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第二节　金属材料
课时1　用途广泛的金属材料
1 金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。下列关于金属的说法不正确的是(　　)
A. 合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
B. 工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的
C. 金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
D. 越活泼的金属越难冶炼
2 (南京期末)我国“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的。钛合金可能具有的性质是(　　)
A. 密度大 B. 硬度小 C. 强度大 D. 易氧化
3 (2025苏州期中)下列有关铝及其化合物的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A. 金属铝质地柔软，可用于冶炼高熔点金属
B. 氧化铝熔点高，可用作耐火材料
C. 氢氧化铝有弱酸性，可用于治疗胃酸过多
D. Al2(SO4)3易溶于水，故可用作净水剂
4 “灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是(　　)
A. 钢是以铁为主的含碳合金
B. 钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C. 生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D. 冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
5 (无锡江阴期末)合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，广泛应用于交通工具、航空航天等领域。下列有关合金的说法不正确的是(　　)
A. 硬铝可用于制造飞机的外壳
B. 钛合金可用于制造“蛟龙”号的耐压球壳
C. 不锈钢可用于制造地铁列车的车体
D. 钠钾合金可用于制造飞机的发动机叶片
6 (2024南京模拟)以市售高岭土(化学成分：Al2O3、SiO2和H2O)为原料制备碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6－n]的工艺流程如图所示。已知：①结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大；②调节AlCl3溶液的pH为4.2～4.5，沉降可得碱式氯化铝。
下列说法错误的是(　　)
A. “焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸
B. “酸溶”时可用2 mol/L的硫酸代替4 mol/L的盐酸
C. “蒸发浓缩”“稀释”的目的为调节溶液的pH
D. 碱式氯化铝可用于净水
7 下列变化不可能通过一步反应直接完成的是(　　)
A. Al(OH)3―→Al2O3 B. Al2O3―→Al(OH)3
C. Al―→[Al(OH)4]－ D. AlCl3―→Al(OH)3
8 某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2·2H2O晶体的工艺流程如图。下列说法正确的是(　　)
A. 焙烧过程中每消耗1 mol CuS则消耗 3 mol O2
B. 焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 滤渣中主要含铁的氧化物
D. 可通过直接蒸干溶液制得CuCl2·2H2O晶体
9 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2)为原料，生产Fe3O4的部分工艺流程如下。下列说法错误的是(　　)
A. 用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用
B. 从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物
C. 向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由[Al(OH)4]－转化为Al3+
D. FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2
10 (2024常州期末)工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3，有较强的氧化性。则下列说法正确的是(　　)
A. “焙烧”时，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝4∶5
B. 可以用盐酸代替硫酸“调pH”
C. 铝元素以Al2O3的形式而被除去
D. “沉钒”的离子方程式可表示为NH＋VO===NH4VO3↓
11 铝是中学化学学习阶段的一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出H2的金属，就铝的这一特殊性质，回答下列问题。
(1) 等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是________。
(2) 足量的两份铝分别投入等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是________。
(3) 足量的两份铝分别投入等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2体积相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是________。
(4) 甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比V(甲)∶V(乙)＝1∶2，则加入铝粉的质量为________(填字母)。
A. 5.4 g B. 3.6 g C. 2.7 g D. 1.8 g
12 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解；②HAuCl4===H＋＋AuCl；③硝酸还原产物有NO、NO2两种。
(1) 酸溶后经________操作，将混合物分离。
(2) 浓、稀硝酸均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：__________________________
______________________________________________。
(3) HNO3NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3]溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au＋____NaCl＋____HNO3===HAuCl4＋________＋________＋____NaNO3
②下列关于溶金的说法正确的是________(填字母)。
A. 用到了HNO3的氧化性
B. 王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C. 用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
13 (南京期末)工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下：
(1) 酸浸：用H2SO4溶液浸取铝土矿中的铝元素和铁元素，H2SO4溶液的用量不宜过量太多，其原因是______________________________________。
(2) 氧化：用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为____________
______________________________。
(3) 沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3+、Fe3+转化为沉淀。溶液终点pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为________。
②检验Fe3+沉淀完全操作为___________
____________________________________________________________________________________________________________。
(4) 碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3。下列措施中能提高单位时间内铝元素的浸出率的有________(填字母)。
A. 适当增大NaOH溶液的浓度　B. 适当提高搅拌速率　C. 适当降低温度
(5) 碳分：向“碱溶”后的溶液中通入足量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为______________________________________。
课时2　物质的量在化学方程式计算中的应用
1 (2025无锡期中)将CO2加氢制甲醇(CH3OH)，可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A. 反应①中，电解水生成的H2和O2的物质的量之比为2∶1
B. 反应②中，生产1.6 kg CH3OH理论上要消耗标准状况下1 120 L CO2
C. 转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充
D. 制取等质量的甲醇时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放
2 (2024南通期末)油画创作需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应。下列说法正确的是(　　)
A. As2O3与水作用可生成对应的酸：H3AsO4
B. 反应Ⅰ中元素As和S都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移电子数之比为3∶7
D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＜Ⅱ
3 钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一金属可能是(　　)
A. 锂 B. 钠 C. 铷 D. 铯
4 一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO3、N2和H2O，在反应中被还原与被氧化的氮原子数之比是(　　)
A. 5∶4 B. 4∶5 C. 3∶5 D. 5∶3
5 二氧化氯(熔点为－59 ℃)是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl。下列关于该反应的说法不正确的是(　　)
A. 每生成0.1 mol ClO2转移0.2 mol电子
B. 浓盐酸在反应中既体现还原性又体现酸性
C. 被氧化和被还原的氯的物质的量之比为1∶1
D. 每消耗0.2 mol还原剂，生成的气体在标准状况下的总体积是2.24 L
6 向Fe2O3和铁屑的混合物中加入足量的稀硫酸至固体完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，而产生的Fe2+和H2的物质的量之比为4∶1，则原混合物中Fe2O3和Fe的物质的量之比为(　　)
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 1∶2 D. 1∶3
7 将0.15 mol Cu和Cu2O混合固体投入 800 mL 2 mol/L的稀硝酸中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成NO一种气体，向反应后溶液中滴加5 mol/L NaOH 溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加NaOH溶液的体积为(　　)
A. 260 mL B. 280 mL C. 300 mL D. 400 mL
8 工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体。则该样品中纯碱的质量分数是(　　)
A. ×100% B. ×100%
C. ×100% D. ×100%
9 1.52 g某铁的氧化物(FexO)溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2+完全氧化。x的值为(　　)
A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93
10 银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________mol CuAlO2，至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液________L。
11 (2024南京月考)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g/mol)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550～600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO)的比值：__________(写出计算过程)。
12 碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]用作农药防治小麦黑穗病，实验室用加热法测定某农药中碱式碳酸铜的质量分数(假设杂质受热不参与反应)。充分加热100 g样品，得到固体84.5 g，已知反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑，Cu2(OH)2CO3的相对分子质量为222。试计算：
(1) Cu2(OH)2CO3中铜元素与氧元素的质量之比：________(最简整数比)。
(2) Cu2(OH)2CO3中质量分数最大的元素是________(填元素名称)。
(3) 样品中碱式碳酸铜的质量分数是______。
13 (2024徐州期中)由草酸氧钛钡[化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O]晶体煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为________________________________________
(H—1，C—12，O—16，Ti—48，Ba—137)。
14 将2.5 g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶于水制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1 mol/L盐酸，所加入盐酸的体积与产生二氧化碳的体积(标准状况)关系如图所示。
(1) 写出OA段所发生反应的离子方程式：______________________________
______________________________。
(2) 当加入35 mL盐酸时，所产生的二氧化碳的体积(标准状况)是________。
(3) 原混合物中Na2CO3的质量分数为________。
15 (2024苏州期末)磷酸锰铵是重要的复盐，在工农业生产中具有广泛应用。
为测定磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]的组成，进行如下实验：①称取样品2.448 0 g，加水溶解后配成100.00 mL溶液A；②量取25.00 mL溶液A，加足量NaOH溶液并充分加热，生成NH3 0.067 20 L(标准状况)；③另取25.00 mL溶液A，边鼓空气边缓慢滴加氨水，控制溶液pH 6～8，充分反应后，将溶液中Mn2+转化为Mn3O4，得Mn3O4 0.229 0 g。通过计算确定该样品的化学式：_________________
(H—1，N—14，O—16，P—31，Mn—55，写出计算过程)。
第二节　金属材料
课时1　用途广泛的金属材料
1. B　合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，如硬度、强度更大，熔点更低等，A正确；因AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，冶炼铝时应采用冰晶石(Na3AlF6)作溶剂电解熔融Al2O3的方法，B错误；金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，C正确；越活泼的金属，其金属阳离子的氧化性越弱，越难被还原，D正确。
2. C
3. B　Al具有强还原性，可用于冶炼高熔点金属，A错误；氧化铝是离子晶体，且半径较小，具有较高的熔点，常用作耐火材料，B正确；氢氧化铝具有两性，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，C错误；Al2(SO4)3溶于水产生的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水体中悬浮物，可用于净水，D错误。
4. C　钢是含碳量低的铁合金，A正确；钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，B正确；由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，C错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，D正确。
5. D
6. B　高岭土主要含Al2O3、SiO2和H2O，“焙烧”改变高岭土中Al2O3的结构，加盐酸“酸溶”，二氧化硅不溶于盐酸，过滤，滤液中含有氯化铝，蒸发浓缩、加水稀释，降低HCl浓度，调节AlCl3溶液的pH为 4.2～4.5，沉降可得碱式氯化铝。根据信息①可知，“焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸，A正确；由于要制备碱式氯化铝，为了不引入杂质SO，“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸，B错误；根据信息②知，“蒸发浓缩”和“稀释”均能减小溶液中HCl的浓度，使溶液的pH为4.2～4.5，有利于沉降得到碱式氯化铝，C正确；碱式氯化铝可水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可用于净水，D正确。
7. B
8. B　2CuS＋3O22CuO＋2SO2，由化学方程式可知，1 mol CuS消耗1.5 mol O2，A错误；废气中含有SO2，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；调节pH时，Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀而除去，C错误；制备结晶水合物时，应采用蒸发浓缩、冷却结晶法，D错误。
9. C　通入过量的二氧化碳，滤液中的[Al(OH)4]－转化为氢氧化铝沉淀，C错误。
10. D　钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4转化为Fe2O3、NaVO3，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加水浸取，过滤得到固体Fe2O3，向滤液中加入硫酸，将[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，根据得失电子守恒可得关系式4FeV2O4～5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4，A错误；VO的氧化性较强，VO能把Cl－氧化为有毒气体Cl2，不能用盐酸代替硫酸“调pH”，B错误；由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为 Al(OH)3而除去，C错误。
11. (1) 1∶1　(2) 1∶3　(3) 3∶1　(4) A
解析：(4) 当参加反应的HCl和NaOH的物质的量相同时，产生H2的体积比是1∶3，而题给条件中产生H2的体积比是1∶2，说明此时投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，铝与盐酸反应的化学方程式为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，根据分析可知，产生H2的物质的量n(甲)＝n(H＋)＝×3 mol/L×0.1 L＝0.15 mol，则n(乙)＝2n(甲)＝0.3 mol，由于2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，故加入铝粉的物质的量n＝n(乙)＝×0.3 mol＝0.2 mol，质量为5.4 g。
12. (1) 过滤　(2) 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　(3) ①4　5　NO↑　2H2O(可与上一空颠倒顺序)　4　②AC
解析：(1) Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含金固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤。(2) 铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，溶解1 mol Cu消耗 mol HNO3；铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)=== Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，溶解1 mol Cu消耗4 mol HNO3。消耗HNO3物质的量较少的反应为铜与稀硝酸的反应。(3) ①根据化合价的变化规律可知，Au的化合价从0升高到＋3，作还原剂，硝酸作氧化剂，N的化合价从＋5降低到＋2，产物有NO生成，根据质量守恒定律，生成物中还有水，化学方程式为Au＋4NaCl＋5HNO3===HAuCl4＋2H2O＋NO↑＋4NaNO3。②溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，A正确；王水中V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3，浓硝酸中，金表面生成致密的氧化膜，不继续反应，王水中的浓盐酸提供了Cl－，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用是增强硝酸的氧化性，B错误；HNO3 NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3]溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，C正确。
13. (1) 减少后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，减少浪费　(2) 2Fe2+＋H2O2＋2H＋===2Fe3+＋2H2O　(3) ①5.0左右　②静置，取上层清液于试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全　(4) AB　(5) [Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO
课时2　物质的量在化学
方程式计算中的应用
1. C　反应①为2H2O2H2↑＋O2↑，电解水生成的H2和O2的物质的量之比为2∶1，A正确；反应②为3H2＋CO2===H2O＋CH3OH，每生成 1.6 kg 甲醇消耗CO2的物质的量＝＝50 mol，消耗标准状况下CO2的体积＝50 mol×22.4 L/mol＝1 120 L，B正确；转化过程总反应为4H2O＋2CO2===2CH3OH＋3O2，反应过程消耗水，需额外补充水，C错误；根据碳元素守恒，制取等质量的甲醇时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放，D正确。
2. C　根据转化信息，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O2H3AsO4＋3H2SO4。As2O3与水作用时，可以生成对应的酸(H3AsO3)，A错误；反应Ⅰ的反应物As2S3中，As元素为＋3价，S元素为－2价，生成物As2O3和H2S2O3中，As元素为＋3价，S元素为＋2价，故只有S被氧化，B错误；反应Ⅰ中，As2S3中S元素从－2价升高为H2S2O3中的＋2价，则氧化1 mol As2S3转移12 mol 电子，反应Ⅱ中，As2S3中As元素从＋3价升高为H3AsO4中的＋5价，S元素从－2价升高为H2SO4中的＋6价，则氧化1 mol As2S3转移的电子的物质的量＝2×2 mol＋3×8 mol＝28 mol，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1 mol As2S3转移的电子数之比＝＝，C正确；结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的化学方程式中化学计量数可知，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，D错误。
3. A　氢气的物质的量为0.1 mol，碱金属单质与水反应的通式如下(M为碱金属)：
2M＋2H2O===2MOH＋H2↑
2　　　　　 1
0.2 mol　　 0.1 mol
则金属的平均摩尔质量为＝22 g/mol，钾的摩尔质量为39 g/mol，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于22 g/mol，在所给金属中只有Li符合题意。
4. C　反应中只有N元素的化合价发生变化，N元素由NH中的－3价升高为氮气中的0价，被氧化；由NO中的＋5价降低为氮气中的0价，被还原，由得失电子守恒可知，反应中被还原与被氧化的氮原子数之比为3∶5。
5. A　NaClO3中Cl的化合价降低1，因此每生成 0.1 mol ClO2转移0.1 mol电子，A错误；HCl中Cl的化合价部分升高，因此浓盐酸在反应中既体现还原性又体现酸性，B正确；由2HCl～2e－～Cl2、2NaClO3～2e－～2ClO2知，被氧化和被还原的氯原子数之比为1∶1，C正确；每消耗0.2 mol还原剂，生成0.2 mol ClO2和0.1 mol Cl2，标准状况下ClO2为液体，故生成的气体在标准状况下的体积是2.24 L，D正确。
6. C　设原混合物中Fe2O3的物质的量为x，Fe的物质的量为y。根据元素守恒，反应后的n(Fe2+)＝2x＋y，则n(H2)＝n(Fe2+)＝。根据得失电子守恒得2y＝2x＋2×，解得x∶y＝1∶2，C正确。
7. C　Cu和Cu2O与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为NaNO3，1 mol Cu失去2 mol电子、1 mol Cu2O失去2 mol 电子，而生成1 mol NO要转移3 mol电子，由得失电子守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，则n(NO)＝×0.15 mol＝0.1 mol，由原子守恒可知n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO)，而n(NaOH)＝n(NaNO3)，所以n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.8 L×2 mol/L－0.1 mol＝1.5 mol，氢氧化钠溶液的体积V＝＝0.3 L＝300 mL，C正确。
8. D
9. A　FexO中Fe的平均化合价为＋，根据得失电子守恒：×x＝×2，解得x＝0.8，A正确。
10. 50　25
解析：5.0 kg银铜合金中铜的物质的量n(Cu)＝＝50 mol，
由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式：
Cu　～　CuAlO2～Al2(SO4)3
1 1　 　
50 mol 50 mol 25 mol
至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为＝25 L。
11. 2∶1(计算过程见解析)
解析：8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量＝＝4×10-5 mol，其在N2氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，n(Nd3+)＝4×10-5 mol；550～600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时减少的质量是生成H2O和CO2的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量＝4×10-5 mol××18×103 mg/mol＝0.36 mg，则生成CO2的质量＝1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，CO2的物质的量＝＝2×10-5 mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的CO的物质的量＝4×10-5 mol－2×10-5 mol＝2×10-5 mol，因此可确定该产物中n(Nd3+)：n(CO)＝＝2∶1。
12. (1) 8∶5　(2) 铜　(3) 55.5%
解析：(1) Cu2(OH)2CO3中m(Cu)∶m(O)＝(2×64)∶(5×16)＝8∶5。(3) 充分加热分解后固体质量减轻Δm＝100 g－84.5 g＝15.5 g，即
Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑　Δm
222 160 62
m 15.5 g
则含有Cu2(OH)2CO3的质量m＝×15.5 g＝55.5 g，样品中碱式碳酸铜的质量分数＝×100%＝55.5%。
13. BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑
解析：44.9 g晶体的物质的量为0.1 mol，B点时固体质量减轻7.2 g，恰好减少0.4 mol H2O，则B点物质为BaTiO(C2O4)2，C点时残留固体为0.1 mol BaCO3、0.1 mol钛氧化物(设为TiOx)，固体质量为27.7 g，x＝＝2，则减轻的是0.1 mol “C3O4”的质量，即反应生成0.2 mol CO和0.1 mol CO2，故阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑。
14. (1) H＋＋OH－===H2O、CO＋H＋===HCO
(2) 0.224 L　(3) 42.4%
15. NH4MnPO4·2H2O
n(NH)＝n(NH3)＝＝0.003 mol
n(Mn2+)＝3n(Mn3O4)＝3×＝0.003 mol
根据电荷守恒n(PO)＝＝0.003 mol
根据质量守恒m(H2O)＝－0.003 mol×(18 g/mol＋55 g/mol＋95 g/mol)＝0.108 g
n(H2O)＝＝0.006 mol
所以n(NH)∶n(Mn2+)∶n(PO)∶n(H2O)＝1∶1∶1∶2，
该样品的化学式为NH4MnPO4·2H2O。

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