高考 铜及其化合物 金属材料与矿物Word文件下载.docx

1、2（2020山东济宁一中调研）淮南万毕术中记载“曾青得铁，则化为铜，外化而内不化”，下列说法中正确的是（）A“化为铜”表明发生了氧化还原反应B“外化”时化学能转化为电能C“内不化”是因为内部的铁活泼性较差D反应中溶液由蓝色转化为黄色A解析：本题考查铁和硫酸铜的反应原理、现象。“曾青得铁，则化为铜”，反应的化学方程式是FeCuSO4=FeSO4Cu，有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；反应过程中没有形成原电池，化学能没有转化为电能，故B错误；“内不化”是因为析出的铜覆盖在铁表面，内部的铁与硫酸铜不接触而不反应，不是因为内部的铁活泼性较差，故C错误；若硫酸铜完全反应，溶液由蓝色转化为

2、浅绿色，故D错误。3（2020河北衡水中学联考）以铜银合金（含少量铁）废料为原料回收银和铜的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A粗铜溶于过量稀硝酸，过滤、低温干燥得纯铜B电解时用粗银作阴极，硝酸银溶液为电解质溶液C用稀硫酸处理渣料时主要发生了氧化还原反应D从滤液B中可以提取绿矾（FeSO47H2O）本题考查铁、铜及其化合物的性质。粗铜中含有少量铁，铁和铜都能溶于过量稀硝酸，过滤后得不到纯铜，A错误；电解时，粗银作阳极，发生氧化反应，纯银作阴极，B错误；渣料的主要成分为氧化铜，还含有少量的氧化铁，两种金属氧化物均能与稀硫酸反应，反应过程中元素化合价均没有发生变化，没有发生氧化还原反应，C错误；滤

3、液B中的溶质主要是硫酸亚铁，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥可得到绿矾，D正确。4. （2020浙江诸暨高三期末）下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是（）A取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液X中一定含有Fe2B向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5 mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X中不含有醛基C向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成；再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，白色沉淀可能为CuID某待测溶液可能含有等浓度的K、Na、NH、Mg2、Fe2、Fe3、I、CO、SO中的

4、若干种，现取少量待测溶液于试管中，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，则原溶液中是否含有K、Na，需通过焰色反应确定C解析：本题考查离子检验、醛基与氢氧化铜的特征反应等。若溶液X中存在Fe3，加入新制氯水后，滴加KSCN溶液，溶液也会变红，不能判断是否存在Fe2，故A项错误；有机物中的醛基和新制氢氧化铜悬浊液的反应需要在碱性条件下进行，而配制氢氧化铜悬浊液时，氢氧化钠要过量，否则无法鉴别有机物X中是否含醛基，故B项错误；四氯化碳层显紫色，说明有碘单质生成，硫酸铜与碘化钾发生氧化还原反应，碘离子被氧化成碘单质，Cu2被还原为Cu，生成CuI白色沉淀，故C项正确；加入足量NaOH溶

5、液得到的白色沉淀为Mg（OH）2，则溶液中不可能含CO、Fe2和Fe3，加热产生无色气体，则溶液中一定含有NH，根据溶液呈电中性且各离子浓度相等可知，溶液中一定不含K、Na，不需要通过焰色反应鉴别，故D项错误。5（2020山东济宁一中调研）氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2，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CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。A途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去B途径2中200 时反应的化学方程式为Cu2（OH）2Cl22CuO2HClCX气体可以是N2，目的是

6、作保护气，抑制CuCl22H2O在加热过程中可能发生的水解DCuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2CuCl4HSO=2Cu22ClSO22H2OB解析：本题考查CuCl22H2O的热分解反应。途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，用饱和CaCl2溶液不能除去Cl2，故A错误；Cu2（OH）2Cl2加热到200 时生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为Cu2（OH）2Cl22CuO2HCl，故B正确；CuCl2水解生成氢氧化铜和易挥发的HCl，X气体用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是N2，故C错误；CuCl在酸性条件下

7、不稳定，易生成金属Cu和Cu2，故D错误。6（2020桓台综合）利用铝镓合金加水制造氢气，合金中镓（Ga，A）是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。根据以下流程图，下列说法正确的是（）A铝镓合金属于纯净物B该合金的硬度应该小于纯铝C该流程中可以循环使用的物质只有铝D该合金中的铝常温下就可以与水反应生成Al2O3和氢气，该反应属于置换反应D 解析：合金属于混合物，A项错误；合金的硬度一般比各组分金属大，B项错误；铝和镓均可循环使用，C项错误；由流程图可知，D项正确。7（2020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

8、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B 解析：生产玻璃过程的反应为SiO2CaCO3CaSiO3CO2、SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2，不涉及氧化还原反应，B错误。8（2020河南模拟）将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。则下列有关叙述中不正确的是（）A当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3 molB当金属全部溶解时收集NO气

9、体体积为2.24 LC当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V100 mLD参加反应的金属总质量为9.6 gm3.6 gMgMg2Mg （OH）2、CuCu2Cu（OH）2，由上述反应过程，可知生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，即m（OH）5.1 g，n（e）2n（Mg、Cu）n（OH）0.3 mol。合金的物质的量为0.15 mol，当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3 mol，故A项正确，不符合题意。根据电子转移守恒，生成的NO物质的量为0.1 mol，没有说明是在标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积，故B项错误，符合题意。生成0.15

10、mol沉淀，需0.3 mol OH，需要氢氧化钠溶液的体积0.1 L100 mL，镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，稀硝酸可能过量，所以消耗NaOH溶液的体积V100 mL，故C项正确，不符合题意。镁和铜的总的物质的量为0.15 mol，运用“极端假设法”，可得出9.6 g3.6 g，故D项正确，不符合题意。9.（2020广东佛山质检）钛白粉（TiO2）广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2制备TiO2，工艺流程如图。已知：TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3。回答下列问题：

11、（1）（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5中钛元素的化合价为_，实验室中“焙烧”所需的盛放固体的容器名称是_，“滤渣”的主要成分是_ （填化学式）。（2）制取H2TiO3的化学方程式为_。（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图甲，原因是_。（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（S，molL1）如图乙所示，步骤应该控制的pH范围是_（填序号）。A12 B23C56 D1011（5）常用硫酸铁铵NH4Fe（SO4）2滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为用足量酸溶解a g二氧化钛样品，用铝粉作还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁

12、铵溶液滴定至终点，反应原理为Ti3Fe3=Ti4Fe2。滴定终点的现象为_。滴定终点时消耗b molL1NH4Fe（SO4）2溶液V mL，则TiO2纯度为_（写表达式）。（1）4坩埚CaSO4、CaSiO3（2）TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4（3）矿石粒度越小，反应物间接触面积越大，反应速率越快（4）B（5）当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变成血红色，且30 s内不变回原色%解析：本题考查Ti、Ca、Al、Fe及其化合物的性质、实验仪器选择、实验条件控制、氧化还原滴定现象与计算。（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和等于零，可知（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5中Ti为4价

13、；灼烧固体应使用坩埚；黑钛矿石主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2，加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，结合后续流程可知滤渣中含有CaSO4和CaSiO3。（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应的化学方程式为TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4。（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素分析，矿石粒度对TiO2的提取率产生如图甲所示影响的原因是矿石粒度越小，反应物间接触面积越大，反应速率越快。（4）步骤过滤后得到H2TiO3和滤液，根据题给金属难溶化合物在不同pH下的溶解度，可知步骤应该控制的pH范围是2pH3，使H2TiO3析出而其他金属离子不沉淀，故选B。（5）反应达到滴定终点时铁离子过量，故滴定终点现象为当滴