第09讲金属材料与金属矿物的开发利用-2023年高考化学一轮复习四点卓越讲义3

第0第09讲金属材料与金属矿物的开发利用考纲要求：考纲要求：1．了解常见金属活动顺序。2．了解合金的概念及重要应用。3．了解铜及其重要化合物的主要性质及其应用。考点一铜及其化合物1．单质铜(1)物理性质：紫红色固体，具有良好的延展性、导热性和导电性。(2)化学性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：①化学方程式：2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3。②化学方程式：2Cu＋Seq\o(=,\s\up7(△))Cu2S。③与氧化性酸反应与浓硫酸反应的化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O与浓硝酸反应的离子方程式：Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O④与盐溶液反应(写离子方程式)与AgNO3溶液反应的离子方程式：Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋与FeCl3溶液反应的离子方程式：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋2．铜的重要化合物(1)氧化铜和氧化亚铜名称氧化铜氧化亚铜颜色黑色砖红色与酸反应(H＋)CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2OCu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2O与H2反应CuO＋H2eq\o(=,\s\up7(△))Cu＋H2OCu2O＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2Cu＋H2O转化关系4CuOeq\o(=,\s\up7(高温))2Cu2O＋O2↑3．氢氧化铜(1)物理性质：蓝色不溶于水的固体。(2)化学性质及应用：4．铜盐(1)Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，是铜绿的成分，是铜在潮湿的空气中被腐蚀的结果，其受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO3eq\o(=,\s\up7(△))2CuO＋H2O＋CO2。(2)CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾，其受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2Oeq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋5H2O，蓝色晶体受热转化为白色粉末。无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为检验水的依据。(3)铜盐溶液有毒，主要是因为Cu2＋作为一种重金属离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此可将胆矾、熟石灰、水配成波尔多液，用来杀灭植物的病毒。5．铜的冶炼(1)湿法炼铜：Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu。(2)高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：2CuFeS2＋4O2eq\o(=,\s\up7(800℃))Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)2Cu2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(1200℃))2Cu2O＋2SO22Cu2O＋Cu2Seq\o(=,\s\up7(1200℃))6Cu＋SO2↑粗铜中铜的含量为99.5%～99.7%，主要含有Ag、Zn、Fe、Au等杂质，粗铜通过电解精炼可得到纯度达99.95%～99.98%的铜。电解精炼铜的原理是用粗铜作阳极，铜在阳极上失电子变为Cu2＋，用纯铜棒作阴极，Cu2＋在阴极上得电子生成铜。基础通关练基础通关练1．焊接两根漆包铜线(铜线表面有绝缘油漆)的操作是：①先把漆包铜线放在火上灼烧，②立即在酒精中蘸一下，③然后焊接铜线头。有关叙述正确的是A．①中只有铜发生了氧化反应B．②中的乙醇做溶剂C．经历①②的变化后铜线的质量不变D．长期使用后的酒精会有香味【答案】D【解析】焊接两根漆包铜线操作中，①先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，②立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，以此来解析；A．①先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，A错误；B．②立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，乙醇作反应物，B错误；C．经历①②的变化后，Cu的量不变，但铜线表面油漆燃烧，铜线质量减小，C错误；D．乙醇和CuO反应生成乙醛，乙醛氧化会生成乙酸，长期使用后乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，酒精会有香味，D正确；故选D。2．下列有关物质的用途与化学原理具有对应关系的是选项用途化学原理A用氢氟酸雕刻玻璃氢氟酸显弱酸性B用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板FeCl3溶液显酸性C用SiO2制造坩埚SiO2熔点高D用HNO3制备硝酸铵HNO3具有强氧化性A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．用氢氟酸雕刻玻璃化学原理为HF能与玻璃中的二氧化硅反应生成SiF4气体和水，其用途与HF是否为弱酸无关，故不选A；B．用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板，反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，化学原理为Fe3+具有氧化性，能将单质铜氧化为铜离子，与铁离子的酸性无关，故不选B；C．SiO2是原子晶体，SiO2的熔点高，所以可用SiO2制造坩埚，故选C；D．硝酸铵是一种盐，利用硝酸制备硝酸铵体现了硝酸的酸性，与硝酸的强氧化性无关，故不选D；选C。3．2022年春晚上，《只此青绿》惊艳了许多观众，生动还原了北宋名画——《千里江山图》。下列说法合理的是A．《千里江山图》中青色来自蓝铜矿颜料[]可表示为B．《千里江山图》中绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜C．《千里江山图》中的红色来自赭石(Fe2O3)，其性质稳定，不易被空气氧化D．《千里江山图》的画布材质为麦青色的蚕丝织品——绢，绢的主要成分是纤维素【答案】C【解析】A．《千里江山图》中青色来自蓝铜矿颜料可表示为，A错误；B．《千里江山图》中绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，不是氢氧化铜，B错误；C．《千里江山图》中的红色来自赭石，其主要化学成分为，C正确；D．《千里江山图》的画布材质为麦青色的蚕丝织品——绢，蚕丝的主要成分是蛋白质，D错误。故选C。4．向2mL0.2mol/LCuSO4溶液中滴加0.2mol/LNa2SO3溶液时溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验棕黄色沉淀中不含。通过实验探究棕黄色沉淀的成分。实验1：向棕黄色沉淀中加入稀硫酸，观察到溶液变蓝，产生红色固体实验2：已知：，(白色)。下列同学对实验现象的分析正确的是A．实验1中加入稀后溶液变蓝可证实棕黄色沉淀中含有B．实验2中加入KI溶液后产生白色沉淀，可证实棕黄色沉淀中含有C．实验2中加入淀粉溶液后无明显现象，说明不存在D．在的存在下，与发生了氧化还原反应，产生CuI沉淀和，说明棕黄色沉淀中含有和【答案】B【解析】A．加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2+，可能固体中就有Cu2+，不能说明棕黄色沉淀中含有Cu+，A错误；B．根据已知条件Cu2+CuI↓(白色)+I2，加入KI溶液后出现白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有Cu2+，B正确；C．淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉无明显现象，说明不存在碘单质，不能说明不存在Cu2+，C错误；D．根据实验2中沉淀A为BaSO4，且加入淀粉无现象，则溶液中无I2，Cu2+CuI↓(白色)+I2，I2与SO反应生成碘离子和硫酸根，硫酸根与氯化钡f生成白色沉淀BaSO4不，是Cu2+与SO反应，D错误；故选B。5．部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断错误的是A．d的代表物质高铜酸钾具有强氧化性 B．将c加入浓碱液中可制得e的胶体C．的转化可用于检验葡萄糖 D．存在的转化关系【答案】B【解析】A．由图可知，d的代表物质高铜酸钾中的铜元素具有最高价，化合价容易降低，具有强氧化性，A正确；B．c为正二价的铜盐，加入浓氢氧化钠会生成氢氧化铜沉淀，不会形成胶体，B错误；C．葡萄糖具有还原性，在碱性环境中可以二价铜转化为一价铜，故的转化可用于检验葡萄糖，C正确；D．氧化铜和稀硫酸生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，存在的转化关系，D正确；故选B。(1)通常利用反应：2Cu＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuO除去混合气体中的少量O2。(2)Cu与稀H2SO4不反应，但在通入O2的条件下，Cu可在稀H2SO4中逐渐溶解：2Cu＋O2＋2H2SO4=2CuSO4＋2H2O。(3)无水CuSO4只能作为检验水的试剂，不能作为水蒸气的吸收试剂而用于除杂。(4)铜为变价金属，与Cl2反应生成CuCl2，与S反应生成Cu2S，由此可知氧化性：Cl2>S。(5)区别红色物质Cu和Cu2O的方法向红色物质中加入稀硫酸，若溶液由无色变成蓝色，则该红色物质为Cu2O，否则为Cu。反应的化学方程式为Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O。查缺补漏练查缺补漏练1．某同学进行如下实验：实验实验现象ⅰ将铜粉加入试管中，再加入稀溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性ⅱ继续向ⅰ中试管加入少量固体又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色ⅲ取饱和溶液，加入少量固体和铜粉无明显变化下列说法不正确的是A．氧化性的强弱与其浓度大小有关B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是D．用一定浓度的与也能使铜粉溶解【答案】C【解析】i.将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3，稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生无色气体，无色气体又变为红棕色；铜粉有剩余，溶液为酸性；ii.继续向i中试管加入少量固体NaNO3，由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，产生无色气体，无色气体又变为红棕色，同时可知推论i中的酸性是硝酸有剩余；iii.饱和Cu（NO3）2溶液，加入少量固体NaNO3和铜粉，三者不反应，无明显变化；A．由i、ii分析可知i还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和浓度有关，A正确；B．i、ii铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应解释，B正确；C．由i、ii分析可知i还有剩余氢离子，不能说明余液呈酸性的主要原因是铜离子水解所导致，C错误；D．硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解，D正确；故答案选C。2．CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好是1:1B．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②<③C．硫酸铜在1100℃分解反应的方程式可能为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑D．Y为葡萄糖或甲酸甲酯，均可实现这一步的转化【答案】A【解析】A．途径①涉及反应3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，NO由硝酸提供，做氧化剂，H+由硝酸和硫酸共同提供，每个硝酸可以提供1个H+，所以还需要6个H+由硫酸提供，需要3个H2SO4，所以H2SO4与HNO3物质的量之比最好是3:1，A错误；B．途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径③涉及反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；若生成1mol硫酸铜，途径①消耗1mol硫酸，途径②消耗1mol硫酸，途径③消耗2mol硫酸，所以三个途径中，生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量:①=②<③，B正确；C．据图可知，CuSO4在1100℃分解产生Cu2O和混合气体X，Cu2O为化合价降低的产物，则混合气体X中一定有化合价升高的产物，则一定含有O2，根据原子守恒，CuSO4在1100℃分解的方程式可能为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，C正确；D．葡萄糖或甲酸甲酯中均含有-CHO结构，可以还原新制氢氧化铜生成Cu2O，D正确；综上所述答案为A。3．下列转化不能通过一步实现的是（）A．FeFe3O4 B．AlNaAlO2C．CuCuSO4 D．CuCuS【答案】D【解析】A．Fe与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故A正确；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故B正确；C．Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故C正确；D．S具有弱氧化性，与Cu反应生成Cu2S，则Cu与S不能一步转化为CuS，故D错误；答案选D。4．C和CuO在高温下反应生成Cu、Cu2O、CO2、CO。现将1g碳粉跟8gCuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为1.1g，残余气体在标准状况下的体积为560mL。下列说法不正确的是A．反应后硬质试管中碳粉有剩余B．反应后生成Cu2O为0.025molC．该氧化还原反应共转移电子0.2molD．反应后硬质试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2g【答案】C【解析】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体．测得溶液增重的1.1g为二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为：=0.025mol，残余气体在标准状况下的体积为560mL为CO的体积，一氧化碳的物质的量为：=0.025mol，A．根据碳元素守恒可知：参加反应的C原子的物质的量等于CO2与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为：(0.025mol+0.025mol)×12g/mol=0.6g，碳粉总质量为1g，则反应后硬质试管中碳粉有剩余，故A正确；B．氧化铜的物质的量为：n(CuO)==0.1mol，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：0.025mol×2+0.025mol×1=0.075mol，反应后氧原子还存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为：0.1mol-0.075mol=0.025mol，故B正确；C．反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，碳元素失去的电子物质的量与铜元素得到电子的物质的量相等，所以转移电子物质的量为：0.025mol×4+0.025mol×2=0.15mol，故C错误；D．根据B项分析，氧化铜的物质的量为0.1mol，生成的氧化亚铜的物质的量为0.025mol，生成的铜单质的物质的量=氧化铜中铜原子的物质的量-氧化亚铜中铜原子的物质的量=0.1mol-0.025mol×2=0.05mol，根据A项分析，反应后碳有剩余，剩余碳的质量为1g-0.6g=0.4g，则硬质试管中剩余的固体混合物的总质量=氧化亚铜的质量+铜单质的质量+剩余碳粉的质量=0.025mol×144g/mol+0.05mol×64g/mol+0.4g=7.2g，故D正确；答案选C。5．已知在酸性条件下能发生下列反应：Cu＋→Cu＋Cu2＋（未配平）。NH4CuSO3与足量的10mol∙L−1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是A．该反应显示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．反应中硫酸作氧化剂【答案】A【解析】A．在酸性条件下能发生下列反应：Cu＋→Cu＋Cu2+，NH4CuSO3与足量的10mol∙L−1硫酸溶液混合微热，产生了蓝色溶液，说明该反应显示硫酸具有酸性，故A正确；B．有刺激性气味气体产生，说明NH4CuSO3和硫酸反应生成二氧化硫气体，NH4CuSO3中硫元素化合价没有变化，故B错误；C．刺激性气味的气体是二氧化硫气体，故C错误；D．反应中硫酸作了酸性作用，硫酸中S化合价没有变化，没有作氧化剂，故D错误。综上所述，答案为A。废铜综合利用常见化工流程能力提升练能力提升练1．某小组利用含铜刻蚀废液制备无水，并电解饱和溶液探究其阴极产物以便回收铜。I．制备无水。制备流程如下：(1)实验室中，“结晶”时使用的陶瓷仪器是_______，“脱水”最适宜的方法为_______。(2)已知“过滤”后的滤液中主要溶质为，则“反应①”的离子方程式为_______。II．探究电解饱和溶液的阴极产物。用下图所示装置电解饱和溶液，一段时间后，观察到阴极电极表面附着白色固体，电极底部有少量红色固体生成，电极附近的溶液呈“黑色”。(3)查阅文献发现白色固体是CuCl。则生成CuCl的阴极电极反应为_______。(4)为抑制阴极副反应的发生，该小组继续探究影响CuCl固体析出量的因素，实验如下：编号电解液阴极电极析出固体量白色固体红色固体15%溶液无较多215%溶液少量较多3饱和溶液较多少4饱和溶液，适量盐酸无较多实验结果表明，为减少电解过程中CuCl的析出，可采取的措施有_______、_______。(5)为探究溶液呈“黑色”的原因，该小组查阅含铜物质的颜色后有如下猜想：猜想1：“黑色”物质是细小的CuO粉末；猜想2：“黑色”物质是纳米铜粉；猜想3：“黑色”物质是与、形成的络合离子。为验证猜想，该小组进行以下实验，得出初步结论：编号操作现象初步结论1取2mL“黑色”溶液于试管中，加入适量①_______，振荡无明显现象猜想1不成立2取2mL“黑色”溶液于试管中，加入适量稀硝酸，振荡②_______猜想2成立有同学认为，实验2的现象不能证明猜想2一定成立，理由是③_______，因此，关于“黑色”物质的成分还需进一步研究。【答案】(1)

蒸发皿在HCl气氛中加热(2)Cu2++[Cu(NH3)4]2++H++Cl-+3H2O=Cu2(OH)3Cl↓+4NH(3)Cu2++e-+Cl-=CuCl↓(4)

降低CuCl2溶液的浓度加入盐酸(5)

稀硫酸溶液变蓝，有气泡冒出，试管口有红棕色气体生成

Cu+与Cu2+、Cl-形成的络合离子也可能与稀硝酸发生氧化还原反应，产生与猜想2相同的实验现象，因此猜想2不一定成立【解析】由流程可知，2种含铜刻蚀废液相互反应生成Cu2(OH)3Cl，Cu2(OH)3Cl加入盐酸酸溶生成氯化铜溶液，在氯化氢气体氛围中结晶得到晶体，加热脱水得到无水氯化铜。(1)实验室中，“结晶”时使用的陶瓷仪器是蒸发皿；氯化铜溶液中铜离子水解会生成氢氧化铜，为抑制水解得到氯化铜晶体，“脱水”最适宜的方法为在HCl气氛中加热；(2)“过滤”后的滤液中主要溶质为，由流程可知，则废液中Cu2+和[Cu(NH3)4]2+中的铜均和氯离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀并且[Cu(NH3)4]2+中NH3转化为铵根离子，故“反应①”的离子方程式为Cu2++[Cu(NH3)4]2++H++Cl-+3H2O=Cu2(OH)3Cl↓+4NH；(3)电解池阴极发生还原反应，铜离子得到电子发生还原反应生产CuCl，电极反应为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；(4)实验123变量为氯化铜浓度，实验记录说明氯化铜浓度越小，生成CuCl量越少；实验34变量为溶液酸性强弱，实验记录说明加入盐酸可以抑制CuCl的生成；故为减少电解过程中CuCl的析出，可采取的措施有降低CuCl2溶液的浓度、加入盐酸；(5)实验1：氧化铜和稀硫酸反应生成蓝色硫酸铜溶液，，故可以加入适量稀硫酸，振荡观察，无明显现象，说明猜想1不成立；实验2：硝酸具有强氧化性和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，一氧化氮与空气中氧气生成红棕色二氧化氮气体，实验结论为猜想2成立，则实验现象为：溶液变蓝，有气泡冒出，试管口有红棕色气体生成；Cu+与Cu2+、Cl-形成的络合离子中的Cu+也具有还原性，也可能与稀硝酸发生氧化还原反应，产生与猜想2相同的实验现象，因此猜想2不一定成立。2．实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备纳米ZnO的部分实验过程如图所示：(1)在“溶解”步骤中，提高铜帽溶解速率的措施_______(例举两种)。(2)有同学提出溶解步骤中可在酸性条件下不断鼓入并加热，这种情况下，铜发生溶解的离子方程式为_______。(3)“过滤”步骤中使用的玻璃仪器有_______。(4)生成的沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。(5)在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO。用乙醇洗涤的目的是_______。(6)有同学提出用纯碱代替溶液，在实际生产中得到的是一种碱式碳酸锌[]，取该样品6.82g，充分灼烧后测得残留物质量为4.86g，将所得气体通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，则此碱式碳酸锌的化学式是_______。【答案】(1)提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等(2)(3)漏斗、烧杯、玻璃棒(4)取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净(5)乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥(6)【解析】由题给流程可知，电池铜帽加入稀硫酸和过氧化氢溶液溶解时，锌、铜转化为硫酸锌、硫酸铜，向反应后的溶液中加入适量锌粉，将硫酸铜转化为铜，过滤得到海绵铜和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸铵溶液，将硫酸锌转化为碳酸锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锌；碳酸锌高温灼烧制得纳米氧化锌。(1)提高硫酸浓度、加热、搅拌、铜帽粉碎等措施能提高铜帽溶解速率，故答案为：提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等；(2)由题意可知，酸性条件下，铜和氧气共热反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为；(3)过滤步骤中使用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；(4)碳酸锌沉淀的表面附有可溶性的硫酸铵杂质，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；(5)乙醇具有挥发性，氧化锌用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，可以带走氧化锌表面的水分，起到干燥的作用，故答案为：乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥；(6)由题意可知，2.00g沉淀为碳酸钙的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸锌中碳酸锌的物质的量为=0.02mol，由锌原子的原子个数守恒，氢氧化锌的物质的量为=0.04mol，则结晶水的物质的量为=0.02mol，由碱式碳酸锌中碳酸锌、氢氧化锌、结晶水的个数比等于物质的量比可得：1：x：y=0.02mol：0.04mol：0.02mol，解得x=2、y=4，碱式碳酸锌的化学式为，故答案为：。考点二合金金属矿物的开发利用1．合金(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。(2)特性：合金具有不同于各成分金属的物理性能、化学性能或机械性能。①熔点：一般比它的各成分金属的低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。易错提醒：(1)常温下，多数合金是固体，但钠钾合金是液体。(2)合金的物理性质相比于成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。2．常见的金属材料(1)金属材料黑色金属材料有色金属材料铁、铬、锰以及它们的合金除黑色金属以外的其他金属材料及其合金(2)黑色金属材料——钢铁①钢是用量最大，用途最广的合金。(3)有色金属材料——铜和铝3.金属矿物的开发利用(1)金属在自然界中的存在形式(2)金属冶炼的一般步骤(3)金属冶炼的实质金属冶炼的过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程，即：Mn＋＋ne－=M。(4)金属冶炼的方法(用化学方程式表示)①电解法Na：2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(通电))2Na＋Cl2↑；Mg：MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(通电))Mg＋Cl2↑；Al：2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up7(通电),\s\do5(冰晶石))4Al＋3O2↑。②热还原法高炉炼铁：Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2；铝热反应制铬：2Al＋Cr2O3eq\o(=,\s\up7(高温))Al2O3＋2Cr；焦炭还原铜：C＋2CuOeq\o(=,\s\up7(高温))2Cu＋CO2↑。③热分解法Hg：2HgOeq\o(=,\s\up7(△))2Hg＋O2↑；Ag：2Ag2Oeq\o(=,\s\up7(△))4Ag＋O2↑。金属活动性与冶炼方法的关系：易错提醒：①冶炼Mg时只能电解MgCl2不能电解MgO，原因是MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本。②冶炼Al时只能电解Al2O3不能电解AlCl3，原因是AlCl3是共价化合物，熔融态难导电。加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。③用热还原法得到的铜还要经过电解精炼才能得到精铜。基础通关练基础通关练1．工业上以铝土矿(主要成分是氧化铝，含氧化铁杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是A．反应①中试剂X是稀硫酸溶液B．试剂Y是二氧化碳，它与AlO反应生成氢氧化铝C．图中所示转化反应中包含2个氧化还原反应D．将X与Y试剂进行对换，最终可以达到相同结果【答案】B【解析】氧化铝为两性氧化物，氧化铁为碱性氧化物，根据流程图可知，应加入足量氢氧化钠溶液，发生Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，过滤，滤渣C为氧化铁，滤液A为偏铝酸钠和氢氧化钠，氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于盐酸、硫酸等，利用碳酸的酸性强于氢氧化铝，且氢氧化铝不溶于碳酸，反应②发生NaOH+CO2=NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，过滤，氢氧化铝受热分解得到氧化铝，电解氧化铝冶炼金属铝，据此分析；A．氧化铝为两性氧化物，氧化铁为碱性氧化物，加入硫酸溶液，氧化铝、氧化铁均与硫酸反应生成相应可溶盐，与流程图不符，根据上述分析，X应为氢氧化钠溶液，故A不符合题意；B．根据上述分析，试剂Y为二氧化碳，发生NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故B符合题意；C．根据上述分析，只有电解氧化铝为氧化还原反应，故C不符合题意；D．根据上述分析，Y为二氧化碳，氧化铝、氧化铁不与碳酸反应，因此两者互换，不能达到相同结果，故D不符合题意；答案为A。2．铝土矿主要成分为Al2O3，主要杂质为Fe2O3、SiO2，某实验小组设计了如图流程制备铝：下列说法不正确的是A．步骤①过滤得到的滤渣主要为SiO2B．步骤②的沉淀剂可以选用NaOH、氨水或Ca(OH)2，考虑成本，Ca(OH)2最合适C．步骤④加入冰晶石的目的是降低Al2O3熔融的温度，降低能耗D．该方案的缺陷在于未能很好的将Fe2O3杂质除去【答案】B【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，主要杂质为Fe2O3、SiO2，加入盐酸，过滤，滤渣为二氧化硅，滤液中含有Al3+、Fe3+；将滤液加入弱碱，得到氢氧化铝，灼烧得到三氧化二铝，电解得到Al；A．二氧化硅不溶于HCl，故步骤①得到的滤渣为二氧化硅，A正确；B．步骤②的沉淀剂应选用弱碱，否则生成的氢氧化铝会溶于强碱，B错误；C．加入冰晶石可降低三氧化二铝熔融的温度，降低能耗，C正确；D．在步骤②时得到的沉淀有氢氧化铝和氢氧化铁，故灼烧会得到三氧化二铁，D正确；答案选B。3．下列金属冶炼的反应原理，不恰当的是。A．2NaCl(熔融) B．C． D．【答案】B【解析】金属冶炼的方法与金属的活泼性相关，金属越是活泼，越难冶炼，其中活泼金属Na、Mg、Al要用电解法来冶炼，而Fe、Cu可用还原法来冶炼；A．Na是活泼金属，利用电解熔融的氯化钠获得金属Na，A正确，不符合题意；B．Mg是活泼金属，利用电解熔融的氯化镁获得金属Mg，B错误，符合题意；C．Al是活泼金属，利用电解熔融的氧化铝获得金属Al，C正确，不符合题意；D．Fe是较活泼金属，利用热还原法来获得Fe，其中可以使用的还原剂有C、CO、和Al，D正确，不符合题意；故合理选项为B。4．化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是选项生产活动化学原理A食品中添加适量二氧化硫SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用B利用氯碱工业制备氢氧化钠溶液中Na2CO3与Ca(OH)2反应C高炉炼铁CO高温下还原铁矿石D利用冰箱冷藏食物温度低时，化学反应速率慢A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．食品中添加适量二氧化硫，是因为SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用，故A正确；B．氯碱工业制备氢氧化钠，是电解饱和食盐水制备，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故B错误；C．高炉炼铁是利用CO高温下还原铁矿石，故C正确；D．利用冰箱冷藏食物，温度低时，化学反应速率慢，延缓食物变质的速率，故D正确；选B。5．下列说法不正确的是A．工业上利用铝热反应可以冶炼铁、钒、铬、锰等金属B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C．硫酸钡难溶于水和酸是可用作透视胃肠的内服药剂原因之一D．工业上燃煤脱硫可采用将煤燃烧后的烟气通过氨水吸收后再排放的方法【答案】A【解析】A．工业上不是用铝冶炼铁，A错误；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，可用于制造信号弹和焰