【文档说明】3.2 金属材料（B级能力练）-高一化学章节分层检测ABC（人教版2019必修第一册）（解析版）.docx，共(12)页，475.686 KB，由envi的店铺上传

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第三章铁金属材料第二节金属材料（限时：60分钟）一、选择题1．下列说法正确的是()A．青铜是我国使用最早的合金，也是目前使用最广泛的合金B．不管哪种铜合金都含有铜元素，所以它们的性质也和金属铜一样C．我

们日常生活中用到的铜合金制品主要是黄铜制的D．各种铜合金都有良好的导电、导热性【答案】C【解析】A、我们目前使用最广泛的合金是铁合金，错误；B、合金因其构成元素及配比的不同，性质各异，错误；C、黄铜的性质使其宜于制造日用品，正确；D、白铜的导电、

导热性很差，错误。2．（2020·古浪县第二中学高一竞赛）下列有关纯铁的描述正确的是（）A．熔点比生铁的低B．与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率比生铁的快C．在潮湿空气中比生铁容易被腐蚀D．在冷的浓硫酸中可钝化【

答案】D【解析】A项、生铁是铁与碳的合金，由于合金的熔点低于组成成分中任一物质的熔点，故A错误；B项、生铁与盐酸反应时，铁、碳在盐酸中形成无数微小的原电池，使反应速率比纯铁要快，故B错误；C项、生铁在潮湿空气中，Fe、C形成原电池发生吸氧腐蚀，腐蚀速率远比纯铁

要快，故C错误；D项、金属铁、铝在常温下皆在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化，故D正确；故选D。【点睛】该题是中等难度的试题，试题贴近高考，综合性强，注重考查学生分析问题、解决问题的能力，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散

思维能力。3．（2020·辽宁大连高一期末）2022年世界冬奥会和冬残奥会在北京举行，其中短道速滑项目队员所穿的速滑冰刀可用不锈钢制成。下列叙述错误的是A．不锈钢是最常见的一种合金钢B．不锈钢中常添加镍(Ni)和铬(Cr)元素

，从而使其具有特殊性能C．不锈钢中只含有金属元素，不含有非金属元素D．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【答案】C【解析】A．不锈钢属于合金，是铁、铬、镍熔合而成具有金属特性的合金，

故A正确；B．不锈钢中常添加镍(Ni)和铬(Cr)元素，使其具有抗腐蚀的性能，故B正确；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，故C错误；D．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，故D正确；答案选C。4．碲锌镉（Te—Zn—Cd）晶体可以用于制造红外探测器的基础材料，下列有关它的叙述错误的是（）A．它是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成的，无固定的熔、沸

点B．它的硬度比Cd的大C．它的熔沸点比Zn的低D．它的硬度比Zn的大【答案】A【解析】A．依据题干材料可知，碲锌镉（Te-Zn-Cd）晶体是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成具有金属特征性质的晶体，由于晶体的周期

性，所有相同的结构均被破坏，在所有结构被破坏前，晶体温度不会升高，因此有固定熔点，故A错误；B．合金的硬度和强度大于成分金属，故B正确；C．碲锌镉是金属合金，合金的熔沸点低于成分金属的熔点，它的熔沸点比Zn的低，故C正确；D．合金的硬度和

强度大于成分金属，故D正确。答案选A。5．（2020·广西环江毛南县三中高一期末）金属材料的开发一直是材料科学的研究热点，一些新的金属材料相继被开发出来并应用于工农业生产和高科技领域。例如，铀(U)用作核电厂反应堆的

核燃料，镅(Am)在烟雾探测器中用作烟雾监测材料；特点是被誉为“21世纪的金属”——钛(Ti)，应用前景更为广阔。钛(titanium)是一种活泼金属，但因其表面容易形成致密的氧化物保护膜使它不易跟其他物质反应，而具有一定的抗腐蚀能力。除此之外，

它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点。根据以上背景资料及所学知识，你认为下列说法中错误的是A．钛不属于稀土金属B．钛是很好的航天航空材料C．钛在空气中不与其他物质反应D．钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料【答案】C【解析】A.

钛位于第四周期，不属于稀土金属，A正确；B.钛具有一定的抗腐蚀能力，除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点，因此是很好的航天航空材料，B正确；C.钛在空气中容易被氧气氧化，在其表面容易形成致密的氧化物保护膜，这说明能与氧气反应，C

错误；D.钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料，D正确。答案选C。6．（2020·河北深州市中学高一期末）下列关于金属铝的叙述不正确．．．的是()A．铝是地壳中含量最多的金属元素B．铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性C．铝箔在空气中用酒精灯加热可以熔化，且发生剧烈燃烧D．

铝箔在空气中用酒精灯加热可以观察到铝熔化了但并不滴落。【答案】C【解析】A、根据地壳中元素含量，Al是地壳中含量最多的金属元素，故A说法正确；B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性，故B说法正确；C、铝箔在空

气中用酒精灯加热，迅速在外层产生致密的氧化薄膜，对内部的铝起到保护作用，氧化铝的熔点高于Al，因此现象是熔化而不滴落，故C说法错误；D、根据选项C的分析，故D说法正确；答案选C。7．（2019·山西忻州一中高一月考）下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是A．Na→NaOH

→Na2CO3→NaClB．Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3C．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3D．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4【答案】C【解析】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与适量CO2反应可生成Na

2CO3，Na2CO3与HCl溶液反应可生成NaCl，均能一步反应实现，故A错误；B．Fe与Cl2点燃条件下反应转化为FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，都能通过一步实现，故B错误；C．Al与O2点燃时反应生成Al2O3，Al2O3不能通

过一步反应转化为Al(OH)3，Al(OH)3与HCl反应转化为AlCl3，由上述分析可知Al2O3不能一步转化为Al(OH)3，故C正确；D．Mg与Cl2在点燃时反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与H2SO

4反应可得MgSO4，都能通过一步实现，故D错误；综上所述，答案为C。8．（2020·江门市第二中学高一期中）下列关于钠、铝的叙述错误的是()A．金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同B．大量的钠着火时可以用水扑灭，少量的钠应保存在煤油中C．钠的密度比水小

，熔点低于100℃，在氧气中燃烧时火焰呈黄色D．铝在空气中加热时，熔化的铝不能滴落，原因是氧化铝熔点高【答案】B【解析】A.金属钠和氧气反应，常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，所以条件不同，产物不同，A正确；B.大

量的钠着火时应用沙子扑灭，不能使用水，会引起爆炸，B错误；C.钠的密度小于水，熔点较低，低于100℃，在氧气中燃烧时呈黄色火焰，C正确；D.铝在空气中加热时，熔化的铝不能滴落，原因是氧化铝熔点高，氧化铝膜兜住了熔化的Al而使铝不能滴落，D正确；答案选B。9．（202

0·黑龙江大庆一中高一期末）已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（）A．CO2+2OH−=CO32−

+H2OB．Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−C．2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑D．Al3++4OH−=[Al(OH)4]−【答案】D【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-=CO

32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，根据以上分

析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。10．（2019·龙江县第二中学高一月考）相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）A．A

lB．Al(OH)3C．AlCl3D．Al2O3【答案】A【解析】根据方程式可知Al～NaOH、Al(OH)3～NaOH、AlCl3～3NaOH、Al2O3～2NaOH。则m（Al）：m（NaOH）=27：40；m[Al(OH)3]：m（NaOH）=78：40；m（AlCl3）：m（NaOH）=

33.375：40；m（Al2O3）：m（NaOH）=51：40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。故选A。11．（2020·攀枝花市第十五中学校高一月考）将镁、铝合金10.2g溶于4mol·L－1的硫

酸500mL里，若加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，则需加入此种氢氧化钠溶液为A．1000mLB．500mLC．2000mLD．1500mL【答案】C【解析】加入2mol•L-1的氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，此时溶液中只有硫酸钠，根据硫元素守

恒n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.5L×4mol•L-1=2mol，由钠元素守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4）=4mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL，故选:C。【点睛】发生多个化学反应时，要分析之间的

关系，找出原子间不变的，常常利用元素守恒进行解题。12．（2019·福建三明高一期中）现有100mL3mol/L的NaOH溶液和100mL1mol/L氯化铝溶液，①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；②将AlCl3溶液分多

次加到NaOH溶液中。比较两种操作的结果是A．现象相同，沉淀质量不等B．现象相同，沉淀质量也相等C．现象不同，沉淀质量相等D．现象不同，沉淀质量不等【答案】C【解析】100mL3mol•L-1NaOH溶液中n(NaOH)=0.3mol，100mL1mol•L-1的AlCl3溶液

中n(AlCl3)=0.1mol，则：①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，只发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，且0.1molAlCl3最后都全部转化成0.1molAl(OH)3，现象为观察到白色沉淀生成；②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，依次发生反应：Al3++4O

H-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，且0.1molAlCl3最终全部转化成0.1molAl(OH)3，观察到的现象为先没有沉淀后出现沉淀；所以二者现象不同，最终均生成0.1molAl(OH

)3沉淀，则沉淀质量相等，故答案为C。13．相同质量相同形状的铁和锌，分别与等质量，等浓度的稀盐酸反应，产生氢气的量与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．乙表示锌与盐酸的反应B．锌可能与盐酸恰好完全反应，而铁有剩余C．两

个反应消耗金属的质量相等D．所得溶液的质量相等【答案】B【解析】【分析】根据方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知65gZn完全反应可以消耗36.5gHCl，产生2g氢气；根据方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2可知56gFe完全反应可以消耗36.

5gHCl，产生2g氢气。【详解】A．锌比铁活泼，反应速率更快，所以甲表示锌与盐酸的反应，乙表示铁与盐酸的反应，故A错误；B．据图可知最终产生的氢气的质量相等，则消耗的盐酸的质量相等，则消耗的锌的质量多，铁的质量少，根据“等质量的锌和铁”可知铁有剩

余，故B正确；C．根据B选项分析可知消耗的锌的质量多，铁的质量少，故C错误；D．生成的氢气质量是相等的，则参加反应的盐酸的质量也是相等的，无剩余，铁消耗得少、锌消耗得多，所得溶液的质量不相等，故D错误；综上所述答案为B。14．（2021·临颍县南街高级中学高一期末）有200mL氯化镁和氯化

铝的混合溶液，其中2cMg+()为0.2mol·L－1,cCl−()为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的体积为A．40mLB．72mLC．80mLD．128mL

【答案】C【解析】溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)=0.26mol0.04mol23−=0.06mol；将200mL此溶液中的

Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32m

ol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为0.32mol4mol/L=0.08L=80mL，故答案为C。15．（2019·雷山县第四中学高一期末）将等物质的量的Na2O2和Al同时放入足量的水中，充分反应后收集到混合气体4.4

8L(标准状况下),再向反应后的溶液中缓慢滴入1mol/L盐酸至沉淀恰好溶解。下列说法错误的是A．标准状况下，混合气体中氢气与氧气的体积比为3:1B．加入的固体过氧化钠为7.8gC．当滴加200mL盐酸时，沉淀

的质量达到最大值D．最终消耗的盐酸为400mL【答案】D【解析】A.将等物质的量的Na2O2和Al同时放入足量的水中，分别进行的反应是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，两个反应中过氧化钠和单质铝的化学计量数相等，可

以认为是物质的量相等混合，方程式相加得到总反应为：2Na2O2+2Al+4H2O=2NaAlO2+2NaOH+O2↑+3H2↑，由方程式可知标准状况下，混合气体中氢气与氧气的体积比为3:1，故A正确；B.混合气体

中氢气与氧气的体积比为3:1，一共4.48L（0.2mol），所以氢气为0.15mol，氧气为0.05mol，带入总方程式计算出Al为0.1mol、过氧化钠为0.1mol，质量为7.8g，故B正确；C.沉淀的质量达到最大值

时是氢氧化铝恰好完全沉淀，所以溶液中只有一种溶质NaCl，其中Na元素完全来自于加入的0.1mol过氧化钠，所以Na为0.2mol，NaCl就是0.2mol，由Cl守恒得到：需要的HCl为0.2mol，所

以，滴加200mL盐酸时，沉淀的质量达到最大值，故C正确；D.最终沉淀恰好完全溶解的时候，溶液中只有NaCl和AlCl3，因为初始加入的过氧化钠和单质铝的物质的量都是0.1mol，所以Na为0.2mol，Al为0.1mol，所以NaCl和AlCl3的物质的量分别为0.2mol和0.1mo

l，其中含有Cl一共0.5mol，所以加入的HCl为0.5mol，需要的盐酸体积为500mL，故D错误；故选D。16．（2020·黑龙江双鸭山一中高一期末）将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加

入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:A．镁和铝的总质量为9gB．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5mol·L－1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L【答案】D【解析】【分析】从图象中看到，

从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al

(OH)3。【详解】A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-

0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；B、根据A中分析可知B项正确；C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过

程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol÷0.04L=5mol•L-1，C项正确；D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=

0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误。答案选D。二、非选择题17．（2018·甘肃省庆阳第一中学高一开学考试）为测定Cu一Zn合金的组成，小华同学利用该合金粉末与稀硫酸反应，进行了三次实验，所得相关实验数据记录如表：第一次第二

次第三次所取合金的质量/g101020加入硫酸的质量/g508050生成氢气的质量/g0.20.20.2请计算：(1)从上表数据分析，当所取合金与所用稀硫酸的质量比为_________时，表明合金中的锌与稀硫酸恰好完全反应；(2)该合金中锌的质量为多少克______?(计算

结果保留一位小数)(3)所用合金中的锌与稀硫酸恰好完全反应时所得溶液中溶质的质量分数为多少______?(计算结果精确到0.1％)【答案】(1)1：5(2)6.5g(3)28.6%【解析】(1)根据表格数据及上述分析，10g合金与50g稀硫酸恰好完全反应，当所取合金与所用稀硫酸恰好完全反应

时的质量比为：10g：50g=1：5；(2)设合金中锌的质量为x，生成硫酸锌的质量为y，2442Zn+HSOZnSO+H651612=xy0.2g65x=20.2g，x=6.5g，161y=20.2g，y=16.1g；(3)根据(2)中计算，生成的硫酸锌的质量为16.1g，则所得溶液中硫酸锌的质

量分数为：16.1g6.5g+50g-0.2g×100%=28.6%。18．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中的铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为________________。(2)实验前，先将铝镁

合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________________________。(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录

C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应_________________________________

__________。(4)B中发生反应的化学方程式为_____________________。(5)若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为_________________。(6)实验过程中，若未洗

涤过滤所得的不溶物，则测得的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1)NaOH溶液(2)除去镁铝合金表面的氧化膜(3)⑤①④③②使D和C的液面相平(4)2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑(5)3360

0()acb−(6)偏小【解析】(1)观察实验装置图可知是用量气法完成实验目的，故A中应盛NaOH溶液，在B中发生2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑的反应。(2)目的是除去铝镁

合金表面的氧化膜。(3)正确顺序应为⑤①④③②；为使C中气体的压强相等，还应使D与C液面相平。(5)据2molAl～3molH2得M(Al)=33600()acb−(6)据w(Al)=()ggaca−×100

%的计算公式可知未洗涤不溶物会造成Al的质量分数偏小。19．（2020·山西祁县中学高一月考）根据下图的化学反应框图解图。已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质(1)单质F是________，溶液E加入氢氧化钠溶液的现象

是_____________________；(2)写出下列反应的化学方程式：A+B→C+D_____________________________________；D→H：_________________________________。(3)写出下列反应的离子方程式：E＋Cl2→G：___

_______________；G＋C→E：________________________；B→F＋H：__________________________。【答案】（1）H2(氢气)生成的白色絮状沉淀迅速变成

灰绿色，最后变成红褐色（2）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3++Fe=3Fe2+2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】【分析】粉末化合物A是红棕色，粉末单

质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E为FeCl2，G为FeCl3，H为NaAlO2，据此解答。【详解】粉末化合物A是红棕色，粉末单

质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E为FeCl2，G为FeCl3，H为NaAlO2。(1)由上述分析可知，单质F是H2(氢气

)，溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；故答案为：H2(氢气)；生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(2)A+B→C+D的反应为铝热反应，化

学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O；故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2

O；(3)E＋Cl2→G的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；G＋C→E的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；B→F＋H：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2C

l-；2Fe3++Fe=3Fe2+；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。【点睛】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素单质化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，注意对基础知识的掌握。