第十二周 用途广泛的金属材料选题、解析新.doc

第12周 用途广泛的金属材料1、以色列科学家发现准晶体独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。有关准晶体的组成与结构的规律仍在研究之中。人们发现组成为铝铜铁铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能以及低传热性，正被开发为炒菜锅的镀层；Al65Cu23Fe12十分耐磨，被开发为高温电弧喷嘴的镀层。有关这种拟晶的说法中一定错误的是() AAl65Cu23Fe12的硬度比金属Al、Cu、Fe都大 BAl65Cu23Fe12中三种金属的化合价均可看做零 CAl65Cu23Fe12不可用做长期浸泡在海水中的材料 D1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的稀盐酸时共失去277 mol电子答案：C试题来源：自选知识点：0305003008001 常见的金属材料及其应用难度：难解题分析： 【思路分析】题目中说：拟晶具有合金的某些优良物理性能，可以把拟晶视为一种合金。【解答过程】A.正确，Al65Cu23Fe12的硬度大于金属铁。B.正确， Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价都为0。C.错误，Al65Cu23Fe12长期浸泡在海水中会被腐蚀。D.正确，是3*65+2*23+3*12=277mol电子。【拓展提升】合金的特点要优于单纯的一种金属，所以具有很大的发展潜力。在解答这类题目时，一定要注意题中所叙述的条件。通过在题目中找寻有价值的讯息，再通过已有的知识储备解题。如在计算电子转移的数目、比较合金与单纯金属的硬度等等。2、有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0 g，放入500 mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.00 molL-1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。上述盐酸的浓度为（ ）A.1.00 molL-1 B.0.500 molL-1C.2.00 molL-1 D.3.00 molL-1答案：A试题来源：自选+改编知识点：0305003008001001 常见合金的性质及其用途难度：难解题分析： 【思路分析】混合物种加入盐酸后，金属铝、氧化铜、氧化铝都会溶解，再向溶液中加入碱后，会产生沉淀，当沉淀量最大时，钠离子与氯离子结合产生氯化钠，即他们的物质的量相等。【解答过程】以Al为例：2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2，2AlCl3 + 6NaOH = 2 Al(OH)3 + 6NaCl沉淀最大值：消耗的n(HCl) = n(NaOH) = 2.0mol/L * 0.250L = 0.5molC(HCl) = 0.5mol / 0.5L =1mol/L【拓展提升】解答此类题目时，一定要注意分析题目中物质的转化关系，应用一些简便算法，可以起到事半功倍的效果。同时也要考虑到铝、氧化铝、氢氧化铝的两性，高考中对两性的考察非常普遍，要注意对方程式的熟练书写。3、某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a ，将其全部投入100mLbmolL1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。当溶液中金属离子只有Fe3、Cu2时，则a与b的关系为：C Ab40y(2) Bb80y(2) Cb40y(1) Db80y(1)答案：C试题来源：自选知识点：0305003008001001 常见合金的性质及其用途难度：难解题分析： 【思路分析】因为溶液只有Fe3+、Cu2+，由于Fe3+的氧化性不可能存在铜、铁过量的情况,那么硝酸的量肯定是过量或者刚好完全反应 【解答过程】3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 3 8 ay 8ay/3 Fe + 4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O 1 4 y(1-a) 4y(1-a) 所以有0.05b8ay/3+4y(1-a) 解得b80y（1-a/3）【拓展提升】铁、铜与硝酸反应，是考试中的热点、难点，在解答这类题目中时，存在铁少量、过量与硝酸不同浓度时，不同的产物问题，在审题过程中，一定要注意铁的量，以及硝酸的浓、稀的问题。当不能确定硝酸的还原产物时，也许存在一些简便算法，比如物质的量守恒，因为无论产生NO、NO2，都只含有一个N 原子。4、a mol FeS与b mol FeO投入到VL、c mol/L的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（ ）(a+b)63g(a+b)189g(a+b)molVc-(9a+b)/3molABCD答案：D试题来源：自选知识点：0305003008002 金属资源的保护难度：中解题分析： 【思路分析】铁在与酸反应时，如过量铁与稀硝酸反应，产生硝酸亚铁与一氧化氮，方程式为8HNO3(稀)+3Fe（过量）=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O则未被还原的硝酸占6摩尔。本题中要判断的为未被还原的硝酸的物质的量。因为所得澄清溶液成分看作是硝酸铁和硫酸的混合液 没有反应的硝酸根全部都形成 硝酸铁了【解答过程】因为所得澄清溶液成分可看作是硝酸铁和硫酸的混合液，没有反应的硝酸根全部都形成硝酸铁了，则铁的物质的量是（a+b）mol。所以硝酸根就是 3（a+b）mol硫酸提供氢离子，所以相当于没有参加的反应的硝酸就是 3（a+b）mol质量就是判断是应用的是电子守恒，一个二价的铁到三价的需要失去一个电子，一个负二价的硫转换成硫酸失去电子个数是 8 个。所以依照题意a mol FeS与b mol FeO 失去的电子总数是（a + 8a ）+ b mol，这些电子全部是硝酸还原变成 NO， 一个硝酸换成一个NO需要得到3个电子，所以还原的硝酸是 （9a+b）/3反之没有被还原的就是。所以答案为D【拓展提升】解答铁与硝酸的题目，最常用的方法为电子守恒，当题目中条件众多，产物比较的量比较难判断，而且又难以确定产物的成分，可以应用电子守恒的方法，取得事半功倍的效果。因为在铁与硝酸反应时，要考虑铁是否过量，硝酸的浓、稀及还原产物是NO2还是NO。5、将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则()A反应过程中得到6.72 L的气体(标况)B最终得到的溶液中c(Na)c(Cl)c(OH)C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c(NaCl)0.15 mol/L答案：C试题来源：自选知识点：难度：难解题分析： 【思路分析】本题中，加入的过氧化钠首先与水反应产生氢氧化钠，然后铝溶于产生的氢氧化钠中，产生偏铝酸钠，当再向溶液中通入氯化氢气体时，产生沉淀。【解答过程】(1)n(Na2O2)=15.6/78 =0.2mol n(Al)=5.4/27=0.2mol n(HCl)=6.72/22.4=0.3mol(2)2Na2O2 + 2Al + 3H2O = 2NaAlO2 + 2NaOH + O2 + 3H2-0.2-0.2-0.2-0.2-0.1-0.3mol(3)NaOH + HCl = NaCl + H2O-0.2-0.2-0.2mol(4)NaAlO2 + HCl + H2O = Al(OH)3 + NaCl-0.1-0.1-0.1-0.1mol(5)A.-0.1molO2+0.3molH2-不对！B.-c(Na+)=c(Cl-)-不对！C.0.1molAl(OH)3-7.8g-对！D.c(NaCl)=0.3/0.2 =1.5mol/L-对！【拓展提升】此类题目在去解答时，一定要注意所加物质的物质的量的关系，是恰好将溶液中的离子转化为沉淀，还是所加物质过量将其溶解。在计算产生的气体的体积时，要同时考虑到过氧化钠与水反应产生的氧气，也要考虑到铝与氢氧化钠溶液产生的氢气的体积，这在计算时是容易被人忽视的。6、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：CuO2HCl=CuCl2H2OFeO2HCl=FeCl2H2O已知：pH9.6时，Fe2以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在34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pH9.6B加纯铜粉，将Fe2还原出来C先将Fe2氧化成Fe3，再调整pH在34D通入硫化氢，使Fe2直接沉淀答案：C知识点：0305003008003 废旧金属的回收利用难度：难解题分析： 【思路分析】向含亚铁离子、铜离子溶液中加入碱，会产生沉淀，通过调节溶液的pH值使两种离子先后沉淀，本题中通过调节溶液的pH值，来分别沉淀两种离子。【解答过程】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pH9.6，此时对于Cu2来说已在pH6.4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34之间将Fe(OH)3沉淀出来，此时Cu2并不沉淀，C选项符合题意【拓展提升】在解答此类题目时，一定要注意题目中所给的条件，在哪个pH值范围内来沉淀哪种离子。采取化学方法除去杂质的原则，一般是加入一种试剂除去一种离子，那么如果加入一种试剂沉淀了两种离子怎么办，只能通过分步沉淀的方法实现。7