3.2 金属材料（第2课时）（分层作业）-【上好课】高一化学同步高效课堂（人教版2019必修第一册）

第三章 铁 金属材料 第二节 金属材料 课时作业 第二课时 新型合金 物质的量在化学方程式计算中的应用 基础达标 1.下列有关金属材料的说法正确的是（ ） A．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是锰和镍 B．储氢合金是一类通过物理方法吸附的新型合金材料 C．生铁和钢都是关于铁的含碳合金，钢中碳的含量较高 D．通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大 2.化学与生活、生产、科技息息相关。下列关于合金材料的说法中不正确的是（ ） A．镍钴合金有良好的耐高温性能，可用来制造国产C919飞机发动机叶片 B．储氢合金能大量吸收H2，并将其储存在金属内部，该过程发生的是物理变化 C．“山东”号新型航母所用特种钢材具有高屈强比、抗腐蚀、耐高温等特点 D．钛合金具有很强的结构强度，可用于制造“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳 3．10月31日15时37分，中国空间站梦天实验舱在海南文昌航天发射场由长征五号B运载火箭发射升空。中科院金属所钛合金氢泵涡轮、高温合金管材和锻件、镁合金表面处理技术应用于此次梦天实验舱任务中。下列关于合金的说法中错误的是（ ） A．合金具有许多优良的物理、化学和机械性能 B．一般来说，合金的熔点比它的成分金属的低 C．钛合金、镁合金硬度大，耐酸碱 D．钢是用量最大、用途最广的合金 4.2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料（不锈钢）。下列说法中正确的是（ ） A．该合金熔点比纯铁熔点高，含碳量为2%~4.3% B．通过增加原子层之间的相对滑动难度，可使合金的硬度变小 C．不锈钢中添加镍(Ni)和铬(Cr)等元素，因此不含非金属元素 D．硬铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳 5．下列有关金属及其合金的说法不正确的是（ ） A．合金硬度比其成分金属大是由于加入其他原子而使原子层之间更易相对滑动 B．不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，是一种常见的合金钢 C．在钢铁生产中，注入铁水或钢水前的模具必须充分干燥 D．储氢合金与H2容易开成金属氢化物，稍加热金属氢化物又容易分解 6．在某温度下，用NaOH溶液吸收Cl2尾气，经测定，反应后混合溶液中NaClO和NaClO3的物质的量均为1 mol，则反应消耗的物质的量为（ ） A．4 mol B．6 mol C．8 mol D．10 mol 7．2.3 g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5 g固体，因此判断其产物是 A．只有氧化钠 B．只有过氧化钠 C．氧化钠和过氧化钠 D．无法确定 8．取一定量的铁粉和硫粉的混合物隔绝空气加热，充分反应后冷却，再加入足量的稀盐酸，标准状况下生成2.24L气体，已知：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，下列说法正确的是（ ） A．原混合物中一定含3.2g硫粉 B．生成的气体一定是纯净物 C．原混合物中一定含有5.6g铁粉 D．2.24L气体的质量可能大于3.4g 9．制硫酸过程中有以下反应发生：4FeS+11O22Fe2O3+8SO2，下列说法正确的是（ ） A．FeS2既是氧化剂又是还原剂 B．还原剂与氧化剂的质量之比为4：11 C．SO2只是氧化产物 D．每消耗1.1mol氧气，反应中转移4.4 mol电子 10．将钠、铝混合物投入足量水(质量为100g)中进行反应，若钠、铝的质量分别为46g和27g，充分反应后，下列说法正确的是（ ） A．产生H2的质量为5g B．溶液中的溶质只有NaAlO2 C．金属未完全溶解 D．NaAlO2的质量分数是 能力提升 11．形状记忆合金是一种在加热升温后能完全消除其在较低的温度下发生的变形，恢复其变形前原始形状的合金材料，即拥有“记忆”效应的合金。下列变化不是利用合金记忆效应的是（ ） A．脊柱侧弯矫形采用的哈伦顿棒，如果矫形棒的矫正力有变化，把温度升高到比体温约高，就能恢复足够的矫正力 B．合金在高温环境下制作好天线，再在低温下把天线压缩成一个小球，运上太空中，太阳光的辐射使小球恢复原来的形状 C．将某合金用于制造精密仪器或精密车床，一旦由于震动、碰撞等原因变形，只需加热即可排除故障 D．汽车受损变形后，利用钣金喷漆整形 12，取0.1mol/LNaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，再向所得溶液A中逐滴缓慢加入一定物质的量浓度的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A．通入CO2气体体积(标准状况)约为100mL B．溶液A中所含溶质为Na2CO3 C．0～25mL段：反应的离子方程式主要是：OH−+H+=H2O D．完全反应后溶液中溶质的物质的物质的量浓度约为：0.7mol/L 13．钢铁制品经常要进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某化学兴趣小组为了研究烤蓝铁片，进行了以下实验操作： Ⅰ.把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末； Ⅱ.取一定量的粉末，放入的盐酸中，二者恰好完全反应，生成134.4mL(标况)H2，再向溶液中滴入KSCN溶液，无现象。 已知：①不考虑空气对反应的影响；②杂质不参与反应。 下列说法错误的是（ ） A．由实验可知，反应后所得的溶液中一定无Fe3+ B．样品中氧元素的物质的量为0.008mol C．样品中铁元素的含量约为70% D．若将生成的H2恰好全部与灼热的氧化铜反应，最多可得到0.384g铜单质 14．Na、Mg、Al、Fe、Cu、Zn是中学常见的金属单质，其合金在生活中有广泛应用。回答下列问题： （1）实验室保存在煤油中的金属是___________。在潮湿空气中久置会生成绿色锈的金属是___________。 （2）铝合金广泛用于门窗，其耐腐蚀的主要原因是_____________________________。 （3）一包钠铝合金与水恰好完全反应，收集到8960mLH₂(标准状况)。则这包合金中钠的物质的量为___________，铝的质量为___________。写出上述过程中涉及的两个反应的离子方程式：___________________________________、_______________________________。 （4）现有10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)。则合金组成可能是___________(填字母)。 A．Mg和Cu B．Al和Fe C．Mg和Zn D．Al和Cu （5）等质量的镁、铝、锌与足量相同浓度的盐酸反应，产生H₂体积与时间关系如图所示。根据图像推知a、b、c曲线代表的金属依次是___________(填元素符号)。 直击高考 15．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（ ） A．图中C点铝元素存在形式是[Al(OH)4]- B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2 D．OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH-=2[Al(OH)4]-＋3BaSO4↓ 16．抗原检测盒中T线处是使用的胶体金(Au)标记物，一种从被FeS2包裹的含金矿物中提金的工艺流程如下： （1）①“预处理”时，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，写出该反应的离子方程式_______________。 ②研究发现H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体·OH，·OH将金表面的FeS2氧化溶出。FeS2溶出率与硫酸初始浓度的关系如图所示，随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是_____________________________________________。 （2）“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是___________________________________。 （3）测定样品中Au的含量：准确称取0.1000g试样，加入王水，将Au转化成具有强氧化性的氯金酸(HAuCl4)，在除去硝酸根后的溶液中，边不断搅拌，边向溶液中加入过量0.4000mol·L-1 FeSO4溶液30.00mL，将HAuCl4完全还原为Au：滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00mL。 已知：3Fe2++AuCl4-=Au+3Fe3++4Cl- 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 计算样品中金的质量分数(写出计算过程)___________________________________。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 铁 金属材料 第二节 金属材料 课时作业 第二课时 新型合金 物质的量在化学方程式计算中的应用 基础达标 1.下列有关金属材料的说法正确的是（ ） A．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是锰和镍 B．储氢合金是一类通过物理方法吸附的新型合金材料 C．生铁和钢都是关于铁的含碳合金，钢中碳的含量较高 D．通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大 【答案】D 【解析】A．不锈钢的合金元素主要是铬和镍，A错误；B．储氢合金储氢过程生成金属氢化物，过程中有新物质生成，是化学变化，故B错误；C．生铁和钢都是铁的含碳合金，钢中碳的含量在之间，生铁中碳的含量在之间，所以生铁的碳含量高于钢的碳含量，故C错误；D．合金的硬度大于纯金属的硬度，是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大，故D正确；选D。 2.化学与生活、生产、科技息息相关。下列关于合金材料的说法中不正确的是（ ） A．镍钴合金有良好的耐高温性能，可用来制造国产C919飞机发动机叶片 B．储氢合金能大量吸收H2，并将其储存在金属内部，该过程发生的是物理变化 C．“山东”号新型航母所用特种钢材具有高屈强比、抗腐蚀、耐高温等特点 D．钛合金具有很强的结构强度，可用于制造“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳 【答案】B 【解析】A．生产飞机的金属材料应具有密度小、硬度大、耐高温等性能，钴合金有良好的耐高温性能，且密度较小，可用来制造国产C919飞机发动机叶片，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，该过程发生的是化学变化，B错误；C．航母用钢板要承受舰载机起降的沉重强大的冲击和高摩擦力，还要承受喷气式飞机高达几千度的火焰烧蚀，“山东”号新型航母所用特种钢材，具有高屈强比、抗腐蚀、耐高温等特点，完全符合航母用钢板的要求，C正确；D．新型钛合金具有超强、高韧、大尺寸、超厚的特点，且具有成形的均匀性、力学性能的稳定性、可焊性等一系列特性，可用于制造“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳，D正确；故选B。 3．10月31日15时37分，中国空间站梦天实验舱在海南文昌航天发射场由长征五号B运载火箭发射升空。中科院金属所钛合金氢泵涡轮、高温合金管材和锻件、镁合金表面处理技术应用于此次梦天实验舱任务中。下列关于合金的说法中错误的是（ ） A．合金具有许多优良的物理、化学和机械性能 B．一般来说，合金的熔点比它的成分金属的低 C．钛合金、镁合金硬度大，耐酸碱 D．钢是用量最大、用途最广的合金 【答案】C 【解析】A．之所以把金属制造为合金，就是因为合金具有许多优良的物理、化学和机械性能，A正确；B．一般来说合金熔点比它的成分金属的低，B正确；C．钛合金、镁合金硬度大，合金的化学性质为成分金属的性质总和，如镁合金能与酸反应，C错误；D．目前钢是用量最大、用途最广、产量最大的合金，D正确；故答案为：C。 4.2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料（不锈钢）。下列说法中正确的是（ ） A．该合金熔点比纯铁熔点高，含碳量为2%~4.3% B．通过增加原子层之间的相对滑动难度，可使合金的硬度变小 C．不锈钢中添加镍(Ni)和铬(Cr)等元素，因此不含非金属元素 D．硬铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳 【答案】D 【解析】A．合金的熔点通常比成分金属低，钢的含碳量通常为0.02%~2.11%，A错误；B．合金的硬度大于纯金属的硬度，不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大，B错误；C．钢是铁和碳的合金，不锈钢中含有金属元素，还含有非金属元素碳，C错误；D．合金的硬度大、抗腐蚀性强，则飞机外壳大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，D正确；故选D。 5．下列有关金属及其合金的说法不正确的是（ ） A．合金硬度比其成分金属大是由于加入其他原子而使原子层之间更易相对滑动 B．不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，是一种常见的合金钢 C．在钢铁生产中，注入铁水或钢水前的模具必须充分干燥 D．储氢合金与H2容易开成金属氢化物，稍加热金属氢化物又容易分解 【答案】A 【解析】A．合金内存在大小不同的金属原子，使得原子层之间相对滑动变得困难，所以硬度更大，故A错误；B．不锈钢属于铁合金，是一种合金钢，耐腐蚀性好，故B正确；C．在钢铁生产中，注入铁水或钢水前的模具必须充分干燥，避免铁与水蒸气发生反应，故C正确；D．储氢合金与H2容易开成金属氢化物，稍加热金属氢化物又容易分解，故D正确；答案选A。 6．在某温度下，用NaOH溶液吸收Cl2尾气，经测定，反应后混合溶液中NaClO和NaClO3的物质的量均为1 mol，则反应消耗的物质的量为（ ） A．4 mol B．6 mol C．8 mol D．10 mol 【答案】C 【解析】Cl2生成ClO-与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，反应后混合溶液中NaClO和NaClO3的物质的量均为1 mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+1mol×(5-0)=6mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为6mol，则被还原的Cl的物质的量为6mol，生成NaCl的物质的量也是6mol，根据Na元素守恒可知反应消耗NaOH的物质的量为8 mol，故选C。 7．2.3 g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5 g固体，因此判断其产物是 A．只有氧化钠 B．只有过氧化钠 C．氧化钠和过氧化钠 D．无法确定 【答案】C 【解析】根据极限法：若2.3 g钠全部生成氧化钠，依据计量系数关系2Na～Na2O，可算出得到氧化钠质量为3.1 g；若2.3 g 钠全部生成过氧化钠，依据计量系数关系2Na～Na2O2，质量为3.9 g，因为3.1 g＜3.5 g＜3.9 g，故氧化产物应为氧化钠和过氧化钠的混合物；故选C。 8．取一定量的铁粉和硫粉的混合物隔绝空气加热，充分反应后冷却，再加入足量的稀盐酸，标准状况下生成2.24L气体，已知：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，下列说法正确的是（ ） A．原混合物中一定含3.2g硫粉 B．生成的气体一定是纯净物 C．原混合物中一定含有5.6g铁粉 D．2.24L气体的质量可能大于3.4g 【答案】C 【解析】铁粉和硫粉反应后所得混合物有3种可能：全部是FeS，FeS和Fe的混合物，FeS和S的混合物。(1)当全部是FeS时，与足量盐酸反应产生2.24LH2S，其质量为3.4g，铁粉和硫粉分别为5.6g和3.2g；(2)当是FeS和Fe的混合物时，产生的2.24L气体为H2S和H2的混合物，其质量小于3.4g；此时混合物中铁粉的质量为5.6g，硫粉为3.2g；(3)当是FeS和S的混合物时，气体为H2S，其质量为3.4g，铁粉的质量为5.6g，硫粉的质量大于3.2g。 故选C。 9．制硫酸过程中有以下反应发生：4FeS+11O22Fe2O3+8SO2，下列说法正确的是（ ） A．FeS2既是氧化剂又是还原剂 B．还原剂与氧化剂的质量之比为4：11 C．SO2只是氧化产物 D．每消耗1.1mol氧气，反应中转移4.4 mol电子 【答案】D 【解析】A．FeS2中铁、硫元素化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，A错误；B．FeS2是还原剂，氧气发生还原反应，为氧化剂，根据化学方程式体现的关系可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：11，而非质量之比，B错误；C．氧气中氧元素化合价降低、FeS2硫元素化合价升高得到二氧化硫，二氧化硫既是氧化产物又是还原产物，C错误；D．由反应可知，每消耗11mol氧气，转移44mol电子，根据O2~4e-，则每消耗1.1mol氧气，反应中转移4.4mol电子，D正确； 故选D。 10．将钠、铝混合物投入足量水(质量为100g)中进行反应，若钠、铝的质量分别为46g和27g，充分反应后，下列说法正确的是（ ） A．产生H2的质量为5g B．溶液中的溶质只有NaAlO2 C．金属未完全溶解 D．NaAlO2的质量分数是 【答案】A 【解析】A．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中生成氢气的质量为(1mol+1.5mol)×2g/mol=5g，故A正确；B．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则溶液中的溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，故B错误；C．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则投入的金属完全溶解，故C错误；D．由分析可知，反应生成偏铝酸钠的质量为1mol×82g/mol=82g，溶液的质量为100g+46g+27g—5g，则偏铝酸钠的质量分数是[82g/(100+46+27-5)g]×100%，故D错误；故选A。 能力提升 11．形状记忆合金是一种在加热升温后能完全消除其在较低的温度下发生的变形，恢复其变形前原始形状的合金材料，即拥有“记忆”效应的合金。下列变化不是利用合金记忆效应的是（ ） A．脊柱侧弯矫形采用的哈伦顿棒，如果矫形棒的矫正力有变化，把温度升高到比体温约高，就能恢复足够的矫正力 B．合金在高温环境下制作好天线，再在低温下把天线压缩成一个小球，运上太空中，太阳光的辐射使小球恢复原来的形状 C．将某合金用于制造精密仪器或精密车床，一旦由于震动、碰撞等原因变形，只需加热即可排除故障 D．汽车受损变形后，利用钣金喷漆整形 【答案】D 【解析】A．把温度升高到比体温约高，哈伦顿棒就能恢复足够的矫正力，利用了记忆合金的记忆效应，A不符合题意；B．太阳光的辐射使小球恢复原来的形状，利用了记忆合金的记忆效应，B不符合题意；C．精密仪器或精密车床变形后，只需加热即可排除，利用了记忆合金的记忆效应，C不符合题意；D．汽车受损变形后，利用钣金喷漆整形，不是利用了记忆合金的记忆效应，D符合题意；故选D。 12，取0.1mol/LNaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，再向所得溶液A中逐滴缓慢加入一定物质的量浓度的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A．通入CO2气体体积(标准状况)约为100mL B．溶液A中所含溶质为Na2CO3 C．0～25mL段：反应的离子方程式主要是：OH−+H+=H2O D．完全反应后溶液中溶质的物质的物质的量浓度约为：0.7mol/L 【答案】A 【解析】向0.1mol/LNaOH溶液100mL中逐滴加入45mL一定浓度盐酸，最终生成NaCl溶液，假设盐酸浓度为c，根据Na守恒得：c×0.045L=0.1mol/L×0.1L，解得c≈0.22mol/L；CO2气体与NaOH溶液反应如下：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3；向溶液A中逐滴缓慢加入一定物质的量浓度的HCl溶液，与溶液反应分步进行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，当完全进行，两个过程消耗HCl的量相等，根据图像可知，溶液A中溶质成分为Na2CO3和NaOH；A．25mL至45mL，发生反应：HCO+H+=H2O+CO2↑，消耗盐酸物质的量：0.0044mol，则生成的CO2物质的量为0.0044mol，生成的CO2全部来源于通入的，即通入CO2的物质的量为0.0044mol，对应标准状况体积：0.0044mol×22.4mol/L×1000≈100mL，故A正确；B．根据分析可知，溶液A中所含溶质Na2CO3和NaOH，故B错误；C．0～25mL段：反应的离子方程式主要是：CO+H+=HCO,故C错误；D．0.1mol/LNaOH溶液100mL完全反应后全部转化为溶质NaCl，物质的量为0.01mol，溶液总体积：145mL，浓度：0.01mol/0.145L≈0.07mol/L，故D错误；答案选A。 13．钢铁制品经常要进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某化学兴趣小组为了研究烤蓝铁片，进行了以下实验操作： Ⅰ.把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末； Ⅱ.取一定量的粉末，放入的盐酸中，二者恰好完全反应，生成134.4mL(标况)H2，再向溶液中滴入KSCN溶液，无现象。 已知：①不考虑空气对反应的影响；②杂质不参与反应。 下列说法错误的是（ ） A．由实验可知，反应后所得的溶液中一定无Fe3+ B．样品中氧元素的物质的量为0.008mol C．样品中铁元素的含量约为70% D．若将生成的H2恰好全部与灼热的氧化铜反应，最多可得到0.384g铜单质 【答案】C 【解析】A．据分析，反应后所得的溶液中一定无Fe3+，故A正确；B．据分析，样品中氧元素的物质的量为0.008mol，故B正确；C．据分析，样品中铁元素的含量约为[(0.014×56)/(0.014×56+0.008×16)]×100%≈85.96%，故C错误；D．若将生成的气体全部通过灼热的氧化铜，H2～CuO～Cu，最多可得到0.006mol的Cu，则质量为0.384g铜单质，故D正确；故选C。 14．Na、Mg、Al、Fe、Cu、Zn是中学常见的金属单质，其合金在生活中有广泛应用。回答下列问题： （1）实验室保存在煤油中的金属是___________。在潮湿空气中久置会生成绿色锈的金属是___________。 （2）铝合金广泛用于门窗，其耐腐蚀的主要原因是_____________________________。 （3）一包钠铝合金与水恰好完全反应，收集到8960mLH₂(标准状况)。则这包合金中钠的物质的量为___________，铝的质量为___________。写出上述过程中涉及的两个反应的离子方程式：___________________________________、_______________________________。 （4）现有10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)。则合金组成可能是___________(填字母)。 A．Mg和Cu B．Al和Fe C．Mg和Zn D．Al和Cu （5）等质量的镁、铝、锌与足量相同浓度的盐酸反应，产生H₂体积与时间关系如图所示。根据图像推知a、b、c曲线代表的金属依次是___________(填元素符号)。 【答案】（1） Na Cu （2）铝合金表面覆盖着一层致密氧化膜 （3）0.2mol 5.4g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ （4）BD （5）Zn、Mg、Al 【解析】（1）Na很活泼，能与空气中氧气、水蒸气反应，故保存于煤油或石蜡油中；铜生锈生成碱式碳酸铜，呈绿色； （2）铝合金材料表面覆盖着一层致密的氧化铝薄膜，具有抗腐蚀性； （3）钠铝合金投入水中恰好生成NaAlO2和H2，离子方程式为Vm=8.96L/22/4mol/L=0.4mol，由总方程式，可知：c(Na+)=0.2mol，c(Al3+)=0.2mol，Al的质量m=nM=0.2mol×27g/mol=5.4g； （4）10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)，则n(H2)=0.5mol，转移电子n(e-)=1mol，即转移1mol电子消耗合金质量为10g， A．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，A错误；B．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，Fe失去1mol电子消耗的质量为28g，转移1mol电子消耗合金质量为9g～28g之间，B正确；C．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，Zn失去1mol电子消耗的质量为32.5g，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，C错误；D．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量可能等于10g，D正确；故答案为：BD； （5）比较铝、锌、镁三种金属，镁最活泼反应最快，反应完时消耗时间最短，相同质量的铝产生氢气最多，故a、b、c曲线代表的金属依次是Zn、Mg、Al。 直击高考 15．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（ ） A．图中C点铝元素存在形式是[Al(OH)4]- B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2 D．OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH-=2[Al(OH)4]-＋3BaSO4↓ 【答案】D 【解析】从图象可以看出，加入3L氢氧化钡溶液即3mol氢氧化钡时，生成的沉淀的物质的量为5mol，此时对应A点，硫酸铝和氢氧化钡恰好反应完全，硫酸根离子完全沉淀，可知硫酸铝的物质的量为1mol，生成的5mol沉淀其中有3mol为硫酸钡，2mol为氢氧化铝，再继续加入3mol氢氧化钡，沉淀继续增多，生成的沉淀为氢氧化铝，可知氯化铝的物质的量为2mol，B点时沉淀最多，硫酸根离子和铝离子都沉淀完全，硫酸钡的物质的量为3mol，氢氧化铝的物质的量为4mol。再加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，加入2mol氢氧化钡，4mol氢氧化铝完全溶解，生成Na[Al(OH)4]，此时到达C点，此时沉淀只有硫酸钡，再加入氢氧化钡，沉淀量无变化。A．由以上分析可知，C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3mol，此时铝元素以[Al(OH)4]-的形式存在，故A正确；B．D点溶液中有过量的氢氧化钡和Na[Al(OH)4]，通入的二氧化碳和氢氧化钡反应立即生成碳酸钡白色沉淀，故B正确；C．由以上分析可知，原溶液中硫酸铝的物质的量为1mol，氯化铝的物质的量为2mol，即c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故C正确；D．由以上分析可知，OA段相当于硫酸铝和氢氧化钡反应，反应的离子方程式为2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH- = 3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D错误；故选D。 16．抗原检测盒中T线处是使用的胶体金(Au)标记物，一种从被FeS2包裹的含金矿物中提金的工艺流程如下： （1）①“预处理”时，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，写出该反应的离子方程式_______________。 ②研究发现H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体·OH，·OH将金表面的FeS2氧化溶出。FeS2溶出率与硫酸初始浓度的关系如图所示，随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是_____________________________________________。 （2）“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是___________________________________。 （3）测定样品中Au的含量：准确称取0.1000g试样，加入王水，将Au转化成具有强氧化性的氯金酸(HAuCl4)，在除去硝酸根后的溶液中，边不断搅拌，边向溶液中加入过量0.4000mol·L-1 FeSO4溶液30.00mL，将HAuCl4完全还原为Au：滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00mL。 已知：3Fe2++AuCl4-=Au+3Fe3++4Cl- 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 计算样品中金的质量分数(写出计算过程)___________________________________。 【答案】（1）①2FeS2+15H2O2=2Fe3++2H++4SO+14H2O ②硫酸浓度增大，与FeS2反应产生的Fe2+增多，催化H2O2产生的中间体·OH增多，FeS2溶出率增大 （2）有氧环境下铝会与氧气反应，在表面生成一层氧化膜，阻止置换的进行 （3）K2Cr2O7的物质的量为n=cV=0.018L×0.1000mol/L=1.8×10-3mol，剩余Fe2+的物质的量为n=6×1.8×10-3mol=1.08×10-2mol，与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为c(Fe2+)=0.03L× 0.4000mol/L-1.08×10-2mol=1.2×10-3mol，n(Au)=1/3c(Fe2+)=1/3×1.2×10-3mol=4×10-4mol，金的质量为m=nM=4×10-4mol×197g/mol=7.88×10-2g，ω(Au)=(7.88×10-2g/0.1000g)×100%=78.8%。 【解析】金矿加入H2O2和H2SO4进行预处理，因为FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，可除去FeS2而露出金矿物，再加入NH4SCN溶液和Fe2(SO4)3溶液对金矿物处理，得到含金的溶液，然后加入Al置换出Au。 （1）①“预处理”时，加入H2O2和H2SO4，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可知FeS2和H2O2的系数比为2∶15，再结合原子守恒可得离子方程式为2FeS2+15H2O2=2Fe3++2H++4SO+14H2O； ②因为H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体·OH，·OH将金表面的FeS2氧化溶出，所以硫酸浓度增大，与FeS2反应产生的Fe2+增多，催化H2O2产生的中间体·OH增多，FeS2溶出率增大； （2）“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是有氧环境下铝会与氧气反应，在表面生成一层氧化膜，阻止置换的进行； （3）K2Cr2O7的物质的量为n=cV=0.018L×0.1000mol/L=1.8×10-3mol，剩余Fe2+的物质的量为n=6×1.8×10-3mol=1.08×10-2mol，与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为c(Fe2+)=0.03L× 0.4000mol/L-1.08×10-2mol=1.2×10-3mol，n(Au)=1/3c(Fe2+)=1/3×1.2×10-3mol=4×10-4mol，金的质量为m=nM=4×10-4mol×197g/mol=7.88×10-2g，ω(Au)=(7.88×10-2g/0.1000g)×100%=78.8%。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$