04第14讲金属材料金属矿物的开发和利用【答案】作业手册

第14讲金属材料金属矿物的开发和利用1.A[解析]Mg在CO2中燃烧生成MgO和C,属于置换反应,A正确;将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2的过程是复分解反应,无电子得失,B错误;电解得到镁的过程有元素化合价的变化,是氧化还原反应,C错误;Mg在N2中燃烧时,N2是氧化剂,Mg是还原剂,D错误。2.D[解析]比较金属性的强弱是比较金属单质与水或酸反应产生H2的快慢程度,A项错误;产生该现象是由于生成了熔点很高的氧化铝,起到隔绝空气的作用,B项错误;NH4++H2ONH3·H2O+H+,Al与H+反应生成H2并放热,促进NH3·H2O分解产生NH3,产生的气体应为H2和NH3的混合气体,C项错误;该过程先生成Al(OH)3白色沉淀,后Al(OH)3转化为[Al(OH)4]-,D3.B[解析]根据“价—类”二维图可知,a为Al,b为Al2O3,c为铝盐,e为Al(OH)3,c与d、d与e可以相互转化,根据含有铝元素物质之间的相互转化可以得出d为四羟基合铝酸盐。反应⑤是四羟基合铝酸盐转化为氢氧化铝,离子方程式为[Al(OH)4]-+H+(少量)Al(OH)3↓+H2O,属于复分解反应;反应⑥是铝盐转化为氢氧化铝,离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓,属于复分解反应,A正确。反应①是铝转化为铝盐,加酸可以实现转化;反应⑥是铝盐转化为氢氧化铝,通入氨气或者加少量碱可以实现转化,B错误。a转化为b时Al元素的化合价由0价升高到+3价,则1mola完全转化为b时,失去3mol电子,C正确。c与d、d与e可以相互转化,根据含有铝元素物质之间的相互转化可以得出d为四羟基合铝酸盐,D正确。4.D[解析]苦卤水中含有大量镁离子,加入生石灰,生石灰与水反应生成氢氧化钙,氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁,生石灰来源丰富、价格便宜,常用来作沉镁的沉淀剂,A说法正确;镁为活泼金属,工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁,B说法正确;根据题给流程图可知,“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁,“氯化”过程中,加入碳和氯气,与氧化镁反应生成无水氯化镁和一种气体,根据原子守恒和得失电子守恒可得反应的化学方程式为MgO+C+Cl2MgCl2+CO,C说法正确;向“煅烧”后所得产物氧化镁中加稀盐酸,得到氯化镁溶液,由于镁离子会发生水解反应:Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+,若直接蒸发MgCl2溶液,生成的HCl易挥发,会促进镁离子水解生成氢氧化镁,无法得到无水氯化镁,D说法错误。5.C[解析]溶液乙中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀,故溶液乙中主要成分为四羟基合铝酸钠,X为NaOH溶液,沉淀为Fe2O3,Y为NaHCO3。氢氧化铝与过量的稀盐酸或稀硫酸可以发生反应,故反应Ⅱ中不能用过量的稀硫酸或稀盐酸代替CO2,A错误;根据分析,试剂X为NaOH溶液,B错误;反应Ⅱ中四羟基合铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,离子方程式为CO2+[Al(OH)4]-Al(OH)3↓+HCO3-,C正确;Fe的活泼性比Al低,不能用铝热法制备Al,工业上常采用电解熔融氧化铝制备Al,D6.B[解析]氧化铜与焦炭在高温条件反应生成铜和二氧化碳,该冶炼方法属于热还原法,B正确。7.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,无色气体遇空气变为红棕色;铜粉有剩余,溶液为酸性,则ⅰ的溶液中有Cu2+、NO3-、H+。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,c(NO3-)增大,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,无色气体遇空气变为红棕色,同时可推知ⅰ中余液的酸性是硝酸有剩余。ⅲ.继续向ⅰ中试管滴加几滴浓硫酸,溶液酸性增强,硝酸根离子氧化性增强,又和铜反应产生NO气体,铜粉减少,液面上方呈浅红棕色。由ⅰ、ⅱ分析可知ⅰ还有硝酸剩余,不能将铜全部溶解,结合ⅱ、ⅲ实验可知,硝酸氧化性和氢离子、硝酸根离子浓度均有关,A正确;ⅰ、ⅱ中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3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O解释,B正确;铜离子是氧化产物,加入硫酸铜固体,增大铜离子浓度,不会发生反应,C错误;硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,可以将铜氧化,故用一定浓度的H2SO4与NaNO8.A[解析]粗铜(含少量杂质Fe)加稀硫酸、稀硝酸溶解,生成NO并得到含Cu2+、Fe3+的溶液,往溶液中加物质X沉淀Fe3+,过滤,所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到蓝矾。“溶解”时,若忽略少量的杂质铁,据3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O可知,要使H+与NO3-的物质的量比为4∶1(8∶2),则理论上硫酸和硝酸的物质的量之比为3∶2,A正确;气体A为NO,不属于酸性氧化物,B错误;若物质X为氨水,则过量氨水会沉淀Cu2+生成Cu(OH)2进而得到[Cu(NH3)4]2+,使蓝矾产量降低,C错误;“操作Z”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤9.A[解析]生铁用于炼钢和制造各种铸件,是由于生铁具有优良的铸造、切削加工和耐磨性能,题中性质与用途不具有对应关系,A错误;钠钾合金用于核反应堆的传热介质,是由于钠钾合金常温下呈液态、导热性好,B正确;镁锂合金用于制造火箭、导弹、航天器等,是由于镁锂合金具有密度小、硬度和强度大的特点,C正确;镍铬铝铜合金用于制备电路中的精密元件,是由于镍铬铝铜合金具有很高的电阻率,D正确。10.B[解析]黄铜矿(CuFeS2)中Fe的化合价为+2价,工业上用黄铜矿冶炼铜的反应:8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,该反应不是分解反应,A错误;工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁:3CO+Fe2O32Fe+3CO2,B正确;工业上以海水为原料,经过一系列过程获得无水氯化镁,工业制镁是电解熔融氯化镁:MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑,C错误;氯化铝是共价化合物,熔融状态下氯化铝不电离,也不导电,工业制铝是电解熔融的氧化铝:2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑,D错误。11.B[解析]铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)加氢氧化钠溶液溶解,Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和硅酸钠沉淀,过滤出Fe2O3、Na2SiO3,滤液中加碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,电解碳酸钠溶液,阴极生成氢气和氢氧化钠,阳极生成氧气和碳酸氢钠,氢氧化钠、碳酸氢钠分别循环到“碱溶”和“反应Ⅰ”利用,氢氧化铝灼烧生成氧化铝,电解氧化铝生成金属铝和氧气,铝和氯气反应生成氯化铝,氯化铝和NaH反应生成NaAlH4和氯化钠。在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎,可以增大接触面积,提高“碱溶”效率,A正确;“反应Ⅰ”是OH-+HCO3-H2O+CO32-、[Al(OH)4]-+HCO3-Al(OH)3↓+CO32-+H2O,与泡沫灭火器的原理[Al3++3HCO3-Al(OH)3↓+3CO2↑]不相同,B错误;“电解Ⅱ”是电解碳酸钠溶液,阳极的电极反应式为2H2O-4e-+4CO32-O2↑+4HCO3-,C正确;“反应Ⅲ”是氯化铝和NaH反应生成NaAlH12.(1)产生的SO2会污染大气(合理即可)(2)粉碎固体FeS2、CuS(3)4[CuCl2]-+O2+4H+4Cu2++8Cl-+2H2O该温度下,硫酸铜的溶解度小于氯化铜(4)3C+Fe2O32Fe+3CO↑(5)①SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++②12.00%[解析](1)黄铜矿的主要成分是FeCuS2,与空气在高温下煅烧,反应生成的SO2会污染大气。(2)由反应Ⅱ的离子方程式及滤渣分离后物质可知,反应Ⅰ中FeCuS2与S反应得到FeS2和CuS。(4)工业上炼钢时,为了降低碳含量,可将铁红投入熔融的生铁中,铁红是Fe2O3,在高温下与C反应生成Fe和CO,化学方程式为3C+Fe2O32Fe+3CO↑。(5)①将SO2通入Fe2(SO4)3溶液中,发生氧化还原反应,SO2被氧化为SO42-,Fe3+则被还原为Fe2+,离子方程式为SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4H+。②K