1．合金比纯金属制成的金属材料的优点是()①合金的硬度一般比它的各成分金属的大②一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低③改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同功能的合金④合金比纯金属的导电性更强⑤合金比纯金属的应用范围更广泛A．①②③⑤B．②③④C．①②④D．①②④⑤解析：选A。合金能导电，但导电性不一定强。2．(2014·山东青岛测试)所谓合金，确实是不同种金属(也包括一些非金属)在熔融状态下构成的一种熔合物。依照以下四种金属的熔、沸点，推断其中不能构成合金的是()NaCuAlFe熔点/℃10836601535沸点/℃883259522003000[来源:Z,xx,k.Com]A.Cu和AlB．Fe和CuC．Fe和NaD．Al和Na解析：选C。分析数据得出，铁的熔点(1535℃)高于Na的沸点(883℃)，无法制得合金。3．某合金与铁的物理性质的比拟如下表所示：熔点/℃密度(g/cm3)硬度(金刚石为10)导电性(银为100)某合金2500铁153517还知该合金耐腐蚀、强度大。从以上功能看，该合金不合适做()A．导线B．门窗框C．炉具D．飞机外壳解析：选A。该合金与铁的性质比拟可知，其导电性比Fe差非常多，不合适做导线。4．钠、镁、铝、铁、铜等金属共有的性质是()A．都是银白色金属，易导电、导热B．都具有复原性，都能置换酸中的氢C．都需要用电解法冶炼D．都能与其他金属或非金属构成合金解析：选D。Cu是紫红色金属，不能置换酸中的氢；铁、铜不需要用电解法冶炼；钠、镁、铜主要与其他金属构成合金，Al可与Si，Fe可与C、Si等非金属构成合金。5．(2014·银川质检)利用黄铜矿冶炼的主要原理为8CuFeS2＋21O2=====8Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2，以下有关推断合理的是()A．防止污染，排放的尾气用98.3%的浓硫酸吸收B．CuFeS2中铁显＋2价，该反响中只有Cu被复原C．检验炉渣中含＋2价铁的试剂是盐酸、KSCN溶液和氯水D．冶炼铜的废料能够冶炼铁和制硫酸解析：选D。浓硫酸不能吸收SO2，A项错误。该反响中铜、氧元素化合价降低，被复原，B项错误。在＋3价铁存在下检验＋2价，应用酸性高锰酸钾溶液，C项错误。炉渣含有氧化铁和氧化亚铁，能够冶炼铁；二氧化硫能够用作制硫酸的原料，D项正确。6．(2014·黑龙江质检)硝酸铜是一种重要的工业产品，化学上有非常多方法能够制取硝酸铜：①将铜溶于硝酸中②先将铜与O2反响生成CuO，再溶于硝酸中③将铜溶于N2O4的乙酸乙酯(溶剂，不参加反响)溶液中生成硝酸铜和一氧化氮。以下认识或推断错误的选项是()A．方法③是最经济和环保的B．方法①中，假设从经济和环保的角度考虑，用稀硝酸比用浓硝酸好C．方法②需要耗费能源，对环境不产生污染D．方法③中N2O4既是氧化剂又是复原剂解析：选A。①、③都生成污染性气体，②不生成污染性气体且HNO3全部转化为Cu(NO3)2。7．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物――→测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物――→测定剩余固体的质量以下有关推断中不正确的选项()A．溶液A和B均能够是盐酸或NaOH溶液B．溶液A和B均能够选用稀硝酸C．假设溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小D．实验方案Ⅱ更便于施行解析：选B。铜铝混合物与盐酸或NaOH溶液反响时，均只有Al参加反响，因而A正确；假设A、B均选用稀HNO3，则两种金属均可反响，方案Ⅱ中无固体剩余，B错误；当B选用浓HNO3时，铝钝化生成氧化膜，所测铝的质量偏大，则铜的质量分数偏小，C正确；方案Ⅰ需搜集气体，并需要将其转化为标准情况，不如方案Ⅱ称固体质量方便，D正确。8．在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备铜，有以下两种途径：(1)Fe――→H2――→Cu(2)CuO――→CuSO4――→Cu假设用这两种方法制得的铜质量相等，则以下有关说法符合实际情况的是()A．耗费氧化铜的质量不同B．耗费铁的质量一样C．耗费硫酸的质量一样D．生成硫酸亚铁的质量不同解析：选D。途径(1)中用H2复原CuO时，实验前先通过H2排出装置中的空气，实验完毕时要接着通H2至试管冷却，故利用处径(1)制取1molCu，耗费的H2大于1mol，即Fe和H2SO4的耗费量，(1)>(2)，生成FeSO4的质量(1)>(2)，但两途径中耗费CuO的质量相等。9．(2014·泉州五校质检)为了比拟铁和铜...
