碳酸钠反应的特点进行判断； （2）结合公式n=V/Vm判断。 22．【答案】（1）0.13 （2）0.115 【解析】【解答】(1)由题意可知，铜与浓硝酸反应得到硝酸铜和硝酸的混合溶液，收集到的气体为二氧化氮和一氧化氮的混合气体，由氮原子个数守恒可知，反应消耗硝酸的物质的量为+=0.013mol，故答案为：0.13； (2)硝酸铜和硝酸的混合溶液与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铜沉淀和硝酸钠，由（1）可知，反应后的混合溶液中硝酸铜的物质的量为=0.04mol，硝酸的物质的量为10mol/L×0.02L—=0.15mol，则向混合溶液中加入2mol/L氢氧化钠溶液，当铜离子完全沉淀时消耗氢氧化钠溶液的体积为=0.115L，故答案为：0.115。 【分析】(1)依据氮原子个数守恒计算； (2)依据硝酸铜和硝酸的混合溶液与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铜沉淀和硝酸钠进行分析计算。 23．【答案】（1）0.2 mol；0.2 mol （2）9.5 g （3）0.1 mol；0.1 mol ▪L-1 （4）0.6 【解析】【解答】(1)根据图示可知：在该混合溶液中，c(Na+)=1.0 mol/L，由于溶液的体积是0.2 L，故Na+的物质的量为n(Na+)=c·V=1.0 mol/L×0.2 L=0.2 mol；Na+由NaCl电离产生，根据Na元素守恒可知：n(NaCl)=n(Na+)=0.2 mol； (2)根据图示可知：在该混合溶液中，c(Mg2+)=0.5 mol/L，则由Mg元素守恒可知c(MgCl2)=c(Mg2+)=0.5 mol/L，故n(MgCl2)=0.5 mol/L×0.2 L=0.1 mol，m(MgCl2)=0.1 mol×95 g/mol=9.5 g； (3)根据Cl元素守恒可得c(Cl-)=c(Na+)+2c(Mg2+)+2c(Ca2+)，3.0 mol/L=1.0 mol/L +0.5 mol/L×2+2c(Ca2+)，解得c(Ca2+)=0.5 mol/L，n(Ca2+)=0.5 mol/L×0.2 L=0.1 mol，故由Ca元素守恒可知n(CaCl2)=0.1 mol；根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变可知将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度c(Ca2+)=； (4)该溶液中含有Cl-的物质的量n(Cl-)=c·V=3.0 mol/L×0.2 L=0.6 mol，根据反应：Ag++Cl-=AgCl↓可知：n(AgCl)= n(Cl-)=0.6 mol。 【分析】(1)根据元素守恒计算； (2)根据元素守恒及化学组成计算； (3)根据元素守恒计算；根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算； (4)根据反应方程式计算。 24．【答案】（1）酸性 （2）HCl、HClO；C （3）1：4 （4）2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O （5）HClO4=H++ 【解析】【解答】(1)由价类二维图可知，丁是+7价的含氯氧化物，为七氧化二氯，它溶于水生成高氯酸，它能与碱反应生成高氯酸盐和水，故属于酸性氧化物，故答案为：酸性； (2)电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐、大多数金属氧化物均为电解质，图中甲、乙、丙、戊分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO中，属于电解质的是HCl、HClO，根据氯元素的化合价判断，乙即Cl2中Cl的化合价为0价，处于中间化合价，故乙物质既有氧化性又有还原性，故答案：HCl、HClO；C； (3)由图可知，甲为HCl，电解甲溶液制备己即HClO4，根据氧化还原反应可推知，，平衡后反应为：2HCl+8H2O2HClO4+8H2↑，故甲与H2O的物质的量之比是2：8=1：4，故答案为：1：4； (4)庚是漂白粉的有效成分即Ca(ClO)2，用乙即Cl2和石灰乳反应来制取庚，故反应的化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； (5)由图可知，己是+7价的酸，其化学式为：HClO4，已知己是最强的无机酸，故其HClO4的电离方程式：HClO4=H++，故答案为：HClO4=H++。 【分析】（1）氯的最高价氧化物为酸性氧化物； （2）电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水； （3）氧化还原反应反应方程式的配平采用的是化合价升降总数相等的方法； （4）漂白粉的制作是氯气和氢氧化钙的反应； （5）强酸的电离是完全电离，注意原子团不可拆。 25．【答案】（1）0.03 （2）0.125 （3）0.672 【解析】【解答】（1）标准状况下的气体672mL=0.672L，n==0.03mol； （2）最终所得溶液中溶质为FeCl2，HCl的物质的量为0.480L×0.250mol•L-1=0.12mol，HCl先与Fe2O3反应，Fe2O3-6HCl- 2FeCl3- 3FeCl2；Fe-Fe2+-H2，氯离子完全转化为FeCl2，由生成的FeCl2的物质的量为0.06mol，FeCl2浓度为0.06mol÷0.48L=0.125mol•L-1； （3）生成的FeCl2的物质的量为0.06mol，2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3，若要将溶液中的铁元素全部转化为Fe3+，至少Cl2的物质的量为0.03mol，标准状况下的体积为：0.03mol×22.4L/mol=0.672L。 【分析】（1）根据计算； （2）依据氯元素守恒分析； （3）根据2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3计算。 学科网（北京）股份有限公司 $$