高三化学一轮复习 基础训练有关混合物反应的计算 基础练习

这是一份高三化学一轮复习 基础训练有关混合物反应的计算 基础练习，共19页。试卷主要包含了称取，将总物质的量为n ml的钠和铝等内容，欢迎下载使用。
1．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（ ）
A．B．
C．D．
2．铜和镁的合金2.14g完全溶于一定浓度的硝酸，若反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L．在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为（ ）
A．4.18gB．3.12gC．4.68gD．5.08
3．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（ ）
A．9.0 LB．13.5 LC．15.7 LD．16.8 L
4．称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1mlNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1：1B．1：2C．1.87：1D．3.65：1
5．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是（ ）
A．1：4B．1：3C．1：2D．1：1
6．向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0ml/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是（ ）
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6ml/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
7．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH＝14的溶液，然后用1ml/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A．原合金质量为0.92g
B．标准状况下产生氢气896mL
C．图中V2为60mL
D．图中m值为1.56g
8．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8ml，这些气体恰好能被500mL 2ml/L NaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O．）（ ）
A．0.2 mlB．0.4 mlC．0.6 mlD．0.8 ml
9．将总物质的量为n ml的钠和铝（其中钠的物质的量分数为x），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L．下列关系式中正确的是（ ）
A．x＝B．0＜x≤0.5
C．V＝33.6n（1﹣x）D．11.2n＜V≤22.4n
10．把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（ ）
A．70%B．52.4%C．47.6%D．30%
11．将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（ ）
A．11.85gB．12.7gC．27.45gD．28.3g
12．如图装置中，容器甲内充入0.1ml NO气体．干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体．恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积的，干燥管中物质的质量增加了2.24g．随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动．下列说法中正确的是（ ）
A．活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24 L （标准状况）
B．NO2转化为N2O4的转化率为20%
C．容器甲中NO已反应完
D．活塞移至C处后，继续通入a ml CO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01
二．多选题（共5小题）
13．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
14．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果不正确的是（ ）
A．混合酸中HNO3物质的量浓度为1 ml•L﹣1
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生氢气
C．原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 ml
D．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
15．有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.16g•L﹣1，则关于此混合物组成的说法正确的是（ ）
A．一定有甲烷
B．一定有乙烷
C．可能是甲烷和乙烷的混合物
D．可能是乙烷和丙烷的混合物
16．两种气态烃以一定比例混合，在105℃时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L．下列各组混合烃中不符合此条件的是（ ）
A．CH4 C2H4B．CH4 C3H6C．C2H4 C3H4D．C2H2 C3H6
17．有两份组成及质量都相等的Na2O2和Na2CO3的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的气体共4.48L．将此气体通入第二份混合物，充分反应后，气体体积变为4.032L（均为标准状况下体积）．则原混合物中Na2O2和Na2CO3的物质的量之比为（ ）
A．2：9B．3：2C．2：1D．8：1
三．填空题（共4小题）
18．计算；
（1）将26.4g Na2O与Na2O2的混合物投入足量的水中溶解.反应后水溶液增重24.8g，则原混合Na2O与Na2O2的物质的量之比是 。
（2）将5ml•L﹣1的Mg（NO3）2溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度为 。
（3）实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气时，有21.9g氯化氢被氧化，所得Cl2全部用石灰乳吸收，可制得漂白粉的质量是 。
19．（1）甲烷的结构式是 ．乙烯的电子式是 ．将6.72L（标准状况）乙烯和甲烷的混合气通入足量的溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了1.4g，原混合气体中乙烯和甲烷的物质的量之比是
（2）在烷烃分子中，每增加一个碳原子，1ml烷烃完全燃烧需要多消耗氧气（填字母）
A．1ml B．1.5ml C．2ml D．2.5ml
（3）乙醇分子内有四种不同的化学键（如图），在不同的化学反应中会断裂不同的化学键，请写出下列反应的化学方程式，并指出反应时乙醇分子中断裂的化学键．
A．乙醇在热的铜丝催化下发生氧化反应： ，断裂（填序号） 化学键；
B．乙醇中投入钠粒冒气泡： ，断裂（填序号） 化学键．
20．（1）将表面氧化的镁条2.8g投入到100mL稀硫酸中至不再产生气泡为止，共收集到标准状况下的气体2.24L。向所得溶液中滴入4.0ml•L﹣1的氢氧化钠溶液，开始滴入时无沉淀生成，滴加一定量的氢氧化钠溶液后开始出现白色沉淀，当滴加氢氧化钠溶液体积至100mL时，恰好使沉淀完全。试求（溶液体积变化忽略不计）：
①镁条中已被氧化的镁和未被氧化的镁的物质的量之比 。
②求所用稀硫酸溶液的物质的量浓度 。
（2）VL Fe2（SO4）3溶液中含有ag Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为 。
（3）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO的质量分数是 。
21．加热10g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物质至质量不再变化，剩余固体质量8.45g，剩余物质是 ，反应方程式为 ，原混合物中碳酸钠质量分数为 。
四．计算题（共3小题）
22．现有镁铝铜合金5.2g，加入过量的盐酸中，在标准状况下放出氢气5.6L，反应后过滤得沉淀0.1g。若将此合金放入过量的烧碱溶液中，反应后，在标准状况下大约能产生多少升氢气？镁铝铜的质量各为多少克？（写计算过程）
23．将一定质量的Fe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL 4.4ml/L的盐酸中，充分反应后，生成标准状况下的氢气896mL．过滤，滤渣经洗涤、干燥后称量，质量为1.28g。滤液中的溶质只有FeCl2和HCl，滤液加水稀释到320mL时，盐酸的浓度为0.25ml/L。
请回答：
（1）反应生成氢气的物质的量为 ml：
（2）计算原混合物中Fe2O3的质量（写出计算过程）
24．现有铜、银合金34.4g与足量的某浓度的硝酸100mL发生反应，将生成的气体与3.36L（标况）氧气混合，通入足量的水中恰好全部吸收，反应后溶液体积仍为100mL．试通过计算回答下列问题：
（1）原固体混合物中铜和银的质量各是多少？
（2）若原硝酸溶液为浓硝酸，反应产生的气体是单一气体，则该反应中被还原的硝酸的物质的量是多少？
（3）合金完全溶解后，若生成的气体在标况下体积为8.96L，反应后溶液中c（H+）＝5ml/L，则该混合气体中NO和NO2在标准状况下的体积分别是多少？原硝酸的浓度是多少？
五．解答题（共2小题）
25．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5ml/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示．由图中数据计算：
（1）原合金中镁和铝的质量．
（2）盐酸的物质的量浓度．
26．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5ml/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图．（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：
①合金中Mg的质量？
②所用HCl的物质的量浓度？
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m（减少）
2×84 106 62
x （w1g﹣w2g）
，
解得x＝，
则w（Na2CO3）＝＝，
故选：A。
2．解：由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，
最后转化为Cu（OH）2、Mg（OH）2沉淀，
由+2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，
氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量，
在金属与硝酸的反应中，硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L，
气体的物质的量为＝0.01ml，
由电子守恒可知，
金属的失电子的物质的量为0.01ml×（5﹣4）+0.01ml×（5﹣2）+0.01ml×2×（5﹣1）＝0.12ml，
即OH﹣的物质的量为0.12ml，沉淀的质量为2.14g+0.12ml×17g/ml＝4.18g，
故选：A。
3．解：在所得溶液中加入1.0ml/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0ml/L×1.0L＝1ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为＝0.4ml，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）＝n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]＝n[Cu（OH）2]＝0.4ml。
A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据二者质量有 64x+144y＝27.2，根据铜元素守恒有x+2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）＝0.2：0.1＝2：1，故A正确；
B、根据N元素守恒可知n（HNO3）＝n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）＝2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）＝2×0.2ml+2×0.1ml，解得n（NO）＝0.2ml，根据Na元素可知n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0ml/L×1.0L＝1ml，所以n（HNO3）＝n（NO）+n（NaNO3）＝0.2ml+1ml＝1.2ml，所以原硝酸溶液的浓度为＝2.4ml/L，故B错误；
C、由B中计算可知n（NO）＝0.2ml，所以标准状况下NO的体积为0.2ml×22.4L/ml＝4.48L，故C正确；
D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]＝n（NaNO3），所以n（HNO3）＝n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]＝1ml﹣2×0.4ml＝0.2ml，故D正确。
故选：B。
4．解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）＝n（CuO）＝＝0.15ml，转移电子物质的量＝0.15×（6+2）＝1.2ml。NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x＝1.2，解得x＝0.3，故气体体积V＝0.6ml×22.4L/ml＝13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）＝n（CuO）＝×0.15ml＝0.075ml，转移电子物质的量0.075×10＝0.75ml，设NO为xml、NO2为xml，3x+x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积0.1875ml×2×22.4L/ml＝8.4L，
故选：A。
5．解：设原混合气体中含有xmlCH4，反应的方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O，利用差量法计算：
CH4+2O2→CO2+2H2O△V
1 2 1 2
x 2x x 2x
则2x＝（100ml+400ml）﹣460ml＝40ml，
解得x＝20ml，
所以：Ar的体积为V（Ar）＝100ml﹣20ml＝80ml，
气体的体积之比等于物质的量之比，
所以：n（CH4）：n（Ar）＝V（CH4）：v（Ar）＝20ml：80ml＝1：4，
故选：A。
6．解：假设混合物完全为（NH4）2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物质的量为：≈0.0548ml，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548ml×2＝0.1096ml＞0.1ml，说明氢氧化钠的物质的量不足，
（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4，然后与（NH4）2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为：＝0.08ml，
则与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1ml﹣0.08ml＝0.02ml，故NH4HSO4的物质的量为0.02ml，
所以（NH4）2SO4的质量为：7.24g﹣115g/ml×0.02ml＝4.94g，其物质的量为：≈0.0374ml，
则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375ml：0.02ml＝1.87：1，
故选：C。
7．解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，
合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×1ml/L＝0.02ml，
由NaOH+HCl═NaCl+H2O，
0.02ml 0.02ml
则V1为＝0.02L＝20mL，
生成沉淀时消耗的盐酸为40mL﹣20mL＝20mL，其物质的量为由0.02L×1ml/L＝0.02ml，
由 NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，
0.02ml 0.02ml 0.02ml
A、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04ml×23g/ml+0.02ml×27g/ml＝1.46g，故A错误；
B、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02ml+0.03ml＝0.05ml，其标况下的体积为0.05ml×22.4L/ml＝1.12L，故B错误；
C、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06mlHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL＝100mL，故C错误；
D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02ml，其质量为0.02ml×78g/ml＝1.56g，故D正确；
故选：D。
8．解：纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。
51.2gCu共失电子×2＝1.6ml，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）＝＝0.8ml。
气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）＝n（Na+），
所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）﹣n（NaNO2）＝0.5L×2ml/L﹣0.8ml＝0.2ml。
故选：A。
9．解：金属没有剩余，说明反应2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或钠过量，否则剩下铝不与水反应。
若恰好反应，即钠与铝按1：1混合，x＝0.5，则有钠0.5nml，铝0.5nml，由方程式2Na+2H2O═2NaOH+H2↑可知，0.5nml钠生成氢气0.25nml；由方程式2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，0.5nml铝生成氢气0.75nml，所以共生成氢气
0.25nml+0.75nml＝nml，氢气体积为22.4nL。
若Na过量，即1＞x＞0.5，则有钠nxml，铝n（1﹣x）ml，由方程式2Na+2H2O═2NaOH+H2↑可知，nxml钠生成氢气
0.5nxml；由方程式2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，n（1﹣x）ml铝生成氢气1.5n（1﹣x）ml，所以共生成氢气
0.5nxml+1.5n（1﹣x）ml＝n（1.5﹣x）ml，氢气体积为22.4n（1.5﹣x）L．则根据上面的关系可知，所以钠越多气体总量越少，当即全是钠时，即x＝1，生成氢气体积为11.2nL，
故氢气体积为11.2nL＜V≤22.4nL
故选：D。
10．解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，
则agFe、Al→agFe2O3，
合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，
则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，
原合金中铁的质量分数为×100%＝70%，
故选：A。
11．解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为＝0.3ml，根据电子转移守恒可知n（Al）＝＝0.2ml，故金属铝的质量为0.2ml×27g/ml＝5.4g，金属铝提供电子的量是0.6ml，
将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为×3＝0.9ml，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9ml﹣0.6ml＝0.3ml，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）＝0.3ml，所以反应后沉淀的质量等于13.0g﹣5.4g+0.3ml×17g/ml＝12.7g，
故选：B。
12．解：A．设通入标准状况下CO2气体的体积为x，产生氧气的体积为y，则：
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 质量装置△m
2×22.4 L 22.4 L 56 g
x y 2.24 g
所以56 g：2.24g＝2×22.4 L：x，解得x＝1.792L，
56 g：2.24g＝22.4 L：y，解得：y＝0.896L，即：通入二氧化碳的体积为1.792L，故A错误；
B．由A计算可知，生成氧气的物质的量：n（O2）＝＝0.04ml，
2NO+O2 ＝2NO2
2 1 2
0.08ml 0.04 ml 0.08 ml
0.1 ml＞0.08 ml，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 ml，
所以2NO2⇌N2O4 物质的量减少△n
2 1 1
0.02 ml 0.1 ml×（1﹣）＝0.01ml
所以NO2转化为N2O4的转化率为：×100%＝25%，故B错误；
C．根据B的计算可知，NO还剩余：0.1ml﹣0.08ml＝0.02ml，故C错误；
D．活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2⇌N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 ml，因此所需CO2必小于0.01 ml，故D正确；
故选：D。
二．多选题（共5小题）
13．解：最终收集到44.8mL气体可能为氧气，有可能为NO，
当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y＝448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×＝x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x×＝x，则：②x+x+44.8mL＝y，联立①②解得：x＝134.4mL、y＝313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；
当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，剩余的44.8mL为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：③x+y＝448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x×＝x，同时生成NO体积为x，其中转化成硝酸的NO体积为：x﹣44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x﹣44.8mL）×，消耗氧气总体积为：④x+（x﹣44.8mL）×＝y，联立③④可得：x＝160.5mL、y＝287.5mL，即：原混合气体中氧气的总体积为287.5mL，
根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL或287.5mL，
故选：CD。
14．解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中n（NO3﹣）＝2n（Fe）＝2×＝0.4ml，混合酸中HNO3物质的量浓度为＝2ml/L，故A错误；
B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故B正确；
C、第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为＝0.4ml，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4ml，所原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 ml×2＝0.8ml，故C错误；
D、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故D正确。
故选：AC。
15．解：该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L×22.4L/ml＝26g/ml，即平均相对分子质量为26，该混合烃的平均相对分子量为1.16×22.4＝26．相对分子质量小于26的烷烃是甲烷，相对分子质量为16，其它烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷，
A．由上述分析可知，混合物中一定含有甲烷，故A正确；
B．乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故B错误；
C．常温下，甲烷与乙烷均为气体，且乙烷的相对分子质量为30，故可能是甲烷与乙烷的混合物，故C正确；
D．乙烷与丙烷的相对分子质量都大于26，不可能是乙烷和丙烷的混合物，故D错误，
故选：AC。
16．解：设烃的化学式为CxHy，设有机物的平均式为CxHy，则有：CxHy+（x+）O2→xCO2+H2O，有机物燃烧前后体积不变，则
1+x+＝x+，y＝4，
A．CH4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，符合题意，故A不选；
B．CH4、C3H6中H原子数分别为4、6．平均值不可能为4，故B选；
C．C2H4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，符合题意，故C不选；
D．C2H2、C3H6H原子数分别为2、6，只有1：1混合才能使平均值为4，不符合以任意比例混合的要求，故D选。
故选：BD。
17．解：发生反应的方程式有：
①2Na2O2+2H2SO4＝2Na2SO4+2H2O+O2
②Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑
③2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，
Na2CO3与硫酸反应产生CO2，Na2O2与硫酸反应生成O2，而CO2与Na2O2反应将产生O2，
故两步反应后的剩余气体一定有O2，可能有CO2，
4.48L气体的物质的量为：＝0.2 ml，
4.032L气体的物质的量为：＝0.18 ml，
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 △n
2 1
n n 0.2ml﹣0.18ml＝0.02ml
则：n＝0.04ml，
若CO2完全反应，则第一份生成CO2的为0.04ml，O2为0.2ml﹣0.04ml＝0.16ml
2Na2O2+2H2SO4＝2Na2SO4+2H2O+O2
0.32ml 0.16ml
Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2
0.04ml 0.04ml
混合物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比0.32ml：0.04ml＝8：1；
若CO2未完全反应，则Na2O2应是0.04ml，
则第一份生成O2的为0.02ml，CO2为0.2ml﹣0.02ml＝0.18ml
2Na2O2+2H2SO4＝2Na2SO4+2H2O+O2
0.04ml 0.02ml
Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2
0.18ml 0.18ml
混合物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比0.04ml：0.18ml＝2：9，
故选：AD。
三．填空题（共4小题）
18．解：（1）反应生成氧气为26.4g﹣24.8g＝1.6g，
设混合物中Na2O2的质量为m，则：
2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
156 32
m 1.6g
Na2O2的质量是m＝＝7.8g
氧化钠的质量是26.4g﹣7.8g＝18.6g，原混合物Na2O与Na2O2的物质的量之比是：＝3：1，
故答案为：3：1；
（2）5ml•L﹣1的Mg（NO3）2溶液中NO3﹣的物质的量浓度为5ml/L×2＝10ml/L，取amL溶液稀释至bmL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度为＝ml/L，
故答案为：ml/L；
（3）由氯原子守恒可知n（Cl2）＝×＝0.3ml，则：
2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
2 1 1
0.3ml n（CaCl2） n[Ca（ClO）2]
所以n（CaCl2）＝n[Ca（ClO）2]＝0.2ml×＝0.15ml，
故可得漂白粉的质量为：0.15ml×143g/ml+0.15ml×111g/ml＝38.1g，
故答案为：38.1g。
19．解：（1）甲烷分子式为CH4，碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对，结构式为，乙烯分子中碳碳以双键相连，碳剩余价键被H饱和，由此写出电子式为：，乙烯的物质的量为：n（C2H4）＝1.4g÷28g•ml﹣1＝0.05ml，混合气的总物质的量为：n（混合）＝6.72L÷22.4L•ml﹣1＝0.3ml，n（CH4）＝0.3ml﹣0.05 ml＝0.25 ml，n（C2H4）：n（CH4）＝0.05：0.25＝1：5，
故答案为：；；1：5；
（2）烷烃通式CnH2n+2，每多一个碳原子就多CH2，1mlCH2消耗氧气1.5ml，故选：B；
（3）A．乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故乙醇断键的位置为①和③，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；①③；
B．钠粒在乙醇中反应，逐渐变小，缓缓产生气泡，在钠的表面产生氢气反应方程式为：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，断裂③，故答案为：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；③．
20．解：（1）①收集到的气体为氢气，其物质的量为：＝0.1ml，根据电子转移守恒，未被氧化的镁的物质的量为＝0.1ml，Mg的质量为0.1ml×24g/ml＝2.4g，则MgO的质量为2.8g﹣2.4g＝0.4g，MgO的物质的量为＝0.01ml，故镁条中已被氧化的镁和未被氧化的镁的物质的量之比为0.01ml：0.1ml＝1：10，
故答案为：1：10；
②最后溶液中溶质为Na2SO4，由钠离子、硫酸根离子守恒可知n（H2SO4）＝n（Na2SO4）＝n（NaOH）＝×0.1L×4.0ml/L＝0.2ml，故稀硫酸的物质的量浓度为：＝2.0ml/L，
故答案为：2.0ml/L；
（2）ag Fe3+的物质的量为＝ml，由n（Fe3+）：n（SO42﹣）＝2：3，可知n（SO42﹣）＝n（Fe3+）＝×ml＝ml，故0.5V L溶液中SO42﹣的物质的量为ml×＝ml，稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度为：＝ml/L，
故答案为：ml/L；
（3）混合气体的物质的量为＝0.3ml，设CO、CO2的物质的量分别为xml、yml，则：，解得x＝0.075，y＝0.225，故CO的质量分数为×100%＝17.5%，
故答案为：17.5%。
21．解：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，剩余固体是Na2CO3；
设混合物中碳酸氢钠的质量为m，则：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 固体质量减少△m
2×84 106 2×84﹣106＝62
m 10g﹣8.45g＝1.55g
（2×84）：62＝m：1.55g
解得m＝4.2g
所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g﹣4.2g＝5.8g，混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%＝58%，
故答案为：Na2CO3；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；58%。
四．计算题（共3小题）
22．解：由信息可知，Cu为0.1g，设Mg为xml，Al为yml，则
Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑、2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，，
解得y＝0.1ml，x＝0.1ml；
Mg的质量为0.1ml×24g/ml＝2.4g；Al的质量为0.1ml×27g/ml＝2.7g；
将此合金放入过量的烧碱溶液中，发生2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，
则生成气体为0.1ml××22.4L/ml＝3.36L，
答：在标准状况下大约能产生 氢气 3.36L；镁铝铜的质量各为：铜 0.1g 镁 2.4g 铝 2.7g。
23．解：（1）生成标准状况下的氢气896mL，其物质的量为＝0.04ml，
故答案为：0.04；
（2）混合物与盐酸反应后，盐酸有剩余，则残留物没有Fe，只有Cu，滤液中含有剩余的HCl及FeCl2，
根据Cl原子守恒：n总（HCl）＝n剩余（HCl）+2n（FeCl2），即0.1L×4.4ml/L＝0.32L×0.25ml/L+2n（FeCl2），解得n（FeCl2）＝0.18ml，n（CuO）＝n（Cu）＝＝0.02ml，
设原有Fe为xml，Fe2O3为yml，
依据Fe原子个数守恒，可得：x+2y＝0.18，
根据电子转移守恒，可得：2x＝2y+2×0.02+2×0.04，
联立方程，解得：x＝0.1 y＝0.04，
原混合物中单质铁的质量160g/ml×0.04ml＝6.4g，
答：原混合物中Fe2O3的质量为6.4g。
24．解：（1）铜、银合金与足量的某浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与3.36L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，令Cu、Ag的物质的量分别为xml、yml，根据二者质量及电子转移守恒，可得：
解得x＝0.2、y＝0.2，
故m（Cu）＝0.2ml×64g/ml＝12.8g，m（Ag）＝0.2ml×108g/ml＝21.6g，
答：故合金中Cu的质量为12.8g、Ag的质量为21.6g；
（2）若原硝酸溶液为浓硝酸，反应产生的气体是单一气体，则生成气体为NO2，氧气的物质的量为＝0.15ml，根据电子转移守恒，故NO2的物质的量＝＝0.6ml，反应中被还原的硝酸生成NO2，根据N元素守恒，被还原硝酸的物质的量等于NO2的物质的量，即被还有硝酸的物质的量为0.6ml，
答：被还有硝酸的物质的量为0.6ml；
（3）若生成的气体在标况下体积为8.96L，混合气体的物质的量为＝0.4ml，令NO和NO2的物质的量分别为a ml、b ml，根据二者物质的量及电子转移守恒可得：
解得a＝0.1、b＝0.3，
故V（NO）＝0.1ml×22.4L/ml＝2.24L；
V（NO2）＝0.3ml×22.4L/ml＝6.72L，
反应后溶液中含有为硝酸铜、硝酸银及剩余的硝酸，根据电荷守恒可知反应后溶液中n（NO3﹣）＝n（H+）+2n（Cu2+）+n（Ag+）＝0.1L×5ml/L+0.2ml×2+0.2ml＝0.9ml，根据氮元素守恒可知n原溶液（HNO3）＝n（NO3﹣）+n（NO+NO2）＝0.9ml+0.4ml＝1.3ml，故原硝酸的浓度是＝13ml/L，
答：该混合气体中v（NO）＝2.24L、v（NO2）＝6.72L原硝酸的浓度为13ml/L．
五．解答题（共2小题）
25．解：由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH＝NaCl+H2O．继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg（OH）2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al（OH）3的质量为19.4g﹣11.6g＝7.8g．
（1）由元素守恒可知，n（Al）＝n[Al（OH）3]＝＝0.1ml，所以m（Al）＝0.1ml×27g/ml＝2.7g；
n（Mg）＝n[Mg（OH）2]＝＝0.2ml，所以m（Mg）＝0.2ml×24g/ml＝4.8g，
答：原合金中镁的质量为4.8g，铝的质量是2.7g．
（2）加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n（HCl）＝3n（AlCl3）+2n（MgCl2）+n（NaCl），根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）＝n（NaOH）＝0.02L×5ml/L＝0.1ml，所以n（HCl）＝3n（AlCl3）+2n（MgCl2）+n（NaCl）＝3×0.1ml+2×0.2ml+0.1ml＝0.8ml，原盐酸的物质的量浓度为＝8ml/L，
答：盐酸的物质的量浓度为8ml/L．
26．解：①由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]＝n（NaOH）＝（0.16L﹣0.02L）×5ml/L＝0.7ml．从加入氢氧化钠溶液160mL～180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]＝（0.18L﹣0.16L）×5ml/L＝0.1ml，故3×0.1ml+2n[Mg（OH）2]＝0.7ml，解得n[Mg（OH）2]＝0.2ml，由元素守恒可知n（Mg）＝n[Mg（OH）2]＝0.2ml，所以Mg的质量为0.2ml×24g/ml＝4.8g，
答：合金中Mg的质量为4.8g．
②加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）＝n（NaOH）＝0.16L×5ml/L＝0.8ml，根据氯元素守恒n（HCl）＝0.8ml，故盐酸的物质的量浓度为＝8ml/L．
答：盐酸的物质的量浓度为8ml/L．