课标通用山东省高考化学总复习专题三第4讲用途广泛的金属材料和开发利用金属矿物练习.docx
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课标通用山东省高考化学总复习专题三第4讲用途广泛的金属材料和开发利用金属矿物练习
第4讲用途广泛的金属材料和开发利用金属矿物
A组基础题组
1.(2018湖南长沙押题卷)《淮南万毕术》中有“曾青得铁,则化为铜,外化而内不化”,下列说法中正确的是()
A•“外化”时化学能转化为热能
B.“化为铜”表明铁转化为铜
C.“内不化”是因为内部的铁活泼性较差
D.反应中溶液由蓝色转化为黄色
答案A“曾青得铁,则化为铜”指Fe从CuSQ溶液中置换出Cu,反应为Fe+CuSQFeSQ+Cu。
A项,“外化”时发生反应Fe+CuSQFeS04+Cu,该反应为放热反应,“外化”时化学能转化为热能,正确;B项,“化为铜”表明Fe从CuSQ溶液中置换出Cu,错误;C项,“内不化”是置换出的Cu覆盖在Fe的表面,导致内
2+
部Fe不能与Cu继续反应,错误;D项,CuS04溶液呈蓝色,FeSO溶液呈淡绿色,错误。
2.将铜放入稀硫酸中,再加入下列一种试剂,常温下就可产生气体的是()
A.KNQ3B.FeCl3
C.CuSQD.浓H2SQ
答案ACu、稀硫酸、KNQ昆合时发生反应:
3Cu+8H++2N-3Cu2++2Nf+4H2Q,则铜粉质量减轻,同时溶液逐渐变为蓝色,且有气体逸出,A正确;将铜放入稀硫酸中,再加入FeCl3,铜溶解,但不产生气体,B错误;Cu与稀硫酸不反应,加入CuSQ混合时也不反应,C错误;在常温下铜与浓硫酸不反应,在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,D错误。
.“绿色化学”要求从技术、经济上设计出可行的化学反应,尽可能减少对环境的副作用。
下列化学反
应中,你认为最不符合绿色化学理念的是()
A.除去硝酸工业尾气中的氮氧化物:
NQ2+NQ+2NaQH2NaN2+QH2Q
B.制硫酸铜:
2Cu+Q22CuQ,CuQ+HSQ(稀)CuSQ4+H>Q
C.用氨水吸收硫酸厂的尾气:
SO2+2NH+HO(NH4)2SQ
D.制硫酸铜:
Cu+2fSQ(浓)CUSO4+SOf+2H2O
答案DD项,由此法制取硫酸铜,生成硫酸铜、二氧化硫和水,会导致空气污染,不符合绿色化学理念。
4.根据下列四种金属的熔、沸点,判断其中不能形成合金的是()
Na
Cu
Al
Fe
熔点(C)
97.5
1083
660
1535
沸点(C)
883
2595
2200
3000
A.Cu和AlB.Fe和Cu
C.Fe和NaD.AI和Na
答案C铁的熔点(155C)高于Na的沸点(88C),无法制得铁钠合金。
5.工业上制取硫酸铜不是直接用浓硫酸与铜反应,而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细
小的空气泡,这样做的优点是()
1节省能源②不产生污染大气的二氧化硫③提高了硫酸的利用率
④提高了铜的利用率
A.①②B.③④
C.①②③D.全部
答案C浓硫酸与铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,二氧化硫有毒,对环境有危害;将铜丝浸入稀
硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡,铜、氧气和稀硫酸共同反应生成硫酸铜和水,不产生有害
气体,避免对环境的污染,同时提高了硫酸的利用率,节省了能源,①②③均符合题意,C正确。
6.(2018晋豫省际大联考)已知Fe2+或丨2能与H2O2在一定条件下发生下列反应:
Fe:
①H2O+2Fe+2H2Fe+2H2;②H2Q+2Fe2Fe+2H+Qf。
I2:
③H2Q+I22HI;④
下列说法中错误的是()
A.通过反应①②可知Fe2+为过氧化氢分解的催化剂
B.根据反应①可知,在该条件下,氧化性:
H2O2>Fe3+
C.1molH2Q分解,转移的电子数为22
D.反应④为2HIO+HQI2+2HO+Of
答案C反应①②相加的总反应恰好为过氧化氢的分解反应:
2H2Q2H2O+Of,并且反应前后卩62+无变
化,A项正确;反应①中,过氧化氢为氧化剂,Fe3+为氧化产物,所以氧化性:
H2Q>Fe3+,B项正确;过氧化氢分解的化学方程式为2H?
Qb2H2O+Of,由反应方程式可知,1molH2Q分解,转移的电子数为Na,C项错误;由过氧化氢分解反应的化学方程式减去反应③得到反应④为:
2HIO+H2QI2+2HO+Of,D项正确。
7.某同学设计了如下实验测量mg铜银合金样品中铜的质量分数:
下列说法中不正确的是()
A.合金的熔点比其成分金属低,合金通常比成分金属具有更优良的金属特性
B.铜、银都能与硝酸反应,收集到的VL气体一定全为NO
C.操作I是过滤,操作n是洗涤,操作川是烘干
D.根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数
答案D解答本题要注意以下两点:
①题中没有给出硝酸的浓度,合金与硝酸反应放出的气体中可能含
有NO,但经排水法收集到的气体均为N;②Wg固体应该是干燥、纯净的AgCI,由此确定三步操作。
8.向CuSO酸性溶液中加入H2Q溶液,很快有大量气体逸出,同时放热。
一段时间后,蓝色溶液变为红色浑
浊(CU2O),继续加入溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,这个过程可以反复多次。
下列关于上述过程的说
法不.正.确.的是()
A.逸出气体的主要成分是O2
B.H2Q既表现氧化性又表现还原性
C.Cu2+将H.Q还原
D.发生了反应:
CU2O+HQ2+4H+2Cu2++3HO
答案CCU2+将HQ2氧化为Q2,A正确;“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2)”说明铜离子被还原成CUO’fQ
表现了还原性,继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,说明发生了反应:
CU2Q+HQ+4H2Cu2++3HO,Cu2Q中+1价Cu被氧化成+2价Cu^HzQ又表现了氧化性,B、D正确;H2Q变为O2,氧元素化合价从-1变为0价,发生氧化反应,Cu2+WH2Q氧化,C错误。
9.CUSO是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。
下列说法不正确的是()
A.与途径①相比,途径②更好地体现了绿色化学思想
B.Y可以是葡萄糖溶液
C.CuSQ在1100C分解所得气体X可能是SO和SO的混合气体
D.将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体
答案C途径①中铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体,会污染空气,通过途径②制取等质量CuSO需要的
硫酸少且无污染性气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故A正确;葡萄糖溶液与新制氢氧化铜反应可生成CuO,所以Y可为葡萄糖溶液,故B正确;若X是二氧化硫和三氧化硫的混合气体,则只有铜元素、硫
元素化合价降低,无元素化合价升高,故C错误;将CuSO溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矶晶体,故D
正确。
10.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO、NbQ、NO的混合气体,这些气体与2.24LO2(标
准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。
若向所得硝酸铜溶液中加入2mol/LNaOH
溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()
A.60mLB.50mLC.45mLD.15mL
答案BNQ、NbQ、NO的混合气体与2.24LO2(标准状况)混合后通入水中,完全生成HNO则整个过程中HNO反应前后没有变化,即Cu失去的电子数等于O2得到的电子数,根据得失电子守
2242+
恒:
n(Cu)x2=n
(2)x4=x4,解得:
n(Cu)=0.05mol,所以n[Cu(NO)2]为0.05mol,根据Cu~2OH,
Q1
则n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.05x2=0.1,则NaOH体积V=—=0.05L,即50mL。
11.铝热反应的本质是利用铝的还原性,将难溶金属从其氧化物中置换出来,根据铝热反应解答下列问
题:
(1)用铝粉和FaQ做铝热反应实验,需要的试剂还有。
A.KClB.KCIO3C.MnOD.Mg
⑵用等物质的量的MgC和FezQ组成的混合物在一定条件下与铝粉进行铝热反应。
1引发铝热反应的操作是_。
2产物中单质是(写名称)。
答案
(1)BD
(2)①加少量KCIQ,插入镁条并将其点燃②铁
解析
(1)做铝热反应的实验时,需要KCIQ作助燃剂,且用镁条引燃。
(2)在混合物上加少量KCIQ固体并插上镁条,点燃镁条后放出热量,使KCIQ固体分解放出O2,进一步加剧Mg的燃烧,可在短时间内使混合物温度迅速升高,引发反应。
MgO不能与铝发生铝热反应,所以产物中单质为Fe。
12.(2017北京理综,26,13分)TiCI4是由钛精矿(主要成分为TiO?
)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCI4的流程示意图如下:
钛精矿粗TiCI4纯TiCI4
资料:
TiCI4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCI4
TiCI4
AICI3
FeCb
MgCI2
沸点c
58
136
181(升华)
316
1412
熔点c
-69
-25
193
304
714
在TiCI冲的溶解性
互溶
微溶
难溶
(1)氯化过程:
TiO2与CI2难以直接反应,加碳生成CO和CQ可使反应得以进行。
已知:
TiQ2(s)+2CI2(g)TiCI4(g)+O2(g)△Hi=+175.4kJ•-1
-1
2C(s)+O2(g)2CO(g)△H2=-220.9kJ•
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:
2氯化过程中CO和CQ可以相互转化,根据下图判断:
CO2生成CC反应的△H0(填“〉”“<”或“=”),
判断
3氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCI和CI2经吸收可得粗盐酸、FeCb溶液,则尾气的吸收液依
次是。
4氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCI4混合液,则滤渣中含有_。
⑵精制过程:
粗TiCI4经两步蒸馏得纯TiCI4。
示意图如下:
物质a是,T2应控制在_。
答案⑴①Ti2(s)+2CI2(g)+2C(s)TiCI4(g)+2CO(g)
-1
△H=-45.5kJ•
2〉随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应
3H2OFeCl2溶液、NaOH溶液
4MgC2、AICI3、FeCb
(2)SiCI4高于16C,低于181C
解析本题考查热化学方程式的书写、利用平衡移动判断反应的热效应、物质的分离和提纯等。
⑴①将已知的两个热化学方程式相加,即可得出答案。
②观察图像可知,随着温度的升高,co的物质的量
增大,说明平衡向生成CO的方向移动,所以生成CO的反应是吸热反应,△H>0。
④在室温下,TiCI4、SiCI4为液态,AICI3、FeCb、MgC2为固态且在TiCI4中微溶或难溶,所以滤渣中应含有AICI3、FeCb、MgCO,但AICI3、FeCI3在TiCI4中微溶,故粗TiCI4混合液中仍然会存在少量的AICI3、FeCb。
(2)TiCI4在蒸馏塔二中被蒸出,说明物质a应是一种沸点比TiCI4低的物质,结合题给资料可知a是SiCI4。
T2应控制在16C以上,181C以下,确保TiCI4被蒸出,同时AICI3等杂质不能被蒸出。
13.(2018课标I,28,14分)醋酸亚铬[(CH3COO)Cr•2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。
一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;
二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。
实验装置如图所示。
回答下列问题:
(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是。
仪器a的名称
是。
⑵将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。
打开K1、K2,关闭K3。
1c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为。
2同时c中有气体产生,该气体的作用是。
(3)打开K3,关闭K1和K20c中亮蓝色溶液流入d,其原因是;d中析出砖红色
沉淀。
为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是、、洗涤、干燥。
(4)指出装置d可能存在的缺点o
答案
(1)去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗
(2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+
②排除c中空气
(3)c中产生H2使压强大于大气压(冰浴)冷却过滤
(4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触
解析
(1)为防止水中溶解的氧气氧化Cr2+或(CHCOO)Cr,需将蒸馏水煮沸并迅速冷却,以除去溶解氧。
⑵①由溶液颜色变化可知,Zn将Cr3+还原为C产,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+Zn2++2C产。
②c中产生的气体为氢气,可排除c中空气,防止Cr2+被氧化。
(3)打开K3,关闭Ki、©c中产生的氢气聚集在溶液上方,气体压强增大,将c中液体经长导管压入d
中;(CH3COO2Cr难溶于冷水,可将d置于冰水浴中冷却,(CH3COO)Cr充分结晶后,经过滤、洗涤、干燥得砖红色晶体。
(4)由于装置d为敞开体系,与大气直接接触,故空气中的氧气可能会氧化(CH3COO2Cr。
B组提升题组
14.(2018河南一轮复习诊断调研联考)将物质的量均为amol的FeCb和CuCb投入水中形成混合溶液,
再加入bmol铁粉充分反应(忽略离子的水解),下列说法中不正确的是()
A.当bw2时,发生的离子方程式为2Fe3++Fe3Fe2+
B.当b>2时,发生总反应的离子方程式为2Fe3++Cu2++2Fe4Fe2++Cu
C.当2
amol D.当2 n(Fe2+)=(〒b): (b+a) 答案BFe3+的氧化性强于Cu2+,因此先发生反应Fe+2FeT3Fe2+,两者恰好完全反应时b电,铁过量,接着 发生反应Fe+Cu+Fe2++Cu,当把Cu+全部转化成Cu时,b=^mol。 根据上述分析,当b 时,只发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,A项正确;根据上述分析,当b>时,发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+Cu2+Fe2++Cu,且Cu2+全部转化成Cu,总反应应是2Fe3++2Cu2++3Fe5Fe2++2Cu,B项错误;假设只发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,转移电子的物质的量为amol,假设再把Cu2+全部转化成Cu,此时转移电子的物质的量为(a+2a)mol=3amol,当^ 且。 『+部分转化成Cu,根据铁原子守恒,溶液中Fe2+的物质的量为(b+a)mol,根据反应方程式,求出 n(Cu2+)=(2七)mol,因此n(Cu2+): n(Fe2+)=(2-b): (b+a),D项正确。 15.(2018福建泉州高三质量检查)硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。 实验小组制取CuSO・5H2O晶体并进行热分解的探究。 请回答以下问题: 探究I: 制取CuSO・5H2O晶体 小组同学设计了如下两种方案: 甲: 将铜片加入足量浓硫酸中并加热 乙: 将铜片加入稀硫酸,控温40~50°C,滴加双氧水 (1)方案甲发生反应的化学方程式为,反应结束后有大量白色 固体析出。 简述从中提取CuSO-5fO晶体的方法: 倒出剩余液体, ⑵方案乙发生反应: Cu+fSQ+HOCuSC4+2H2O,该实验控温40~50C的原因是 与方案甲相比,方案乙的主要优点有_、。 (写出2种)探究H: 用以下装置(加热装置省略)探究CuSO・5H2O晶体热分解产物 已知: CuSO•5H2O脱水后升高温度,会继续分解成CuO和气体产物,气体产物可能含有SO、SO、Q中的 1~3种。 ⑶称5.00gCuSO4-5H2O于A中加热,当观察到A中出现,可初步判断晶体已完全脱 水并发生分解。 加热一段时间后,A中固体质量为3.00g,则此时A中固体的成分为。 (4)装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有_, C装置的作用是。 (5)理论上E中应收集到VmL气体,事实上体积偏少,可能的原因是。 (不考虑泄漏等 仪器与操作原因) 答案⑴Cu+2H2SQ(浓)SO2T+CuS4+2HO加入适量水、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (2)温度较低,反应速率慢;温度太高,H2Q分解,损耗大 原料利用率高不产生污染等合理答案 ⑶黑色固体CuSO和CuO (4)SO3检验有SO生成 (5)在C装置中部分Q参与了氧化还原反应 解析⑴方案甲发生反应的化学方程式为Cu+2HSQ(浓)SO2f+CuS4+2H2O,反应结束后有大量白色固体 析出。 ⑵方案乙发生反应: Cu+fSQ+HOCuSO+2HO,该实验控温40~50C的原因是温度较低,反应速率慢;温度 太高,H2Q分解,损耗大。 与方案甲相比,方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染等。 ⑶若5.00gCuSO・5H2O完全转化成CuO则质量为1.6g。 加热一段时间后,A中固体质量为3.00g>1.6 g,则此时A中固体的成分为CuSQ和CuO。 (4)装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有SO,C装置的作用是检验有SO生成。 (5)理论上E中应收集到VmL气体,事实上体积偏少,可能的原因是在C装置中部分Q参与了氧化还原反应。
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