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.docx
《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（8页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
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
衡中作业（十三）
1．（2018·江苏卷）下列有关物质性质的叙述一定不正确的是（ ）
A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B．KAl（SO4）2·12H2O溶于水可形成Al（OH）3胶体
C．NH4Cl与Ca（OH）2混合加热可生成NH3
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
[解析] 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不显红色，A项错误；KAl（SO4）2·12H2O溶于水，电离出的Al3＋发生水解可形成Al（OH）3胶体，B项正确；实验室常用NH4Cl固体与Ca（OH）2固体混合加热制NH3，C项正确；Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2和FeCl2，D项正确。
[答案] A
2．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。
下列关于金属的一些说法不正确的是（ ）
A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
B．锈蚀后的铁制品没有回收价值
C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
D．越活泼的金属越难冶炼
[解析] 合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，故A正确；锈蚀后的铁制品可以除去铁锈回收利用，保护矿产资源，B错误；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。
[答案] B
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。
[答案] B
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。
[答案] B
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
Ⅱ对；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
Ⅰ对；Ⅱ对；有
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；Ⅱ对；无
[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。
[答案] A
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。
[答案] D
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。
[答案] B
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·mol－1×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[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
升级会员 