考点12 金属材料（核心考点精讲精练）-高考化学一轮复习（新高考专用）（教师版）

考点12金属材料1．3年真题考点分布年份卷区考点分布铜及其化合物的性质合金及金属材料金属的冶炼综合应用2022江苏√广东√山东√湖北√海南√福建√2021湖北√河北√广东√辽宁√江苏√浙江√2020海南√北京√2．命题规律及备考策略【命题规律】近3年新高考卷对于该专题主要考查：1．铜及其化合物的性质及应用2．合金及金属材料3．金属的冶炼【备考策略】熟练掌握铜及其化合物之间的转化关系，熟悉各物质的特特殊性质及其应用；明确元素化合物和化学反应原理、物质结构和性质之间的联系。关注生活中的合金，了解其应用。【命题预测】高考对本部分内容的考查以金属及其化合物的性质、合金的性质、金属的冶炼和提纯在日常生活、生产中的应用为主，高考题型有选择题、实验题、化学工艺流程题等。尤其是以金属及其化合物化工生产为背景的工艺流程题和综合实验题是考查的热点。考法1铜及其重要化合物1．铜的性质（1）物理性质：铜是紫红色金属，具有良好的导电性、导热性和延展性。（2）化学性质①2Cu+O2+CO2+H2OCu2（OH）2CO3②2Cu+SCu2S③与氧化性酸反应浓硫酸：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O浓硝酸：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O稀硝酸：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O④与铁盐、银盐溶液反应银盐溶液：2Ag++Cu2Ag+Cu2+铁盐溶液：2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+2．氧化铜和氧化亚铜名称氧化铜（CuO）氧化亚铜（Cu2O）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+H2Cu+H2OCu2O+H22Cu+H2O转化关系4CuO2Cu2O+O2↑3．氢氧化铜（1）物理性质：蓝色不溶于水的固体。（2）化学性质及应用反应①的化学方程式：Cu（OH）2CuO+H2O。反应②的离子方程式：Cu（OH）2+2H+Cu2++2H2O。反应③的化学方程式：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O4．铜盐（1）碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分。①受热分解：Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O②与稀H2SO4反应：Cu2（OH）2CO3+4H+2Cu2++CO2↑+3H2O（2）硫酸铜①CuSO4·5H2O俗称蓝矾、胆矾，为蓝色晶体②CuSO4为白色粉末③CuSO4·5H2O的不稳定性：CuSO4·5H2OCuSO4+5H2O④CuSO4检验水的反应：CuSO4+5H2OCuSO4·5H2O（3）铜盐溶液有毒，主要是因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。【典例1】（2023·北京等级考）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I－I3－（红棕色）；I2和I3－氧化性几乎相同。I．将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2（n＞m）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：实验c（KI）实验现象Ⅰ0.01mol·L－1极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色Ⅱ0.1mol·L－1部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色Ⅲ4mol·L－1I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________（填“＞”“＜”或“＝”）实验Ⅱ。（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+（蓝色）或[CuI2]－（无色），进行以下实验探究：步骤A．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。步骤B．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。ⅰ．步骤a的目的是_____________________。ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I－2CuI↓+I2，[Cu（NH3）2]+（无色）容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，__________（填实验现象），观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。（4）上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：_________。【解析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为I3－可以提高Cu与I3－的接触面积，提高反应速率。加入CCl4，I2+I－I3－平衡逆向移动，I2浓度减小，I－浓度增加，[CuI2]－浓度增加，加入氨水后转化为[Cu（NH3）2]+，被氧化为[Cu（NH3）4]2+，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。（1）提高KI浓度，便于提高I3－的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I3－的反应速率加快，故实验Ⅰ＜实验Ⅱ。（2）加入CCl4，I2+I－I3－平衡逆向移动，I2浓度减小，I－浓度增加，其目的为：除去I3－，防止干扰后续实验。加入氨水[CuI2]－浓后转化为[Cu（NH3）2]+，无色的[Cu（NH3）2]+被氧化为蓝色的[Cu（NH3）4]2+，方程式为[CuI2]－+2NH3·H2O[Cu（NH3）2]++2H2O+2I－、4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3·H2O4[Cu（NH3）4]2++6H2O+4OH－。（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I22CuI↓或2Cu+KI32CuI↓+KI；2Cu+I22CuI↓反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。（4）要验证I2能将Cu氧化为Cu2+，需设计原电池负极材料为Cu，b为含nmolI2的4mol·L－1的KI溶液。【答案】（1）＜（2）ⅰ．除去I3－，防止干扰后续实验；ⅱ．[CuI2]－+2NH3·H2O[Cu（NH3）2]++2H2O+2I－、4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3·H2O4[Cu（NH3）4]2++6H2O+4OH－（3）2Cu+I22CuI↓或2Cu+KI32CuI↓+KI；白色沉淀逐渐溶解；溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应（或I3－浓度小未能氧化全部的Cu）（4）铜、含nmolI2的4mol·L－1的KI溶液（5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I－结合生成CuI沉淀或[CuI2]－，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I－2CuI↓+I2和2Cu2++6I－2[CuI2]－+I2。【拓展延伸】铜的易错知识点（1）铜和氧气在常温下反应生成Cu2（OH）2CO3，在加热条件下生成CuO。（2）单质铜可以除去某种气体中的氧气，也可以作乙醇催化氧化的催化剂。（3）在普通条件下Cu不能从稀硫酸中置换出H2，但在通电条件下Cu能从稀硫酸中置换出H2。（4）Cu和Cl2反应生成CuCl2；铜和I2反应生成CuI。【典例2】（2023·山东选择考）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.23×10﹣2，Ka2＝6.6×10－8。下列说法正确的是（）。A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少【解析】选CD。反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体（气体Ⅰ），故C正确；制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3＝Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH，可减少NaOH的量，故D正确。【拓展延伸】Cu2O的制备1．用炭粉在高温条件下还原CuO；2CuO+CCu2O+CO↑2．用葡萄糖还原新制的Cu（OH）2；CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O3．电解法：2Cu+H2OCu2O+H2↑4．用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O【典例3】（2022·海南省选择考）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如下：回答问题：（1）步骤①的目的是_____________。（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成_______（填化学式）污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为_______________。（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______________。（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。ⅰ．甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是___________。ⅱ．乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_______（不要求写具体操作过程）。【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ．H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ．I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。【答案】（1）除油污（2）SO2（3）Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O（4）胆矾晶体易溶于水（5）ⅰ．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解ⅱ．取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化【拓展延伸】以铜为原料制备CuSO4的方法1．铜和浓硫酸反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。缺点：会生成大量的二氧化硫气体，污染大气，且所用的酸的量比较多2．铜丝-稀硫酸-空气法：2Cu+O22CuO；CuO+H2SO4CuSO4+2H2O。优点：①节省能源；②不产生污染大气的SO2；③提高H2SO4的利用率。3．铜丝-稀硫酸-H2O2法：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O。优点：①节省能源；②不产生污染大气的SO2；③提高H2SO4的利用率。4．铜丝-硫酸-硝酸法：3Cu+3H2SO4+2HNO3＝3CuSO4+2NO↑+4H2O。缺点：反应产生污染性气体NO。1．（2022·大连一模）下列实验的前后，铜的质量一定发生变化的是（）。A．铜丝在空气中灼烧后立即插入乙醇B．铜片放入酸化的硝酸钠溶液C．铜和铁的混合物放入稀硝酸D．铜、锌、稀硫酸构成的原电池放电【解析】选B。由于氧化铜能够和乙醇反应生成乙醛和铜，铜变成氧化铜，氧化铜又被还原成铜，最终铜质量没有变化，故A错误；铜和稀硝酸反应生成了硝酸铜，质量一定减少，故B正确；由于铁还原性大于铜的，铁先参加反应，若是铁足量，铜变化消耗，故C错误；铜、锌构成的原电池，锌是负极，铜是正极不消耗，故D错误。2．已知酸性条件下有如下反应：2Cu+Cu2++Cu。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物做了验证，实验操作和实验现象记录如下：加入试剂实验现象稀硫酸红色固体和蓝色溶液浓硫酸、加热无色气体稀硝酸无色气体和蓝色溶液浓硝酸红棕色气体和绿色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是（）。A．CuB．Cu2OC．一定有Cu，可能有Cu2OD．一定有Cu2O，可能有Cu【解析】选D。H2还原CuO生成红色固体，可能是Cu和Cu2O中的一种或两种，产物中加入稀H2SO4溶液变蓝并得到红色固体，证明产物中含Cu2O，在酸性条件下2Cu+＝Cu2++Cu，故不能证明产物中是否含有Cu。A项，产物中不一定含有铜，错误；B项，产物中一定有Cu2O，也可能有铜，错误；C项，产物中不一定有铜，一定有Cu2O，错误；D项，产物中一定有Cu2O，可能有铜，正确。3．（2023·张家口模拟）新制氢氧化铜存在平衡：Cu（OH）2+2OH－［Cu（OH）4］2－（深蓝色）。某同学进行下列实验：下列说法不正确的是（）。A．①中出现蓝色沉淀B．③中现象是Cu（OH）2+2OH－［Cu（OH）4］2－正向移动的结果C．④中现象证明葡萄糖具有还原性D．对比②和④可知Cu（OH）2氧化性强于［Cu（OH）4］2－【解析】选D。CuSO4溶液与NaOH溶液反应可生成蓝色沉淀Cu（OH）2，A正确；新制Cu（OH）2存在平衡：Cu（OH）2+2OH－［Cu（OH）4］2－，加入NaOH，氢氧根离子的浓度增大，平衡正向移动，B正确；③中加入葡萄糖溶液有砖红色的沉淀生成，说明葡萄糖中含有醛基，所以葡萄糖具有还原性，C正确；④中氧化葡萄糖的是［Cu（OH）4］2－，而②中未生成砖红色沉淀，可知氧化性：Cu（OH）2＜［Cu（OH）4］2－，D错误。考法2金属材料1．合金（1）概念：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）性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。①熔点：一般比它的各成分金属都低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属都大。2．常见的铁合金【典例4】（2022·江苏省选择考）我国古代就掌握了青铜（铜－锡合金）的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是（）。A．石墨能导电，可用作润滑剂B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料【解析】选C。石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误。【拓展延伸】1．合金的组成和性质（1）成分金属与合金的物理性质相比有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。（2）金属越活泼，一般发现或使用越晚。2．常见合金的性能与用途（1）铁合金：随含碳量升高，碳钢的硬度增加、韧性下降。合金钢具有一些特殊性能，如高硬度、高耐磨性、高韧性、耐腐蚀性等。（2）铝合金：高强度铝合金广泛应用于制造飞机、舰艇和载重汽车等，并具有抗海水侵蚀、避磁性等特点。（3）铜合金：锡青铜常用于制造齿轮等耐磨零部件和耐蚀配件。铝青铜耐腐蚀性好、强度高，可作弹簧材料。（4）锌合金：流动性和耐腐蚀性较好，适用于压铸仪表，汽车零件外壳等。（5）钛合金：是火箭、导弹和航天飞机不可缺少的材料。船舶、化工、电子器件和通讯设备以及若干轻工业部门中要大量应用钛合金。【典例5】（温州市普通高中2023届高三第一次适应性考试）下列说法不正确的是（）。A．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料B．贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径C．“山东舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料D．不锈钢是一种主要含Fe、Cr、Ni且不易生锈的合金钢【解析】选C。硬铝是合金，合金的硬度比纯金属大，硬铝具有密度小，硬度大，抗腐蚀能力强，是制造飞机的理想材料，故A正确；贮氢合金是高效、安全的储氢载体，其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，故B正确；“山东舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于金属材料，故C错误；不锈钢不易生锈，主要含有铁、铬、镍，和少量的碳，故D正确。【拓展延伸】金属材料的易错点1．纳米金属的表面积大，反应时接触面积大，反应剧烈，但是不能改变原金属的化学性质。2．镁和铝在常温下能够被空气中的氧气氧化而在其表面形成致密的氧化膜可阻止金属进一步被氧化，所以镁和铝具有良好的抗腐蚀性能。3．合金中一定含有金属元素，可能含非金属元素。4．合金的化学性质与成分金属相同，物理性质不同。5．合金中各元素的化合价都是0价。1．明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容：“……黄金美者，其值去黑铁（生铁）一万六千倍，然使釜、鬵（xín，一种炊具）、斤（这里指菜刀、镰刀、锄头等）、斧不呈效于日用之间……懋迁有无……”下列解释正确的是（）。A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金B．添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈C．金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段D．生铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀【解析】选C。明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，故A错误；不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁的内部结构，不锈钢不容易生锈；家里用的农具是铁合金，如果没及时洗干净后晾干，铁能与氧气、水同时接触，发生电化学腐蚀，容易生锈，故B错误；金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，故C正确；生铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D错误。2．国产大型客机C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是（）。A．铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质B．改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金C．铝锂合金具有金属光泽，可导电导热D．铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同【解析】选D。合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，故A正确；合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，故B正确；铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，故C正确；合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，故D错误。3．JerryWoodall教授经研究发现，含有95%的铝和5%的镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，由于整个反应中，只消耗铝，而反应生成的Al2O3可回收再利用，这样不仅降低了制氢气的成本，而且方便快捷，这一发现将燃氢汽车的研发推向新的里程碑。据此，下列说法不正确的是（）。A．铝作为燃料，有资源丰富的优势B．组成合金的几种金属元素都位于周期表第ⅢA族C．合金与水反应的总反应式为：2Al+3H2O＝Al2O3+3H2↑D．合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应起到催化作用【解析】选B。铝是地壳中含有最多的金属，所以铝作为燃料，有资源丰富的优势，故A正确；铝、镓、铟是周期表第ⅢA族元素，锡是周期表第ⅣA族元素，故B错误；整个反应中，只消耗铝，而反应生成的Al2O3，则反应的方程式为2Al+3H2O＝Al2O3+3H2↑，故C正确；由镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，且只有铝反应进行，则合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应起到催化作用，故D正确。考法3金属冶炼1．金属冶炼的实质（1）金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。（2）即：Mn++ne－＝M（写反应通式，用M表示金属）。2．金属冶炼的方法【典例6】（2022·山东省等级考）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是（）。A．固体X主要成分是Fe（OH）3和S；金属M为ZnB．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【解析】选D。CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe（OH）3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe（OH）3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2－（aq），增大O2的浓度，可以反应消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c（H+）增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误。【拓展延伸】金属的冶炼方法1．冶炼方法（1）电解法：冶炼金属活泼性很强的金属（如K、Ca、Na、Mg、Al等）①2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑②MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑③2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑（2）热还原法：用还原剂（C、CO、H2、Al、Na等）还原金属活泼性介于Zn~Cu之间的金属化合物。①Fe2O3+3CO2Fe+3CO2②2CuO+C2Cu+CO2↑③WO3+3H2W+3H2O④TiCl4+4NaTi+4NaCl⑤Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3（3）热分解法：用于冶炼不活泼金属Hg、Ag。①2HgO2Hg+O2↑②2Ag2O4Ag+O2↑2．注意问题（1）有些活动性很强的金属也可以用还原法来冶炼，如Na+KClK↑+NaCl、2RbCl+MgMgCl2+2Rb↑等，在此主要运用了化学平衡移动原理，利用K、Rb沸点低，汽化离开反应体系，使化学反应得以向正反应方向进行。（2）活泼金属用电解法冶炼时，不能用其化合物的水溶液进行电解。【典例7】工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的_________吸收。a．浓H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_________（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是______________________________________________。（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为___________________________。（4）取一定量的泡铜，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好完全溶解，同时放出2240mLNO气体（标准状况），另取等量的泡铜，用足量的H2还原，得到的铜的质量为_________g。【解析】（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故c正确；氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故d正确；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）取一定量的泡铜，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好完全溶解，同时放出2240mLNO气体（标准状况）即0.1mol，所得溶液的溶质为Cu（NO3）2，根据氮元素守恒可知，溶液中NO3－的物质的量为0.6mol－0.1mol＝0.5mol，所以溶液中Cu2+的质量为×0.5×64g＝16g，所以另取等量的泡铜，用足量的H2还原，得到的铜的质量也应为16g。【答案】（1）cd（2）Fe3+取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去（3）3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）16g【拓展延伸】铜的冶炼1．铜的冶炼“两方法”（1）湿法炼铜：Fe+CuSO4FeSO4+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+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+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做阳极，失电子变为Cu2+，用纯铜棒做阴极即可得精铜。2．用含铜废料制取纯净含铜物质的一般流程【易错提醒】（1）制得的铜盐晶体由“酸溶解”时加入的酸决定，若使用硫酸溶解，则制得硫酸铜晶体。（2）调节pH除去Cu2+溶液中混有的Fe3+，所加的物质应满足：能与H+反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。可加入CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等物质来调节溶液的pH。1．下列关于金属冶炼的说法错误的是（）。A．活泼金属钠的冶炼是通过电解其盐溶液制得B．对废旧金属的最好处理方法是回收、再利用C．提炼金属要经过矿石的富集、冶炼、精炼三步D．热还原法中还原剂有焦炭、一氧化碳、氢气或活泼金属等【解析】选A。活泼金属钠的冶炼是通过电解熔融的NaCl制得，若电解钠的盐溶液，由于H+放电能力比Na+强，不能得到Na，A错误；废旧金属进行回收、再利用，可以节约大量矿产资源，同时也可以节省大量能量，也会减少对环境的污染，故对废旧金属的最好处理方法是回收、再利用，B正确；根据金属提炼步骤分析，先要富集提高金属元素的含量，然后冶炼得到粗产品，最后再进行精炼，C正确；焦炭、一氧化碳、氢气或活泼金属等常用作金属冶炼时的还原剂，D正确。2．（2023·南京调研）铜的冶炼过程大致可分为：①富集，将硫化物矿进行浮选；②焙烧，主要反应为：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；④电解精炼铜。下列说法正确的是（）。A．冶炼过程中的尾气可用来制硫酸B．上述过程中，由1molCuFeS2制取1molCu时共消耗2molO2C．在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑中，只有Cu2O作氧化剂D．电解精炼铜的过程中，每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量为32g【解析】选A。1molCuFeS2反应，焙烧时需要氧气2mol，生成的Cu2S转化为Cu2O还需要氧气，B项不正确；C项中作氧化剂的除Cu2O外还有Cu2S，C项不正确；电解精炼铜时阳极除溶解铜外还溶解比较活泼的金属，当转移1mol电子时，溶解铜的物质的量小于0.5mol，D项不正确。3．工业上，金属的制取有多种方法，选择何种方法与金属的性质密切相关。（1）金属Na、Mg、Al等的制取常采用电解法。写出以铂为电极电解熔融氯化镁制镁的电极反应式。阳极_______________________；阴极________________________________。（2）金属钾因为易溶于盐而不易分离，且电解时有副反应发生，工业上通常用钠与氯化钾在高温下反应制取，该反应为：Na（l）+KCl（l）NaCl（l）+K（g）；ΔH＞0，根据下表有关数据回答下列问题：物质密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）Na0.9797.81890K0.8663.65770NaCl8011465KCl7761437①制取钾的适宜温度范围为________________。②制取钾的条件为________________。A．适当高温高压B．适当低温低压C．适当高温低压D．适当低温高压③工业上采用此法制得的钾往往不纯，最可能含有的杂质是________________，检验方法为_______________________________________。（3）用铝热反应方法将Fe3O4中的铁还原出来，写出该反应的化学方程式：________________________________________________________若用此法制得0.84tFe，则转移电子________mol。【解析】（1）电解熔融氯化镁制镁时，阳极是Cl―失去电子被氧化成Cl2，电极反应式为2Cl――2e―＝Cl2↑；阴极是Mg2+得到电子被还原成Mg，电极反应式为Mg2++2e―＝Mg。（2）①K、Na的活泼性相近，要从上述可逆的置换反应中制取K，主要是利用K的沸点比Na的低，而控制温度使K气化，其余三种物质均为液体，便于生成的K蒸气不断逸出，使反应向生成K的方向进行而制得K。所以温度应该高于K的沸点（774℃），高于其余三种物质中熔点最高的NaCl的熔点（801℃），而低于其余三种物质中沸点最低的Na的沸点（890℃），综上分析，合适的温度范围应大于801℃，小于890℃。②从上分析可知，制备钾必须采用适当的高温，保证钾以蒸汽形式存在，而减小压强，平衡Na（l）+KCl（l）NaCl（l）+K（g）正向移动，所以制取钾的条件为适当高温低压。③因为制备反应为可逆反应，而且钾蒸汽和钠蒸汽的沸点差别不是特别大，所以制备的钾蒸汽中一定含有少量的钠蒸汽。检验金属钠可以用焰色试验，钠的焰色为黄色。（2）铝热反应是热还原法的一种，利用铝的还原性比铁的强将铁置换出来，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，该反应转移电子数为24，即9Fe~24e―，所以n（e―）＝n（Fe）＝×＝4×104mol。【答案】（1）阳极：2Cl――2e―＝Cl2↑阴极：Mg2++2e―＝Mg（2）①801℃~890℃②C③钠焰色试验（3）8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O34×104mol【基础过关】1．（2021·广东省选择考）今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是（）。选项ABCD文物名称铸客大铜鼎河姆渡出土陶灶兽首玛瑙杯角形玉杯【解析】选A。铸客大铜鼎属于铜的合金，故A符合题意；河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意。2．（2020·全国卷Ⅲ）宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料（主要成分为Cu（OH）2·CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为Cu（OH）2·2CuCO3）。下列说法错误的是（）。A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D．Cu（OH）2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu（OH）2·2CuCO3【解析】选C。字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu（OH）2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu（OH）2·2CuCO3，D说法正确。3．据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也，铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指（）。A．CuOB．Cu2OC．CuD．Cu2（OH）2CO3【解析】选D。铜在空气中长时间放置，会与空气中的氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜［Cu2（OH）2CO3］，发生反应为2Cu+O2+H2O+CO2＝Cu2（OH）2CO3，则这里的“铜青”是指Cu2（OH）2CO3。4．后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，形制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是（）。A．青铜的熔点低于纯铜B．古代湿法炼铜的原理是置换反应C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极D．青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物【解析】选D。青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不选；古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不选；现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不选；青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故D选。5．（2022·湖北选择考）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（）。A．鎏金工艺利用了汞的挥发性B．鎏金工艺中金发生了化学反应C．鎏金工艺的原理可用于金的富集D．用电化学方法也可实现铜上覆金【解析】选B。鎏金工艺是将金粉溶于液态的汞中，制成“金汞漆”，再利用汞的挥发性，加热将其除去，故A正确；鎏金工艺中金粉溶于液态的汞中，加热除汞，金附着于器物等，都属于物理变化，没有发生化学反应，故B错误；鎏金工艺的原理是将金粉溶于液态的汞中，制成“金汞漆”，再利用了汞的挥发性，加热将其除去，可用于金的富集，故C正确；用电化学中电解的原理也可实现铜上覆金，电镀液用含有金离子的电解质溶液，电解时阴极上金离子得电子生成单质金，故D正确。6．（广东省2023届高三11月大联考）用氧化铝作原料，碳热法冶铝的两步反应为：①2173～2473K时：2Al2O3+9CAl4C3+6CO↑；②温度高于2473K时：Al2O3+Al4C36Al+3CO↑。下列有关说法不正确的是（）。A．Al2O3属于两性氧化物B．两步反应中CO均是氧化产物C．Al4C3与盐酸反应可生成烃，该烃为乙烯D．生成的铝粉不能在空气中冷却【解析】选C。Al2O3与强碱反应又能与酸反应，属于两性氧化物，故A正确；两步反应中C元素的化合价均升高被氧化，所以产物CO均是氧化产物，故B正确；Al4C3与HCl反应生成AlCl3，则反应方程式为Al4C3+12HCl4AlCl3+3CH4↑，所以生成的烃为甲烷，故C错误；Al与氧气能反应生成氧化铝，所以生成的铝粉不能在空气中冷却，故D正确。7．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是（）。A．将铜丝插入浓硫酸中加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体D．将表面有铜绿［Cu2（OH）2CO3］的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿【解析】选D。A项反应后，应将反应后液体倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌；B项应将铜丝在空气中加热到红热后伸入盛满氯气的集气瓶中；C项CuCl2水解生成的盐酸易挥发出HCl，加热蒸干CuCl2溶液得不到无水CuCl2固体。8．下列制备金属单质的方法或原理正确的是（）。A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB．在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC．在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD．加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【解析】选B。Mg的活泼性强，不能用H2还原MgO制备Mg，而是用电解熔融MgCl2的方法制备，电解饱和食盐水得到NaOH而不是Na；CuO加强热分解生成Cu2O而不是Cu。9．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3。某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下（假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸）：（1）反应①能观察到的现象是____________________________，有关反应的化学方程式为______________________________。（2）反应②加入的金属可能是_______________________，有关反应的离子方程式为__________________________________。（3）操作a可能的方法是________，欲除掉的杂质为________________________；要从操作a所得到的溶液中得到溶质的晶体，需要进行的操作是_______________。【解析】孔雀石中加入稀硫酸可看到孔雀石逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，且有气泡产生；反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO3+2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O。经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质，则滤液中主要含有CuSO4，加入的金属粉末能将Cu2+从溶液中置换出来即可，故金属可能是Fe或Zn等；要从滤液中得到CuSO4晶体，需进行加热浓缩、冷却结晶等操作。【答案】（1）固体逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，有气泡产生；Cu2（OH）2CO3+2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O（2）铁粉；Fe+Cu2+＝Fe2++Cu（答案合理即可）（3）过滤；难溶于水和稀硫酸的杂质；加热浓缩、冷却结晶10．用含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：已知：CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl↓+FeCl2+2S↓。（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为____________________________。（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为______。（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是______。（填离子符号）（4）过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有____________，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为____________。（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9SO2，Cu2S+O22Cu+SO2，此工艺与前一工艺相比主要缺点有____________________________________。【解析】（1）反应物为CuFeS2、FeCl3，生成物有CuCl、S及FeCl2，1份CuFeS2反应，S共升高4价，Cu降低1价，1份CuFeS2反应共升高3价，根据电子守恒配平。（2）FeCl2溶液加热蒸干、灼烧过程中，Fe2+水解且被氧化，最终得Fe2O3固体。（3）［CuCl2］－中铜显+1价，调节pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+。（4）由（3）分析可知滤液中有CuCl2及过量的盐酸。由已知反应知1molCuFeS2溶解需要3molCuCl2，生成4molCuCl，4molCuCl最终歧化生成2molCu和2molCuCl2，此时还需要补充1molCuCl2。生成1molCu需要补充0.5molCuCl2。（5）高温需要消耗能量，生成SO2会污染大气。【答案】（1）CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S（2）Fe2O3（3）Cu2+（4）HCl和CuCl20.5mol（5）会产生污染环境的气体SO2（能耗高等）（合理即可）【能力提升】1．（2022~2023学年豫北名校11月大联考）合金材料在现代社会中发挥着重要的作用，下列物品的主要成分属于合金材料的是（）。【解析】选B。本题以物品的成分为素材，考查合金，意在考查分析和解决化学问题的能力，宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任的核心素养。轮胎的主要成分是橡胶，A项不符合题意；扳手的主要成分是铁合金，B项符合题意；氮化硅是无机非金属材料，C项不符合题意；青花瓷的主要成分为硅酸盐，D项不符合题意。2．下列有关铜的化合物说法正确的是（）。A．根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2++S2－＝CuS↓C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO+2H+＝Cu2++H2OD．化学反应：CuO+COCu+CO2的实验现象为黑色固体变成红色固体【解析】选D。在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A项错误；H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，B项错误；铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2（OH）2CO3+4H+＝2Cu2++CO2↑+3H2O，C项错误；根据化学反应：CuO+COCu+CO2可知其实验现象为黑色固体变成红色固体，D项正确。3．（2023·湖北咸宁一模）用CuCl2·2H2O制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是（）。A．通入HCl可以抑制CuCl2的水解B．先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾D．装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液【解析】选D。A项，氯化铜水解：CuCl2+2H2OCu（OH）2+2HCl，生成的氯化氢易挥发，通入HCl可以抑制CuCl2的水解，正确；B项，CuCl2·2H2O加热失去结晶水必须在HCl的气流中进行，所以先滴入浓硫酸产生HCl气体，使硬质玻璃管中充满HCl气体后再点燃c处酒精灯，正确；C项，硬质玻璃管内部右侧有生成的水蒸气和通入的氯化氢，由于氯化氢极易溶于水，会产生白雾，正确；D项，氯化氢极易溶于水，为了防止倒吸，d中下层应为有机溶剂，可以是四氯化碳，上层为氢氧化钠溶液，错误。4．（2022·福建等级考）用铬铁合金（含少量Ni、Co单质）生产硫酸铬的工艺流程如下：下列说法错误的是（）。A．“浸出”产生的气体含有H2B．“除杂”的目的是除去Ni、Co元素C．流程中未产生六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是Fe2（C2O4）3【解析】选D。因为“浸出”过程没有产生滤渣，说明四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；四种金属溶于稀硫酸，溶液中含Ni2+、Co2+、Fe2+、Cr3+。由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬溶液和“滤渣2”FeC2O4，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，即加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS；B正确；由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误。5．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是（）。A．相对于途径②，途径①更好地体现了绿色化学思想B．将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体C．X可能是SO2和SO3的混合气体D．Y可以是葡萄糖溶液【解析】选D。Cu和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2、H2O，途径①产生了有毒气体，A项错误；将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，故无法得到胆矾，B项错误；CuSO4热分解生成两种产物，其中一种为Cu2O，Cu化合价降低，则必有元素的化合价升高，CuSO4中只有O元素的化合价能升高，故X中必有O2，C项错误；CuSO4与过量NaOH溶液反应会生成Cu（OH）2悬浊液，葡萄糖溶液能还原新制Cu（OH）2悬浊液生成Cu2O，D项正确。6．Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，CuSO4溶液中加入强碱产生蓝色絮状沉淀，继续加入强碱沉淀溶解生成蓝色［Cu（OH）4］2－。CuSO4·5H2O的晶体结构如图，关于铜的化合物说法不正确的是（）。A．蛋白质溶液中加入CuSO4发生盐析B．Cu2O溶于硫酸的离子方程式：Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2OC．Cu（OH）2为两性氢氧化物，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖D．CuSO4·5H2O晶体中SO42－与水分子之间存在氢键【解析】选A。蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，故A错误；Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4、H2O，反应的离子方程式：Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O，故B正确；Cu（OH）2既可溶于强酸又可溶于强碱，Cu（OH）2为两性氢氧化物，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色Cu2O沉淀，蔗糖和新制氢氧化铜悬浊液不反应，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖，故C正确；根据图示，CuSO4·5H2O晶体中SO42－与水分子之间存在氢键，故D正确。7．（河南省新未来2023届高三上学期9月联考）部分含铜物质的分类与相应化合价的关系如图所示．下列叙述错误的是（）。A．d的代表物质KCuO2具有强氧化性B．将c的溶液与氢氧化钠溶液混合可制得不溶性碱C．将b投入稀硫酸中，溶液变蓝D．铜生锈的条件是铜和氧气、水同时发生接触【解析】选D。由图可知，d的代表物质KCuO2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；c为正二价的铜盐，将铜盐溶液与氢氧化钠溶液混合可制得氢氧化铜沉淀，B正确；氧化铜遇到稀硫酸发生反应：CuO+2H+Cu2++H2O，溶液变蓝，C正确；铜生锈的条件是铜和氧气、水、二氧化碳同时发生接触，生成铜绿Cu2（OH）2CO3，D错误。8．（2023·济宁模拟）工业上由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图：下列有关说法不正确的是（）。A．可以通过搅拌的方式提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率B．向酸浸后的滤液中加入MnO2，反应的离子方程式为Mn4++2Fe2+＝2Fe3++Mn2+C．除铁时加入物质X的作用是调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去D．取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽【解析】选B。粗锰粉中含有Mn、Fe、Ni、Pb，根据流程图可知，这四种单质在“酸浸”中与硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁沉淀的形式除去，加入H2S，使Pb2+、Ni2+转化成PbS和NiS沉淀而除去。提高“酸浸”时粗锰粉浸取率，可以采取的措施有适当升高温度、搅拌、适当升高硫酸浓度等，故A正确；在书写离子方程式时，氧化物不能拆写成离子，正确的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故B错误；加入X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁沉淀的形式除去，故C正确；含Fe3+溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，因此取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽，故D正确。9．（2021·全国甲卷）胆矾（CuSO4•5H2O）易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______（填标号）。A．烧杯B．容量瓶C．蒸发皿D．移液管（2）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_________________，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是___________________________。（3）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是_________________，煮沸10min的作用是_____________________________________。（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_______（写表达式）。（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______（填标号）。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来【解析】（1）制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意；（2）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；（3）硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤；（4）称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是（m2－m3）g，生成的的质量是（m3－m1）g，所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为n（H2O）∶n（CuSO4）＝∶＝n∶1，解得n＝；（5）①胆矾未充分干燥，捯饬所测m2偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意。【答案】（1）A、C（2）CuO+H2SO4CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤10．（2023·扬州模拟）铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。（1）工业上以铬铁矿［主要成分是Fe（CrO2）2］为原料冶炼铬的流程如图所示：①Fe（CrO2）2中各元素化合价均为整数，则铬为________价。②高温氧化时反应的化学方程式为_______________。③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是________、铝热反应。（2）Cr（OH）3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式：________________、___________。（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体（CrxFeyOz）：先向含CrO42－的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气（氧化部分Fe2+）并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。①写出CrO42－在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：________________。②若处理含1molCrO42－（不考虑其他含铬微粒）的污水时恰好消耗10molFeSO4，则当铁铬氧体中n（Fe2+）∶n（Fe3+）＝3∶2时，铁铬氧体的化学式为____________。【解析】（1）①根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0分析解答。②根据流程确定反应物和生成物，用化合价升降法配平书写化学方程式。（2）模仿Al（OH）3与NaOH、稀硫酸的反应确定生成物。（3）①酸性条件下CrO42－被Fe2+还原为Cr3+，Fe2+被氧化成Fe3+，反应可写成Fe2++CrO42－+H+→Fe3++Cr3++H2O，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平方程式。②根据Fe守恒，铁铬氧体中n（Fe2+）＝10mol×＝6mol，n（Fe3+）＝10mol×QUOTE25＝4mol，根据Cr守恒，铁铬氧体中n（Cr3+）＝n（CrO42－）＝1mol，根据电荷守恒，铁铬氧体中n（O2－）＝QUOTE2×6mol+3×4mol+3×1mol2＝13.5mol，铁铬氧体中n（Cr）∶n（Fe）∶n（O）＝1mol∶10mol∶13.5mol＝2∶20∶27，铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27。【答案】（1）①+3②4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2③灼烧使Cr（OH）3分解（2）NaCrO2或Na［Cr（OH）4］Cr2（SO4）3（3）①3Fe2++CrO42－+8H+＝3Fe3++Cr3++4H2O②Cr2Fe20O27【真题感知】1．（2022·广东省等级考）中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是（）。汉字载体选项A．兽骨B．青铜器C．纸张D．液晶显示屏【解析】选B。兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故A不符合题意；青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故B项符合题意；纸张的主要成分是纤维素，故C不符合题意；液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D不符合题意。2．（2021·河北省选择考）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁（含碳量约0.1%）混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是（）。A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【解析】选C。钢和生铁均属于铁碳合金，钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高，铁合金的硬度和脆性随含碳量增大而增大（A、B项均正确。熟铁含碳量较少，是比较纯的铁，合金的熔点通常比各组分的熔点低，C项错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁，D项正确。3．（2021·湖北省选择考）“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是（）。A．铜的金属活动性大于银B．通过揉搓可提供电解质溶液C．银丝可长时间保持光亮D．用铝丝代替银丝铜也会变黑【解析】选D。根据金属活动性顺序表，铜的金属活动性大于银，A项正确；通过揉搓，手上的汗水可提供电解质溶液，B项正确；银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，C项正确；铜的活动性比铝弱，氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此铜不会变黑，D项错误。4．（2021·江苏选择考）下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是（）。A．用装置甲除去废铜屑表面的油污B．用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑C．用装置丙过滤得到CuSO4溶液D．用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O【解析】选D。碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误。5．（2021·辽宁省选择考）《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸，每纸一张打金箔五十度……”下列说法错误的是（）。A．“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关B．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素C．豆油的主要成分油脂属于天然高分子化合物D．打金成箔，说明金具有良好的延展性【解析】选C。由题干可知，“乌金纸”是用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸，故“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，A正确；造纸的原料主要是纤维素，故“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素，B正确；豆油的主要成分油脂，但不属于高分子化合物，豆油不属于天然高分子化合物，C错误；打金成箔，说明金具有良好的延展性，D正确。6．（2020·海南高考）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，下列叙述正确的是（）。A．先出现沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液B．离子方程式为Cu2++4NH3·H2O［Cu（NH3）4］2++4H2OC．Cu2+与NH3中的氮原子以π键结合D．NH3分子中∠HNH为109º28ˊ【解析】选B。向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故A错误；离子方程式为Cu2++4NH3·H2O＝［Cu（NH3）4］2++4H2O，故B正确；Cu2+提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C错误；NH3分子为三角锥形，键角∠HNH为107º18ˊ，故D错误。7．（2