3.2 金属材料 同步检测
一、单选题
1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列常见古诗文对应化学知识正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（ ）
①Al2O3 ②Mg(OH)2 ③Al(OH)3 ④NaHCO3
A．①②③ B．①③④
C．只有①③ D．只有②③
3．水的相对分子质量为18，则一个水分子的质量为（设NA为阿伏加德罗常数）（ ）
A． g B． g/mol C．18NA g D．
4．三星堆遗址最近出土了青铜神树、黄金权杖、玉器等文物，下列有关说法错误的是（ ）
A．青铜神树体现了中国古代高超的冶金技术
B．青铜表面的绿色物质主要为Cu2(OH)2CO3
C．青铜神树、黄金权杖、玉器均为合金材料
D．玉器因含有不同金属氧化物而显现不同颜色
5．相同质量的H2SO4与H3PO4中的氢原子数之比为（ ）
A．2： 3 B．3： 2 C．1：2 D．2：1
6．下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（ ）
A．某无色透明溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、CO32-
B．与金属铝反应放出氢气的溶液：K+、NH4+、NO3-、Cl-
C．滴加酚酞试液显红色的溶液：K+、Na+、CO32-、Cl-
D．c(Fe2+)=1mol/L的溶液：K+、NH4+、MnO4-、SO42-
7．合金具有许多优良的性能．下列物质属于合金的是（ ）
A．黄铜 B．硫酸铜 C．镁 D．氧化铝
8．称取进行热重分析，固体质量随温度的变化关系如图所示，为获得和的混合产品，烘干时的温度范围为（ ）
A．145~195℃ B．195~273℃ C．>273℃ D．90~145℃
9．一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入4molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共32g时，隔板处于如下图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是
A．右边CO与CO2分子数之比为3∶1
B．左边抽出1molN2时，隔板向左移动，左右两边体积比为3∶1
C．右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为5∶6
10．下列有关铁及其化合物的说法正确的是（ ）
A．铁的氧化物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，它们都是黑色的固体
B．铁的氢氧化物Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物可能是灰绿色
C．鉴别Fe2＋中混有Fe3＋，可先加入Cl2水，再加入KSCN溶液
D．铁的合金生铁比纯铁硬度大，熔点高。
11．科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为 ，在相同条件下，等质量的 和 相同的是（ ）
A．物质的量 B．分子数
C．原子数 D．体积
12．在实验室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（ ）
A．石灰石 B．氢氧化钠溶液
C．硫酸 D．氨水
13．下列说法正确的是（ ）
A．元素从化合态变为游离态，一定是被还原
B．在标准状况下，水、氧气和氮气分子间的平均距离都相等
C．0.5 mol·L 1的 MgCl2溶液中Cl 的数目为6.02×1023
D．6.4g S2和S8的混合物，所含的硫原子数一定为1. 204×1023
14．用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A．3：2：3 B．3：1：2 C．2：6：3 D．1：1：1
15．向100mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是
A．沉淀质量：b点>a点>c点
B．a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小
C．a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-]
D．b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
16．下列叙述中，正确的是（ ）
A．同温同压下，等质量的和具有相同的分子数
B．同温同压下，等质量的和物质的量之比为
C．等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，的物质的量浓度也相等
D．标准状况下，气体溶于水后形成的溶液物质的量浓度为
二、综合题
17．高锰酸钾受热易分解，在不同温度下，发生如下反应：
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
3K2MnO42K3MnO4+MnO2+O2↑
已知：M(KMnO4)=158g/mol，M(MnO2)=87g/mol
请回答：
（1）取12.64gKMnO4固体，加热到300℃至完全分解，得到标准状况下O2的体积为 mL。
（2）取12.64gKMnO4固体，加热至700℃，一段时间后剩余固体的质量为11.04g，则剩余固体中的MnO2质量为 g。
（3）取(2)剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成Cl2，产物中锰元素以Mn2+存在；则Cl2物质的量为 mol。
18．简要回答下列问题．
（1）铝制器具不宜存放酸、碱溶液的原因是 ．
（2）实验室常用35%～40%的甲醛溶液（俗称福尔马林）保存动物标本的原因是
（3）可降解塑料在环境中可以降解为小分子物质或被微生物分解．研制生产可降解塑料的目的是 ．
19．有关物质的量的计算
（1）1mol HCl中含有HCl分子的个数是 ，1.204×1023个CH4分子的物质的量是 mol。
（2）17克NH3的物质的量是 mol，0.1mol H2O的质量是 g。
（3）标准状况下，11.2L O2的物质的量是 mol ，1mol O2的体积是 L。
（4）将8g NaOH配制成1L溶液，其物质的量浓度为 mol/L，1L 1mol/L NaOH溶液中含有溶质NaOH的质量是 g。
20．PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O = H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O = H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01mol Cl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL 2mol·L-1 NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
（1）原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比 ；
（2）写出计算过程 。
21．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： ．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，A符合题意；
B.玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，B不符合题意；
C.铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，C不符合题意；
D.糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；葡萄糖虽有甜味，但是不能发生水解，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、通过焰色反应可鉴别KNO3和Na2SO4；
B、HF可以刻蚀玻璃
C、合金硬度比纯铁大，熔点比纯铁要低
D、淀粉属于糖类无甜味
2．【答案】B
【解析】【解答】①Al2O3是两性氧化物,与硫酸反应生成硫酸铝,与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,故①正确;②Mg(OH)2与硫酸反应生成硫酸镁,不能与氢氧化钠反应,故②错误;③Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与硫酸反应,生成铝盐Al3+,又能与氢氧化钠反应生偏铝酸盐AlO2-,故③正确;④NaHCO3属于弱酸的酸式盐,与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水,与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水,故④正确;
故答案为：B。
【分析】氧化铝和氢氧化铝都是两性化合物，碳酸氢钠可以和酸生成二氧化碳和水，跟碱反应生成水和碳酸盐。
3．【答案】A
【解析】【解答】当摩尔质量以g/mol为单位时和相对分子质量在数值上相等。水的相对分子质量是18，即1mol水分子的质量为18g，1mol水分子中含有NA个水分子，所以一个水分子的质量为 g。
故答案为：A。
【分析】1mol水分子18g，1mol中存在NA个水分子，故一个水分子重 g
4．【答案】C
【解析】【解答】A．青铜神树的原材料为合金，其强度高、熔点低、铸造性能好，神树的连接有焊接、链接、铆接等工艺，其青铜冶炼的工艺水准已经达到巅峰，体现了中国古代高超的冶金技术，A说法不符合题意；
B．青铜表面的绿色物质俗称铜绿，是由铜与空气中的氧气、水、二氧化碳反应生成，主要为Cu2(OH)2CO3，B说法不符合题意；
C．青铜神树、黄金权杖的原材料为合金，玉器为硅酸盐，不是合金，C说法符合题意；
D．玉器主要成分为二氧化硅，氧化镁，氧化钙，氧化铝，三氧化二铁等，因含有不同金属氧化物而显现不同颜色，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】青铜神树是合金，黄金是纯金属，而玉器为硅酸盐材料，其他选项均正确
5．【答案】A
【解析】【解答】H2SO4与H3PO4的摩尔质量都是98g/mol，设质量均为98g，则H2SO4与H3PO4的物质的量均为98g÷98g/mol=1mol，1molH2SO4中有2molH，1molH3PO4中有3molH，所以氢原子数之比为2mol:3mol=2:3，选项A符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据硫酸和磷酸的摩尔质量计算其物质的量之比，结合分子组成计算氢原子数之比即可。
6．【答案】C
【解析】【解答】A.溶液中的Ca2＋和CO32－可形成CaCO3沉淀，不可大量共存，A不符合题意；
B.能与Al反应放出H2的溶液中含有H+或OH-，NH4＋能与OH－形成NH3·H2O，不可大量共存，B不符合题意；
C.滴加酚酞显红色的溶液中含有大量的OH-，OH－能溶液中的离子都不反应，可大量共存，C符合题意；
D.Fe2＋具有还原性，MnO4－具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.无色透明溶液中不能形成沉淀；
B.能与Al反应放出H2的溶液中含有H+或OH-；
C.滴加酚酞显红色的溶液中含有大量的OH-；
D.含有Fe2+的溶液具有强还原性；
7．【答案】A
【解析】【解答】解：A．黄铜是铜锌合金，故A正确；
B．硫酸铜是纯净物，不属于合金，故B错误；
C．镁是纯净物，不属于合金，故C错误；
D．氧化铜是纯净物，不属于合金，故D错误；
故选A．
【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合金中至少有一种金属等．
8．【答案】A
【解析】【解答】由图可知当温度小于90℃时，固体为，此时固体的物质的量为；当温度为145℃时，固体的质量为42.1g，失去结晶水的物质的量为，则产品为；同理可得，当温度为195℃时产品为，当温度为273℃时产品为。为获得和的混合产品，应控制温度范围为145～195℃，A符合题意。
【分析】本题要结合物质的量进行判断，根据公式n=m/M进行计算。
9．【答案】C
【解析】【解答】A. 同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，可以得知右边 CO和CO2 气体总的物质的量为1 mol，设，，，，联立计算x=0.75mol，y=0.25mol，根据分子数之比等于物质的量之比，可知右边 CO和CO2 分子数之比为3：1，故A正确；
B.右侧CO和CO2 的物质的量1mol， 左边抽出1molN2时，隔板向左移动，左侧气体的物质的量为3mol，同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，左右两边体积比为3∶1，故B正确；
C.同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体的平均分子量为，氧气的相对分子质量为32，可知右侧气体密度与相同条件下氧气密度相等，故C错误；
D.若改变右边CO和CO2的充入量，使隔板处于距离右侧1/3处，根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，可以得知右边CO和CO2气体总的物质量为2 mol，同温同体积下物质的量之比等于压强之比，可以计算出保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为，故D正确。
故答案为：C。
【分析】根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比和同温同体积下物质的量之比等于压强之比分析。
10．【答案】B
【解析】【解答】A、FeO为黑色，Fe2O3为红棕色，Fe3O4为黑色晶体，A不符合题意；
B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，氢氧化铁为红褐色沉淀，两者混合有可能是灰绿色，B符合题意；
C、先加入Cl2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe2＋对实验产生干扰，应先加KSCN溶液，如果溶液显红色，说明含有Fe3＋，C不符合题意；
D、生铁是合金，其硬度比纯铁大，但熔点比纯铁低，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、 铁的氧化物颜色各不相同；
B、注意氢氧化亚铁和氢氧化铁颜色不同；
C、Cl2具有强氧化性可以，将Fe2＋氧化成Fe3＋，不能先通入Cl2；
D、合金熔点低于组成金属。
11．【答案】C
【解析】【解答】M（H3）：M（H2）=3g/mol：2g/mol=3：2，等质量的H3和H2物质的量之比n（H3）：n（H2）=M（H2）：M（H3）=2：3；分子数之比等于分子物质的量之比为2：3；原子数之比为（2 3）：（3 2）=1：1；在相同条件下体积之比等于分子物质的量之比为2：3；等质量的H3和H2的原子数相同，
故答案为：C。
【分析】本题主要考查物质的量的相关计算。根据N=nNA=NA进行分析计算即可得出答案。
12．【答案】D
【解析】【解答】氢氧化钠溶液、石灰水(氢氧化钙溶液)都是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出来，故A、B不符合；稀硫酸不与氯化铝反应，故C不符合；氨水是弱碱溶液，可以全部沉淀Al3+，因为Al(OH)3不溶于弱碱溶液，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】Al3+可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al(OH)3是两性氢氧化物能溶于强酸强碱，Al3+离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀Al3+最好不用强碱用弱碱。
13．【答案】D
【解析】【解答】A. 元素从化合态变为游离态，化合价可能升高，也可能降低，如S2－→S为被氧化过程，Fe2＋→Fe为被还原过程，故A不符合题意；
B. 物质的聚集状态不同，分子间的距离不同，在标准状况下，氧气和氮气的分子间距离相等，水的最小，故B不符合题意；
C. 未给出溶液的体积，所以无法计算 0.5 mol·L 1 MgCl2溶液中Cl 的数目，故C不符合题意；
D. S2和S8的构成原子都是硫原子，6.4g S2和S8的混合物，即硫原子的质量为6.4g，所以硫原子的物质的量为6.4g÷32g/mol=0.2mol，则硫原子的数目一定为0.2mol×6.02×1023mol－1=1. 204×1023，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】气体分子间的距离大于液体分子间的距离，固体分子间的距离最小。
14．【答案】C
【解析】【解答】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,
故答案选C。
【分析】根据离子之间比例关系以及钡离子和硫酸根离子的反应，可以计算出三种硫酸盐的物质的量浓度之比。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据分析可知，b点沉淀质量最大，a点为0.1mol氢氧化铝和0.15mol硫酸钡，c点为0.2mol硫酸钡，a点沉淀质量小于c点，A符合题意；
B．a点溶液中溶质为硫酸铵，a到b的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b点溶质为NH3·H2O，b到c点氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的电离，故b点水的电离程度最小，B不符合题意；
C．a点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-]，C不符合题意；
D．b点到c点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、结合公式m=n·M判断；
B、盐的水解可以促进水的电离，酸碱的电离可以抑制水的电离；
C、结合铵根离子的水解判断；
D、氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根和水。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．同温同压下，等质量的和的物质的量不相等，因此二者不可能具有相同的分子数，A不符合题意；
B．同温同压下，等质量的和物质的量之比为＝，B符合题意；
C．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，的物质的量浓度不相等，C不符合题意；
D．标准状况下，气体的物质的量是1mol，溶于水后形成的溶液的体积不是0.2L，无法计算其物质的量浓度，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合n=m/M计算；
B、结合n=m/M计算；
C、结合n=c·V计算；
D、要注意浓度公式c=n/V中，V为溶液体积。
17．【答案】（1）896
（2）4.35
（3）0.1
【解析】【解答】(1)12.64gKMnO4固体的物质的量是12.64g÷158g/mol＝0.08mol，加热到300℃至完全分解，反应为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，根据方程式可知得到标准状况下O2的体积为0.04mol×22.4L/mol＝0.896L＝896mL。
(2)取12.64gKMnO4固体，加热至700℃，根据2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑、3K2MnO42K3MnO4+MnO2+O2↑可知发生反应6KMnO42K3MnO4+4MnO2+4O2↑，根据方程式可知固体质量减少4×32g＝128g，就生成4mol二氧化锰，一段时间后剩余固体的质量为11.04g，固体质量减少了12.64g－11.04g＝1.6g，则剩余固体中的MnO2质量为＝4.35g。
(3)取(2)剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成Cl2，产物中锰元素以Mn2+存在，根据(2)中分析可知生成氧气是，设生成氯气的物质的量是x，根据电子得失守恒可知0.08mol×（7－2）＝0.05mol×4+2x，解得x＝0.1mol。
【分析】(1)根据方程式不同物质量的关系计算。
(2)利用差量法计算。
(3)根据电子得失守恒计算。
18．【答案】（1）金属铝可以和酸、碱之间反应
（2）甲醛能使蛋白质变性
（3）减少白色污染
【解析】【解答】解：（1）金属铝可以和酸、碱之间反应，铝制器具不宜存放酸、碱溶液，故答案为：金属铝可以和酸、碱之间反应；（2）甲醛能使蛋白质变性，实验室常用35%～40%的甲醛溶液（俗称福尔马林）保存动物标本，故答案为：甲醛能使蛋白质变性；（3）塑料能形成白色污染，所以研制生产可降解塑料代替塑料可以减少白色污染，故答案为：减少白色污染．
【分析】（1）金属铝可以和酸、碱之间反应，据此回答；（2）甲醛能使蛋白质变性，用来保存保存动物标本；（3）根据塑料能形成白色污染来回答．
19．【答案】（1）6.02×1023；0.2
（2）1；1.8
（3）0.5；22.4
（4）0.2；40
【解析】【解答】(1)1mol HCl中含有HCl分子的个数1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023，1.204×1023个CH4分子的物质的量为 =0.2mol，故答案为：6.02×1023；0.2 mol；
(2)17克NH3的物质的量为 =1mol，0.1mol H2O的质量为0.1mol ×18g/mol=1.8g，故答案为：1 mol；1.8；
(3)标准状况下，11.2L O2的物质的量为 =0.5mol ，1mol O2的体积为1mol×22.4L/mol =22.4L，故答案为：0.5；22.4 ；
(4)将8g NaOH配制成1L溶液，其物质的量浓度为 =0.2mol/L，1L 1mol/L NaOH溶液中含有溶质NaOH的质量为1L ×1mol/L×40g/mol=40 g，故答案为：0.2 ；40。
【分析】（1）根据公式进行计算；
（2）根据公式进行计算；
（3）根据公式进行计算；
（4）根据公式、进行计算；
20．【答案】（1）1∶2
（2）PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2 0.01mol 0.01mol n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol (PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH 0.03mol 0.24 mol n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
【解析】【解答】(1) 先根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据关系式PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2，可知0.01mol Cl2能氧化0.01mol 的PCl3，则原混合物中含有0.01mol 的PCl3，根据(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH关系式知，消耗0.24 mol NaOH，可知氧化后的溶液含有0.03mol的H3PO4，则原混合的PCl3和PCl5总共是0.03mol，所以PCl5是0.02mol，所以两者物质的量比为1∶2。
(2)上述分析计算过程：
PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
【分析】根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据消耗的NaOH的物质的量可求出氧化后溶液中H3PO4的量，进而求出PCl5 + PCl3总共的物质的量，减去求出的PCl3的物质的量，就是PCl5的物质的量。据此解答
21．【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=2 NaOH+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=2 NaOH+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．
