2020届高考化学一轮总复习用途广泛的金属材料开发利用金属矿物作业（含解析）新人教版.docx

用途广泛的金属材料开发利用金属矿物一、选择题1.镁铝合金质优体轻,又不易锈蚀,被大量用于航天工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中,正确的是()A.此合金的熔点比镁和铝的熔点都高B.此合金能全部溶解于稀盐酸中C.此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D.此合金的硬度比镁和铝的硬度都小【解析】选B。合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低,硬度和强度比各成分金属的都大,即A、D项不正确;合金中的镁、铝都能与稀盐酸反应,但能与氢氧化钠溶液反应的只有铝,所以该合金能全部溶解于稀盐酸中而只有部分金属溶解于氢氧化钠溶液中,即B项正确,C项不正确。2.下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()A.铝制器皿不宜盛放酸性食物B.电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C.铁制容器盛放和运输浓硫酸D.镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀【解析】选C。A项,铝性质较活泼,能和强酸、强碱反应生成盐和氢气,在金属活动性顺序表中Al位于H之前,所以能用金属活动性顺序解释;B项,金属阳离子得电子能力越强,其单质的还原性越弱,用惰性电极电解饱和食盐水时,阴极生成氢气而得不到钠,说明Na的活动性大于氢,所以可以用金属活动性顺序解释;C项,常温下,浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化,该现象是钝化现象,与金属活动性顺序无关;D项,构成原电池的装置中,作负极的金属加速被腐蚀,作正极的金属被保护,Fe、Zn和电解质构成原电池,Zn易失电子作负极,Fe作正极,则Fe被保护,所以能用金属活动性顺序解释。3.(新题预测)按如图所示装置实验探究硫酸铜的分解产物。实验后反应管中残留固体为红色粉末(经检测为Cu2O)。下列说法错误的是()A.加热前需打开K1和K2,缓缓通入一段时间N2B.F的作用是吸收尾气C.可将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液D.若品红溶液不褪色,硫酸铜分解的化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3+O2【解析】选C。加热前打开K1、K2,缓缓通入一段时间N2,可将装置内空气赶出,防止空气对分解产物检验的干扰,A项正确;硫酸铜分解时有硫氧化物生成,故F的作用是吸收尾气,B项正确;BaCl2的作用是检验SO3,品红的作用是检验SO2,不能将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,因为Ba(NO3)2溶液能与SO2反应,生成BaSO4和NO,一是对SO3的检验有干扰,二是品红溶液无法检验SO2,C项错误;若品红溶液不褪色,说明无SO2生成,则CuSO4分解产生Cu2O、SO3,由于铜化合价降低,则氧化合价升高,还有O2生成,配平化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3+O2,D项正确。【易错提醒】混合气体中SO2用品红溶液检验,SO3用BaCl2溶液检验,但要先检验SO3,后检验SO2,因为通过溶液后,SO3会被水吸收。4.氧化铜矿用稀硫酸溶解后所得酸浸液(含Cu2+、H+、S、Mg2+、Al3+、Fe2+)经下列流程可制得高纯度硫酸铜晶体:已知:该实验条件下,各金属离子沉淀的pH如图所示。下列判断正确的是()A.沉淀1的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3B.溶液2中所含金属阳离子只有Mg2+C.将溶液3蒸干即得CuSO45H2O晶体D.若不加入NaClO溶液,对制得硫酸铜晶体的纯度将无影响【解析】选A。酸浸液中含Cu2+、H+、S、Mg2+、Al3+、Fe2+,加入NaClO溶液,Fe2+氧化为Fe3+,调节溶液的pH=4.7,由图可知,Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀,过滤,沉淀1为Al(OH)3和Fe(OH)3,溶液1含有Na+、Cu2+、H+、S、Mg2+,调节pH=6.7,Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀,过滤,沉淀2为Cu(OH)2,溶液2主要含有Mg2+,Cu(OH)2与硫酸反应生成溶液3为硫酸铜溶液,然后加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。A项,沉淀1的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3,正确;B项,溶液 2主要含有Na+、Mg2+,还有少量的Cu2+、Al3+、Fe3+,因为Cu2+、Al3+、Fe3+不能全部转化为沉淀,错误;C项,从溶液中制得CuSO45H2O晶体,应加热浓缩、冷却结晶,不能蒸干,错误;D项,若不加入NaClO溶液,在调节pH=4.7时,Fe2+不能转化为沉淀,在调节pH=6.7,Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀,而此时Fe2+不能转化为沉淀,但Fe2+具有很强的还原性,在操作过程中会有部分Fe2+被氧化,进而混入硫酸铜晶体中,影响硫酸铜晶体的纯度,错误。二、非选择题5.(2019贵阳模拟)CuCl2广泛应用于工业生产,其溶于水形成绿色溶液。CuCl晶体呈白色,难溶于水,露置于潮湿空气中易被氧化,实验室用下图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜(含杂质铁)反应制备氯化铜(铁架台、铁夹及酒精灯省略)。(1)为完成上述实验,气流方向连接各仪器接口的顺序是a_;反应时,圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_。盛粗铜粉的试管中的现象是_。(2)实验完毕,取试管中的固体用盐酸溶解后,欲提纯氯化铜,可向溶解液中加入过量_。(填物质化学式,已知:室温下Fe(OH)3沉淀完全的溶液pH为3.2)(3)向制得的氯化铜溶液中通入SO2,加热一段时间即可制得CuCl,写出该反应的离子方程式:_。【解析】(1)KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气含有HCl、水蒸气,分别通过饱和食盐水、浓硫酸进行净化、干燥,即可得到干燥的氯气,干燥的氯气与粗铜(含杂质铁)反应时过量的氯气用NaOH溶液吸收,故按气流方向连接各仪器接口的顺序是a d e j h f g b。高锰酸钾与浓盐酸反应,Mn被还原为Mn2+,盐酸被氧化为Cl2,配平离子方程式为2Mn+10Cl-+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O。(2)实验完毕,试管中的固体用盐酸溶解后,为CuCl2和FeCl3的混合溶液,为了除去FeCl3,可以加入CuO或CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3,降低c(H+),使Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+不断正向进行,将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去,同时不引入杂质离子。(3)向氯化铜溶液中通入SO2,CuCl2转化为CuCl,Cu的化合价降低,则S的化合价升高,SO2转化为S,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为:2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+S。答案:(1)d e j h f g b2Mn+10Cl-+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O产生大量棕黄色的烟(2)CuO或CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(3)2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+S6.(新题预测)NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体,广泛应用于化学镀镍、生产电池等,可由电镀废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如图:已知:25 时,几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示。Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3Ni(OH)2Ksp8.010-164.010-386.010-316.510-18完全沉淀pH9.63.25.68.4请回答下列问题:(1)下列措施可行,且能提高废渣浸出率的有_。A.升高反应温度B.增大压强C.在反应过程中不断搅拌(2)在滤液中加入6%的H2O2溶液,其作用是_(用离子方程式表示);加入NaOH溶液调节pH的范围是_,目的是除去溶液中的_离子。(3)滤液的主要成分是_。(4)操作的实验步骤依次为_;向沉淀中滴加稀硫酸,直至恰好完全溶解;蒸发浓缩、冷却结晶,过滤得NiSO46H2O晶体;用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干。【解析】(1)升高反应温度可以加快反应速率,故可以提高废渣浸出率,A正确;该反应体系中无气体参加,因此增大压强对化学反应速率无影响,B错误;在反应过程中不断搅拌,可以使硫酸与矿渣充分接触,可以提高反应速率,C正确;正确选项是A、C。(2)因为废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质),用硫酸溶解过滤后,滤液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+等杂质离子,加H2O2溶液可将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O;根据离子形成沉淀的pH及离子沉淀完全的pH大小关系,加入NaOH溶液调节5.6pH8.4;这时可以除去溶液中的Fe3+、Cr3+。(3)除去Fe3+、Cr3+等杂质离子后,滤液中含有的可溶性硫酸盐为Na2SO4、NiSO4。(4)得到NiCO3沉淀之后的操作步骤为过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀23次,直至流出液用pH试纸检验呈中性。答案:(1)AC(2)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O5.6pH8.4Fe3+、Cr3+(3)Na2SO4、NiSO4(4)过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀23次一、选择题1.(2019济宁模拟)明代天工开物记载“火法”冶炼锌:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红,冷淀,毁罐取出,即倭铅也”(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌,泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是()A.倭铅是指金属锌和铅的混合物B.煤炭中起作用的主要成分是CC.冶炼Zn的化学方程式:ZnCO3+2CZn+3COD.该冶炼锌的方法属于热还原法【解析】选A。由题意可知,倭铅是指金属锌,不是混合物,故A错误;煤炭的主要成分是碳,反应中碳作还原剂,故B、C、D均正确。【加固训练】某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物,工业上以该废渣为原料生产CuCl22H2O晶体的工艺流程如下:下列说法正确的是()A.焙烧过程中每消耗1 mol CuS则消耗3 mol O2B.焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C.滤渣中主要含铁的氧化物D.将获得的CuCl22H2O晶体加热可制得CuCl2固体【解析】选B。A项,2CuS+3O22CuO+2SO2,由方程式可知,1 mol CuS消耗1.5 mol O2,错误;B项,废气中含有SO2,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,正确;调节pH时,Fe3+水解转化为Fe(OH)3而除去,因而C项错误;将CuCl22H2O直接加热脱水,Cu2+水解,HCl挥发会产生Cu(OH)2,无法得到CuCl2,因而D项错误。2.(2019台州模拟)某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3,以及少量Fe2O3、FeO和SiO2。按如下流程可制得Cu3N和铁红。下列说法不正确的是()A.每生成1 mol Cu3N,转移的电子为6 molB.滤液G可以并入滤液E加以利用C.加入NH4HCO3溶液需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解D.由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧【解析】选A。某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3,以及少量Fe2O3、FeO和SiO2,酸浸,SiO2不反应,过滤滤渣A为SiO2,滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+,加C过滤,滤渣D最终转化为Cu3N,滤液E最终转化为氧化铁,所以滤液E中含有Fe2+,滤渣D为Cu和多余的Fe,C为铁粉,滤渣D加酸溶解,过滤,滤液G为Fe2+溶液,滤渣F为Cu;滤液E中含有Fe2+,与碳酸氢铵反应生成FeCO3,FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3。A.Cu转化为Cu3N,Cu的化合价升高1价,则每生成1 mol Cu3N,转移的电子为3 mol,故A错误;B.由分析可知,滤液G为Fe2+溶液,滤液E中含有Fe2+,所以滤液G可以并入滤液E加以利用,故B正确;C.温度太高,会促进亚铁离子水解,而且NH4HCO3分解,所以需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解,故C正确;D.通过过滤把FeCO3从溶液中分离出来,需要洗涤、干燥,然后在空气中煅烧就得到Fe2O3,故D正确。【加固训练】(2019海口模拟)铜的冶炼大致可分为:富集,将硫化物矿进行浮选;焙烧,主要反应为2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣);制粗铜,在1 200 发生的主要反应为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2,2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2;电解精炼铜。下列说法不正确的是()A.上述灼烧过程的尾气回收后可用来制硫酸B.上述过程中,由6 mol CuFeS2制取6 mol Cu时共消耗15 mol O2C.在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中,氧化产物与还原产物的物质的量之比为16D.在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中,只有Cu2O作氧化剂【解析】选D。A项,二氧化硫能用来制取硫酸;B项,根据最终产物为Cu、SO2和FeO可写出总反应方程式为6CuFeS2+15O26Cu+12SO2+6FeO,根据方程式计算;在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中,铜元素化合价由+1变为0、硫元素化合价由-2变为+4,则氧化剂是Cu2O、Cu2S,还原剂是Cu2S,氧化产物是二氧化硫,还原产物是Cu,C项正确,D项错误。二、非选择题3.(16分)某同学将一定浓度的Na2CO3溶液加入CuSO4溶液中,发现生成了沉淀,其对沉淀的成分进行如下探究:【提出假设】假设1:沉淀是CuCO3;假设2:_;假设3:沉淀是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。【验证假设】(1)如果假设1成立,则反应的离子方程式为_。(2)用离子方程式表示假设3中有Cu(OH)2生成的理论依据:_、_。(3)为证明以上哪种假设成立,该同学用下图装置测定沉淀样品中CuCO3的质量分数:实验时的步骤依次为a.打开K1、 K3,关闭K2、K4,通入过量空气;b.关闭K1、 K3,打开K2、K4,充分反应;c.打开K1、K4,关闭K2、 K3,通入过量空气。若未进行步骤a,将使测定结果_(填“偏低”“偏高”或“无影响”),实验结束时通入空气的目的是_。若沉淀样品的质量为10.0 g,装置D的质量增加了2.2 g,则沉淀中CuCO3的质量分数为_。由以上实验可知,假设_成立。【总结反思】除了以上方案,还可以通过测量_来测定沉淀中CuCO3的质量分数。【解析】(1)如果假设1成立,则发生的是复分解反应,其离子方程式为Cu2+C CuCO3。(2)若假设3成立,则Na2CO3溶液发生了水解反应,生成OH-,然后OH-再和Cu2+反应生成Cu(OH)2。(3)若未进行步骤a,则原装置中的CO2也会被D装置中的碱石灰吸收,造成结果偏高,而实验结束时通入空气的目的是将滞留在装置中的反应产生的CO2排尽,使其被碱石灰充分吸收。装置D增加的质量是碳酸铜分解产生的CO2的质量,计算出CO2的物质的量为0.05 mol,则碳酸铜的物质的量也为0.05 mol,碳酸铜的质量为6.2 g,其质量分数为62%,也就是说Cu(OH)2的质量分数为38%,所以假设3成立。除以上方案外,测量反应产生CO2的体积或者是称量充分灼烧后固体的质量等,也能测定碳酸铜的质量分数。答案:【提出假设】沉淀是Cu(OH)2【验证假设】(1)Cu2+CCuCO3(2)C+H2OHC+OH-2OH-+Cu2+Cu(OH)2(3)偏高将装置中滞留的CO2排至装置D中,使其被碱石灰充分吸收62%3【总结反思】反应产生CO2的体积(或样品质量和样品充分灼烧后的质量)4.(2019宁德模拟)为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下反应的部分产物,并测定铁碳合金中铁元素的质量分数,某化学活动小组设计了如图所示的实验装置,并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金,并滴入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B均无明显现象,其原因是:常温下碳与浓硫酸不反应;_ _。(2)点燃酒精灯,反应一段时间后,从A中逸出气体的速率仍然较快,除因反应温度较高外,还可能的原因是_。(3)装置B的作用是_。(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成,他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳的结论。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为_ _。(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的,他认为为了确认二氧化碳的存在,需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是_、_。重新实验后观察到装置F中的现象是_。