高考复习#衡中作业313第13讲金属材料与金属矿物的开发利用文档格式.docx

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在化合物中金属元素均显正价，变成金属原子就得到电子，故C正确；

越活泼的金属，金属阳离子就越难得到电子被还原，故越难冶炼，D正确；

故选B。

[答案]　B

3．（2019·

临沂期末）下列有关物质的性质类比正确的是（　　）

A．已知Fe＋SFeS，则Cu＋SCuS

B．Fe能与CuSO4溶液反应，可知Al与CuSO4溶液也能反应

C．CaSO3与稀盐酸反应生成SO2，可知CaSO3与稀硝酸反应也生成SO2

D．已知H2O2能氧化I－，可知H2O2也能氧化Cl－

[解析]　由于S的氧化性弱，Cu与S化合只能生成Cu2S，A项错误；

由于金属活动性：

Al＞Fe＞Cu，根据金属活动性顺序表可知，活动性强的金属可以把活动性弱的金属从化合物中置换出来，所以Fe能与CuSO4溶液反应，Al比Fe活泼，故Al与CuSO4溶液也能反应，B项正确；

硝酸具有强氧化性，则CaSO3与稀硝酸发生氧化还原反应生成CaSO4、NO和水，不能得到SO2，C项错误；

I－还原性较强，H2O2能把I－氧化为I2，但H2O2不能氧化Cl－，D项错误。

4．下列说法中正确的是（　　）

A．Cu→CuO→Cu（OH）2每步转化均能通过一步反应实现

B．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点高

C．金属铜放置在潮湿的空气中会被锈蚀，生成绿色的铜锈——碱式碳酸铜

D．金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能，其抗腐蚀的原因都是表面形成氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行

[解析]　A选项，CuO→Cu（OH）2不能通过一步实现，错误；

B选项，铝合金比纯铝的熔点低，错误；

D选项，铜表面不能形成致密的氧化膜，错误。

[答案]　C

5．（2019·

赣州模拟）下列是部分矿物资源的利用及产品流程，有关说法不正确的是（　　）

A．粗铜电解精炼时，粗铜作阳极

B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应

C．黄铜矿冶炼铜时，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料

D．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法

[解析]　电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身可以溶解，故A正确；

制备单质时涉及化合价变化，是氧化还原反应，制玻璃的反应是SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑和SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑，元素化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，故B错误；

SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4，FeO与CO在高温下可生成Fe，故C正确；

制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故D正确。

6．（2019·

漳州八校联考）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如下图所示），下列有关说法正确的是（　　）

A．第①步除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质离子，加入的药品顺序为：

Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸

B.将第②步结晶出的MgCl2·

6H2O可在HCl气流中加热分解制无水MgCl2

C.在第③④⑤步中溴元素均被氧化

D.第⑤步涉及的分离操作有过滤、萃取、蒸馏

[解析]　选项中的试剂添加顺序中，先加Na2CO3溶液后加BaCl2溶液，钡离子无法除去，则加入的药品顺序为：

BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，或其他合理答案，A项错误；

②步中的MgCl2·

6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；

MgCl2·

6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，B项正确；

第③步溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，C项错误；

第⑤步中，溴离子被氧化生成单质溴溶于水，则萃取后、蒸馏可分离，不需要过滤操作，D项错误。

7．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是（　　）

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

判断

A

铜绿的主要成分是碱式碳酸铜

可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿

Ⅰ对；

Ⅱ对；

无

B

铜表面易形成致密的氧化膜

铜制容器可以盛放浓硫酸

有

C

向硫酸铜溶液中通入少量氨气，有蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体

把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑

D

蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化

硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂

Ⅰ错；

[解析]　稀盐酸可以与Cu2（OH）2CO3反应，而且稀盐酸不能与Cu反应，所以可用稀盐酸去除铜器表面的铜绿Cu2（OH）2CO3，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；

铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛装浓硫酸，B错误；

Ⅰ.硫酸铜与氨水生成Cu（OH）2，Cu（OH）2受热分解生成黑色CuO，Ⅱ.Cu与O2生成黑色的CuO，Ⅰ、Ⅱ均正确，但没有因果关系，C错误；

蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末有新物质生成，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。

[答案]　D

8．（2019·

辽宁师大附中模拟）用下列装置进行相应实验，不能达到有关实验目的的是（　　）

A．用甲图装置电解精炼铝

B．用乙图装置制备Fe（OH）2

C．用丙图装置制取金属锰

D．用丁图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性

[解析]　因为Al3＋得电子能力小于水溶液中的H＋，所以电解AlCl3溶液不能得到Al单质，A项错误；

FeSO4溶液上面加入煤油，可防止被空气中的氧气氧化生成Fe（OH）2，有利于得到纯净的Fe（OH）2，B项正确；

利用铝热反应可把MnO2还原为金属锰，C项正确；

碳酸氢钠放在小试管中，碳酸钠放在大试管中同时加热，可以验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，D项正确。

9．（2019·

郑州月考）某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。

倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体（含少量浓硫酸）倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，黑色固体未溶解。

过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。

下列所得结论正确的是（　　）

A．铜与浓硫酸反应所得白色固体不是CuSO4

B．加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3

C．白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuO

D．白色固体中夹杂的少量黑色物质中一定含有元素Cu和S

[解析]　A项，因倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，说明白色固体是CuSO4；

B项，加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4；

C项，CuO能与硫酸反应而溶解，所以黑色固体不是CuO；

D项，加硝酸后黑色物质溶解，溶液呈蓝色，且加BaCl2溶液后有白色沉淀生成，所以黑色物质一定含有元素Cu和S。

10．部分氧化的Fe－Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.92g，经如下处理：

下列说法中正确的是（　　）

①滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋

②样品中氧元素的物质的量为0.03mol

③溶解样品的过程中消耗H2SO4的总的物质的量为0.04mol

④V＝224mL

⑤V＝336mL

A．①③④B．②③④

C．②③⑤D．①③⑤

[解析]　由滤液A中不含Cu2＋可知，样品中加入足量稀硫酸发生的反应有Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，Fe2O3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋3H2O，CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。

溶液中阳离子只有Fe2＋、H＋，无Fe3＋，①错误；

因滤液A中不含Cu2＋，故3.2g滤渣只是Cu（物质的量是0.05mol），滤液经处理最终得到的3.2g固体是Fe2O3。

由2Fe～Fe2O3可知，该5.92g样品中，铁元素的总质量为2.24g（物质的量是0.04mol），故混合物中氧元素的质量为5.92g－2.24g－3.2g＝0.48g，即样品中氧元素的物质的量是＝0.03mol，②正确；

消耗的H2SO4以FeSO4的形式存在，故消耗的H2SO4的物质的量为0.04mol，③正确；

因5.92g样品中含0.03molO、0.04molFe、0.05molCu，则样品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物质的量是0.03mol，故FeO的物质的量为0.03mol、Fe的物质的量为0.01mol，与足量的稀硫酸反应可生成0.01mol的H2，标准状况下H2的体积为224mL，④正确、⑤错误。

11．冶炼金属常用以下几种方法：

①热分解法　②以活泼金属Na、Mg等作还原剂　③以C、CO或H2作还原剂　④电解法　⑤利用铝热反应原理还原

下列金属各采用哪种方法还原最佳（用序号填写下列空白）。

（1）Fe、Zn、Cu等中等活泼金属________。

（2）Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属________。

（3）Hg、Ag等不活泼金属________。

（4）V、Cr、Mn、W等高熔点金属________。

[解析]　

（1）Fe、Zn、Cu等中等活泼金属：

以C、CO或H2作还原剂；

（2）Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属：

电解法；

（3）Hg、Ag等不活泼金属：

热分解法；

（4）V、Cr、Mn、W等高熔点金属：

利用铝热反应原理还原。

[答案]　

（1）③　

（2）④　（3）①　（4）⑤

[思路引导]　结合金属活动性顺序，依据金属的活泼性来确定金属的冶炼方法，如K、Ca、Na、Mg、Al等较活泼的金属需采用最强的还原手段——电解法来冶炼；

活泼性介于Zn～Cu之间的金属则需用热还原法冶炼，如利用CO、C等作还原剂或利用铝热反应；

金属活泼性同Hg、Ag相近的金属则需用热分解法；

对很不活泼的金属，如Au、Pt，在自然界中存在游离态的金属单质，因此需要采取的方法是富集法。

12．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。

某研究性学习小组拟热分解CuCl2·

2H2O制备CuCl，并进行相关探究。

【资料查阅】

【实验探究】

该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）

请回答下列问题：

（1）仪器X的名称是________。

（2）实验操作的先后顺序是a→________→e（填操作的编号）。

a．检查装置的气密性后加入药品

b．熄灭酒精灯，冷却

c．在“气体入口”处通入干燥HCl

d．点燃酒精灯，加热

e．停止通入HCl，然后通入N2

（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是________。

（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是________________________________________________。

【探究反思】

（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：

①若杂质是CuCl2，则产生的原因是__________。

②若杂质是CuO，则产生的原因是__________________。

[解析]　

（1）X盛放固体无水CuSO4，为干燥管。

（2）先通HCl，再加热（防止加热时生成Cu2（OH）2Cl2），结束时应先停止加热，冷却，再停止通HCl。

顺序为c→d→b。

（3）CuCl2分解生成的Cl2，遇湿润的蓝色石蕊试纸，先变红后褪色（Cl2＋H2O===HCl＋HClO，变红是因为生成HCl，褪色是因为生成具有强氧化性的HClO）。

（4）D装置的作用是吸收Cl2，防止排入空气，污染大气，发生反应：

Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。

（5）①若有CuCl2剩余，说明没有完全分解，由题给信息可知，温度高于300℃时CuCl2才分解生成CuCl和Cl2，说明温度不够高或加热不充分。

②由题给信息，CuO是Cu2（OH）2Cl2分解生成的，说明CuCl2·

2H2O分解生成部分Cu2（OH）2Cl2，说明通入HCl的量不足。

[答案]　

（1）干燥管　

（2）cdb

（3）先变红后褪色

（4）Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O

（5）①加热时间不足或温度偏低　②通入HCl的量不足

13．氢气还原氧化铜所得的红色固体可能是铜与氧化亚铜的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2＋和Cu。

（1）现有8.4g氧化铜被氢气完全还原后，得到红色固体6.96g，其中含单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是________。

（2）若将6.96g上述混合物与足量的浓硝酸充分反应：

①生成标准状况下1.568L的气体（不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化），则该气体的成分是________，其物质的量之比是________；

②把得到的溶液小心蒸发浓缩，把析出的晶体过滤，得晶体20.328g。

经分析，原溶液中的Cu2＋有20%残留在母液中，所得晶体的化学式为________。

（3）Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL0.6mol·

L－1HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（标准状况）。

如原混合物中Cu的物质的量为xmol，求其中Cu2O、CuO的物质的量及x的取值范围（写出解题过程）。

[解析]　

（1）设单质铜与氧化亚铜的物质的量分别为x和y，则根据铜原子守恒可知x＋2y＝＝0.105mol。

又因为64g·

mol－1×

x＋144g·

y＝6.96g，解得x＝0.075mol、y＝0.015mol，因此单质铜与氧化亚铜的物质的量之比为5∶1。

（2）①反应中转移电子的物质的量为0.075mol×

2＋0.015mol×

2×

1＝0.18mol，气体的物质的量是1.568L÷

22.4L·

mol－1＝0.07mol。

设混合气中NO和NO2的物质的量分别为amol和bmol，则amol＋bmol＝0.07mol、3amol＋bmol＝0.18mol，解得a＝0.055、b＝0.015，因此混合气的成分是NO和NO2，其物质的量之比为11∶3。

②设晶体的化学式为Cu（NO3）2·

nH2O，则根据铜离子守恒可知晶体中铜离子的物质的量为0.105mol×

80%＝0.084mol，因此晶体的物质的量也是0.084mol，则0.084mol×

（192＋18n）g·

mol－1＝20.328g，解得n＝3，即晶体化学式为Cu（NO3）2·

3H2O。

（3）设Cu2O、CuO的物质的量分别为ymol、zmol，则根据铜原子守恒可知生成硝酸铜的物质的量为（x＋2y＋z）mol。

NO的物质的量是0.01mol，则根据电子得失守恒可知2x＋2y＝0.01×

3＝0.03。

硝酸的物质的量是0.06mol，则根据氮原子守恒可知2×

（x＋2y＋z）＋0.01＝0.06，解得z＝x－0.005，y＝0.015－x。

由于y、z均不能为0，则x的取值范围是0.005<

x<

0.015。

[答案]　

（1）5∶1

（2）①NO、NO2　11∶3　②Cu（NO3）2·

3H2O

（3）n（Cu2O）＝（0.015－x）mol　n（CuO）＝（x－0.005）mol　0.005<

0.015