金属材料 课后测试题 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册+

3.2金属材料课后测试题高一上学期化学人教版（2019）必修第一册一、单选题1．第三代铝锂合金被用于国产大飞机的外壳，其用途与下列性质无关的是（）A．密度小 B．耐腐蚀 C．能导热 D．强度大2．下列说法错误的是（）A．O2的摩尔质量是32g B．1molNaCl的质量是58.5gC．氢气的摩尔质量是2g/mol D．2gH2含2molH3．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（）A．可用明矾使海水淡化来解决饮水危机B．雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象C．在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是化学腐蚀D．工业上运输浓硫酸可以使用铝制槽罐车，因为铝与浓硫酸常温下不反应4．已知为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中所含阴离子的数目为B．室温下，的醋酸溶液中的数目为C．反应生成时，理论上转移电子的数目为D．一定条件下，与含的浓硫酸充分反应后，生成分子的数目为5．除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是（）A．H2O B．浓H2SO4 C．NaCl D．NaOH6．将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)=2：3，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为（）A．3：2 B．3：5 C．4：3 D．3：47．设为可伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，中含有的数目为B．常温常压下，11gCO2中含有的σ键数目为0.5NAC．与足量反应，转移的电子数为D．常温下，的溶液中含有的数目为8．设NA表示阿伏加德罗常数，数值约为6.02×1023。下列说法正确的是A．1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中含有阳离子的物质的量为0.2molB．0.1mol水蒸气在标准状况下体积为2.24LC．在25℃，1.01×105Pa时，11.2L氧气所含的氧原子数目为6.02×1023D．标准状况下，氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积为2.24L9．下列选项所示的物质间转化能一步实现的是（）A．B．C．D．10．有些物质既能够与强酸溶液反应，又能够与强碱溶液反应.下列物质不符合的是（）A．氧化铝 B．氯化铝 C．氢氧化铝 D．碳酸氢钠11．偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是A．偏二甲肼的摩尔质量为60gB．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60gC．1mol偏二甲肼的质量为60g·mol−1D．6.6g偏二甲肼含有0.25NA个碳原子12．已知R2-离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2-离子里含有电子的物质的量为（）A． B． C． D．13．称取两份等质量的铝粉，分别加入浓度均为的硫酸与溶液，充分反应后，测得同温同压下生成的气体体积比为，则加入每份铝粉的质量可能为A． B． C． D．14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molH2含有的质子数为NAB．22gCO2含有的原子数为NAC．标准状况下，22.4LO2含有的分子数为2NAD．1L0.5mol▪L-1K2SO4溶液中含有K+数为NA15．在100mLFeBr2溶液中缓慢通入标况下3.36升Cl2，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为（）A．1mol/L B．2mol/L C．3mol/L D．6mol/L16．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中含有非极性键的数目为B．标准状况下，含有原子核的数目为C．的溶液中含有的数目为D．与足量反应，转移电子的数目为17．下图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是（）A．MgSO4 B．Al2(SO4)3 C．KAl(SO4)2 D．NaAlO218．下列佛山传统手工艺品与现代建筑作品中所用材料，属于合金的是A．石湾陶瓷B．南海藤编C．顺峰山公园牌坊外表挂花岗石D．世纪莲体育中心所用的钢索拉环A．A B．B C．C D．D19．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论①过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+②浓HNO3久置或光照变黄色HNO3不稳定易分解③Al箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色浓HNO3具有酸性和强氧化性A．①② B．③④ C．②③④ D．②④20．下列关于金属的叙述中正确的是（）A．所有的金属都是固态的B．金属具有导电性、导热性和延展性C．所有金属都不能与碱反应D．金属元素在自然界中都是以化合态存在的二、综合题21．请按要求进行回答问题：（1）0.15molH3PO4的质量是，SO42-的摩尔质量是；（2）在同温同压同体积的条件下，H2与气体A的质量之比是1∶8，则A的摩尔质量为；（3）①用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液，其物质的量浓度为，溶液中所含Na+的数目为；②若从上述溶液中取出50mL，则这50mL溶液的物质的量浓度为，含溶质的质量为g；③若将上述50mL溶液用水稀释到500mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为；若将稀释后溶液中的SO42-全部沉淀下来，至少需要加入0.1mol／L的BaCl2溶液的体积为：mL；22．取ag铁粉投入600mL某浓度的稀溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，硝酸恰好完全反应，同时生成标准状况下NO气体6.72L(硝酸的还原产物只有一种)。反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32g红棕色固体。试计算：（1）加入铁粉的质量g（2）原稀溶液的物质的量浓度是mol/L23．Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反应的温度有关，用24gNaOH配成的250mL溶液，与Cl2恰好完全反应（忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化）：（1）NaOH溶液的物质的量浓度mol·L－1；（2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-)=mol·L－1。24．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0.01molCl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL2mol·L-1NaOH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。25．实验室用50mL1.00mol·L-1的NaOH溶液捕获CO2，一定时间后，测定CO2的吸收量。方法是用盐酸逐滴加入到吸收CO2后的溶液中，产生的CO2气体的物质的量与加入盐酸的体积示意图如下，求：（1）AB段发生反应的离子方程式。（2）盐酸的物质的量浓度是mol·L-1。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．制造飞机的材料需要质量小、强度大，所以与铝锂合金密度小有关，故不选A；B．制造飞机的材料需要耐腐蚀，所以与铝锂合金耐腐蚀有关，故不选B；C．制造飞机外壳的材料不需要导热，所以与铝锂合金能导热无关，故选C；D．制造飞机的材料需要质量小、强度大，所以与铝锂合金强度大有关，故不选D；故答案为：C。

【分析】铝锂合金具有密度小、强度大、耐腐蚀等优良特性。2．【答案】A【解析】【解答】A．摩尔质量的单位为g/mol，所以O2的摩尔质量是32g/mol，A符合题意；B.1molNaCl的质量是1mol×58.5g/mol=58.5g，B不符合题意；C．氢气的相对分子质量为2，所以H2的摩尔质量是2g/mol，C不符合题意；D.2gH2含H原子的物质的量为=2mol，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.摩尔质量的单位为g/mol；

B.根据计算；

C.摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；

D.根据结合分子构成判断正误。3．【答案】B【解析】【解答】A．明矾是净水剂，可以起到净水的作用，但不能使海水淡化，故A不符合题意；B．雾是一种气溶胶，具有胶体的性质，能产生丁达尔现象，故B符合题意；C．在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，故C不符合题意；D．工业上运输浓硫酸可以使用铝制槽罐车，因为常温下铝在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，并不是与浓硫酸常温下不反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，可净水，但不能淡化海水；

B.丁达尔效应是胶体特有的性质；

C.钢铁形成原电池，主要是电化学腐蚀；

D.铝与浓硫酸发生钝化，不是不反应。4．【答案】C5．【答案】D【解析】【解答】A.Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A不符合题意；B.Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B不符合题意；C.Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C不符合题意；D.Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D符合题意。故答案为：D。【分析】铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。6．【答案】D【解析】【解答】设原溶液的体积为vL，设取出Cu后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)=2：3=k，则有：c(Fe3＋)=2kmol／L，c(Fe2＋)=3kmol／L，原溶液中n(Fe3＋)=0.1mol／L×vL=0.1vmol，取出Cu后，n(Fe3＋)1=2kmol／L×vL=2kvmol，n(Fe2＋)=3kmol／L×VL=3kvmol，根据化学方程式列方程：2Fe3＋＋Cu═Cu2＋＋2Fe2＋、n(Fe3＋)=n(Fe3＋)1＋n(Fe2＋)，0.1vmol=2kvmol＋3kvmol，得：k=0.02vmol，则反应后溶液中n(Fe3＋)1=0.04vmol，反应前n(Fe3＋)=0.1vmol，再根据方程式得n(Cu2＋)=0.03vmol，所以n(Cu2＋)：n(Fe3＋)1=0.03vmol：0.04vmol=3：4。故答案为：D。

【分析】根据质量守恒和反应方程系数比例关系，求出铜离子和三价铁离子的量，注意判断反应量的问题。7．【答案】B8．【答案】D9．【答案】B【解析】【解答】A、Fe在O2中点燃生成Fe3O4；Fe3O4无法直接转化为Fe(OH)3，A不符合题意。

B、Cl2与Cu在点燃条件下反应生成CuCl2；CuCl2与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀；Cu(OH)2加热分解生成CuO。各物质间的转化可一步实现，B符合题意。

C、Na2O2无法直接转化为Na2O，C不符合题意。

D、Al与稀盐酸反应生成AlCl3；AlCl3无法直接转化为Al2O3，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】此题是对物质转化的考查，结合选项所给物质的性质和转化进行分析即可。10．【答案】B【解析】【解答】A．氧化铝是两性氧化物，既能够与酸反应生成盐和水，又能够与碱反应生成盐和水，故A符合；B．氯化铝能与碱溶液发生复分解反应，不能与酸反应，故B不符合；C．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与强酸溶液反应，又能够与强碱溶液反应生成盐和水，故C符合；D．碳酸氢钠与酸反应生成生成盐、水和二氧化碳气体，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故D符合；故答案为：B。

【分析】既能和酸反应又能和碱反应的物质有铝单质，化合物为有两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、氨基酸等。11．【答案】B12．【答案】B【解析】【解答】由R2-的核内有n个中子，R的质量数为M，则质子数为M-n，故R2-阴离子的核外电子数为M-n+2，mgR2-的物质的量为mol，所以mgR2-阴离子含有的电子的物质的量为×（M-n+2）=。故答案为：B

【分析】在中性原子中，质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数；阴离子的电子数=核电荷数+电荷数（绝对值）；据此进行分析即可得出答案。13．【答案】D14．【答案】D【解析】【解答】A、一个氢气分子中含有2个质子，因此1molH2所含的质子数为1mol×2×NA=2NA，A不符合题意。

B、22gCO2的物质的量，一个CO2分子中含有3个原子，因此其所含的原子数为0.5mol×3×NA=1.5NA，B不符合题意。

C、标准状态下，22.4LO2的物质的量，因此其所含的分子数为1NA，C不符合题意。

D、该溶液中n(K2SO4)=0.5mol·L－1×1L=0.5mol，因此溶液中所含K＋的数目为0.5mol×2×NA=1NA，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、一个氢气分子中含有2个质子。

B、根据公式计算CO2的物质的量，一个CO2分子中含有3个原子。

C、根据公式计算O2的物质的量，从而得出其分子数。

D、根据公式n=c×V计算n(K2SO4)，进而计算溶液中所含的离子数。15．【答案】B【解析】【解答】标况下3.36LCl2的物质的量为0.15mol，Cl2与FeBr2溶液反应时被还原为Cl－，反应过程中Cl2先与Fe2＋反应，再与Br－反应，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则反应离子方程式为2Br－＋4Fe2＋＋3Cl2＝Br2＋4Fe3＋＋6Cl－，由此可知，原溶液中n(FeBr2)＝0.2mol，则c(FeBr2)＝＝2mol/L，故答案为B。

【分析】根据氧化性强弱是：Cl2＞Br2＞Fe3+,氯气先和亚铁反应，再和溴离子反应，根据与溴离子反应，计算出与溴离子反应的氯气即可计算出与亚铁离子反应的氯气，即可计算出溴化亚铁的浓度16．【答案】A17．【答案】C【解析】【解答】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，A不符合题意；B、若Al2(SO4)3为0.5mol，加入1.5mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡1.5mol和Al(OH)31mol，共2.5mol，达到最大值，第一段符合，继续加入0.5mol氢氧化钡，沉淀溶解1mol，与图像不符合，B不符合题意；C、若KAl(SO4)2为1mol，加入1.5mol氢氧化钡，生成硫酸钡1.5mol和Al(OH)31mol，共2.5mol，第一段符合；继续加入氢氧化钡0.5mol，生成硫酸钡沉淀0.5mol，氢氧化铝溶解完（1mol），总的沉淀减少0.5mol，与图象一致，C符合题意；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，D不符合题意；故答案为：C。【分析】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系，注意氢氧化铝两性特点。18．【答案】D【解析】【解答】A．石湾陶瓷属于无机非金属材料，A不符合题意；

B．南海藤编属于植物纤维材料，B不符合题意；

C．花岗石属于无机非金属材料，C不符合题意；

D．钢索拉环为金属材料，是合金，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．石湾陶瓷属于无机非金属材料；

B．南海藤编属于植物纤维材料；

C．花岗石属于无机非金属材料；

D．合金是金属与金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质。19．【答案】D20．【答案】B【解析】【解答】A．常温下，金属单质大多数是固体，但汞为液体，故A不符合题意；B．金属具有良好的导电性、导热性和延展性等金属特性，故B符合题意；C．活泼的金属、或较活泼的金属能与酸反应，有的金属能够与强碱溶液反应，如铝，故C不符合题意；D．性质活泼的金属在自然界以化合态的形式存在；有些化学性质不活泼的金属在自然界是以游离态存在的，如金等，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.大多数金属在常温下为固态，但也有金属在常温下为固态；

B.一般金属具有较好的导电性、导热性和延展性；

C.铝是一种既可以和酸反应生成盐和水也可以和碱反应生成盐和水的金属；

D.金属在自然界中既有化合态也有游离态存在。21．【答案】（1）14.7g；96g/mol（2）16g/mol（3）0.2mol/L；0.2NA(或1.204×1023)；0.2mol/L；1.42；0.04mol/L；100【解析】【解答】（1）0.15molH3PO4的质量m=n×M=0.15mol×98g/mol=14.7g；SO42-的摩尔质量为96g/mol；

（2）同温同压下，相同体积的气体，其物质的量相同，由公式可知，n相同时，摩尔质量之比等于质量之比，因此M(A):M(H2)=m(A):m(H2)=1:8，故可得M(A)=16g/mol；

（3）①14.2gNa2SO4的物质的量，形成500mL溶液后，其物质的量浓度；溶液中所含Na+的数目为：0.1mol×2×NA=0.2NA；

②由于溶液具有均一性，因此去除50mL，其物质的量浓度不变，仍为0.2mol/L，该溶液中所含溶质的质量m=n×M=c×V×M=0.2mol/L×0.05L×142g/mol=1.42g；

③稀释过程中，溶液中溶质的物质的量不变，因此可得稀释后溶液中；

溶液中所含n(SO42-)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，因此可得n(BaCl2)=n(Ba2+)=n(SO42-)=0.01mol，因此所需BaCl2溶液的体积；

【分析】（1）根据公式m=n×M计算0.15molH3PO4的质量；摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其化学式式量；

（2）同温同压下，相同体积的气体，其物质的量相同，结合公式进行分析；

（3）①根据公式、计算所得溶液的物质的量浓度；根据n(Na2SO4)计算溶液所含Na+的数目；

②根据溶液的均一性确定所量取的50mL溶液的物质的量浓度；根据公式m=n×M=c×V×M计算溶液中溶质的质量；

③根据稀释过程中溶质的物质的量保持不变进行计算；根据反应的离子方程式计算沉淀所需的n(Ba2+)，从而得出所需BaCl2溶液的体积；22．【答案】（1）22.4（2）2【解析】【解答】(1)反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32g氧化铁，根据铁元素守恒，加入铁粉的质量。(2)反应生成NO的物质的量是，根据得失电子守恒，铁失电子0.9mol，则反应后铁形成的离子所带正电荷总数是0.9mol，根据电荷守恒，反应后的溶液含有0.9mol，根据氮元素守恒，原稀溶液的物质的量浓度是mol/L。

【分析】(1)根据铁元素守恒计算。(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、氮元素守恒计算。23．【答案】（1）2.4（2）0.30【解析】【解答】(1)根据c===2.4mol/L，故答案为2.4；(2)NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3mol，设n(ClO-)=xmol，则n(Cl-)=6xmol，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)mol，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以则溶液中c(ClO-)==0.30mol/L，故答案为0.30。

【分析】（1）先计算NaOH的物质的量，再根据c=n/V计算物质的量浓度；

（2）反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则n(Cl-)=6n(ClO-)，Cl2与NaOH反应即作氧化剂又做还原剂，Cl元素从0价分别升高为+1，+5价，降低为-1价；得失电子守恒可得n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)；反应生成物为NaCl、NaClO和NaClO3，n(Cl)=n(Na)=n(NaOH),设n(ClO-)=xmol，则n(Cl-)=6xmol；24．【答案】（1）1∶2（2）PCl3~H3PO3~H3PO4~Cl20.01mol0.01moln(NaOH)=120×10-3×2mol=0.24mol(PCl5+PCl3)~(H3PO4+5HCl)~8NaOH0.03mol0.24moln(PCl5)=0.03–0.01mol=0.02mol【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