第三章 铁 金属材料 章节检测（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学鲁教版（2019）必修第一册

第三章铁金属材料章节检测一、单选题1．2022年4月16日，“神舟十三号”载人飞船成功返回地球。飞船中使用了大量合金，下列有关金属或合金的说法中错误的是（）A．一般合金的熔点比其成分金属的高B．硬铝是一种铝合金C．钢是用量最大，用途最广的合金D．合金的物理性质与其成分金属的物理性质不同2．下列叙述错误的是（）A．质量相等的O2和O3中所含原子数相等B．物质的量相等的O2和O3中含分子数相等C．质量相等的CO和CO2中所含碳原子数相等D．物质的量相等的CO和CO2中含碳原子数相等3．两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为（）A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶44．VLAl2(SO4)3溶液中含Al3＋mg，则溶液中SO42-的物质的量浓度为（）A．mol/L B．mol/LC．mol/L D．mol/L5．既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质是（）A．Cu B．Fe2O3 C．AlCl3 D．Al6．合金具有优良的机械性能，用途广泛。下列物质不属于合金的是（）A．生铁 B．石英C．不锈钢 D．青铜7．合金在生产及科研中具有广泛的应用。下列物质不属于合金的是（）A．铝箔 B．青铜 C．铁板 D．不锈钢8．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是（）①Al（OH）3②Al2O3③Al④NaHCO3⑤Mg（OH）2⑥（NH4）2CO3．A．①②④⑥ B．①②③④⑤⑥C．①②③④ D．①②④⑤9．下图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是（）A．MgSO4 B．KAl(SO4)2 C．Al2(SO4)3 D．NaAlO210．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数大于0.3NAB．10g质量分数为46%的乙醇溶液含有的氢原子数目为0.6NAC．0.2molN2和0.6molH2混合充分反应后，转移的电子数目为1.2NAD．0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧，消耗的O2分子数目为0.5NA11．生活和生产常涉及到化学知识，下列说法错误的是（）A．Al(OH)3是医用胃酸中和剂的一种，使胃液pH升高，起到中和胃酸的作用B．铝表面的氧化膜可以防止铝制品被进一步氧化，因此铝制餐具可以用来蒸煮或长时间存放酸性，碱性的食物C．Fe2O3是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料D．MgO和Al2O3熔点很高，可用作耐火材料12．“海绵-铁催化剂”是指一类具有特定微孔结构的强吸附性铁单质催化剂。制备时，可将具有特定组成的铁铝合金放入适当浓度的M溶液中浸出，则M溶液可能是（）A．醋酸 B．盐酸C．氨水 D．氢氧化钠溶液13．中学常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O（未配平，反应条件略去）．下列叙述不正确的是（）A．若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中．则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OB．若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣C．若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20g•mol﹣1的混合气体进行喷泉实验．假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0.056mol•L﹣1D．若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则上述反应的离子方程式为4CO2+5OH﹣=CO32﹣+3HCO3﹣+H2O14．既能与盐酸反应又能和氢氧化钠反应的氧化物是（）A．Al2O3 B．Fe2O3 C．Al（OH）3 D．Fe（OH）315．某溶液中只含有K+、Fe3+、NO3﹣，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与NO3﹣的个数比为（）A．1：4 B．1：2 C．3：4 D．3：216．装有Fe2O3、CuO、Fe、Cu的烧杯中加入过量稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末剩余，则关于反应后溶液中金属阳离子的判断一定正确的是（）A．只有Fe2+和Fe3+B．只有Fe2+C．一定有Fe2＋、Cu2+，可能有Fe3+D．一定有Fe2+，可能有Cu2+二、综合题17．物质的量是联系宏观的和微观的桥梁。（1）标准状况下，与5.6L的CH4气体含相同H原子数的H2S的质量为g。（2）将0.2mol·L－1Al2(SO4)3和0.2mol·L－1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，计算混合液中c(SO)=mol·L－1。若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸，配制500mL浓度成0.2mol·L－1稀硫酸，计算需要量取mL的浓硫酸。（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1︰4︰8。①配制该营养液后c(NH)=0.016mol·L－1，溶液中c(K+)=。②若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为。18．根据要求填空：（1）实验室用钠和硫酸铜溶液反应，有关反应的化学方程式有：，；（2）表面附有氧化膜（成分是MgO）的镁条放入稀硫酸中，开始反应时的离子方程式是：；反应片刻后，可观察到有气体产生，其离子方程式是：．（3）用小苏打片（NaHCO3）治疗胃酸（0.2%～0.4%的盐酸）过多的化学方程式为：．（4）看图回答下列问题：图中不会产生气体的是（填编号），写出D中发生反应的化学方程式：．19．摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量．（1）已知O的相对原子质量为16，则O3的摩尔质量为（2）48gN2H4的物质的量为，所含氢原子数目为．（3）标准状况下，相同体积的CH4和SO2气体的质量比为；相同质量的CH4和SO2分子个数比为．20．根据题意填空（1）等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比，质量比为．（2）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为．（3）在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）分别用p（Ne）p（H2）p（O2）表示，由大到小的顺序是（4）某溶液中可能存在下列阴离子：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的一种或几种．当溶液中存在大量H+时，不能在溶液中大量存在；当溶液中存在大量Ag+时，不能在溶液中大量存在．21．回答下列问题（1）8.4gN2与9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子数之比为3：2，则R的相对原子质量是，x值为．（2）4.5g水与g硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是，其中氢原子数之比是．（3）如图所示，分别向密闭容器内可移动活塞的两边充入空气（已知空气体积占整个容器容积的1/4）、H2和O2的混合气体，在标准状况下，若将H2、O2的混合气体点燃引爆．活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央．则原来H2、O2的体积之比可能为．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．合金的熔点比其成分金属低，A符合题意；B．硬铝为铝合金中以Cu为主要合金元素的(含2.2-4.9%Cu、0.2-1.8%Mg、0.3-0.9%Mn、少量的硅，其余部分是铝)一类铝合金，B不符合题意；C．钢是用量最大，用途最广的合金，C不符合题意；D．金属变成合金后，硬度、熔点和机械性能会发生改变，所以合金的物理性质与其成分金属的物理性质不同，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.硬铝是金属铝和硅、镁等组成的一种铝合金；

C.钢是铁碳合金，目前用量最大、用途最广的合金是铁合金；

D.合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质不同。2．【答案】C【解析】【解答】A、根据n=m/M、N=nNA可知，质量相等的质量相等的O2和O3，O2和O3都是由氧原子构成的，氧原子的质量相等，故含有氧原子相等；或这样解答：质量相等的质量相等的O2和O3，分子个数之比与摩尔质量成反比，所以等质量的O2和O3的含有的分子数目之比为48g·mol－1：32g·mol－1=3：2；故等质量O2和O3的含有的原子数目之比为（3×2）：（2×3）=1：1，A不符合题意；B、根据N=nNA可知，等物质的量的O2和O3所含分子个数比为1：1，B不符合题意；C、假设两物质的质量都是m，则两物质的分子个数比是：=11：7，则碳原子的个数比是：11：7，C符合题意；D、物质的量相同，二者含有分子数目相同，CO和CO2分子中C原子数目分别为1、1，故二者所含的C原子数目之比为1：1，D不符合题意；故答案为：C【分析】A、根据公式进行计算；

B、结合公式N=n×NA计算；

C、结合公式计算；

D、结合公式N=n×NA计算；3．【答案】B【解析】【解答】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，故答案为：B。【分析】根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。4．【答案】C【解析】【解答】n(Al3＋)＝＝=mol；c(SO42−)＝c(Al3＋)＝×mol•L−1＝mol•L−1，故答案为：C。【分析】根据n＝求解Al3＋的物质的量，已知体积可求得Al3＋的物质的量浓度，根据Al3＋与SO42-的数量关系求该分子中SO42-的物质的量浓度。5．【答案】D【解析】【解答】A、金属铜和盐酸以及氢氧化钠都不发生反应，故A不选；B、氧化铁可以和盐酸反应，但不能和氢氧化钠反应，故B不选；C、氯化铝与盐酸不反应，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C不选；D、Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D选；故答案为：D。

【分析】即能与酸反应又能与碱反应的物质有：两性金属、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的铵盐、弱酸的酸式盐等，据此解答即可。6．【答案】B【解析】【解答】A.生铁为铁碳合金，A不符合题意；B.石英主要成分为二氧化硅，不属于合金，B符合题意；C.钢是铁与铬等其它金属形成的合金，C不符合题意；D.青铜是铜和锡或铅的合金，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】合金是指一种金属与另一种金属或非金属形成的具有金属性特性的物质，据此进行判断。7．【答案】A【解析】【解答】A．铝箔是铝，属于单质，故A不属于合金；B．青铜中含有铜、锡、铅，属于合金，故B不合题意；C．铁板中含有碳、铁，属于合金，故C不合题意；D．不锈钢中含有铁、铬、碳，属于合金，故D不合题意；故答案为：A。

【分析】金属材料包括合金和纯金属，合金是在金属中加热熔合另外一种金属或者是非金属具有金属特性的物质8．【答案】A【解析】【解答】解：①Al（OH）3属于两性氢氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，故正确；②Al2O3属于两性氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，故正确；③Al性质较特殊，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气，但属于单质，故错误；④NaHCO3属于弱酸酸式盐，能和稀盐酸反应生成盐和二氧化碳、水，能和NaOH反应生成碳酸钠和水，故正确；⑤Mg（OH）2属于碱，能和稀盐酸反应生成盐和水，和NaOH不反应，故错误；⑥（NH4）2CO3属于弱酸的铵盐，能和HCl反应生成二氧化碳和水，能和NaOH溶液生成一水合氨，故正确；故选A．【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等物质都能和强酸、强碱反应，据此分析解答．9．【答案】C【解析】【解答】该图像可知，当沉淀达到最大时，沉淀开始溶解，但仍然有剩余的，这说明选项A、D是不符合题意；根据图像可知，氢氧化铝是2mol，而硫酸钡是3mol，即硫酸根离子和铝离子的个数之比是3︰2，因此选项C符合题意，B不符合题意，故答案为：C。【分析】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液；

B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，加入3mol氢氧化钡沉淀最大，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol；

C、先发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；

D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应。10．【答案】D【解析】【解答】A.Na2O2和Na2O均是由两个阳离子和一个阴离子构成的离子化合物，所以0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总物质的量为0.3mol，个数为0.3NA，故A不符合题意；B.乙醇溶液中除乙醇外，水也含氢原子，10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故乙醇含有0.6mol氢原子，水的质量为10g−4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故水含有0.6mol氢原子，则此溶液中含有氢原子的物质的量为1.2mol，个数为1.2NA，故B不符合题意；C.因N2和H2合成NH3的反应是可逆反，应，0.2molN2和0.6molH2不能完全转化为NH3，转移的电子数目小于1.2NA，故C不符合题意；D.因1molHCHO和1molC2H2O3完全燃烧消耗O2的物质的量均为1mol，所以0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧，消耗的O2的物质的量为0.5mol，分子数目为0.5NA，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、Na2O2是由两个Na+和一个O22-组成的；

B、易忽略水也含氢原子；

C、N2和H2合成NH3的反应是可逆反应，反应不能进行完全；

D、根据所给信息分析；11．【答案】B【解析】【解答】A、Al(OH)3可以与酸反应，使胃液pH升高，起到中和胃酸的作用，故A不符合题意；B、Al2O3为两性氧化物，既能与酸又能与碱发生反应，所以很多酸碱盐可以直接侵蚀铝表面的氧化膜以及铝制品本身，因此铝制品不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B符合题意；C、Fe2O3是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故C不符合题意；D、MgO和Al2O3熔点很高，可用作耐火材料，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】氧化铝为两性氧化物，既能与酸又能与碱发生反应，所以很多酸碱盐可以直接侵蚀铝表面的氧化膜以及铝制品本身，因此铝制品不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物是解答关键。12．【答案】D【解析】【解答】由铁铝合金制得具有特定微孔结构的强吸附性铁单质催化剂，即M溶液能够和铝反应，但不能和铁反应，A．铁、铝均与醋酸反应，故A不符合题意；B．铁、铝均与盐酸反应，故B不符合题意；C．铁、铝均不与氨水反应，故C不符合题意；D．铁不与氢氧化钠溶液反应，铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据铁、铝的性质分析。13．【答案】C【解析】【解答】解：A．若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO，则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；B．若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，故B正确；C．若C是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，氨气物质的量为=mol，溶液浓度为=0.045mol/L，故C错误；D．若a是造成温室效应的主要气体之一，则a为CO2，c、d均为钠盐，则b为NaOH，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则生成NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒[n（NaHCO3）+n（Na2CO3）]：[n（NaHCO3）+2n（Na2CO3）]=4：5，整理可得n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=3：1，故反应的离子方程式为4CO2+5OH﹣═CO32﹣+3HCO3﹣+H2O，故D正确，故选：C．【分析】A．若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO；B．若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；C．若C是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，根据n=计算氨气物质的量，再根据c=计算溶液浓度；D．若a是造成温室效应的主要气体之一，则a为CO2，c、d均为钠盐，则b为NaOH，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则生成NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒计算NaHCO3、Na2CO3物质的量之比，进而书写离子方程式．14．【答案】A【解析】【解答】解：A．氧化铝能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，所以属于两性氧化物，故A正确；B．氧化铁能和盐酸溶液反应生成盐和水，但不能和氢氧化钠反应，属于碱性氧化物，故B错误；C．氢氧化铝能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和水，属于两性氢氧化物，故C错误；D．氢氧化铁不能与氢氧化钠反应，只能与盐酸反应，而且不是氧化物，故D错误；故选A．【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸和蛋白质都既能和稀盐酸反应又能和NaOH反应，由两种元素组成且其中一种元素是O元素的化合物是氧化物，据此分析解答．15．【答案】B【解析】【解答】解：已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，根据电荷守恒有3n（Fe3+）+n（K+）=n（NO3﹣），即amol×3+3amol=n（NO3﹣），故n（NO3﹣）=6amol，所以溶液中K+和NO3﹣的离子个数比为3amol：6amol=1：2，故选B．【分析】已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，根据电荷守恒有3n（Fe3+）+n（K+）=n（NO3﹣），据此计算n（NO3﹣），进而溶液中K+和NO3﹣的离子个数比．16．【答案】D【解析】【解答】A．还原性Fe＞Cu，且铁离子可氧化单质铜，充分反应后溶液中仍有红色粉末存在，说明铁离子完全反应，A不符合题意；B.由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，B不符合题意；C.根据以上分析可知溶液中一定不存在铁离子，可能还有Cu2+，C不符合题意；D.根据以上分析可知溶液中一定有Fe2+，可能有Cu2+，D符合题意；故答案为：D【分析】混合物中加入过量稀硫酸，充分反应后，有红色粉末剩余，该红色粉末为金属铜；则溶液中不含有Fe3+，一定含有Fe2+，可能含有Cu2+；据此结合选项进行分析。17．【答案】（1）17（2）0.2；5.4（3）0.018；4：9【解析】【解答】(1)标准状况下，5.6L的CH4气体物质的量为：，含有氢原子物质的量为：，含1molH原子数的硫化氢的物质的量为0.5mol，其质量为：，故答案为：17g；(2)0.2mol·L-1Al2(SO4)3和0.2mol·L－1H2SO4溶液等体积混合，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设混合前各溶液的体积均为VL，则混合液中，质量分数98%，1.84g·cm-3，浓硫酸的物质的量浓度=，配制500mL浓度成0.2mol·L-1稀硫酸，设需要浓硫酸的体积为VL，，解得V=0.0054L=5.4mL；(3)①由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1：4：8可知，溶液中K+和NH的物质的量比为(1+2×4)：8=9：8，若营养液中c(NH)为0.016mol/L，则溶液中c(K+)=，故答案为：0.018mol/L；②设(NH4)2SO4的物质的量为mol，KCl的物质的量为，由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1︰4︰8可知，c(NH)：c(K+)==8：9，则，故答案为：4：9。【分析】（1）根据公式计算CH4的物质的量，进而得出CH4中所含氢原子的物质的量；再得出H2S的物质的量，根据公式m=n×M计算H2S的质量。

（2）根据公式计算混合溶液中SO42－的物质的量浓度；

稀释过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，据此计算所需浓硫酸的体积。

（3）①根据溶液中三种原料的物质的量之比，由NH4＋的浓度，可求得K＋的浓度；

②根据溶液中离子浓度之比进行计算。18．【答案】（1）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4（2）MgO+2H+=Mg2++H2O；Mg+2H+=Mg2++H2↑（3）NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O（4）C；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【解析】【解答】解：（1）钠先和水反应生成NaOH和氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，反应方程式为2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4；（2）Mg表面的氧化物薄膜为MgO，MgO先和稀盐酸反应生成氯化镁和水，离子反应方程式为MgO+2H+=Mg2++H2O，然后Mg再和HCl反应生成氯化镁和氢气，离子反应方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，故答案为：MgO+2H+=Mg2++H2O；Mg+2H+=Mg2++H2↑；（3）碳酸氢钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，故答案为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；（4）A．氯气和水反应生成HCl和HClO，HClO光照分解生成HCl和氧气，反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO、2HClO=2HCl+O2↑，所以有气体生成，故A错误；B．盐酸和Mg反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，所以有气体生成，故B错误；C．氯气、HCl、HClO与NaOH反应没有气体生成，反应方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、HCl+NaOH=NaCl+H2O、NaOH+HClO=NaClO+H2O，所以没有气体生成，故C正确；D．水和过氧化钠反应生成NaOH和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以有气体生成，故D错误；所以没有气体生成的是C，D中的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：C；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．【分析】（1）钠先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；（2）Mg表面的氧化物薄膜为MgO，MgO先和稀盐酸反应生成氯化镁和水，然后Mg再和HCl反应生成氯化镁和氢气；（3）碳酸氢钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；（4）A．氯气和水反应生成HCl和HClO，HClO光照分解生成HCl和氧气；B．盐酸和Mg反应生成氯化镁和氢气；C．氯气、HCl、HClO与NaOH反应没有气体生成；D．水和过氧化钠反应生成NaOH和氧气．19．【答案】（1）48g/mol（2）1.5mol；6NA（3）1：4；4：1【解析】【解答】解：（1）已知O的相对原子质量为16，则O3的相对分子质量为48，所以摩尔质量为48g/mol；故答案为：48g/mol；（2）48gN2H4的物质的量为n={#mathmL#}{#/mathmL#}={#mathmL#}{#/mathmL#}1.5mol，则所含氢原子数目为1.5mol×4×NA=6NA；故答案为：6NA；（3）标准状况下，相同体积的CH4和SO2气体的物质的量相同，则质量比等于摩尔质量之比，即为16：64=1：4；相同质量的CH4和SO2的物质的量之比等于摩尔质量之比的倒数，即物质的量之比为4：1，所以分子个数比为4：1；故答案为：1：4；4：1．【分析】（1）摩尔质量在数值上等于相对分子质量；（2）根据n={#mathmL#}{#/mathmL#}结合分子组成计算；（3）根据n={#mathmL#}{#/mathmL#}={#mathmL#}{#/mathmL#}结合分子的构成和物质的组成来计算．20．【答案】（1）1：1；2：3（2）106g/mol（3）P（H2）＞P（Ne）＞P（O2）（4）CO32﹣；Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣【解析】【解答】解：（1）同温同压下，等体积的O2和O3的物质的量相同，设物质的量均为n，物质的量之比等于分子数之比为1：1；则质量比为32n：48n=2：3，密度之比等于质量比11：12，故答案为：1：1；2：3；（2）根据质量守恒定律知，C的质量=（16+20﹣31.76）g=4.24g，C的摩尔质量==106g/mol，故答案为：106g/mol；（3）Ne的摩尔质量是20g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/m