第8讲 高一化学学科素养能力竞赛专题训练——金属材料（解析版）-教案课件习题试卷知识点归纳汇总-高中化学必修第一册

1、第8讲 高一化学学科素养能力竞赛专题训练金属材料【题型目录】模块一：易错试题精选模块二：培优试题精选模块三：名校竞赛试题精选【典例例题】模块一：易错试题精选1下列物质间的转化不能一步实现的是AAlAl2O3NaAlO2BFeFe2O3FeCl3CCCOCaCO3DCuCuOCuSO4【答案】C【详解】A铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故AlAl2O3NaAlO2，可以实现，故A不符合题意；B铁在空气中被氧化成氧化铁，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，故FeFe2O3FeCl3，可实现转化，故B不符合题意；C碳和二氧化碳反应生成CO，CO难溶于水，不能生成碳酸钙，故COCaCO3，不能实现，故C符合题意；DCu和氧气生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜故CuCuOCuSO4，不能实现，故D不符合题意；故选：C。2将4.6 g Na和2.7 g Al同时加入足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释为500 mL。下列说法中不正确的是A所得溶液中NaOH的物质的量浓度为0.2 molL-1B反应中消耗的水的质量是加入的Al的质量的2倍C所得溶液中的物质的量浓度为0.2 m

2、olL-1D反应中放出的气体在标准状况下的体积为2.24 L【答案】D【分析】可理解为先发生2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，消耗钠的物质的量为0.2mol，消耗水的物质的量为0.2mol，生成0.2molNaOH和0.1molH2；再发生2Al+2OH-+2H2O=2+3H2，消耗Al的物质的量为0.1mol，消耗0.1molNaOH和0.1molH2O，生成0.1mol和0.15molH2；综上，消耗水的物质的量为0.3mol，NaOH剩余0.1mol，生成0.25molH2。【详解】A所得溶液中NaOH的物质的量浓度=0.1mol0.5L=0.2 molL-1，A正确；B消耗水的质量为：0.3mol18g/mol=5.4g，是加入的铝的质量的2倍，B正确；C所得溶液中的物质的量浓度为=0.2mol/L，C正确；D共放出气体体积(标况下)为0.25mol22.4L/mol=5.6L，D错误；故答案为D。3某无色溶液，能与铝反应放出氢气，则该溶液中，肯定不能大量共存的离子组是ANH、Na、Ba2、Cl-BNa、I-、HCO、SOCK、Cl-、SO、NODNa、Mg2、SO、C

3、l-【答案】B【分析】某无色溶液能与铝反应放出氢气，为非氧化性酸或强碱溶液。【详解】A酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A不选；BHCO与酸或碱溶液不反应，不能大量共存，故B选；C碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C不选；D酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D不选；故选B。4合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是合金的硬度一般比它的各成分金属的大一般合金熔点比它的各成分金属的更低改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金合金比纯金属的应用范围更广泛ABCD【答案】A【详解】与组成合金的纯金属相比，合金的一般硬度更大，故正确；合金为混合物，熔点比它的各成分金属的熔点低，故正确；不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故正确；合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故正确；综上所述，题目中正确，故本题应选A。5下列指定反应的离子方程式正确的是A用FeCl3制作印刷电路板：2Fe3+3Cu=2Fe+3Cu2+B用醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O

4、C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH-+H+=BaSO4+H2OD铝与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2【答案】D【详解】AFeCl3氧化Cu，只能生成Fe2+，不能生成Fe，离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，A不正确；B醋酸为弱酸，不能改写成H+，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2，B不正确；C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，采用“以少定多”法，离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，C不正确；D铝与氢氧化钠溶液反应，生成NaAlO2和H2，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2，D正确；故选D。656g不纯铁粉与足量的稀硫酸反应生成2g氢气，下列情况可能的是A铁中含有碳和锌B铁中含有碳和铜C铁表面有铁锈D铁中含有碳和镁【答案】D【详解】56g纯铁与足量的稀硫酸反应生成2g氢气；碳和稀硫酸不反应，56g碳与足量的稀硫酸生成0g氢气；56g锌与足量的稀硫酸反应生成氢气小于2g；铜和稀硫酸不反应，56g铜与足量的稀硫酸生成0g氢气；56g镁与足量的稀硫酸反应生成氢

5、气大于2g；铁锈和硫酸反应生成硫酸铁和水，56g铁锈与足量的稀硫酸反应生成0g氢气； 56g不纯铁粉与足量的稀硫酸反应生成2g氢气，根据平均值法，一种杂质生成氢气大于2g、一种杂质生成氢气小于2g，所以铁中可能含有碳和镁，选D。7铝合金是目前用途最广泛的合金之一，下列关于铝及其化合物说法错误的是A在我国使用最早的合金是铜B常温下，铝不与氧气反应CAl2O3是两性氧化物，所以铝制品不宜用来蒸煮碱性食物D偏铝酸钠的化学式可表示为：NaAlO2【答案】B【详解】A青铜是铜锡铅等合金，是我国使用最早的合金，故A正确；BAl是活泼金属，常温下，铝与氧气能反应生成氧化铝，故B错误；CAl2O3是两性氧化物，能与酸或碱反应，所以铝制品不宜用来蒸煮碱性食物，故C正确；D偏铝酸钠的化学式可表示为：NaAlO2，故D正确；故选B。8取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于A8.64B9.00C9.20D9.44【答案】C【分析】铜和镁失去的电子的物质

6、的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。【详解】8.960L的NO2气体的物质的量为=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol(5-4)+0.03mol2(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。9下列说法正确的是A光束通过蔗糖溶液、CuSO4溶液、云、雾时，均无丁达尔效应BAl2O3熔点高、耐高温，实验室可以用Al2O3制成的坩埚加热NaOH固体至熔融态CNa2CO3固体中含有NaHCO3杂质，可用加热法除去D不同元素组成的多原子分子里，不可能存在非极性键【答案】C【详解】A云、雾属于胶体，可以产生丁达尔效应，A错误；B氧化铝可以和氢氧化钠反应，不能用Al2O3制成的坩埚加热NaOH固体至熔融

7、态，B错误；C碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，可以通过加热的方法除去，C正确；D不同元素组成的多原子分子里可存在极性键、非极性键，如过氧化氢中含非极性键，D错误；故选C。10能正确表示下列反应的离子方程式是A浓烧碱溶液中加入铝片：B碳酸钠溶液与足量硫酸氢钠溶液反应：C饱和碳酸钠溶液中通入足量D通入水中制氯水：【答案】B【详解】A浓烧碱溶液中加入铝片，离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-2+3H2，故A错误；B碳酸钠溶液与足量硫酸氢钠溶液反应的离子方程式为：，故B正确；C饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2后会析出NaHCO3晶体，离子方程式为：2Na+2CO2+H2O2NaHCO3，故C错误；DCl2通入水中反应生成盐酸和HClO，HClO是弱酸应保留化学式，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故D错误；故选：B。11“海绵-铁催化剂”是指一类具有特定微孔结构的强吸附性铁单质催化剂。制备时，可将具有特定组成的铁铝合金放入适当浓度的M溶液中浸出，则M溶液可能是A醋酸B盐酸C氨水D氢氧化钠溶液【答案】D【详解】由铁铝合金制得具有特定微孔结构的强吸附性铁单质催化剂，即

8、M溶液能够和铝反应，但不能和铁反应，A铁、铝均与醋酸反应，故A错误；B铁、铝均与盐酸反应，故B错误；C铁、铝均不与氨水反应，故C错误；D铁不与氢氧化钠溶液反应，铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，故D正确；故选：D。12将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A最终溶液：c(Na+)=1.5molL-1B标准状况下，通HCl气体前得到6.72L气体C最终得到7.8g沉淀D最终溶液：c(Na)=c(Cl-)【答案】C【分析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生

9、反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al(OH)3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，据此分析解题。【详解】A由分析可知，反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为0.4mol，则钠离子的浓度为：=2mol/L，A错误；B由分析可知，过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol=0.3mol，故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)22.4L/mol=8.96L，B错误；C由分析可知，最终生成Al(OH)3为0.1mol，质量为：0.1mol78g/mol=7.8g，C正确；D由分析可知，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，D错误；故答案为：C。13下列说法不正确的是A铝合金广泛用于航空航天等设备的制造，不仅因为它合适的价格，更重要的是它的机械性能和密度适用于这些设

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