试题-全国-2012_备战2012高考化学冲刺押题预测系列 专题03 金属及其化合物.rar

13用心爱心专心专题03金属及其化合物一、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：A2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．1molNa与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子B．1molAl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5.6g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NAD．2.7g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＋3Cl2eq\o(=====,\s\up7(点燃))2FeCl3，所以5.6gFe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↑，2.7gAl转移电子0.3NA个．答案：A3．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∶2B．2∶1C．3∶4D．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Feeq\o(～,\s\up6(2HCl))H2↑、Aleq\o(～,\s\up6(3HCl))eq\f(3,2)H2↑、Aleq\o(～,\s\up6(NaOH))eq\f(3,2)H2↑三个关系式得知(x＋eq\f(3y,2))∶eq\f(3,2)y＝3∶2，解得x∶y＝3∶4.答案：C4．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：B5．200℃时，11.6gCO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均式量为()A．5.8B．11.6C．23.2D．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：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑,2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2))参与反应的气体的物质的量应为O2的2倍，n(O2)＝eq\f(11.6g－3.6g,32g/mol)＝0.25mol，n(混气)＝2×0.25mol＝0.5mol，eq\x\to(M)＝11.6g/0.5mol＝23.2g/mol即平均相对分子质量为23.2.答案：C6．(2012·江苏模拟)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：Na>AlB．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mg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：D7．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＋H2OFeO＋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≥9.6B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH在3～4D．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