3.2金属材料同步练习 2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（含答案）
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| 名称 | 3.2金属材料同步练习 2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 702.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-13 20:43:25 | ||
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文档简介
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3.2金属材料
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列选项中，未涉及到化学反应的是
A．冰雪融化 B．湿法炼铜 C．铝热反应 D．酒精燃烧
2．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰（主要含SiO2、Al2O3和CaO等）为原料提铝的工艺流程如下图1。其中“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图2所示。
下列说法错误的是
A．“浸出”时不涉及氧化还原反应 B．“浸渣”的主要成分是SiO2
C．“沉铝”的滤渣为 D．“滤液2”可返回“沉铝”循环使用
3．我国南北朝梁代陶弘景在其《本草经集注》条目的“灌钢法”中，记载我国古代冶炼钢铁的方法，将生铁(含碳量约2%)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。下列说法正确的是
A．生铁的熔点比纯铁高
B．在我国使用最早的合金是生铁
C．“灌钢法”冶炼制得钢过程中提高了生铁中的含碳量
D．钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难
4．化学焊接技术的原理之一是利用焊剂(主要成分为Al与CuO)在高温下反应制得液态金属(或合金)，凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是
A．Al与Fe2O3也能发生类似反应
B．焊渣的主要成分是Al(OH)3
C．焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜
D．若在反应体系中加入低熔点金属，则可形成低熔点液态合金便于焊接
5．下列离子方程式正确的是
A．硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+ = Cu2+ +Ag
B．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+ = Ca2++CO2↑+H2O
C．Al2(SO4)3溶液加入过量的氨水：Al3++3NH3 H2O = Al(OH)3↓+3
D．NaOH溶液中滴加少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++ +OH- = CaCO3↓+H2O
6．基于问题设计实验方案是实验探究活动的重要环节。下列实验方案中不合理的是
选项 实验问题 实验方案
A 鉴别和空气 将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，观察现象
B 分离和的混合物 溶解，过滤，洗涤、干燥；蒸发结晶
C 验证、的金属活动性 将洁净的铝丝浸入溶液中，观察现象
D 测定西瓜汁的酸碱度 将试纸浸入西瓜汁中，再与标准比色卡比较
A．A B．B C．C D．D
7．化学与社会、生活密切相关。下列有关说法正确的是
A．使用溶液比使用洗涤剂清洗餐具更环保
B．钾、钙、铁、锌、铜是人体必需的微量金属元素
C．由于铝的导电性比铜、银都强，所以常用来制造电线、电缆
D．铝制品表面覆盖着致密的氧化铝薄膜，可以耐酸碱、抗腐蚀
8．下列离子方程式书写正确的是
A．用溶液腐蚀铜电路板：
B．室温下用稀溶液吸收：
C．在呼吸面具中作为氧气来源：
D．用铝粉和NaOH疏通管道：
9．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．钢中加入一些稀土元素，可以改善钢的性能
B．补铁剂和维生素C一起服用是因为维生素C具有还原性，可促进铁的吸收
C．节日燃放五彩缤纷的烟花，其中绿色烟花可能是添加了铜元素
D．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，因为会使真丝中的蛋白质变性
10．下列常见金属的冶炼原理不正确的是
A．电解法炼铝：
B．加热法炼汞：
C．电解法炼钠：
D．湿法炼铜：
11．下列有关金属及其化合物的应用，说法不正确的是
A．刻蚀电路板的废液中含有铁元素和铜元素，经分离提纯转化后可回收再利用
B．储氢合金经化学反应储存氢气，并可在一定条件下放出氢气
C．超级钢是由组成的合金，是用前沿技术经化学变化制得的
D．镍钴合金可用于制造喷气式飞机的发动机叶片，由此可知，此种镍钴合金耐高温
12．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A． Fe3+ 有氧化性 FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜
B． SiO2有导电性 SiO可用于制备光导纤维
C． 氯水、SO2都有漂白性 氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D． 铝制容器表面有氧化膜保护 可用铝制容器盛装稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
13．部分含Fe或Cu元素物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a和足量S混合加热，可能生成f或g，不可能生成e
B．往f中加入浓NaOH溶液，则最终会生成i
C．新制的i和葡萄糖混合溶液加热，可能得到d
D．d和j溶于稀，如果有f生成，则有a生成
14．劳动创造未来。下列劳动项目与所涉及的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 水厂工人用消毒自来水 具有强氧化性
B 面点师傅用小苏打作膨松剂烘焙点心 受热分解产生
C 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
D 修理师傅用布擦干潮湿的自行车 铁与水蒸气反应生成
A．A B．B C．C D．D
15．化学与生活密切相关。下列有关物质用途与性质的说法正确的是
A．小苏打可用作胃药，因为其受热易分解
B．“84”消毒液可用于杀菌消毒，因为该溶液具有强氧化性
C．Al2O3可用于制造耐火坩埚，因为其具有两性
D．维生素C与亚铁补血剂一起服用效果好，因为维生素C具有氧化性
二、填空题
16．化学源自生活和生产实践，并随着人类社会的进步而不断发展。根据所学知识，回答下列问题：
(1)分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，如图所示分类方法是 (选填“树状分类法”或“交叉分类法”)。
(2)氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应的还原剂是 (填化学式)，生成1molH2转移的电子数目为 。
(3)碳酸钠是一种重要的化工基本原料，俗称 ，向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸，会生成NaCl和 (填化学式)。除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，最好的方法是 (用化学方程式表达)。
(4)下列物质：①液氯②盐酸③CO2④硝酸钾固体⑤熔融NaHSO4；⑥铝，其中属于电解质的是 (填序号，后同)，能导电的是 ，⑤的电离方程式为 。
(5)向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，混合溶液导电能力的变化如图中 (填字母)所示。
(6)把5.1g镁铝合金(不含其他杂质)的粉末放入过量的盐酸中，充分反应后得到5.6LH2(标准状况)，该合金中铝和镁的物质的量之比为 。
17．回答下列问题：
(1)已知：①5.6L(标准状况下)②个分子③4.8g④4℃时，5.4mL水，其中含有的氢原子数由大到小的顺序为 。
(2)在标准状况下，将VLHCl溶于0.1L水中，所得溶液的密度为，则形成溶液的物质的量浓度为 。
(3)某工厂废液中含有，排放废液前要将废液中的还原成，取100mL此工厂的废液样品进行实验时，恰好消耗纯净NaHSO3固体3.12g。则此废液中含有的浓度为 。
(4)联氨(又称联肼，，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备联氨()，反应的化学方程式为 。
18．某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。请回答下列问题：
(1)沉淀A的成分是 (填化学式)，沉淀B的成分是 (填化学式)；
(2)滤液A中若加入过量的铁粉，可能发生的所有离子方程式为： 、 ；
(3)在操作Ⅰ的名称是 ，其中玻璃棒的作用是 。
19．将盛有和的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余无色气体。
(1)若剩余的气体是 ，则的体积分别是 。
(2)若剩余的气体是 ，则的体积分别是 。
20．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：
（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为 。
（2）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为 L。
（3）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是 ，其物质的量之比为 。
（4）曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是 ，其物质的量之比为 。
21．回答下列问题：
(1)生产中曾用铝热反应焊接钢轨，铝与氧化铁反应的化学方程式为 。
(2)复方氢氧化铝治疗胃酸过多时，氢氧化铝表现 性；氢氧化铝的电离方程式 。
(3)铁、铝、铁铝合金三种物质中硬度最大的是 。
(4)铝锭能做成铝壶烧水，表现铝的导热性和 ，表面破损的铝制品，放久了破损处会有一层“白毛”产生，“白毛”既能溶于酸又能溶于碱溶液，写出形成“白毛”的化学方程式
22．金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用，利用铝热反应完成钢轨的焊接非常方便迅速。完成下列填空：
（1）在特制漏斗中将铝热剂混合均匀后，引发铝热反应的操作是： 。
（2）硅与铝同周期．地壳里硅铝的含量硅 铝(填＞，＜或=)。工业上制备金属铝的化学方程式是： ，工业上制备硅的化学方程式有：
a．SiO2+2CSi(粗)+2CO
b．SiO2+3CSiC +2CO(副反应)
c．Si(粗)+ 2C12SiCl4
d．SiC14 + 2H2Si+4HCl
某同学将氧化还原反应、非氧化还原反应及四大基本反应绘制成上图，其中属于上图“2"区域的反应是 (填序号)。
（3）SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O CaO 6SiO2，钠长石(NaAlSi3O8)的氧化物形式 ，长石是铝硅酸盐，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同．由此可推知钙长石的化学式为 。
（4）某铝合金由Al、Si、Cu、Mg组成。①称取100g该铝合金样品，分成等质量的A、B两份。向A份加入足量NaOH溶液，B份加入足量的稀盐酸。②待两份反应物都充分反应之后，称得滤渣质量相差1．60g，收集得到的两份气体的体积相差2240mL(标准状况下)。则样品中Si和Mg的物质的量分别是n(Si) 和n(Mg) 。
23．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验均各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，加入合金质量与产生气体有关数据见下表：
实验序号 甲 乙 丙
合金质量/mg 255 385 459
生成气体体积/mL 280 336 336
（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？ (填“甲”或“乙”)，理由是 。
（2）要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作为计算依据的数据是 ，求得的盐酸的物质的量浓度为 。
（3）求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作为计算依据的数据是 ，求得的Mg、Al物质的量之比为 。
24．把5.1g镁铝合金的粉末放入过量的稀盐酸中，得到5.6L氢气(标准状况下)。试计算：
(1)该合金中铝的质量分数(保留一位小数)
(2)该合金中镁和铝的物质的量之比为
25．粗碲经熔融结晶法能得到纯碲。若电镀污泥中含Cu2Te的质量分数为49.9%，回收提纯过程中的利用率为90%，1000kg电镀污泥可以制得 kg含碲99.8%的高纯碲。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D B C D A B D A
题号 11 12 13 14 15
答案 C A B D B
1．A
【详解】A．冰雪融化的过程中，只是水的状态发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
B．湿法炼铜是用铁置换铜，有新物质生成，发生了化学变化，故B不符合题意；
C．铝热反应是以铝粉和金属氧化物反应获得金属单质的反应，属于化学变化，故C不符合题意；
D．酒精燃烧燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2．B
【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝，以此解答。
【详解】A．“浸出”时Al2O3和CaO分别和硫酸反应生成硫酸钙和硫酸铝， 不涉及氧化还原反应，故A正确；
B．由分析可知，“浸渣”的主要成分是SiO2和CaSO4，故B错误；
C．由分析可知，“沉铝”的滤渣为复盐明矾沉铝，即，故C正确；
D．“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在“沉铝”工序循环使用，故D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．合金的熔点低于成分金属，生铁的熔点比纯铁低，故A错误；
B．在我国使用最早的合金是青铜，故B错误；
C．钢的含碳量比生铁中的含碳量低，故C错误；
D．钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难，故D正确；
选D。
4．B
【详解】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；
B．焊剂(主要成分为Al与CuO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；
C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；
D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；
故答案选B。
5．C
【详解】A．铜与硝酸银溶液反应的离子方程式，Cu+2Ag+ = Cu2+ +2Ag ，A错误；
B．碳酸钙溶于醋酸： CaCO3+2CH3COOH = Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，B错误；
C．Al2(SO4)3溶液加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3 H2O = Al(OH)3↓+3，C正确；
D．NaOH溶液中滴加少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++2 +2OH- = CaCO3↓+2H2O+ ，D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，能使带火星的木条复燃的是氧气，不能使带火星的木条复燃的是空气，可以鉴别，故A不符合题意；
B．KCl易溶于水，MnO2难溶于水，溶解，过滤，洗涤、干燥，能分离出二氧化锰，对滤液蒸发结晶，能分离出氯化钾，故B不符合题意；
C．将洁净的铝丝浸入CuSO4溶液中，铝丝表面覆盖一层红色物质，溶液颜色由蓝色变为无色，说明了金属活动性Al＞Cu，故C不符合题意；
D．用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，故D符合题意；
故选D。
7．A
【详解】A．洗涤剂中含有有毒物质，长期使用产生的生活污水对环境有污染，碳酸钠无毒，油脂在碱性条件下水解生成可溶性物质，可去除油污，故A正确；
B．根据常量元素与微量元素的区别和种类进行分析，常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁；微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、氟、碘、硒。则钾、钙属于常量元素，故B错误；
C．导电性银＞铜＞铝，故C错误；
D．铝制品表面覆盖着致密的氧化铝薄膜，但氧化铝是两性氧化物，所以不耐酸碱，故D错误；
答案为A。
8．B
【详解】A．反应中电荷不守恒，应该为，A错误；
B．稀溶液吸收生成氯化钠和次氯酸钠：，B正确；
C．在反应中不能拆，反应为固体和气体的反应，，C错误；
D．反应中原子不守恒，应该为，D错误；
故选B。
9．D
【详解】A．钢中加入一些稀土元素，可以增强钢的塑性、韧性、耐磨性等，A项正确；
B．补铁剂和维生素C一起服用是因为维生素C具有还原性，可抑制二价铁被氧化，促进吸收，B项正确；
C．铜的焰色为绿色，烟花中有绿色可能是添加了铜元素，C项正确；
D．蛋白质在酶的作用下发生水解而不是变性，D项错误；
答案选D。
10．A
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不导电，不能电解AlCl3冶炼金属Al，通常电解氧化铝冶炼金属Al，故A错误；
B．Hg为不活泼金属，通常直接加热其化合物冶炼Hg，故B正确；
C．钠是活泼金属，应采用电解法制取：，故C正确；
D．Fe的金属活动性比Cu强，可将Cu从其盐溶液中置换出来，湿法炼铜的原理为CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，故D正确；
故答案选A。
11．C
【详解】A．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液(含有Fe2+、Fe3+、Cu2+)，经分离提纯转化后可回收再利用，A正确；
B．储氢合金能大量吸收H2，并与氢气结合成金属氢化物，稍稍加热金属氢化物又会分解，B正确；
C．超级钢是由Fe、Mn(10%)、C(0.47%)、Al(2%)、V(0.7%)组成的合金，是用前沿技术经物理变化制得的，C错误；
D．飞机的发动机叶片是由镍、铁、碳和钴组成的镍钴合金，耐高温，D正确；
故选C。
12．A
【详解】A．2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；
B．SiO2不导电，故B错误；
C．SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；
D．氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D错误；
答案选A。
13．B
【分析】若是含Fe元素物质的分类，铁元素常见的是0、+2、+3价，根据价类二维关系，a、b、c、e、f、h、i分别为Fe、Fe2O3、FeO、Fe3+、Fe2+、Fe(OH)3、Fe(OH)2；若是含Cu元素物质的分类，铜元素常见的是0、+1、+2价，根据价类二维关系，a、c、d、f、g、i分别为Cu、CuO、Cu2O、Cu2+、Cu+、Cu(OH)2，据此作答。
【详解】A．a可能为Fe或Cu，与S单质混合加热，由于S单质的氧化性较弱，与Fe反应产生FeS，与Cu反应产生Cu2S，但不可能生成+3价的铁盐，故A正确；
B．f可能为Fe2+或Cu2+，加入浓NaOH溶液后分别产生Fe(OH)2、Cu(OH)2，由于空气中含有O2，因此，最终生成的是h，故B错误；
C．根据分析可知，当新制的i是Cu(OH)2，葡萄糖中含有-CHO，发生反应后产生Cu2O，故C正确；
D．d和j分别为Cu2O、CuOH溶于稀，如果有Cu2+生成，说明发生歧化反应，由此可知，则有Cu生成，故D正确；
故答案选B。
14．D
【详解】A．ClO2的强氧化性使其能够有效地杀死细菌，因此被广泛应用于自来水消毒，A正确；
B．NaHCO3不稳定，受热易分解产生CO2气体，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，使糕点蓬松，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，B正确；
C．铝性质活泼，易被空气中氧气氧化生成致密的氧化膜，所以技术人员可开发高端耐腐蚀镀铝钢板，C正确；
D．铁与水蒸气反应生成和H2，D错误；
故选D。
15．B
【详解】A．小苏打用于抗酸药，不是因为它受热易分解，而是因为能够与胃酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而减少胃酸的酸度，达到抗敢酸的目的，故A错误；
B．“84”消毒液中含有次氯酸钠，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．Al2O3是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，熔化需消耗很高的能量，因此该物质的熔点高，可用于制作耐火坩埚，而不是因为其具有两性，故C错误；
D．硫酸亚铁和维生素C同时服用的原理是维生素C具有抗氧化作用，即还原性，能将难吸收的三价铁转化为二价铁，促使铁剂被吸收、利用，故D错误；
答案选B。
16．(1)树状分类法
(2) NaH NA
(3) 纯碱或苏打 NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(4) ④⑤ ②⑤⑥ NaHSO4(熔融)=Na++HSO
(5)C
(6)1∶1
【详解】（1）交叉分类法是根据物质不同的分类标准对同一事物进行多种分类的一种分类方法。树状分类法是对同一类事物按照某些属性进行再分类的方法。该分类属于交叉分类法；
（2）该反应中NaH中氢元素化合价-1升高为0，为还原剂，电子转移关系为H2~e-，则生成1molH2转移的1mol电子，数目为NA；
（3）碳酸钠俗称苏打、纯碱；向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸会生成NaCl和NaHCO3；碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，最好的方法是加热至恒重；
（4）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；属于电解质的是④硝酸钾固体⑤熔融NaHSO4；②盐酸⑤熔融NaHSO4⑥铝；⑤熔融电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO；
（5）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，稀硫酸和氢氧化钡生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时溶液中几乎不存在自由移动的离子，导电性为零，继续滴稀硫酸，稀硫酸过量又存在自由移动的氢离子、硫酸根离子，溶液导电性增强，故选C；
（6）5.1g镁铝合金(不含其他杂质)的粉末放入过量的盐酸中，充分反应后得到5.6LH2(标准状况下为0.25mol)，设该合金中铝和镁的物质的量分别为amol、bmol，则24a+27b=5.1，、，则a+1.5b=0.25，解得a=0.1、b=0.1，故为1:1。
17．(1)③>②=④>①
(2)
(3)0.1
(4)
【详解】（1）①；②；③；④，，其中氢原子数目①0.5molH；②0.6molH；③1.2molH；④0.6molH；氢原子数由大到小的顺序为：③>②=④>①；故答案为：③>②=④>①；
（2），，，，；故答案为：；
（3）亚硫酸氢根与重铬酸根反应，，则有关系式，当消耗NaHSO3固体3.12g，即0.03mol，可以处理0.01mol重铬酸根，此时的浓度为；故答案为：0.1；
（4）根据题意，次氯酸钠溶液与氨气反应生成联氨( N2H4 )，；故答案为：。
18． SiO2 Fe(OH)3 Fe+2H+= Fe2++H2↑ Fe+2Fe3+=3Fe2+ 过滤 引流
【详解】试题分析：混合物中加入盐酸，SiO2不与盐酸反应，故沉淀是SiO2，滤液中能有FeCl3和AlCl3，加入过量的Na OH，生成沉淀是Fe(OH)3，滤液,中是Na AlO2。（1）沉淀A、B的成分是SiO2、Fe(OH)3。（2）滤液A中可以和铁粉反应的离子有H+和Fe3+，离子方程式为Fe+2H+= Fe2++H2↑； Fe+2Fe3+="3" Fe2+；（3）操作Ⅰ是分离溶液和沉淀的，所以是过滤，过滤中玻璃棒的作用是引流。
考点：物质的基本性质和推断、离子方程式的书写、物质分离的操作。
19．(1)
(2)
【详解】（1）解题依据的化学方程式：；。设的体积为x， 若剩余，则，解得，则的体积是。
（2）解题依据的化学方程式：；。设的体积为x，若剩余，则，解得，则体积是。
20． 0.075 mol·L－1 0.0336 NaOH、Na2CO3 3∶1 Na2CO3、NaHCO3 1∶1
【详解】（1）加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，所以c（NaOH）==0.075mol/L；
（2）CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当n（CO2）：n（NaOH）≥1，反应按①进行，n（CO2）：n（NaOH）=1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；n（CO2）：n（NaOH）>1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜n（CO2）：n（NaOH）＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当n（CO2）：n（NaOH）≤，反应按②进行，等于，时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（0.075-0.06）L×0.1mol/L=1.5×10-3mol，根据C原子守恒，所以n（CO2）=n（NaHCO3）=1.5×10-3mol，由（1）可知，n（NaOH）=0.0075mol，所以n（CO2）：n（NaOH）=1.5×10-3mol：0.0075mol=1：5，小于1：2，所以反应按②进行，NaOH有剩余，溶液中溶质为Na2CO3和NaOH。根据C原子守恒，所以n（Na2CO3）=n（CO2）=1.5×10-3mol，V（CO2）=1.5×10-3mol×22.4L/mol=0.0336L；
(3)再根据钠离子守恒，得溶液中氢氧化钠的物质的量为0.0075mol-1.5×10-3mol×2=0.0045mol，所以溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.0045mol：1.5×10-3mol=3：1；
（4）由曲线B可知从25ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（0.075ml-0.025ml）×0.1mol/L=0.005mol，由（1）可知，n（NaOH）=0.0075mol，所以n（CO2）：n（NaOH）=0.005mol：0.0075mol=2：3，大于1：2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；根据钠原子守恒，所以n（Na2CO3）+ n（NaHCO3）=0.0075mol，而n（NaHCO3）=0.005mol，则 n（Na2CO3）=0.005mol，故Na2CO3、NaHCO3物质的量之比为1：1。
21． 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 弱碱 H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH- 铁铝合金 延展性 4Al+3O22Al2O3
【分析】(1)铝与氧化铁在高温下反应产生氧化铝和铁；
(2)氢氧化铝是两性氢氧化物，能够与酸、碱反应产生盐和水；
(3)合金硬度大于成分金属；
(4)金属容易导电、导热、具有好的延展性，Al是比较活泼的金属，容易与空气中的氧气反应产生氧化铝。
【详解】(1)铝与氧化铁在高温下发生置换反应产生氧化铝和铁，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
(2)氢氧化铝是两性氢氧化物，能够与胃酸即盐酸反应产生氯化铝和水，表现其弱碱性，也能与碱反应产生盐和水，表现其弱酸性。氢氧化铝两性电离的方程式为：H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-；
(3)合金比成分金属具有更多的优良性能，如熔点低，硬度大，成分金属的比例不同，得到的合金性能不同等，所以铁、铝、铁铝合金三种物质中硬度最大的是铁铝合金；
(4)金属由金属阳离子和自由电子构成，金属的导电性、导热性与自由电子的移动有关；金属阳离子是层状排列，当受到外力时会发生层间相对滑动，但金属内部的作用力仍然存在，因此不同金属都具有不同程度的延展性。铝锭能做成铝壶烧水，表现铝的导热性和延展性，Al是比较活泼的金属，容易与空气中的氧气反应产生氧化铝。该反应的化学方程式为4Al+3O22Al2O3。
【点睛】本题考查了金属单质及化合物的性质及应用的知识。掌握金属及化合物的结构是理解性质、了解物质的用途的关键。掌握单质Al、Al2O3、Al(OH)3的两性是金属元素学习的重点和难点。
22． 铺上一层KClO3粉末，点燃插入的镁条 ＞ Al2O34 Al+3O2↑ b Na2O Al2O3 6SiO2 CaAl2Si2O8 0．4mol 0．6mol
【详解】试题分析：（1）氧化铁和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，为使反应顺利进行，可加入氯酸钾，为助燃剂，点燃镁时反应放出大量的热，镁为引燃剂，所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；（2）地壳中含量排在前五位的元素分别是：O、Si、Al、Fe、Ca，地壳里硅铝的含量硅大于铝；工业上通过电解氧化铝冶炼金属铝，反应的化学方程式为，Al2O34Al+3O2↑；图中“2"区域表示该反应属于氧化还原反应，但不属于四类基本反应，a．SiO2+2CSi(粗)+2CO属于置换反应，是四类基本反应，错误；b．SiO2+3CSiC +2CO(副反应)，属于氧化还原反应，但不属于四类基本反应，正确；c．Si(粗)+ 2C12SiCl4，属于化合反应，是四类基本反应，错误；d．SiC14+2H2Si+4HCl，属于置换反应，是四类基本反应，错误；故选b；（3）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO nSiO2 mH2O)，钠长石(NaAlSi3O8)的碱性氧化物Na2O、两性氧化物Al2O3、酸性氧化物SiO2，因此钠长石的氧化物形式为：Na2O Al2O3 6SiO2；结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石，其氧化物形式为：CaO Al2O3 2SiO2，化学式为CaAl2Si2O8；（4）A份中Al、Si与氢氧化钠溶液反应，B份中Al、Mg与盐酸反应，A份和B份中Al反应放出的气体相等，因此两份气体差和质量差均来源于Mg、Si，Si、Mg与生成氢气的物质的量关系为：Si～2H2、Mg～H2，标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，设A份中含有的Si的物质的量为xmol，B份中含有Mg的物质的量为ymol，由质量差可得：①24y-28x=1.6由气体相差0.1mol可得：②2x-y=0.1，联立求得：x=0.2，y=0.3，则样品中Si和Mg的物质的量分别0.4mol、0.6mol。
考点：考查了铝热反应实验、硅酸盐的表示方法、有关混合物的计算的相关知识。
23． 乙 在乙中继续加合金，气体体积不变，说明酸不足 336mL 1mol/L 甲 1：1
【分析】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，n(Al)=n(Mg)=0.005mol。
【详解】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，n(Al)=n(Mg)=0.005mol；
（1）合金中n(Al)和n(Mg)物质的量之比为1：1，则乙组中n(Al)=n(Mg)≈8×10－3mol，n(HCl)=30×10－3L×1mol·L－1=3×10－2mol，根据2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑、Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗盐酸物质的量为3n(Al)＋2n(Mg)=3×8×10－3mol＋2×8×10－3mol=4×10－2mol>3×10－2mol，说明盐酸不足；
（2）根据上述分析，计算盐酸物质的量浓度，利用丙组数据进行计算，根据元素守恒，利用气体体积为336mL进行计算，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，计算得出c(HCl)=1mol·L－1；
（3）计算合金物质的量之比，利用甲组数值，，即255mg，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，计算得出n(Al)=n(Mg)=0.005mol，n(Mg):n(Al)=1:1。
24．(1)52.9%
(2)1:1
【分析】镁铝合金中加入过量的盐酸，发生的反应有：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据题意列出方程组：24g/mol×n(Mg)+27g/mol×n(Al)=5.1g，n(Mg)+n(Al)=，解得n(Mg)=0.1mol，n(Al)=0.1mol。
【详解】（1）m(Al)=n(Al)·M(Al)=0.1mol27g/mol=2.7g，Al的质量分数为100%=52.9%。
（2）铝和镁的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1:1。
25．225
【详解】Te原子守恒可得关系式：Cu2Te～Te，故1000kg电镀污泥可制得含Te99.8%的高纯Te的质量为=225kg。
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3.2金属材料
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列选项中，未涉及到化学反应的是
A．冰雪融化 B．湿法炼铜 C．铝热反应 D．酒精燃烧
2．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰（主要含SiO2、Al2O3和CaO等）为原料提铝的工艺流程如下图1。其中“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图2所示。
下列说法错误的是
A．“浸出”时不涉及氧化还原反应 B．“浸渣”的主要成分是SiO2
C．“沉铝”的滤渣为 D．“滤液2”可返回“沉铝”循环使用
3．我国南北朝梁代陶弘景在其《本草经集注》条目的“灌钢法”中，记载我国古代冶炼钢铁的方法，将生铁(含碳量约2%)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。下列说法正确的是
A．生铁的熔点比纯铁高
B．在我国使用最早的合金是生铁
C．“灌钢法”冶炼制得钢过程中提高了生铁中的含碳量
D．钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难
4．化学焊接技术的原理之一是利用焊剂(主要成分为Al与CuO)在高温下反应制得液态金属(或合金)，凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是
A．Al与Fe2O3也能发生类似反应
B．焊渣的主要成分是Al(OH)3
C．焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜
D．若在反应体系中加入低熔点金属，则可形成低熔点液态合金便于焊接
5．下列离子方程式正确的是
A．硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+ = Cu2+ +Ag
B．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+ = Ca2++CO2↑+H2O
C．Al2(SO4)3溶液加入过量的氨水：Al3++3NH3 H2O = Al(OH)3↓+3
D．NaOH溶液中滴加少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++ +OH- = CaCO3↓+H2O
6．基于问题设计实验方案是实验探究活动的重要环节。下列实验方案中不合理的是
选项 实验问题 实验方案
A 鉴别和空气 将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，观察现象
B 分离和的混合物 溶解，过滤，洗涤、干燥；蒸发结晶
C 验证、的金属活动性 将洁净的铝丝浸入溶液中，观察现象
D 测定西瓜汁的酸碱度 将试纸浸入西瓜汁中，再与标准比色卡比较
A．A B．B C．C D．D
7．化学与社会、生活密切相关。下列有关说法正确的是
A．使用溶液比使用洗涤剂清洗餐具更环保
B．钾、钙、铁、锌、铜是人体必需的微量金属元素
C．由于铝的导电性比铜、银都强，所以常用来制造电线、电缆
D．铝制品表面覆盖着致密的氧化铝薄膜，可以耐酸碱、抗腐蚀
8．下列离子方程式书写正确的是
A．用溶液腐蚀铜电路板：
B．室温下用稀溶液吸收：
C．在呼吸面具中作为氧气来源：
D．用铝粉和NaOH疏通管道：
9．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．钢中加入一些稀土元素，可以改善钢的性能
B．补铁剂和维生素C一起服用是因为维生素C具有还原性，可促进铁的吸收
C．节日燃放五彩缤纷的烟花，其中绿色烟花可能是添加了铜元素
D．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，因为会使真丝中的蛋白质变性
10．下列常见金属的冶炼原理不正确的是
A．电解法炼铝：
B．加热法炼汞：
C．电解法炼钠：
D．湿法炼铜：
11．下列有关金属及其化合物的应用，说法不正确的是
A．刻蚀电路板的废液中含有铁元素和铜元素，经分离提纯转化后可回收再利用
B．储氢合金经化学反应储存氢气，并可在一定条件下放出氢气
C．超级钢是由组成的合金，是用前沿技术经化学变化制得的
D．镍钴合金可用于制造喷气式飞机的发动机叶片，由此可知，此种镍钴合金耐高温
12．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A． Fe3+ 有氧化性 FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜
B． SiO2有导电性 SiO可用于制备光导纤维
C． 氯水、SO2都有漂白性 氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D． 铝制容器表面有氧化膜保护 可用铝制容器盛装稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
13．部分含Fe或Cu元素物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a和足量S混合加热，可能生成f或g，不可能生成e
B．往f中加入浓NaOH溶液，则最终会生成i
C．新制的i和葡萄糖混合溶液加热，可能得到d
D．d和j溶于稀，如果有f生成，则有a生成
14．劳动创造未来。下列劳动项目与所涉及的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 水厂工人用消毒自来水 具有强氧化性
B 面点师傅用小苏打作膨松剂烘焙点心 受热分解产生
C 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
D 修理师傅用布擦干潮湿的自行车 铁与水蒸气反应生成
A．A B．B C．C D．D
15．化学与生活密切相关。下列有关物质用途与性质的说法正确的是
A．小苏打可用作胃药，因为其受热易分解
B．“84”消毒液可用于杀菌消毒，因为该溶液具有强氧化性
C．Al2O3可用于制造耐火坩埚，因为其具有两性
D．维生素C与亚铁补血剂一起服用效果好，因为维生素C具有氧化性
二、填空题
16．化学源自生活和生产实践，并随着人类社会的进步而不断发展。根据所学知识，回答下列问题：
(1)分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，如图所示分类方法是 (选填“树状分类法”或“交叉分类法”)。
(2)氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应的还原剂是 (填化学式)，生成1molH2转移的电子数目为 。
(3)碳酸钠是一种重要的化工基本原料，俗称 ，向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸，会生成NaCl和 (填化学式)。除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，最好的方法是 (用化学方程式表达)。
(4)下列物质：①液氯②盐酸③CO2④硝酸钾固体⑤熔融NaHSO4；⑥铝，其中属于电解质的是 (填序号，后同)，能导电的是 ，⑤的电离方程式为 。
(5)向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，混合溶液导电能力的变化如图中 (填字母)所示。
(6)把5.1g镁铝合金(不含其他杂质)的粉末放入过量的盐酸中，充分反应后得到5.6LH2(标准状况)，该合金中铝和镁的物质的量之比为 。
17．回答下列问题：
(1)已知：①5.6L(标准状况下)②个分子③4.8g④4℃时，5.4mL水，其中含有的氢原子数由大到小的顺序为 。
(2)在标准状况下，将VLHCl溶于0.1L水中，所得溶液的密度为，则形成溶液的物质的量浓度为 。
(3)某工厂废液中含有，排放废液前要将废液中的还原成，取100mL此工厂的废液样品进行实验时，恰好消耗纯净NaHSO3固体3.12g。则此废液中含有的浓度为 。
(4)联氨(又称联肼，，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备联氨()，反应的化学方程式为 。
18．某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。请回答下列问题：
(1)沉淀A的成分是 (填化学式)，沉淀B的成分是 (填化学式)；
(2)滤液A中若加入过量的铁粉，可能发生的所有离子方程式为： 、 ；
(3)在操作Ⅰ的名称是 ，其中玻璃棒的作用是 。
19．将盛有和的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余无色气体。
(1)若剩余的气体是 ，则的体积分别是 。
(2)若剩余的气体是 ，则的体积分别是 。
20．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：
（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为 。
（2）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为 L。
（3）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是 ，其物质的量之比为 。
（4）曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是 ，其物质的量之比为 。
21．回答下列问题：
(1)生产中曾用铝热反应焊接钢轨，铝与氧化铁反应的化学方程式为 。
(2)复方氢氧化铝治疗胃酸过多时，氢氧化铝表现 性；氢氧化铝的电离方程式 。
(3)铁、铝、铁铝合金三种物质中硬度最大的是 。
(4)铝锭能做成铝壶烧水，表现铝的导热性和 ，表面破损的铝制品，放久了破损处会有一层“白毛”产生，“白毛”既能溶于酸又能溶于碱溶液，写出形成“白毛”的化学方程式
22．金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用，利用铝热反应完成钢轨的焊接非常方便迅速。完成下列填空：
（1）在特制漏斗中将铝热剂混合均匀后，引发铝热反应的操作是： 。
（2）硅与铝同周期．地壳里硅铝的含量硅 铝(填＞，＜或=)。工业上制备金属铝的化学方程式是： ，工业上制备硅的化学方程式有：
a．SiO2+2CSi(粗)+2CO
b．SiO2+3CSiC +2CO(副反应)
c．Si(粗)+ 2C12SiCl4
d．SiC14 + 2H2Si+4HCl
某同学将氧化还原反应、非氧化还原反应及四大基本反应绘制成上图，其中属于上图“2"区域的反应是 (填序号)。
（3）SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O CaO 6SiO2，钠长石(NaAlSi3O8)的氧化物形式 ，长石是铝硅酸盐，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同．由此可推知钙长石的化学式为 。
（4）某铝合金由Al、Si、Cu、Mg组成。①称取100g该铝合金样品，分成等质量的A、B两份。向A份加入足量NaOH溶液，B份加入足量的稀盐酸。②待两份反应物都充分反应之后，称得滤渣质量相差1．60g，收集得到的两份气体的体积相差2240mL(标准状况下)。则样品中Si和Mg的物质的量分别是n(Si) 和n(Mg) 。
23．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验均各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，加入合金质量与产生气体有关数据见下表：
实验序号 甲 乙 丙
合金质量/mg 255 385 459
生成气体体积/mL 280 336 336
（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？ (填“甲”或“乙”)，理由是 。
（2）要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作为计算依据的数据是 ，求得的盐酸的物质的量浓度为 。
（3）求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作为计算依据的数据是 ，求得的Mg、Al物质的量之比为 。
24．把5.1g镁铝合金的粉末放入过量的稀盐酸中，得到5.6L氢气(标准状况下)。试计算：
(1)该合金中铝的质量分数(保留一位小数)
(2)该合金中镁和铝的物质的量之比为
25．粗碲经熔融结晶法能得到纯碲。若电镀污泥中含Cu2Te的质量分数为49.9%，回收提纯过程中的利用率为90%，1000kg电镀污泥可以制得 kg含碲99.8%的高纯碲。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D B C D A B D A
题号 11 12 13 14 15
答案 C A B D B
1．A
【详解】A．冰雪融化的过程中，只是水的状态发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
B．湿法炼铜是用铁置换铜，有新物质生成，发生了化学变化，故B不符合题意；
C．铝热反应是以铝粉和金属氧化物反应获得金属单质的反应，属于化学变化，故C不符合题意；
D．酒精燃烧燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2．B
【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝，以此解答。
【详解】A．“浸出”时Al2O3和CaO分别和硫酸反应生成硫酸钙和硫酸铝， 不涉及氧化还原反应，故A正确；
B．由分析可知，“浸渣”的主要成分是SiO2和CaSO4，故B错误；
C．由分析可知，“沉铝”的滤渣为复盐明矾沉铝，即，故C正确；
D．“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在“沉铝”工序循环使用，故D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．合金的熔点低于成分金属，生铁的熔点比纯铁低，故A错误；
B．在我国使用最早的合金是青铜，故B错误；
C．钢的含碳量比生铁中的含碳量低，故C错误；
D．钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难，故D正确；
选D。
4．B
【详解】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；
B．焊剂(主要成分为Al与CuO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；
C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；
D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；
故答案选B。
5．C
【详解】A．铜与硝酸银溶液反应的离子方程式，Cu+2Ag+ = Cu2+ +2Ag ，A错误；
B．碳酸钙溶于醋酸： CaCO3+2CH3COOH = Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，B错误；
C．Al2(SO4)3溶液加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3 H2O = Al(OH)3↓+3，C正确；
D．NaOH溶液中滴加少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++2 +2OH- = CaCO3↓+2H2O+ ，D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，能使带火星的木条复燃的是氧气，不能使带火星的木条复燃的是空气，可以鉴别，故A不符合题意；
B．KCl易溶于水，MnO2难溶于水，溶解，过滤，洗涤、干燥，能分离出二氧化锰，对滤液蒸发结晶，能分离出氯化钾，故B不符合题意；
C．将洁净的铝丝浸入CuSO4溶液中，铝丝表面覆盖一层红色物质，溶液颜色由蓝色变为无色，说明了金属活动性Al＞Cu，故C不符合题意；
D．用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，故D符合题意；
故选D。
7．A
【详解】A．洗涤剂中含有有毒物质，长期使用产生的生活污水对环境有污染，碳酸钠无毒，油脂在碱性条件下水解生成可溶性物质，可去除油污，故A正确；
B．根据常量元素与微量元素的区别和种类进行分析，常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁；微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、氟、碘、硒。则钾、钙属于常量元素，故B错误；
C．导电性银＞铜＞铝，故C错误；
D．铝制品表面覆盖着致密的氧化铝薄膜，但氧化铝是两性氧化物，所以不耐酸碱，故D错误；
答案为A。
8．B
【详解】A．反应中电荷不守恒，应该为，A错误；
B．稀溶液吸收生成氯化钠和次氯酸钠：，B正确；
C．在反应中不能拆，反应为固体和气体的反应，，C错误；
D．反应中原子不守恒，应该为，D错误；
故选B。
9．D
【详解】A．钢中加入一些稀土元素，可以增强钢的塑性、韧性、耐磨性等，A项正确；
B．补铁剂和维生素C一起服用是因为维生素C具有还原性，可抑制二价铁被氧化，促进吸收，B项正确；
C．铜的焰色为绿色，烟花中有绿色可能是添加了铜元素，C项正确；
D．蛋白质在酶的作用下发生水解而不是变性，D项错误；
答案选D。
10．A
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不导电，不能电解AlCl3冶炼金属Al，通常电解氧化铝冶炼金属Al，故A错误；
B．Hg为不活泼金属，通常直接加热其化合物冶炼Hg，故B正确；
C．钠是活泼金属，应采用电解法制取：，故C正确；
D．Fe的金属活动性比Cu强，可将Cu从其盐溶液中置换出来，湿法炼铜的原理为CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，故D正确；
故答案选A。
11．C
【详解】A．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液(含有Fe2+、Fe3+、Cu2+)，经分离提纯转化后可回收再利用，A正确；
B．储氢合金能大量吸收H2，并与氢气结合成金属氢化物，稍稍加热金属氢化物又会分解，B正确；
C．超级钢是由Fe、Mn(10%)、C(0.47%)、Al(2%)、V(0.7%)组成的合金，是用前沿技术经物理变化制得的，C错误；
D．飞机的发动机叶片是由镍、铁、碳和钴组成的镍钴合金，耐高温，D正确；
故选C。
12．A
【详解】A．2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；
B．SiO2不导电，故B错误；
C．SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；
D．氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D错误；
答案选A。
13．B
【分析】若是含Fe元素物质的分类，铁元素常见的是0、+2、+3价，根据价类二维关系，a、b、c、e、f、h、i分别为Fe、Fe2O3、FeO、Fe3+、Fe2+、Fe(OH)3、Fe(OH)2；若是含Cu元素物质的分类，铜元素常见的是0、+1、+2价，根据价类二维关系，a、c、d、f、g、i分别为Cu、CuO、Cu2O、Cu2+、Cu+、Cu(OH)2，据此作答。
【详解】A．a可能为Fe或Cu，与S单质混合加热，由于S单质的氧化性较弱，与Fe反应产生FeS，与Cu反应产生Cu2S，但不可能生成+3价的铁盐，故A正确；
B．f可能为Fe2+或Cu2+，加入浓NaOH溶液后分别产生Fe(OH)2、Cu(OH)2，由于空气中含有O2，因此，最终生成的是h，故B错误；
C．根据分析可知，当新制的i是Cu(OH)2，葡萄糖中含有-CHO，发生反应后产生Cu2O，故C正确；
D．d和j分别为Cu2O、CuOH溶于稀，如果有Cu2+生成，说明发生歧化反应，由此可知，则有Cu生成，故D正确；
故答案选B。
14．D
【详解】A．ClO2的强氧化性使其能够有效地杀死细菌，因此被广泛应用于自来水消毒，A正确；
B．NaHCO3不稳定，受热易分解产生CO2气体，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，使糕点蓬松，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，B正确；
C．铝性质活泼，易被空气中氧气氧化生成致密的氧化膜，所以技术人员可开发高端耐腐蚀镀铝钢板，C正确；
D．铁与水蒸气反应生成和H2，D错误；
故选D。
15．B
【详解】A．小苏打用于抗酸药，不是因为它受热易分解，而是因为能够与胃酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而减少胃酸的酸度，达到抗敢酸的目的，故A错误；
B．“84”消毒液中含有次氯酸钠，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．Al2O3是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，熔化需消耗很高的能量，因此该物质的熔点高，可用于制作耐火坩埚，而不是因为其具有两性，故C错误；
D．硫酸亚铁和维生素C同时服用的原理是维生素C具有抗氧化作用，即还原性，能将难吸收的三价铁转化为二价铁，促使铁剂被吸收、利用，故D错误；
答案选B。
16．(1)树状分类法
(2) NaH NA
(3) 纯碱或苏打 NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(4) ④⑤ ②⑤⑥ NaHSO4(熔融)=Na++HSO
(5)C
(6)1∶1
【详解】（1）交叉分类法是根据物质不同的分类标准对同一事物进行多种分类的一种分类方法。树状分类法是对同一类事物按照某些属性进行再分类的方法。该分类属于交叉分类法；
（2）该反应中NaH中氢元素化合价-1升高为0，为还原剂，电子转移关系为H2~e-，则生成1molH2转移的1mol电子，数目为NA；
（3）碳酸钠俗称苏打、纯碱；向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸会生成NaCl和NaHCO3；碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，最好的方法是加热至恒重；
（4）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；属于电解质的是④硝酸钾固体⑤熔融NaHSO4；②盐酸⑤熔融NaHSO4⑥铝；⑤熔融电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO；
（5）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，稀硫酸和氢氧化钡生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时溶液中几乎不存在自由移动的离子，导电性为零，继续滴稀硫酸，稀硫酸过量又存在自由移动的氢离子、硫酸根离子，溶液导电性增强，故选C；
（6）5.1g镁铝合金(不含其他杂质)的粉末放入过量的盐酸中，充分反应后得到5.6LH2(标准状况下为0.25mol)，设该合金中铝和镁的物质的量分别为amol、bmol，则24a+27b=5.1，、，则a+1.5b=0.25，解得a=0.1、b=0.1，故为1:1。
17．(1)③>②=④>①
(2)
(3)0.1
(4)
【详解】（1）①；②；③；④，，其中氢原子数目①0.5molH；②0.6molH；③1.2molH；④0.6molH；氢原子数由大到小的顺序为：③>②=④>①；故答案为：③>②=④>①；
（2），，，，；故答案为：；
（3）亚硫酸氢根与重铬酸根反应，，则有关系式，当消耗NaHSO3固体3.12g，即0.03mol，可以处理0.01mol重铬酸根，此时的浓度为；故答案为：0.1；
（4）根据题意，次氯酸钠溶液与氨气反应生成联氨( N2H4 )，；故答案为：。
18． SiO2 Fe(OH)3 Fe+2H+= Fe2++H2↑ Fe+2Fe3+=3Fe2+ 过滤 引流
【详解】试题分析：混合物中加入盐酸，SiO2不与盐酸反应，故沉淀是SiO2，滤液中能有FeCl3和AlCl3，加入过量的Na OH，生成沉淀是Fe(OH)3，滤液,中是Na AlO2。（1）沉淀A、B的成分是SiO2、Fe(OH)3。（2）滤液A中可以和铁粉反应的离子有H+和Fe3+，离子方程式为Fe+2H+= Fe2++H2↑； Fe+2Fe3+="3" Fe2+；（3）操作Ⅰ是分离溶液和沉淀的，所以是过滤，过滤中玻璃棒的作用是引流。
考点：物质的基本性质和推断、离子方程式的书写、物质分离的操作。
19．(1)
(2)
【详解】（1）解题依据的化学方程式：；。设的体积为x， 若剩余，则，解得，则的体积是。
（2）解题依据的化学方程式：；。设的体积为x，若剩余，则，解得，则体积是。
20． 0.075 mol·L－1 0.0336 NaOH、Na2CO3 3∶1 Na2CO3、NaHCO3 1∶1
【详解】（1）加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，所以c（NaOH）==0.075mol/L；
（2）CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当n（CO2）：n（NaOH）≥1，反应按①进行，n（CO2）：n（NaOH）=1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；n（CO2）：n（NaOH）>1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜n（CO2）：n（NaOH）＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当n（CO2）：n（NaOH）≤，反应按②进行，等于，时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（0.075-0.06）L×0.1mol/L=1.5×10-3mol，根据C原子守恒，所以n（CO2）=n（NaHCO3）=1.5×10-3mol，由（1）可知，n（NaOH）=0.0075mol，所以n（CO2）：n（NaOH）=1.5×10-3mol：0.0075mol=1：5，小于1：2，所以反应按②进行，NaOH有剩余，溶液中溶质为Na2CO3和NaOH。根据C原子守恒，所以n（Na2CO3）=n（CO2）=1.5×10-3mol，V（CO2）=1.5×10-3mol×22.4L/mol=0.0336L；
(3)再根据钠离子守恒，得溶液中氢氧化钠的物质的量为0.0075mol-1.5×10-3mol×2=0.0045mol，所以溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.0045mol：1.5×10-3mol=3：1；
（4）由曲线B可知从25ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（0.075ml-0.025ml）×0.1mol/L=0.005mol，由（1）可知，n（NaOH）=0.0075mol，所以n（CO2）：n（NaOH）=0.005mol：0.0075mol=2：3，大于1：2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；根据钠原子守恒，所以n（Na2CO3）+ n（NaHCO3）=0.0075mol，而n（NaHCO3）=0.005mol，则 n（Na2CO3）=0.005mol，故Na2CO3、NaHCO3物质的量之比为1：1。
21． 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 弱碱 H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH- 铁铝合金 延展性 4Al+3O22Al2O3
【分析】(1)铝与氧化铁在高温下反应产生氧化铝和铁；
(2)氢氧化铝是两性氢氧化物，能够与酸、碱反应产生盐和水；
(3)合金硬度大于成分金属；
(4)金属容易导电、导热、具有好的延展性，Al是比较活泼的金属，容易与空气中的氧气反应产生氧化铝。
【详解】(1)铝与氧化铁在高温下发生置换反应产生氧化铝和铁，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
(2)氢氧化铝是两性氢氧化物，能够与胃酸即盐酸反应产生氯化铝和水，表现其弱碱性，也能与碱反应产生盐和水，表现其弱酸性。氢氧化铝两性电离的方程式为：H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-；
(3)合金比成分金属具有更多的优良性能，如熔点低，硬度大，成分金属的比例不同，得到的合金性能不同等，所以铁、铝、铁铝合金三种物质中硬度最大的是铁铝合金；
(4)金属由金属阳离子和自由电子构成，金属的导电性、导热性与自由电子的移动有关；金属阳离子是层状排列，当受到外力时会发生层间相对滑动，但金属内部的作用力仍然存在，因此不同金属都具有不同程度的延展性。铝锭能做成铝壶烧水，表现铝的导热性和延展性，Al是比较活泼的金属，容易与空气中的氧气反应产生氧化铝。该反应的化学方程式为4Al+3O22Al2O3。
【点睛】本题考查了金属单质及化合物的性质及应用的知识。掌握金属及化合物的结构是理解性质、了解物质的用途的关键。掌握单质Al、Al2O3、Al(OH)3的两性是金属元素学习的重点和难点。
22． 铺上一层KClO3粉末，点燃插入的镁条 ＞ Al2O34 Al+3O2↑ b Na2O Al2O3 6SiO2 CaAl2Si2O8 0．4mol 0．6mol
【详解】试题分析：（1）氧化铁和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，为使反应顺利进行，可加入氯酸钾，为助燃剂，点燃镁时反应放出大量的热，镁为引燃剂，所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；（2）地壳中含量排在前五位的元素分别是：O、Si、Al、Fe、Ca，地壳里硅铝的含量硅大于铝；工业上通过电解氧化铝冶炼金属铝，反应的化学方程式为，Al2O34Al+3O2↑；图中“2"区域表示该反应属于氧化还原反应，但不属于四类基本反应，a．SiO2+2CSi(粗)+2CO属于置换反应，是四类基本反应，错误；b．SiO2+3CSiC +2CO(副反应)，属于氧化还原反应，但不属于四类基本反应，正确；c．Si(粗)+ 2C12SiCl4，属于化合反应，是四类基本反应，错误；d．SiC14+2H2Si+4HCl，属于置换反应，是四类基本反应，错误；故选b；（3）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO nSiO2 mH2O)，钠长石(NaAlSi3O8)的碱性氧化物Na2O、两性氧化物Al2O3、酸性氧化物SiO2，因此钠长石的氧化物形式为：Na2O Al2O3 6SiO2；结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石，其氧化物形式为：CaO Al2O3 2SiO2，化学式为CaAl2Si2O8；（4）A份中Al、Si与氢氧化钠溶液反应，B份中Al、Mg与盐酸反应，A份和B份中Al反应放出的气体相等，因此两份气体差和质量差均来源于Mg、Si，Si、Mg与生成氢气的物质的量关系为：Si～2H2、Mg～H2，标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，设A份中含有的Si的物质的量为xmol，B份中含有Mg的物质的量为ymol，由质量差可得：①24y-28x=1.6由气体相差0.1mol可得：②2x-y=0.1，联立求得：x=0.2，y=0.3，则样品中Si和Mg的物质的量分别0.4mol、0.6mol。
考点：考查了铝热反应实验、硅酸盐的表示方法、有关混合物的计算的相关知识。
23． 乙 在乙中继续加合金，气体体积不变，说明酸不足 336mL 1mol/L 甲 1：1
【分析】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，n(Al)=n(Mg)=0.005mol。
【详解】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，n(Al)=n(Mg)=0.005mol；
（1）合金中n(Al)和n(Mg)物质的量之比为1：1，则乙组中n(Al)=n(Mg)≈8×10－3mol，n(HCl)=30×10－3L×1mol·L－1=3×10－2mol，根据2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑、Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗盐酸物质的量为3n(Al)＋2n(Mg)=3×8×10－3mol＋2×8×10－3mol=4×10－2mol>3×10－2mol，说明盐酸不足；
（2）根据上述分析，计算盐酸物质的量浓度，利用丙组数据进行计算，根据元素守恒，利用气体体积为336mL进行计算，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，计算得出c(HCl)=1mol·L－1；
（3）计算合金物质的量之比，利用甲组数值，，即255mg，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，计算得出n(Al)=n(Mg)=0.005mol，n(Mg):n(Al)=1:1。
24．(1)52.9%
(2)1:1
【分析】镁铝合金中加入过量的盐酸，发生的反应有：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据题意列出方程组：24g/mol×n(Mg)+27g/mol×n(Al)=5.1g，n(Mg)+n(Al)=，解得n(Mg)=0.1mol，n(Al)=0.1mol。
【详解】（1）m(Al)=n(Al)·M(Al)=0.1mol27g/mol=2.7g，Al的质量分数为100%=52.9%。
（2）铝和镁的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1:1。
25．225
【详解】Te原子守恒可得关系式：Cu2Te～Te，故1000kg电镀污泥可制得含Te99.8%的高纯Te的质量为=225kg。
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