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第三章 金属及其化合物 (时间90分钟，满分100分) 一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分) 1．如图标出了各种材料强度与密度的比值以及广泛使用的年代．从图中可以看出的信息有(　　) A．科学技术的发展越来越快，新材料频频出现 B．新材料发展的总体趋势是强度越来越大 C．1800年以前出现的材料强度都比铝小 D．铝的密度比钢的密度大 解析：B项、C项都是单独分析材料的强度或密度，而图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系，与题意不符．D项中钢的密度比铝的密度大． 答案：A 2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　) A．1 mol Na与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子 B．1 mol Al分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移的电子均为3NA个 C．各5.6 g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NA D．2.7 g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NA 解析：B项，Al在冷的浓HNO3中钝化，Al未完全反应；C项，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，2Fe＋3Cl22FeCl3，所以5.6 g Fe与盐酸反应转移0.2NA个电子，而与Cl2反应则转移0.3NA个电子；D项，发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，2.7 g Al转移电子0.3NA个． 答案：A 3．将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为(　　) A．3∶2　　　　　　　　B．2∶1 C．3∶4 D．4∶3 解析：设每份铁铝合金样品中含铁、铝的物质的量分别为x、y，则由FeH2↑、Al H2↑、Al H2↑三个关系式得知(x＋)∶y＝3∶2，解得x∶y＝3∶4. 答案：C 4．制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2.向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是(　　) A．烧杯中有铜无铁 B．烧杯中有铁无铜 C．烧杯中铁、铜都有 D．烧杯中铁、铜都无 解析：铁的还原性比铜强，FeCl3首先氧化Fe；只有Fe反应完后，剩余的FeCl3才能再氧化Cu.故烧杯中有铁无铜是不可能的． 答案：B 5．200℃时，11.6 g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6 g，则原混合物的平均式量为(　　) A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4 解析：(1)估算法：因原混合气体为CO2和H2O，故其平均式量应介于44和18之间，故应为选项C. (2)差量法： 参与反应的气体的物质的量应为O2的2倍，n(O2)＝＝0.25 mol，n(混气)＝2×0.25 mol＝0.5 mol，＝11.6 g/0.5 mol＝23.2 g/mol 即平均相对分子质量为23.2. 答案：C 6．(2010·盐城二研)美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，有关说法不正确的是(　　) A．原子半径：NaAl B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n(Al)≤n(Na) C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出 D．若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小 解析：相同质量的Al提供的电子数大于相同质量的Na，故D错误． 答案：D 7．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下： CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O 已知：pH≥9.6时，Fe2＋以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式完全沉淀．除去溶液中的Fe2＋，可以采用的方法是(　　) A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6 B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来 C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH在3～4 D．通入硫化氢，使Fe2＋直接沉淀 解析：根据题给信息知．Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋三种离子在溶液中以氢氧化物形式沉淀的pH不同，要制备CuCl2且除去其中的Fe2＋，若直接通过调整溶液的pH使Fe(OH)2生成，需pH≥9.6，此时对于Cu2＋来说已在pH≥6.4时就成为Cu(OH)2，Fe(OH)2、Cu(OH)2混在一起难以分离，应当先将Fe2＋氧化成Fe3＋后，再将pH调至3～4之间将Fe(OH)3沉淀出来，此时Cu2＋并