2024-2025学年高中化学第三章金属及其化合物3用途广泛的金属材料课时作业含解析新人教版必修1

PAGEPAGE8用途广泛的金属材料时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题4分，共48分)1．《天工开物》中记载：“凡铜供世用，出山与出炉只有赤铜。以炉甘石或倭铅参合，转色为黄铜；以砒霜等药制炼为白铜；矾、硝等药制炼为青铜。”其中涉及的物质中熔点最高的是(C)A．青铜B．黄铜C．赤铜D．白铜解析：合金的熔点低于其成分金属，青铜是铜锡合金，熔点比铜低；黄铜是铜锌合金，熔点比铜低；赤铜是纯度较高的铜，熔点比合金高；白铜也是铜的合金，熔点比铜低，故赤铜的熔点最高。2．明代宋应星著的《天工开物》中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载：“炉甘石(主要成分为碳酸锌)十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷淀，毁罐取出……即倭铅也。”则下列说法不正确的是(C)A．该冶炼锌的反应中包含氧化还原反应B．上述高温煅烧时实质是CO还原ZnOC．古人把锌称倭铅是因为锌和铅的化学性质相同D．冶炼Zn的总反应方程式为ZnCO3＋2Ceq\o(=,\s\up17(高温))Zn＋3CO↑解析：由题意，碳酸锌与足量碳在高温下可能发生的反应为①ZnCO3eq\o(=,\s\up17(高温))ZnO＋CO2↑、②CO2＋Ceq\o(=,\s\up17(高温))2CO、③ZnO＋COeq\o(=,\s\up17(高温))Zn＋CO2，因为碳是足量的，所以总反应的方程式为ZnCO3＋2Ceq\o(=,\s\up17(高温))Zn＋3CO↑，故D正确；反应②和③是氧化还原反应，故A正确；由反应③可得，高温煅烧时实质是CO还原ZnO，故B正确；锌和铅的化学性质不同，故C错误。3．现代建筑的门窗框架常用电镀加工成的古铜色硬铝制造。取硬铝样品进行如图所示的试验(每一步试剂均过量)，由此可推知，硬铝的组成为(已知Si与NaOH溶液反应产生H2)(A)解析：依据硬铝样品反应图示，硬铝中存在与稀盐酸反应的成分(Al，Mg)，反应不溶物能与NaOH溶液反应生成H2(Si)，还有不溶物(Cu)。4．下列有关金属材料的说法正确的是(C)A．合金中至少含有两种金属B．我国流通的硬币所用材料是金属单质C．镁铝合金的硬度和强度均大于单质镁和单质铝的硬度和强度D．组成合金的元素种类相同，合金的性能就肯定相同解析：合金可以由金属跟非金属熔合而成，如碳素钢为铁和碳的合金，A项错误；我国流通的硬币所用材料是合金，B项错误；合金的硬度和强度一般比各成分金属大，C项正确；组成合金的元素种类相同，假如原料的配比不同，合金的性能就不同，D项错误。5．某化学小组为测定肯定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下试验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up17(足量溶液A),\s\do15(充分反应))测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up17(足量溶液B),\s\do15(充分反应))测定剩余固体的质量下列有关推断中不正确的是(B)A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．溶液A和B均可以选用稀硝酸C．若溶液B选用氯化铁溶液，则试验难以实现D．试验方案Ⅱ更便于实施解析：铜铝混合物与盐酸或NaOH溶液反应时，均只有Al参与反应，因此A正确；若A、B均选用稀HNO3，则两种金属均可反应，方案Ⅱ中无固体剩余，B错误；当B选用FeCl3溶液，与铝和铜均能发生反应，试验难以实现，C正确；方案Ⅰ需收集气体，并须要将收集的气体体积转化为标准状况下的体积，不如方案Ⅱ称固体质量便利，D正确。6．下列说法错误的是(A)A．CuO是黑色固体，与水反应可生成Cu(OH)2B．Cu2O遇硝酸会被氧化成Cu2＋C．Cu2(OH)2CO3是铜锈的主要成分，在干燥的空气中不易生成D．利用无水硫酸铜遇水变成蓝色这一性质来检验水的存在解析：A项，CuO为不溶于水的黑色固体，错误；B项，硝酸具有很强的氧化性，可以将Cu2O中＋1价的Cu氧化为＋2价，正确；C项，铜在潮湿的空气中简单生成铜锈，在干燥的空气中不简单生成铜锈，正确；D项，无水硫酸铜遇少量的水变成蓝色的五水硫酸铜，可以检验水的存在，正确。7．氢化亚铜(CuH)是难溶物质，用CuSO4溶液和另一种反应物在40～50℃时反应可制得。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧，跟盐酸反应能产生气体。下列有关推断中错误的是(C)A．这里的“另一种反应物”具有还原性B．CuH可作氧化剂、还原剂C．CuH＋Cl2=CuCl＋HCl(燃烧)D．CuH＋HCl=CuCl＋H2↑(常温)解析：Cl2具有强氧化性，与多价态金属元素反应时，生成最高价态的金属化合物，故应生成CuCl2，C项错误。8．下列有关金属或合金的说法正确的是(D)①合金中至少含两种金属；②合金中的元素以化合物形式存在；③合金中肯定含有金属；④黄金具有特别好的延展性，但由于特别稀缺，所以不行能大量应用于产品包装；⑤合金的强度和硬度一般比组成它的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好；⑥常温下汞是液体，所以汞应当属于非金属。A．①②③⑤B．①②④⑥C．①③④⑤D．③④⑤解析：对合金概念的理解，应留意以下几点：合金是金属与金属(或非金属)熔合形成的，所以肯定是混合物；合金中至少含有一种金属，同时也可能含有非金属；合金具有金属通性，且合金有很多优良的性能，在某些方面优于纯金属。由于黄金特别稀缺，故不行能大量应用于产品包装；常温下汞虽然为液体，但由于具有金属的通性，故汞属于金属。9．金属及其制品在腐蚀介质中很简单被腐蚀，其运用寿命大为降低。因此只有对腐蚀介质中的金属及其制品实行防护措施，才能保证金属工艺设备的平安性和工农业生产顺当进行。下列对金属及其制品的防护措施中错误的是(A)A．铁锅用完后，用水刷去其表面的油污，置潮湿处保存B．通过特别工艺，增加铝制品表面的氧化膜厚度C．对于易生锈的铁制品(如防护网)要定期涂刷防护漆D．把Cr、Ni等金属加入到一般钢里制成不锈钢10．现有一块铝铁合金，欲测定其铝的质量分数，切下Wg合金，溶于盐酸中，再加入过量NaOH溶液，滤出沉淀，将沉淀在空气中充分灼烧，最终得到Wg红棕色粉末。则此合金中铝的质量分数约为(B)A．20%B．30%C．70%D．80%解析：将铝铁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，灼烧后得到的红棕色固体为氧化铁，氧化铁质量等于合金的质量，利用组成可知Fe2O3中O元素的质量等于合金中Al的质量，则合金中Al的质量分数＝氧化铁中氧的质量分数＝eq\f(16×3,160)×100%＝30%。11．国产大型客机C919的机身部分采纳第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的相识不正确的是(D)A．铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质B．变更原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金C．铝锂合金具有金属光泽，可导电、导热D．铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同解析：合金的熔点比各成分金属低，硬度大于其成分金属，故A正确、D错误；变更原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，故B正确；铝锂合金具有金属材料的通性，有金属光泽，可导电、导热，故C正确。12．燃烧镁和某种金属组成的合金时，所形成氧化物的质量是反应前合金质量的2.3倍，则合金中的一种金属为(A)A．Be B．LiC．Na D．Al二、非选择题(共52分)13．(10分)为探究工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如下：(1)操作①的名称是过滤，滤渣B含有Fe、Cu(填化学式)。(2)反应①的离子方程式是CO2＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋Al(OH)3↓。(3)若要从滤液D得到绿矾晶体，必需进行的试验操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有B(填序号)。A．漏斗B．坩埚C．烧杯D．玻璃棒(4)试剂Y应当是一种氧化剂(填“氧化剂”或“还原剂”)，它不行能是B、D(填序号)。A．H2O2 B．H2C．O2 D．Fe解析：合金中Fe、Cu不能与NaOH溶液反应，Al可发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，则A为NaAlO2和NaOH的混合液，B为Fe、Cu混合物；滤液A中通入过量气体X生成沉淀C，则X为CO2，C为Al(OH)3，发生反应为CO2＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋Al(OH)3↓，Fe、Cu混合物B中加稀硫酸，Fe溶解，则滤液D为FeSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶等操作可得绿矾；滤渣E为Cu，Cu与稀硫酸不反应，若使Cu溶解，试剂Y应为氧化剂，可以是H2O2或O2。14．(10分)如图所示是某课外小组从方铅矿[主要成分为PbS，含少量黄铜矿(CuFeS2)]中提取硫黄、铜、铅的工艺流程图。已知：CuFeS2＋4FeCl3=2S＋5FeCl2＋CuCl2PbS＋2FeCl3=S＋PbCl2＋2FeCl2(1)黄铜矿(CuFeS2)中Fe元素的化合价为＋2价；提高方铅矿酸浸效率的措施有搅拌、适当提高酸的浓度(或加热、将矿石粉碎、延长浸取时间等)(写出两种方法即可)。(2)过滤过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；单质A是硫黄(或S)；在此工艺操作中可循环利用的物质有铅、盐酸和氯化铁溶液。(3)在酸性的FeCl2溶液中加入H2O2溶液，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(4)PbSO4与PbS加热条件下反应的化学方程式为PbSO4＋PbSeq\o(=,\s\up17(△))2Pb＋2SO2↑。解析：(1)黄铜矿(CuFeS2)中，S元素显－2价，Cu元素显＋2价，故Fe元素显＋2价；搅拌、适当提高酸的浓度、加热、将矿石粉碎、延长浸取时间等都可以提高方铅矿的酸浸效率。(2)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；依据题给已知反应可推断单质A是S，可循环利用的物质有铅、盐酸和氯化铁溶液。(3)在酸性的FeCl2溶液中加入H2O2溶液，Fe2＋被氧化成Fe3＋，故离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(4)由工艺流程图中PbSO4与PbS加热反应生成Pb，可知反应的化学方程式为PbSO4＋PbSeq\o(=,\s\up17(△))2Pb＋2SO2↑。15．(10分)某铝合金中含有元素铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计了如下试验，请回答有关问题：(1)称取样品ag(精确到0.1g)，称量时通常运用的主要仪器的名称是托盘天平。(2)将样品溶解于足量的稀盐酸，过滤并洗涤滤渣。滤液中主要含有MgCl2、AlCl3，滤渣为Cu、Si，溶解、过滤用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。(3)向滤液中加过量的氢氧化钠溶液，过滤并洗涤滤渣。有关的离子方程式是Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。(4)向步骤(3)的滤液中通入足量的二氧化碳气体，过滤并洗涤滤渣。有关的离子方程式是OH－＋CO2=HCOeq\o\al(－,3)，AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)。(5)将步骤(4)中所得的滤渣烘干并灼烧至恒重、冷却后称量，其质量为bg。有关反应的化学方程式是2Al(OH)3eq\o(=,\s\up17(灼烧))Al2O3＋3H2O，原样品中铝的质量分数是eq\f(900b,17a)%。解析：(1)称取ag样品运用的主要仪器为托盘天平。(2)合金中Al、Mg可与盐酸反应生成AlCl3、MgCl2和H2，而Cu、Si不溶于盐酸，故样品溶于盐酸后过滤可得Cu、Si，滤液中主要含AlCl3和MgCl2。(3)向(2)的滤液中加过量NaOH溶液，发生的反应为Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，过滤后滤液中含AlOeq\o\al(－,2)、OH－。(4)向含AlOeq\o\al(－,2)、OH－的滤液中通入足量CO2，发生的反应为OH－＋CO2=HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，过滤可得Al(OH)3。(5)所得bg固体为Al2O3，故合金中含Al的质量分数为eq\f(\f(54b,102),a)×100%＝eq\f(900b,17a)%。16．(11分)某课外爱好小组为探究某种铝合金(组成元素为Mg和Al)是否符合国家质量标准(国家规定铝合金中铝含量不能低于78%)，设计如图装置在室温下进行试验。(1)检验该装置气密性的方法是连接好装置并在量气管内加入水，向下移动水准管，静置片刻。若水准管中液面与量气管中液面维持肯定的高度差，说明装置气密性良好(合理即可)。(2)铝合金样品与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(3)反应前先第一次读取量气管液面刻度，然后倾斜左边装置使足量氢氧化钠溶液与ag铝合金样品充分反应，待反应停止后，体系温度复原到室温，其次次读取量气管液面刻度之前须要进行的一步操作是调整量气管和水准管的高度，使两液面相平。计算两次液面差，并将气体体积折算成标准状况下的体积，为VmL。若a＝0.038，V＝44.8，请通过计算说明该合金是否符合国家标准：符合(填“符合”或“不符合”)。(4)若将装置中的足量氢氧化钠溶液换为足量盐酸，则反应停止后量气管内气体体积(折算成标准状况下)>(填“>”“<”或“＝”)VmL。解析：(2)合金中只有Al与NaOH溶液发生反应。(3)其次次读取量气管液面刻度前，要调整量气管和水准管的高度，使两液面相平。若V＝44.8，则该铝合金样品中Al的质量为eq\f(0.0448L,22.4L·mol－1)×eq\f(2,3)×27g·mol－1＝0.036g，故铝含量为eq\f(0.036g,0.038g)×100%＝94.7%，则该铝合金符合国家标准。(4)Mg和Al均能与盐酸反应生成氢气，故量气管内气体体积(折算成标准状况下)大于VmL。17．(11分)银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图所示：[注：Al(OH)3和Cu(OH)2起先分解的温度分