Question

15．合金是建造航空母舰的主体材料．如：航母舰体可由合金钢制造；航母升降机可由铝合金制造；航母螺旋桨主要用铜合金制造．
（1）下列事实可用作比较Al和Fe金属性强弱依据的是D．
A．Al的导电性、导热性比Fe更好
B．Al（OH）₃可溶于NaOH溶液，Fe（OH）₃不溶于NaOH溶液
C．相同质量的Al片和Fe片，投入到等浓度的稀硫酸溶液中，Al片产生氢气更多
D．在野外利用铝热剂焊接铁轨
（2）航母在海洋中行驶时，舰体发生的电化学腐蚀类型为吸氧腐蚀，其中正极发生的电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-═4OH^-．
（3）取a g Cu-Al合金样品用稀硝酸完全溶解后，再加入过量NaOH，然后过滤、洗涤、烘干、灼烧得a g固体，则合金中Cu的质量分数为80%．
（4）Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理铝表面Al₂O₃膜，其化学方程式为Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO₂+H₂O．
（5）取适量Al-Mg合金样品置于烧杯中，加入20mL 1mol•L^-1的NaOH溶液，恰好完全反应．下列叙述正确的是BD．
A．Mg作负极，Al作正极
B．该反应速率比纯铝与NaOH溶液的反应速率快
C．若把NaOH中的H换成D（D为重氢），生成的氢气中D与H物质的量之比为1：2
D．若加入的是20mL 1mol•L^-1的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少$\frac{2}{3}$．

Answer 1

分析 （1）金属性强弱的判断方法有：金属之间的置换反应、金属与酸反应的难易程度、金属对应氧化物的水化物碱性强弱等；
（2）中性或弱酸性条件下钢铁发生吸氧腐蚀；
（3）取a克CuAl合金样品用酸完全溶解后，加入过量NaOH，过滤、洗涤、烘干、灼烧得a克固体，得到的固体是氧化铜，氧化铜中铜的质量分数就等于合金中Cu的质量分数；
（4）氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
（5）A．易失电子的金属作负极；
B．原电池加快负极金属的腐蚀；
C．转移电子相等，生成氢气的物质的量相等；
D．若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，则镁失电子生成氢气．

解答 解：（1）A．Al的导电性、导热性比Fe更好，不能说明Al、Fe失电子难易程度，所以不能说明Al的金属性大于Fe，故A错误；
B．Al（OH）₃可溶于NaOH溶液，Fe（OH）₃不溶于NaOH溶液，不能说明Al、Fe失电子难易程度，不能说明Al的金属性大于Fe，故B错误；
C．相同质量的Al片和Fe片，投入到等浓度的稀硫酸溶液中，Al片产生氢气更多，金属的活动性与失电子多少无关，所以不能说明 Al的活动性大于Fe，故C错误；
D．在野外利用铝热剂焊接铁轨，铝置换出铁，说明铝的还原性大于铁，所以铝的活动性大于铁，故D正确；
故选D；
（2）钢铁在海水中发生吸热反应，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，故答案为：吸氧腐蚀；O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；
（3）取a克CuAl合金样品用酸完全溶解后，加入过量NaOH，过滤、洗涤、烘干、灼烧得a克固体，得到的固体是氧化铜，氧化铜中铜的质量分数就等于合金中Cu的质量分数，所以合金中铜的质量分数=$\frac{64}{64+16}$×100%=80%，故答案为：80%；
（4）氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应方程式为Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO₂+H₂O，故答案为：Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO₂+H₂O；
（5）A．该装置中，Mg作正极，Al作负极，故错误；
B．原电池加快负极金属的腐蚀，所以该反应速率比纯铝与NaOH溶液的反应速率快，故正确；
C．若把NaOH中的H换成D（D为重氢），转移电子相等，所以生成的氢气中D与H物质的量之比为1：1，故错误；
D．Al和NaOH反应生成氢气的物质的量=$\frac{1mol/L×0.02L}{2}$=0.03mol，若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，镁、铝和稀盐酸反应时，稀盐酸不足量，根据H原子守恒得n（H₂）=$\frac{1}{2}$×n（HCl）=$\frac{1}{2}$×1mol/L×0.02L=0.01mol，所以放出的氢气的物质的量减少$\frac{2}{3}$，故正确；
故选BD．

点评 本题考查原电池原理、物质的性质、质量分数有关计算、金属活动性强弱判断等知识点，综合性较强，明确物质的性质、基本理论、物质之间的关系等知识点即可解答，注意金属的金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少无关，知道氧化铝、氢氧化铝的两性，题目难度不大．