高考复习#衡中作业313第13讲金属材料与金属矿物的开发利用文档格式.docx
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在化合物中金属元素均显正价,变成金属原子就得到电子,故C正确;
越活泼的金属,金属阳离子就越难得到电子被还原,故越难冶炼,D正确;
故选B。
[答案] B
3.(2019·
临沂期末)下列有关物质的性质类比正确的是( )
A.已知Fe+SFeS,则Cu+SCuS
B.Fe能与CuSO4溶液反应,可知Al与CuSO4溶液也能反应
C.CaSO3与稀盐酸反应生成SO2,可知CaSO3与稀硝酸反应也生成SO2
D.已知H2O2能氧化I-,可知H2O2也能氧化Cl-
[解析] 由于S的氧化性弱,Cu与S化合只能生成Cu2S,A项错误;
由于金属活动性:
Al>Fe>Cu,根据金属活动性顺序表可知,活动性强的金属可以把活动性弱的金属从化合物中置换出来,所以Fe能与CuSO4溶液反应,Al比Fe活泼,故Al与CuSO4溶液也能反应,B项正确;
硝酸具有强氧化性,则CaSO3与稀硝酸发生氧化还原反应生成CaSO4、NO和水,不能得到SO2,C项错误;
I-还原性较强,H2O2能把I-氧化为I2,但H2O2不能氧化Cl-,D项错误。
4.下列说法中正确的是( )
A.Cu→CuO→Cu(OH)2每步转化均能通过一步反应实现
B.铝合金是一种混合物,它比纯铝的熔点高
C.金属铜放置在潮湿的空气中会被锈蚀,生成绿色的铜锈——碱式碳酸铜
D.金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能,其抗腐蚀的原因都是表面形成氧化物薄膜,阻止反应的进一步进行
[解析] A选项,CuO→Cu(OH)2不能通过一步实现,错误;
B选项,铝合金比纯铝的熔点低,错误;
D选项,铜表面不能形成致密的氧化膜,错误。
[答案] C
5.(2019·
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SO2可用于生产硫酸,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
[解析] 电解精炼铜时,粗铜作阳极,自身可以溶解,故A正确;
制备单质时涉及化合价变化,是氧化还原反应,制玻璃的反应是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,元素化合价未发生变化,均不属于氧化还原反应,故B错误;
SO2可以转化成SO3,进而生成H2SO4,FeO与CO在高温下可生成Fe,故C正确;
制备硅的过程中,利用沸点不同进行分馏,将SiCl4从杂质中提取出来,再与H2发生置换反应得到高纯硅,故D正确。
6.(2019·
漳州八校联考)海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如下图所示),下列有关说法正确的是( )
A.第①步除去粗盐中的SO、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质离子,加入的药品顺序为:
Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B.将第②步结晶出的MgCl2·
6H2O可在HCl气流中加热分解制无水MgCl2
C.在第③④⑤步中溴元素均被氧化
D.第⑤步涉及的分离操作有过滤、萃取、蒸馏
[解析] 选项中的试剂添加顺序中,先加Na2CO3溶液后加BaCl2溶液,钡离子无法除去,则加入的药品顺序为:
BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸,或其他合理答案,A项错误;
②步中的MgCl2·
6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀,在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解;
MgCl2·
6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2,B项正确;
第③步溴离子被氧化为溴单质,第④步中溴单质被还原为溴离子,第⑤步中溴离子被氧化为溴单质,C项错误;
第⑤步中,溴离子被氧化生成单质溴溶于水,则萃取后、蒸馏可分离,不需要过滤操作,D项错误。
7.下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿
Ⅰ对;
Ⅱ对;
无
B
铜表面易形成致密的氧化膜
铜制容器可以盛放浓硫酸
有
C
向硫酸铜溶液中通入少量氨气,有蓝色沉淀产生,过滤后灼烧滤渣,最后变成黑色固体
把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧,铜丝表面变黑
D
蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化
硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂
Ⅰ错;
[解析] 稀盐酸可以与Cu2(OH)2CO3反应,而且稀盐酸不能与Cu反应,所以可用稀盐酸去除铜器表面的铜绿Cu2(OH)2CO3,Ⅰ、Ⅱ有因果关系,A错误;
铜表面不能形成致密的氧化膜,铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应,所以不能用铜制容器盛装浓硫酸,B错误;
Ⅰ.硫酸铜与氨水生成Cu(OH)2,Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO,Ⅱ.Cu与O2生成黑色的CuO,Ⅰ、Ⅱ均正确,但没有因果关系,C错误;
蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末有新物质生成,属于化学变化,CuSO4可用作消毒剂,但与前者没有因果关系,D正确。
[答案] D
8.(2019·
辽宁师大附中模拟)用下列装置进行相应实验,不能达到有关实验目的的是( )
A.用甲图装置电解精炼铝
B.用乙图装置制备Fe(OH)2
C.用丙图装置制取金属锰
D.用丁图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
[解析] 因为Al3+得电子能力小于水溶液中的H+,所以电解AlCl3溶液不能得到Al单质,A项错误;
FeSO4溶液上面加入煤油,可防止被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)2,有利于得到纯净的Fe(OH)2,B项正确;
利用铝热反应可把MnO2还原为金属锰,C项正确;
碳酸氢钠放在小试管中,碳酸钠放在大试管中同时加热,可以验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性,D项正确。
9.(2019·
郑州月考)某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时,发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。
倒去试管中的浓硫酸,将剩余固体(含少量浓硫酸)倒入盛有少量水的烧杯中,发现所得溶液为蓝色,黑色固体未溶解。
过滤、洗涤后,向黑色固体中加入过量浓硝酸,黑色固体溶解,溶液呈蓝色,所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。
下列所得结论正确的是( )
A.铜与浓硫酸反应所得白色固体不是CuSO4
B.加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3
C.白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuO
D.白色固体中夹杂的少量黑色物质中一定含有元素Cu和S
[解析] A项,因倒入盛有少量水的烧杯中,发现所得溶液为蓝色,说明白色固体是CuSO4;
B项,加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4;
C项,CuO能与硫酸反应而溶解,所以黑色固体不是CuO;
D项,加硝酸后黑色物质溶解,溶液呈蓝色,且加BaCl2溶液后有白色沉淀生成,所以黑色物质一定含有元素Cu和S。
10.部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g,经如下处理:
下列说法中正确的是( )
①滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
②样品中氧元素的物质的量为0.03mol
③溶解样品的过程中消耗H2SO4的总的物质的量为0.04mol
④V=224mL
⑤V=336mL
A.①③④B.②③④
C.②③⑤D.①③⑤
[解析] 由滤液A中不含Cu2+可知,样品中加入足量稀硫酸发生的反应有Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑,Fe2O3+3H2SO4===Fe2(SO4)3+3H2O,CuO+H2SO4===CuSO4+H2O,Fe+Cu2+===Fe2++Cu,Fe+2Fe3+===3Fe2+。
溶液中阳离子只有Fe2+、H+,无Fe3+,①错误;
因滤液A中不含Cu2+,故3.2g滤渣只是Cu(物质的量是0.05mol),滤液经处理最终得到的3.2g固体是Fe2O3。
由2Fe~Fe2O3可知,该5.92g样品中,铁元素的总质量为2.24g(物质的量是0.04mol),故混合物中氧元素的质量为5.92g-2.24g-3.2g=0.48g,即样品中氧元素的物质的量是=0.03mol,②正确;
消耗的H2SO4以FeSO4的形式存在,故消耗的H2SO4的物质的量为0.04mol,③正确;
因5.92g样品中含0.03molO、0.04molFe、0.05molCu,则样品可以看作Fe、FeO、Cu的形式,因氧元素的物质的量是0.03mol,故FeO的物质的量为0.03mol、Fe的物质的量为0.01mol,与足量的稀硫酸反应可生成0.01mol的H2,标准状况下H2的体积为224mL,④正确、⑤错误。
11.冶炼金属常用以下几种方法:
①热分解法 ②以活泼金属Na、Mg等作还原剂 ③以C、CO或H2作还原剂 ④电解法 ⑤利用铝热反应原理还原
下列金属各采用哪种方法还原最佳(用序号填写下列空白)。
(1)Fe、Zn、Cu等中等活泼金属________。
(2)Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属________。
(3)Hg、Ag等不活泼金属________。
(4)V、Cr、Mn、W等高熔点金属________。
[解析]
(1)Fe、Zn、Cu等中等活泼金属:
以C、CO或H2作还原剂;
(2)Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属:
电解法;
(3)Hg、Ag等不活泼金属:
热分解法;
(4)V、Cr、Mn、W等高熔点金属:
利用铝热反应原理还原。
[答案]
(1)③
(2)④ (3)① (4)⑤
[思路引导] 结合金属活动性顺序,依据金属的活泼性来确定金属的冶炼方法,如K、Ca、Na、Mg、Al等较活泼的金属需采用最强的还原手段——电解法来冶炼;
活泼性介于Zn~Cu之间的金属则需用热还原法冶炼,如利用CO、C等作还原剂或利用铝热反应;
金属活泼性同Hg、Ag相近的金属则需用热分解法;
对很不活泼的金属,如Au、Pt,在自然界中存在游离态的金属单质,因此需要采取的方法是富集法。
12.CuCl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CuCl2·
2H2O制备CuCl,并进行相关探究。
【资料查阅】
【实验探究】
该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)
请回答下列问题:
(1)仪器X的名称是________。
(2)实验操作的先后顺序是a→________→e(填操作的编号)。
a.检查装置的气密性后加入药品
b.熄灭酒精灯,冷却
c.在“气体入口”处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯,加热
e.停止通入HCl,然后通入N2
(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是________。
(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是________________________________________________。
【探究反思】
(5)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质,根据资料信息分析:
①若杂质是CuCl2,则产生的原因是__________。
②若杂质是CuO,则产生的原因是__________________。
[解析]
(1)X盛放固体无水CuSO4,为干燥管。
(2)先通HCl,再加热(防止加热时生成Cu2(OH)2Cl2),结束时应先停止加热,冷却,再停止通HCl。
顺序为c→d→b。
(3)CuCl2分解生成的Cl2,遇湿润的蓝色石蕊试纸,先变红后褪色(Cl2+H2O===HCl+HClO,变红是因为生成HCl,褪色是因为生成具有强氧化性的HClO)。
(4)D装置的作用是吸收Cl2,防止排入空气,污染大气,发生反应:
Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。
(5)①若有CuCl2剩余,说明没有完全分解,由题给信息可知,温度高于300℃时CuCl2才分解生成CuCl和Cl2,说明温度不够高或加热不充分。
②由题给信息,CuO是Cu2(OH)2Cl2分解生成的,说明CuCl2·
2H2O分解生成部分Cu2(OH)2Cl2,说明通入HCl的量不足。
[答案]
(1)干燥管
(2)cdb
(3)先变红后褪色
(4)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
(5)①加热时间不足或温度偏低 ②通入HCl的量不足
13.氢气还原氧化铜所得的红色固体可能是铜与氧化亚铜的混合物,已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应,生成Cu2+和Cu。
(1)现有8.4g氧化铜被氢气完全还原后,得到红色固体6.96g,其中含单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是________。
(2)若将6.96g上述混合物与足量的浓硝酸充分反应:
①生成标准状况下1.568L的气体(不考虑NO2的溶解,也不考虑NO2与N2O4的转化),则该气体的成分是________,其物质的量之比是________;
②把得到的溶液小心蒸发浓缩,把析出的晶体过滤,得晶体20.328g。
经分析,原溶液中的Cu2+有20%残留在母液中,所得晶体的化学式为________。
(3)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物,加入100mL0.6mol·
L-1HNO3溶液恰好使混合物完全溶解,同时收集到224mLNO气体(标准状况)。
如原混合物中Cu的物质的量为xmol,求其中Cu2O、CuO的物质的量及x的取值范围(写出解题过程)。
[解析]
(1)设单质铜与氧化亚铜的物质的量分别为x和y,则根据铜原子守恒可知x+2y==0.105mol。
又因为64g·
mol-1×
x+144g·
y=6.96g,解得x=0.075mol、y=0.015mol,因此单质铜与氧化亚铜的物质的量之比为5∶1。
(2)①反应中转移电子的物质的量为0.075mol×
2+0.015mol×
2×
1=0.18mol,气体的物质的量是1.568L÷
22.4L·
mol-1=0.07mol。
设混合气中NO和NO2的物质的量分别为amol和bmol,则amol+bmol=0.07mol、3amol+bmol=0.18mol,解得a=0.055、b=0.015,因此混合气的成分是NO和NO2,其物质的量之比为11∶3。
②设晶体的化学式为Cu(NO3)2·
nH2O,则根据铜离子守恒可知晶体中铜离子的物质的量为0.105mol×
80%=0.084mol,因此晶体的物质的量也是0.084mol,则0.084mol×
(192+18n)g·
mol-1=20.328g,解得n=3,即晶体化学式为Cu(NO3)2·
3H2O。
(3)设Cu2O、CuO的物质的量分别为ymol、zmol,则根据铜原子守恒可知生成硝酸铜的物质的量为(x+2y+z)mol。
NO的物质的量是0.01mol,则根据电子得失守恒可知2x+2y=0.01×
3=0.03。
硝酸的物质的量是0.06mol,则根据氮原子守恒可知2×
(x+2y+z)+0.01=0.06,解得z=x-0.005,y=0.015-x。
由于y、z均不能为0,则x的取值范围是0.005<
x<
0.015。
[答案]
(1)5∶1
(2)①NO、NO2 11∶3 ②Cu(NO3)2·
3H2O
(3)n(Cu2O)=(0.015-x)mol n(CuO)=(x-0.005)mol 0.005<
0.015
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