人教版高考化学一轮总复习课时质量评价11金属材料含答案

这是一份人教版高考化学一轮总复习课时质量评价11金属材料含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(十一)(建议用时：40分钟)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1．(2020·贵阳模拟)铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是(　　)A．纯铁和铁合金都能导电、传热B．纯铁的熔点低于铁合金C．纯铁的硬度和强度都高于铁合金D．纯铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应A　解析：合金的熔点比成分金属的低，所以纯铁的熔点高于铁合金，B项错误；合金的硬度比成分金属的高，所以纯铁的硬度和强度都比铁合金的要低，C项错误；无论是纯铁还是铁合金都能与盐酸反应，D项错误。2．C919大型飞机的制造采用了大量新材料铝锂合金。下列关于铝锂合金的说法不正确的是(　　)A．铝锂合金是铝与锂形成的混合物B．铝锂合金的硬度比锂大C．铝锂合金的熔、沸点比铝低D．铝锂合金耐酸碱腐蚀D　解析：铝锂合金中的铝既能与酸反应，又能与碱反应，锂能与酸反应，故铝锂合金不耐酸碱腐蚀。3．现代建筑的门窗框架常用电解加工成的古铜色硬铝制造。取硬铝样品进行如下实验(每一步试剂均过量)，由此可以推知硬铝的组成可能为(提示：Si＋2OH－＋H2O===SiO＋2H2↑)(　　)样品A．Al、Mg、Si、Zn B．Al、Fe、Zn、NaC．Al、Na、Cu、Fe D．Al、Cu、Mg、Si、MnD　解析：通过反应①知合金中必须含有排在金属活动性顺序中H之前的金属和H之后的金属或其他非金属；由反应②知合金中必须含有Si及排在金属活动性顺序中H之后的金属或其他非金属。4．钢笔的笔头通常由合金钢制成，其笔头尖端是用机器轧出的便于书写的圆珠体。为了改变笔头的耐磨性能，在笔头尖端点上铱金粒，为区别于钢笔，而叫作铱金笔，铱金笔是笔头用黄金的合金制成、笔尖用铱的合金制成的高级自来水笔。下列说法错误的是(　　)A．钢笔的笔头不易被氧化，耐腐蚀性能好B．铱金笔的耐磨性能比钢笔好C．钢笔的笔头只含有碳和铁两种元素D．铱金笔书写时弹性好，是一种理想的硬笔C　解析：钢笔的笔头通常由合金钢制成，合金钢中除含有铁、碳外，还含有铬、锰等元素，C项错误。5．Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48 L。下列推断不正确的是(　　)A．参加反应的Mg、Al共0.2 molB．参加反应的HCl为0.4 molC．Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子D．若该混合物与足量稀硫酸反应，则能产生 0.2 mol H2A　解析：反应的实质为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，n(H2)＝＝0.2 mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4 mol，B项正确；依据得失电子守恒，由2H＋→H2可知，H＋所得电子的物质的量为0.2 mol×2＝0.4 mol，即Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子，C项正确；若将盐酸换成稀硫酸，由于Mg、Al的组成不变，故同样产生0.2 mol H2，D项正确；0.2 mol Mg在反应中失去0.4 mol电子，0.2 mol Al在反应中失去0.6 mol 电子，则0.2 mol Mg、Al混合物在反应中失去的电子多于0.4 mol而少于 0.6 mol，A项不正确。6．现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：①铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积②铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积③铝镁合金溶液过滤、洗涤、干燥后测定得到沉淀的质量其中能测定出镁的质量分数的是(　　)A．①②③ B．都不能C．仅②③ D．仅①A　解析：已知铝镁合金的质量，①中依据氢气的体积可计算出镁的质量、铝的质量，从而可以得出镁的质量分数；②中依据氢气的体积可计算出铝的质量，从而计算出镁的质量，进而可以计算出镁的质量分数；③中沉淀为氢氧化镁，由元素守恒可知镁的质量，由此可得出镁的质量分数。因此三个实验方案均可测定出Mg的质量分数。二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)7．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是(　　)A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小C．溶液A和B均可选用稀硝酸D．实验室中方案Ⅱ更便于实施C　解析：盐酸和Al反应，剩余Cu，利用产生H2的体积，可求出Al的质量，从而得出Cu的质量分数；若用NaOH溶液和Al反应，根据产生H2的体积，也可求出Cu的质量分数，A正确；浓硝酸和Cu反应，铝与浓硝酸发生钝化，使剩余固体的质量偏大，从而使测得Cu的质量分数偏小，B正确；如果选用稀硝酸，稀硝酸与Cu、Al均反应，就会造成方案Ⅱ中没有固体剩余，C错误；无论选用NaOH溶液还是盐酸，最后剩余的固体都是Cu，利用方案Ⅱ直接测固体的质量比较方便，而方案Ⅰ测气体的体积比较麻烦，方案Ⅱ更便于实施，D正确。8．(2020·潍坊模拟)我国使用金属的历史可以追溯到4 500年以前。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法不正确的是(　　)A．金属M、E分别是铜和铁B．反应③的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2OC．氧化性：H2O2＞Fe2＋＞Cu2＋D．向Y溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成特征蓝色沉淀CD　解析：由图可知，红色金属M加入稀硫酸、H2O2，得到MSO4蓝色溶液，则M是Cu；金属E与CuSO4溶液反应生成M(Cu)和X，X中加入稀硫酸、H2O2得到Y，Y中加入KSCN溶液，得到红色溶液W，Y中加入氨水，得到红褐色固体Z，则Z为Fe(OH)3，从而推知X是FeSO4，Y是Fe2(SO4)3，E是Fe，A项正确。反应③中Fe2＋与H2O2发生氧化还原反应生成Fe3＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，B项正确。反应①中H2O2是氧化剂，Cu2＋是氧化产物，则氧化性：H2O2＞Cu2＋；反应②为Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu，则氧化性：Cu2＋＞Fe2＋，从而可得氧化性：H2O2＞Cu2＋＞Fe2＋，C项错误。向含Fe2＋的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀，而Y是Fe2(SO4)3，故Y溶液滴入K3[Fe(CN)6]溶液，不生成蓝色沉淀，D项错误。9．球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是(　　)A．固体2是氧化铁B．X的化学式可以表示为Fe3C2C．溶液甲中可能含有Fe3＋D．X与足量的热浓硝酸反应有NO和CO2生成BD　解析：A项，溶液乙是FeCl3，FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在加热蒸干时HCl挥发，Fe(OH)3在灼烧时分解得到 24.0 g Fe2O3，固体2是氧化铁；B项，24.0 g Fe2O3的物质的量为 0.15 mol，其中含铁0.3 mol，质量为16.8 g，X含碳1.2 g，其物质的量为0.1 mol，所以X的化学式可以表示为Fe3C；C项，＋2价铁可被O2氧化，溶液甲中可能含有Fe3＋；D项，X中含碳，碳与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成。三、非选择题10．合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。①铝元素在周期表中的位置为____________________________________。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为________。②Al－Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为______________________________________________________________________________________________________________________________。焊接过程中使用的保护气为_____________________________(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为__________________。②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为________。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。①80.0 g Cu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为________。②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤出沉淀。结合题图信息推断该合金中除铜外还一定含有________。解析：(1)①工业上通过电解熔融Al2O3制得金属铝，从铝土矿中提取Al2O3的过程：使铝土矿与NaOH溶液反应并过滤除去杂质得到NaAlO2溶液，再向溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀，加热使沉淀分解可得到Al2O3。②镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时应使用Ar等稀有气体做保护气。(2)①在海水中，合金钢、海水及海水中溶解的氧气构成原电池，发生吸氧腐蚀。②在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，发生反应CaO＋SiO2CaSiO3或CaCO3CaO＋CO2↑、CaO＋SiO2CaSiO3，使SiO2形成炉渣，可以降低硅含量。(3)①白色沉淀Al(OH)3的质量为39.0 g，即0.5 mol，故合金中铝的质量为0.5 mol×27 g/mol＝13.5 g，则铜的质量为66.5 g，质量分数为×100%≈83.1%。②由于要将Cu溶解，所选用的酸应为氧化性酸，若合金中有铁存在，则Fe将被氧化为Fe3＋，由图知Fe3＋在pH＝1.8时开始沉淀，与题述不符，故合金中不含Fe。结合图示可知在pH＝3.4时出现的沉淀为Al(OH)3，在pH＝7.0～8.0时，产生的沉淀为Ni(OH)2，故该合金中除铜外还一定含有Al和Ni。答案：(1)①第三周期ⅢA族　CO2　②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O　Ar(其他合理答案均可)　(2)①吸氧腐蚀　②CaCO3或CaO　(3)①83.1%　②Al、Ni11．金属及其化合物用途广泛，研究金属的提取、冶炼意义重大。(1)下列各组金属，冶炼方法一定不同的是__________________________(填标号)。a．Hg、Ag   b．Na、Mgc．Al、Fe   d．Na、Ca(2)以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有少量Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料重铬酸钠(Na2Cr2O7)并制取铬，其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将Cr3＋氧化为CrO。①工业上可用固体A制取粗硅，写出反应的化学方程式：_____________________________________________________________________________。②写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子方程式：________________________________________________________________________________。③将金属铁和惰性电极浸入重铬酸钠酸性溶液，以铁为阴极就能实现铁上镀铬。电镀过程中阴极反应式为________________________________。阴极上每沉积52 g铬，阳极上放出________L氧气(标准状况下，忽略气体溶解)。解析：(1)a项，Hg、Ag均用热分解法制备；b项，Na、Mg均用电解法制备；c项，Al用电解法制备，Fe用热还原法制备；d项，Na、Ca均用电解法制备。(2)①固体A为SiO2，工业上利用焦炭还原SiO2制取粗硅：SiO2＋2CSi＋2CO↑。②分析流程图可知，操作①分离出SiO2，操作②除去铁元素、铝元素，故溶液D中含有Cr3＋，Cr3＋与H2O2、OH－可发生氧化还原反应，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式：2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrO＋8H2O。③阴极上Cr2O发生还原反应转化为Cr，电极反应式：Cr2O＋12e－＋14H＋===2Cr＋7H2O。根据原子守恒和得失电子守恒，可得关系式：Cr2O～2Cr～3O2，n(O2)＝n(Cr)＝×＝1.5 mol，故V(O2)＝22.4 L/mol×1.5 mol＝33.6 L。答案：(1)c　(2)①SiO2＋2CSi＋2CO↑②10OH－＋2Cr3＋＋3H2O2===2CrO＋8H2O③Cr2O＋12e－＋14H＋===2Cr＋7H2O　33.6