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第4讲 金属材料与金属矿物的开发利用
考点一 铜及其化合物的主要性质及应用
1．铜的性质
物理性质 铜是紫红色金属，具有良好的导电性、导热性性(仅次于银)和延展性
化学性质
与非金属反 应 a．潮湿的空气中：2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3 (碱式碳酸铜，绿色固体) b．与氧气加热：2Cu＋O22CuO (黑色固体) c．铜丝在Cl2中燃烧：Cu＋Cl2CuCl2 (棕黄色烟) d．铜丝在硫蒸气中反应：2Cu＋SCu2S
与 酸反 应 铜与非氧化性酸不反应，但与与氧化性酸(浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸)能反应 a．铜与浓硫酸共热：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O b．铜与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O c．铜与稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
与盐溶液反 应 a．铜与氯化铁溶液：Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2 Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋ b．铜与硝酸银溶液：Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋
2．铜的重要化合物
(1)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
与非氧化性酸反应 CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O
与氧化性酸反应 CuO＋2HNO3(稀)===Cu(NO3)2＋H2O 3Cu2O＋14HNO3(稀)===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O
与H2反应 CuO＋H2Cu＋H2O Cu2O＋H22Cu＋H2O
转化关系 4CuO2Cu2O＋O2↑
(2)氢氧化铜
①物理性质：蓝色不溶于水的固体
②化学性质
a．受热发生分解：Cu(OH)2CuO＋H2O
b．能与酸反应：Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
c．弱氧化性(检验醛基)：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O
(3)铜盐
①碱式碳酸铜：Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分
a．受热分解可生成黑色的氧化铜，化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O
b．可溶于稀硫酸，离子方程式：Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O。
②硫酸铜(CuSO4)
a．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CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O，蓝色晶体受热转化为白色粉末
b．无水CuSO4为白色粉末，遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验依据
③铜盐的毒性：铜盐溶液有毒，主要是因为铜离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病毒
注意
3．铜及其化合物的性质应用
①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。
②通常利用热的铜网（反应2Cu＋O22CuO）除去混合气体中的少量O2。
③Cu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。
④无水硫酸铜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。
⑤CuO用于有机化合物中的元素分析——李比希法
将准确称量的样品置于一燃烧管中，经红热的氧化铜氧化后，再将其彻底燃烧成二氧化碳和水，用纯的氧气流把它们分别赶入烧碱石棉剂（附在石棉上粉碎的氢氧化钠）及高氯酸镁的吸收管内，前者将排出的二氧化碳变为碳酸钠，后者吸收水变为含有结晶水的高氯酸镁，这两个吸收管增加的重量分别表示生成的二氧化碳和水的重量，由此即可计算样品中的碳和氢的含量。
⑥利用新制Cu(OH)2悬浊液检验有机化合物中含有的—CHO，如乙醛与Cu(OH)2反应的化学方程式：
CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O
4．铜的存在及制备
(1)铜的存在：在人类历史上，首先发现并应用的是铜，其后是铁。铜在自然界中以游离态和化合态形式存在。常见的铜矿石有黄铜矿(CuFeS2)、孔雀石(Cu2(OH)2CO3)
(2)铜的制备和精炼
①湿法炼铜：Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu
②高温炼铜(火法炼铜)：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＋2SO2
2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
【注意】实验室常用H2或CO还原CuO，而工业上不是用此法炼铜
5．熟记铜及其化合物的颜色
物质 颜色 物质 颜色
Cu 紫红色 CuSO4 白色
CuO 黑色 CuSO4·5H2O 蓝色
Cu2O 砖红色 Cu2(OH)2CO3 绿色
Cu2S 黑色 Cu(OH)2 蓝色
【逐点训练1】
1．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
2．（2024·海南·一模）铁、铜及其化合物之间的转化具有重要应用。下列说法错误的是(　　)
A．常温下使用铁质容器盛装浓硫酸
B．氯化铁溶液在聚合物的基材上蚀刻出铜电路
C．电解精炼铜时，粗铜连电源的正极
D．饱和溶液中滴加稀氨水制备氢氧化铁胶体
3．氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造船底防污漆。已知CuO经高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与H＋发生反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。现将经高温灼烧后的CuO样品投入足量稀硫酸中得到混合溶液，下列有关说法不正确的是(　　)
A．高温条件下，稳定性：Cu2O＞CuO
B．样品与酸反应中Cu2O既为氧化剂又是还原剂
C．如果溶液中出现蓝色，说明CuO已分解
D．若有14.4 g Cu2O参加反应，则转移电子数为0.1NA
4．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2∶3
B．利用途径③制备16 g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1 mol
C．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＝③
D．与途径①③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
5．（2024·安徽安庆·三模） 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用于制铜，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2条件下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。向稀硫酸中加入Cu2O，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。2022年诺贝尔化学奖授予了点击化学领域的三位科学家。一价铜催化的叠氮化物-炔烃环加成反应可谓点击化学中的第一个经典之作，催化剂CuCl是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成H[CuCl2] (强酸)。
上述叙述过程涉及的离子方程式，不正确的是(　　)
A．Cu2S与浓硝酸反应：
B．Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
C．Cu在O2存在下与氨水反应：
D．CuCl溶于较浓盐酸：CuCl+Cl-=[CuCl2]-
6.（2024·安徽阜阳·模拟预测）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 继续向ⅰ中试管滴加几滴浓硫酸 又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色
下列说法不正确的是(　　)
A．铜与硝酸反应中，硝酸氧化性与氢离子、硝酸根浓度均有关
B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释
C．继续向ⅰ中试管加入少量硫酸铜固体，也能发生ⅱ、ⅲ现象
D．用一定浓度的与也能使铜粉溶解
7.（2024·湖南长沙·一模）部分含铜物质的分类与相应铜元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a、d均易溶于水
B．b既有氧化性又有还原性
C．加热条件下f与单质硫反应生成d
D．向固体c中通入气体生成e
8.（2024·河北衡水·模拟预测）以含有少量杂质Fe的粗铜为原料，制备蓝矾()的工艺流程如下图所示：
下列说法正确的是(　　)
A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，理论上硫酸和硝酸的物质的量之比为3∶2
B．气体A为酸性氧化物，可与适量的氧气和水反应生成硝酸，循环利用
C．物质X可以使用氨水，且X过量对产物无影响
D．“操作Z”为蒸发结晶、趁热过滤
9.（23-24高三上·甘肃兰州·期中）通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是(　　)
A．“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2
B．“还原”时离子方程式为SO+Cu2++Cl-+H2O=CuCl↓+SO+2H+
C．“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行
D．可循环利用的物质为H2SO4
考点二 金属材料与金属矿物的开发利用
1．合金
(1)概念：由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)性质：具有金属的性质
(3)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：多数合金的熔点比它的各成分金属的熔点低
②硬度：合金的硬度一般它的比各成分金属的硬度大
注意
2．常见的金属材料
(1)金属材料的分类
(2)几种常见的合金
【注意】钢是用量最大，用途最广的合金
3．新型合金
(1)储氢合金：一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料。如Ti－Fe合金、La－Ni合金，为氢气作为能源的实际应用起到重要的推动作用
(2)其他新型合金：钛合金、耐热合金和形状记忆合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域
(3)用途广泛的稀土金属
①稀土元素
a．镧系元素(57～71号元素)及钇和钪，共17种元素为稀土元素
b．我国拥有丰富的稀土资源，现已查明的世界稀土资源中，80%分布在我国，并且品种齐全
②用途
a．稀土金属有着广泛的用途，它既可以单独使用，也可用于生产合金。在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。因而，稀土元素又被称为冶金工业的维生素
b．稀土金属可用于制造引火合金、永磁材料、超导材料和发光材料等。稀土金属除广泛应用在冶金、石油化工、材料工业、医药及农业领域外，还逐渐深入到许多现代科技领域
3．金属矿物的开发利用
(1)金属在自然界中的存在形式
①游离态：化学性质不活泼的金属，在自然界中能以游离态的形式存在，如：Au、Ag、Pt、Cu
②化合态：化学性质比较活泼的金属,在自然界中能以化合态的形式存在，如： Al、Na
【注意】少数金属在自然界中能以游离态的形式存在；而大多数的金属在自然界中能以化合态的形式存在
(2)金属冶炼的实质：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，即：Mn＋＋ne－===M
(3)金属冶炼的一般步骤
(4)金属冶炼方法——根据金属的活泼性
①物理提取法：Au、Pt在自然界中主要以游离态存在
②热分解法：适于冶炼金属活动性顺序表中位置靠后的不活泼的金属；像汞、银等不活泼金属，它们在金属活动性顺序表中位于氢的后面，其阳离子得到电子的能力很强，所以其还原条件也较容易达到。它们的氧化物受热就能分解得到单质。适用范围是不活泼的金属Hg和Ag
2HgO2Hg＋O2↑、2Ag2O4Ag＋O2↑
③热还原法：适用于冶炼位于金属活动性顺序表中部的金属；常用的还原剂有焦炭、一氧化碳、氢气、活泼金属(如：铝)等，多数金属的冶炼过程属于热还原法。适用范围是较活泼的金属 Zn～Cu
a．焦炭还原法：2PbO＋C2Pb＋CO2↑、C＋2ZnO2Zn＋CO2↑
b．一氧化碳还原法：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2 (高炉炼铁)
c．氢气还原法：WO3＋3H2W＋3H2O
d．活泼金属还原法(铝热反应)：2Al＋Cr2O3Al2O3＋2Cr 10Al＋3V2O56V＋5Al2O3
④电解法：位于金属活动性顺序表中氢前面的钾、钠、钙、镁、铝等几种金属的还原性很强，这些金属单质都很容易失去电子，而其对应的阳离子则氧化性很弱，很难得到电子，因此用一般的方法和一般的还原剂很难使其从化合物中还原出来，而只能用通电分解其熔融盐或氧化物的方法来冶炼。适用范围是活泼的金属 K～Al
2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑、MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑ 、2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
⑤特殊金属的冶炼方法：
有些很活泼的金属也可以用还原法来冶炼，如：
Na＋KClK↑＋NaCl
2RbCl＋MgMgCl2＋2Rb↑等
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。
注意
【逐点训练2】
1.（2024·山东·模拟预测）镧镍合金是一种具有实用价值的新型储氢合金材料。下列说法不正确的是( )
A．镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物
B．镍属于过渡元素，位于元素周期表d区
C．氢能是理想能源，具有来源广、热值高、无污染等优点
D．合金的熔点一定比各成分金属的熔点低
2.（23-24高三上·辽宁沈阳·期中）化学与生活、生产、社会密切相关，下列说法正确的是( )
A．制造镍氢电池使用的储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料，如钛锆合金，镧镍合金等
B．等漂白剂均是利用强氧化性达到漂白效果
C．用于制作大运会火炬塔塔身的钛合金板具有硬度低、延展性好等特点
D．天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料
3.（23-24高三上·湖北孝感·开学考试）我国古典文献中有丰富的化学知识。《格古要论》云：鍮石，自然铜之精也。今炉甘石(主要成分)炼成者，假鍮也。崔昉《外丹本草》云：铜一斤，炉甘石一斤，炼之成(假)鍮石。下列说法错误的是( )
A．假鍮石比鍮石更方便冲压成型 B．假鍮石的炼制过程会有气体产生
C．假鍮石的主要材质为合金 D．假鍮石的炼制过程涉及氧化还原反应
4.（2024·辽宁葫芦岛·一模）下列有关金属的工业制法中，正确的是( )
A．制铜：火法炼铜，即将黄铜矿受热分解以获得铜单质
B．制铁：以铁矿石、焦炭、石灰石为原料，CO还原得铁
C．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，还原得镁
D．制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝
5.（2024·湖南·二模）将含氧化铜的矿石与焦炭混合，在高温条件下可以冶炼金属铜，该冶炼方法属于( )
A．电解冶炼法 B．热还原法 C．热分解法 D．物理分离法
6.（2024·江苏南通·模拟预测）工业用镁还原制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A．工业上可通过电解熔融制取金属Mg
B．用金属Mg还原过程中需要通入作保护气
C．“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离
D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg
1．（2023·湖南卷）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是( )
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
2．（2023·山东卷）利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是( )
A．甲室电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：
D．扩散到乙室将对电池电动势产生影响
3．（2023·全国卷）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是( )
A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
B 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
C 溴水颜色逐渐褪去
D 胆矾表面出现白色粉末
4．（2023·山东·统考高考真题）一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。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Ⅰ
D．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少
5．（2023·上海·统考高考真题）战国时期人们用青铜浇铸塑形成各样的青铜器，青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因是( )
A．熔点低 B．密度大 C．硬度大 D．不易被腐蚀
6．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是( )
A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件
B．还原铁粉可用作食品干燥剂
C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D．油脂是热值最高的营养物质
7．（2022·山东·高考真题）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是( )
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
8.（2022·浙江卷）下列说法不正确的是( )
A．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出
B．铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜
C．利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团
D．蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体
9.（2021·河北卷）“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
10．（2021·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是( )
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
11．（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。
（4）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为 。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
12．（2023·湖北卷）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。

（2）铜与过量反应的探究如下：

实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
13．（2023·全国·统考高考真题）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
（2）O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
（3）c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
（4）Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
（5）若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
答案及解析
【逐点训练1】
1．D。解析：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，加热蒸干CuCl2溶液得不到无水CuCl2固体。
2.【答案】D
【解析】A．常温下浓硫酸可以使铁钝化，所以常温下可以使用铁质容器盛装浓硫酸，A项正确；B．氯化铁溶液在聚合物的基材上蚀刻出铜电路的反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，B项正确；C．电解精炼铜时，粗铜作阳极，应连电源的正极，C项正确；D．饱和溶液中滴入沸水中才能制备氢氧化铁胶体，D项错误；故选：D。
3．C。解析：二者稳定性需要根据所处条件分析，在温度不是很高时CuO比氧化亚铜稳定，在高温的时候，氧化亚铜比氧化铜稳定，故A正确；反应Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O中Cu元素的化合价从＋1价升高到＋2价，部分降低到0价，则Cu2O既是氧化剂又是还原剂，故B正确；如果溶液中出现蓝色，不能说明CuO已分解，因为CuO与稀硫酸反应溶液也呈蓝色，故C错误；反应Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O中，1 mol氧化亚铜完全反应转移1 mol电子，14.4 g Cu2O物质的量为＝0.1 mol,0.1 mol氧化亚铜完全反应转移了0.1 mol电子，转移电子数为0.1NA，故D正确。
4．D。解析：Cu与混酸反应，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2，故A错误；途径③制备硫酸铜，这一过程中消耗硫酸的物质的量为0.2 mol，故B错误；三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①＝②<③，故C错误；途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故D正确。
5.【答案】A
【分析】在书写离子方程式时要遵循电荷守恒、原子守恒，若为氧化还原反应，同时还要符合电子守恒，结合物质的存在形式及拆分原则分析判断。
【解析】A．浓硝酸具有强氧化性，Cu2S与浓硝酸反应时，硫元素的氧化产物为H2SO4，Cu为氧化为Cu(NO3)2，浓硝酸被还原为NO2气体，同时反应产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式应该为：Cu2S+12H++10=2Cu2++10NO2↑++6H2O，A项错误；B．Cu2O在酸性条件下会发生歧化反应，产生Cu、Cu2+、H2O，则Cu2O加入到稀硫酸中，反应产生Cu单质、CuSO4、H2O，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，B正确；C．Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，在碱性环境中，O2得到电子转化生成OH-，离子方程式应该为：2Cu+O2+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，C正确；D．CuCl是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成强酸H[CuCl2]，则该反应的离子方程式应该为：CuCl+Cl-=[CuCl2]-，D正确；故合理选项是A。
【题后归纳】铜及其化合物的颜色、状态及溶解性
物质 颜色 状态及溶解性 物质 颜色 状态及溶解性
Cu 紫红色，有金属光泽 固态，难溶于非氧化性酸，易溶于强氧化性酸 CuSO4 白色 粉末，易溶于水，水溶液呈蓝色
CuO 黑色 粉末，可溶于酸溶液 CuSO4·5H2O 蓝色 晶体
Cu2O 砖红色 固体，难溶于水，可溶于酸溶液(生成Cu和Cu2+) Cu2(OH)2CO3 绿色 粉末，难溶于水，可溶于酸溶液
CuCl CuI 白色 粉末，难溶于水 Cu(OH)2 蓝色 难溶于水，可溶于酸溶液
CuS 黑色 粉末，难溶于水及非氧化性强酸 [Cu(NH3)4]2+ 深蓝色 络合离子，溶于水
6.【答案】C
【分析】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. 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气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色；
【解析】A．由ⅰ、ⅱ分析可知ⅰ还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和氢离子、硝酸根浓度均有关，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．铜离子是氧化产物，增大铜离子浓度铜的还原性减弱，不会发生反应，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，故用一定浓度的与也能使铜粉溶解，D正确；故选C。
7.【答案】B
【分析】a为为为为为为。
【解析】．a为为，二者均为难溶于水的黑色粉末，故A错误；B．b为的化合价为价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故B正确；C．与硫加热时生成，故C错误；D．向固体中通入气体生成和水，故D错误；选B。
8.【答案】A
【分析】粗铜加稀硫酸、稀硝酸溶解，得NO和铜离子的溶液，往溶液中加物质X沉淀Fe3+，过滤，所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得蓝矾。
【解析】A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，据可知，要使H+与的物质的量比为4：1(8：2)，则理论上H2SO4和HNO3的物质的量之比为3∶2，故A正确；B．气体A为NO，不属于酸性氧化物，故B错误；C．若物质X为氨水，则过量氨水会沉淀Cu2+，即生成Cu(OH)2沉淀，使蓝矾产量降低，故C错误；D．“操作Z”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；故答案为：A。
9.【答案】B
【分析】碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)加足量NaOH将铜转化为氢氧化铜沉淀，过滤后将氢氧化铜溶于稀硫酸，得到硫酸铜溶液，再加入亚硫酸钠、NaCl再还原成CuCl，过滤、洗涤得到CuCl。
【解析】A．由上述分析可知“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2，故A正确；B．该反应不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：SO+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B错误；C．CuCl易被氧化，因此“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行，以防止其氧化，故C正确；D．由B中反应可知还原过程中生成硫酸，可在酸溶时循环利用，故D正确；故选：B。
【逐点训练2】
1.【答案】D
【解析】A．镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，A正确；B．镍是28号元素，属于过渡元素，位于元素周期表d区，B正确；C．氢能是理想能源，具有来源广、热值高、无污染等优点，C正确；D．合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，但不是一定低，比如汞合金的熔点比汞高，D错误；故选D。
2.【答案】A
【解析】A．储氢合金是一种新型合金，一定条件下能吸收氢气和能放出氢气。循环寿命性能优异，并可被用于大型电池，尤其是电动车辆、混合动力电动车辆、高功率应用等等，故A正确；B．二氧化硫的漂白是化合型漂白，不是利用强氧化性，故B错误；C．钛合金硬度大，强度高，耐腐蚀，故C错误；D．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故选A。
3.【答案】A
【解析】A．鍮石是纯铜，假鍮石是铜锌合金，合金硬度比其成分金属的大，假鍮石硬度大相对不方便冲压成型，A错误；B．假鍮石炼制过程涉及反应：、等，有气体生成，B正确；C．假鍮石是铜锌合金，C正确；D．假鍮石炼制过程涉及反应，该反应为氧化还原反应，D正确；故答案选A。
4.【答案】B
【解析】A．黄铜矿(CuFeS2)中Fe的化合价为＋2，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，故A错误；B．工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C．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↑，故C错误；D．因为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↑，故D错误；故选B。
5.【答案】B
【解析】冶炼金属铜的反应为氧化铜与焦炭在高温条件反应生成铜和一氧化碳，该冶炼方法属于热还原法，故选B。
6.【答案】B
【分析】工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原”、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。
【解析】A．由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，故A正确；B．点燃下金属镁和能反应，则用金属镁还原过程中不能用作保护气，可通入Ar作保护气，故B错误；C．真空蒸馏时，需要将金属Mg、分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg和的沸点，使Mg、气化，实现与Ti的分离，故C正确；D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，Ti常温下不与稀盐酸反应，Mg反应，因此可以用稀盐酸浸泡除Mg，故D正确；故选B。
1.【答案】C
【解析】A．四羊方尊由青铜制成，在当时铜的冶炼方法还不成熟，铜中常含有一些杂质，因此青铜属合金范畴，A正确；B．竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，B正确；C．蔡伦用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；D．陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸铝，D正确；故答案选C。
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；B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；C．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；D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，故D正确；答案CD。
2.【答案】CD
【解析】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，变为铜离子与氨气形成，因此甲室电极为负极，故A错误；B. 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；C. 左侧负极是，正极是，则电池总反应为：，故C正确；D. 扩散到乙室会与铜离子反应生成，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。综上所述，答案为CD。
3.【答案】D
【解析】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B错误；C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2OHBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；故选D。
4.【答案】CD
【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+ Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加以保持反应在条件下进行。
【解析】A．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、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；B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；C．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；D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，故D正确；答案CD。
5.【答案】A
【解析】青铜为铜、锡、铅等的合金，通常合金的熔点小于成分金属，因此青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器，故答案选A。
6.【答案】B
【解析】A．金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B．还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C．氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D．油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确 ；选B。
7.【答案】BD
【解析】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；故选BD。
8.【答案】A
【解析】A．用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口放出，A说法不正确；B．铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，有大量火星飞溅出来，因此，在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛，B说法正确；C．有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此，可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C说法正确；D．硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，因此，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D说法正确。综上所述，本题选A。
9.【答案】C
【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。
10.【答案】A
【解析】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选A。
11.【答案】（1）1：1 H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C
（5）阳极
【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
12.【答案】（1）具支试管 防倒吸
（2）Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 增强了H2O2的氧化性，既不是氧化剂，又不是还原剂
（3）CuO2
（4）溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
【解析】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据2CuO2~3I2，，可以得到关系式：2CuO2~3I2~6S2O32-，则n(CuO2)=(1/3)×0.1mol/L×0.015L=0.0005mol，粗品中X的相对含量为0.0005×96/0.048=96%。
13.【答案】（1）通入一定的O2 装置气密性 b、a
（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuOCu+CO2
（3）A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）继续吹入一定量的O2，冷却装置
（5）C4H6O4
【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
【解析】（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2
（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO+CuOCu+CO2
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U行管中，使装置冷却；（5）c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)===0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)===0.0008mol；有机物中O元素的物质的量为0.0128g，其物质的量n(O)===0.0008mol；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4；
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第4讲 金属材料与金属矿物的开发利用
1．（2024·湖南·二模）将含氧化铜的矿石与焦炭混合，在高温条件下可以冶炼金属铜，该冶炼方法属于( )
A．电解冶炼法 B．热还原法 C．热分解法 D．物理分离法
2．（2024·浙江·三模）下列物质不能用作金属冶炼还原剂的是( )
A．C B．CO C． D．S
3．（2024·河北张家口·三模）《天工开物》中记载了提炼金银的过程：“欲去银存金，则将其金打成薄片，剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出，以成足色。”下列说法错误的是( )
A．金的密度比银大 B．薄片的成分为金银合金
C．金银的延展性较好 D．硼砂的作用是使银被氧化
4．（2024·安徽滁州·一模）“中国制造”、“一带一路”的基础设施建设都需要用到大量钢铁。下列有关钢铁的说法正确的是( )
A．钢是纯净物，生铁是合金 B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈
C．生铁的熔点比纯铁高 D．生锈的钢铁制品没有回收价值
5．（2024·安徽池州·二模）今年是我国传统文化中的龙年。龙的图腾最早可追溯到距今约6400年的仰韶文化，仰韶文化中的龙是由贝壳拼成的蚌壳龙；距今约5000年的红山文化中，有龙形玉器；现发行的龙年纪念硬币有金、银、合金等多种规格。以下说法正确的是( )
A．蚌壳的主要成分是硫酸钙，可用来烧石灰
B．玉是含水的钙镁硅酸盐，硬度大，不怕摔
C．合金属于金属材料，熔点一般低于各组分
D．“真金不怕火来炼”，是指金的熔点很高
6．（2024·湖南岳阳·一模）化学在科技强国中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是( )
A．铝合金中硬铝密度小，强度高，常用于制造飞机外壳
B．二氧化硅广泛用于航天器太阳能电池板
C．液氧甲烷运载火箭中的甲烷是烃的衍生物
D．医用无纺布防护服中常用聚乙烯作原料，聚乙烯属于天然纤维
7．（2024·浙江绍兴·三模）回收铝制饮料罐得到铝与从铝土矿制铝相比，前者能耗仅为后者的3%-5%，下列说法不正确的是( )
A．铝制饮料罐的回收再利用可以节约大量能源，缓解能源紧张的问题
B．铝表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜
C．硬铝的硬度大但强度较小，不适合制造飞机的外壳
D．电解熔融Al2O3时加入冰晶石，目的是降低Al2O3的熔化温度
8．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）中国三星堆出土了大量文物，如青铜面具、青铜大立人等。下列有关说法正确的是( )
A．铜在空气中主要发生析氢腐蚀
B．三星堆出土的青铜器上有大量铜锈，其主要成分为Cu2(OH)2CO3
C．用硝酸清洗铜器可以除去铜锈，保护铜器
D．青铜是铜中加入铅、锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀
9．（23-24高三上·河南·阶段考试）实验室进行浓硫酸和铜反应的相关实验时，下列装置或操作错误的是( )
A B C
铜和浓硫酸反应 收集并吸收尾气 蒸发溶液制备固体 测定剩余硫酸的浓度
10．（2024·安徽滁州·一模）课外实验可以帮助我们更好地学习化学知识。金属活动性强弱的探究过程如下，其中不正确的是(已知：白醋的水溶液显酸性，与稀盐酸的化学性质相似)( )
A．实验一证明铁的金属活动性比铜强
B．实验二的现象是铜丝不断减少，表面有银白色固体析出，无色溶液变为黄色
C．实验一烧杯②中发生的是置换反应
D．实验过程中存在不规范操作
11．（23-24高三上·江苏·开学考试）铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分 Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S +O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生，下列说法正确的是( )
A．电解精炼铜时阴极反应：Cu-2e-=Cu2+
B．Cu2S与浓硝酸反应Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+H2O
C．Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
D．Cu在O2 存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O
12．（2024·广东汕头·二模）为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔隙）。下列说法错误的是( )
A．装置内发生的化学反应方程式为：
B．实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器B
C．该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止
D．实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A
13．铜、银、金是人类最早认识的三种金属，因为很早就被人们用作钱币，因而有“货币金属”之称。由于铁的金属性比铜、银、金的强，相对而言，人类认识铁稍晚。某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜的强，他们设计了如下方案：
(1)铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出
(2)铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3和CuCl2
(3)足量的铁粉和铜粉与浓硫酸反应生成FeSO4和CuSO4
(4)铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解
(5)把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生
(6)把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上无气泡产生
以上设计方案中合理的有( )
A．两种 B．三种 C．四种 D．五种
14．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案。下列有关判断中不正确的是( )
方案Ⅰ：铜铝混合物 测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小
C．溶液A和B均可选用稀硝酸
D．实验室中方案Ⅱ更便于实施
15．向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g，下列有关说法不正确的是( )
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1 B．硝酸的物质的量浓度为2.4 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为6.72 L D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
16．向18.4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为( )
A．4.48 L B．6.72 L C．7.84 L D．无法计算
17．（2024·湖南·模拟预测）某课外小组为探究金属铜的还原性，进行如下实验：①将金属铜投入用酸化的的溶液中，现象不明显②将金属铜投入用盐酸酸化的的溶液中，铜粉溶解，溶液变为蓝绿色③将金属铜投入用酸化的的溶液中，铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含]，无气泡生成。下列分析正确的是( )
A．①说明的溶液不与铜粉反应
B．②证明氧化性还原性
C．③中的生成速率一定小于被还原的速率
D．在①中加入少量绿矾，铜粉可溶解，溶液变为深棕色
18．（2024·广西贵港·模拟预测）镁及其合金是用途很广的金属材料。从海水中获取镁的主要步骤如图所示：
下列说法错误的是( )
A．试剂①可以选用(或)，试剂②可以选用
B．操作Ⅱ是蒸发浓缩至有大量晶体析出、趁热过滤、洗涤、干燥
C．实验室熔融无水(熔点：)时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器
D．无水电解生成镁的化学方程式为
19．（2024·辽宁朝阳·二模）钛铁矿( FeTiO3)制取金属钛的流程如图所示(已知TiCl4为无色液体，极易水解；Ti3+的还原性强于Fe2+)
下列说法正确的是( )
A．钛铁矿( FeTiO3)中Ti的化合价是+3
B．氯化过程中反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+ 2TiCl4
C．镁与TiCl4置换时可以用氮气做保护气
D．制取金属钛时可以用Na与TiCl4溶液反应
20．（2024·广西河池·二模）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．不宜用陶瓷等硅酸盐产品作吸收塔内衬材料
B．吸收塔中发生的反应为
C．合成槽中发生的反应为
D．冰晶石可作为工业上电解熔融氯化铝制取金属铝时的助熔剂
21．（2024·山东聊城·三模）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：
25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。
物质 MnS CoS
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有 (写两种)。
（2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。
（3）滤渣1的主要成分是 ，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是 。
（4）当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的pH至少为 (已知)。
（5）“除杂3”步骤所得溶液中，则其的范围是 。
（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为 。
22．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：
已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO
（1）铜原子的价层电子排布图为 。
（2）“酸浸”中滤渣主要成分为 。
（3）“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因： 。
（4）“β—萘酚净化除钴”先是NaNO2把Co2+氧化成Co3+，并生成NO，Co3+与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出Co2+被氧化的离子方程式： 。
（5）纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。
①充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。
②若Li2S的晶胞参数为ann，则EF间的距离为 nm。
23．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）钽（Ta）和铌（Nb）为高新技术产业的关键元素，其单质的性质相似。一种以花岗伟晶岩型铌钽矿（主要成分为、、和少量的FeO、CaO、MgO等）为原料制取钽和铌的流程如图一：
“浸取”后的浸出液中含有、两种二元强酸。
已知：①MIBK为甲基异丁基酮：
②，，。
（1）加快“浸取”速率可采取的措施是 。
（2）“浸取”时得到的“浸渣”主要成分为 （填化学式），“浸取”时还会产生“废气”，“废气”中除了挥发出的HF还可能有 （填化学式）。与氢氟酸反应的离子方程式为 。
（3）“萃取”时，若萃取剂MIBK的量一定， （填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。
（4）用金属钠还原制取金属铌的化学方程式为 。
（5）钽形成的晶体TaAs在室温下拥有超高的空穴迁移率和较低的电子迁移率。TaAs的晶胞结构如图二所示。诗写出As的配位数： 。晶体的密度为 （列出计算式，阿伏伽德罗常数的值为）。
24．（23-24高三上·黑龙江·期末）HDS废催化剂是石油精炼加氢脱硫工序中产生的危险固体废弃物，但又富含钼、镍等有价金属，是一种重要的二次资源。以下是工业从HDS中回收钼的工艺流程：
已知：①HDS废催化剂氧化焙烧转化成
②浸出渣的成分为和，
③
（1）该流程中使用的能提高碱浸出率的措施为 ，操作1为 ，此操作在化学实验室中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、 、 。
（2）结合下图，碱浸时选择的最佳质量浓度为 ，最佳浸出温度为 。
（3）碱浸时有生成，该反应的离子方程式为 。
（4）采用碳酸根型萃取钼的反应为：。参考有关文献资料可知：一些阴离子被萃取的顺序为，则加入反萃取发生的化学方程式为： 。
反萃取后有机相为型，加入氢氧化钠处理可实现萃取剂再生。
（5）该流程中可循环利用的物质为
（6）经还原可得钼粉，涉及的金属冶炼方法为 。
A．热分解法　　　　　B．热还原法　　　　　C．电解法
答案及解析
1.【答案】B
【解析】冶炼金属铜的反应为氧化铜与焦炭在高温条件反应生成铜和一氧化碳，该冶炼方法属于热还原法，故选B。
2.【答案】D
【解析】S与金属反应生成硫化物，不能作金属冶炼的还原剂，能用作金属冶炼还原剂的是还原剂C、H2、CO。故本题选D。
3.【答案】D
【解析】A．金单质的密度比银单质的密度大，A正确；B．欲去银存金，则将其金打成薄片，说明薄片中含有金银，为金银合金，B正确；C．“打成薄片”反映了金属良好的延展性，C正确；D．硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，D错误；故选D。
4.【答案】B
【解析】A．钢和生铁都是铁的合金，都属于混合物，A不符合题意；B．铁生锈的条件是铁与氧气和水接触，故钢铁在潮湿的空气中容易生锈，B符合题意；C．生铁是铁的合金，合金比组成它的纯金属的熔点低，故生铁的熔点比纯铁低，C不符合题意；D．生锈的钢铁，可以回收利用，D不符合题意；故选B。
5.【答案】C
【解析】A．蚌壳的主要成分是碳酸钙，故A错误；B．玉是含水的钙镁硅酸盐，硬度大，但脆易碎，怕摔，故B错误；C．合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的金属材料，熔点低于组分熔点，故C正确；D．“真金不怕火来炼”是指金的性质稳定，不与其他物质反应，不易变色，并非指熔点高，故D错误；故选：C。
6.【答案】A
【解析】A．硬铝密度小、强度高，适用于制造飞机外壳，A正确；B．单质硅广泛用于航天器太阳能电池板，B错误；C．液氧甲烷运载火箭中的甲烷属于烃，C错误；D．医用无纺布防护服中常用聚乙烯作原料，聚乙烯属于合成纤维，D错误；故选A。
7.【答案】C
【解析】A．从题干信息可知，从铝土矿制铝能耗大，回收铝制饮料罐得到铝耗能小，A正确；B．铝易与氧气反应，表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜，B正确；C．硬铝的硬度大、强度大、密度小，适合制造飞机的外壳，C错误；D．电解熔融Al2O3时加入冰晶石，目的是降低Al2O3的熔化温度，D正确；答案选C。
8.【答案】B
【解析】A．铜在空气中主要发生吸氧腐蚀，故A错误；B．铜锈的主要成分为，故B正确；C．铜可以和硝酸反应，用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，但也会破坏铜器，故C错误；D．铅、锡比铜活泼，腐蚀反应中铜做正极，会减缓铜的腐蚀，故D错误；故答案选B。
9.【答案】D
【解析】A．铜与浓硫酸反应需加热，A正确；B．二氧化硫的密度比空气的密度大，应该长管进短管出，且二氧化硫不溶于四氯化碳，但溶于氢气化钠溶液，故该装置能收集二氧化硫并吸收尾气，且有防倒吸作用，B正确；C．该操作应在蒸发皿中进行，C正确；D．氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，D错误；故答案选D。
10.【答案】B
【解析】A．实验一根据放铜片的烧杯内无现象，而放铁片的烧杯内有气体冒出且溶液变为浅绿色，说明铜不能与醋中的醋酸反应，而铁与醋酸反应，则铁的金属活动性比铜强，故A正确；B．实验二铜与硝酸银能反应生成硝酸铜和银，故现象是铜丝表面有银白色固体析出，无色溶液变为蓝色，故B错误；C．实验一烧杯②中铁与醋酸反应后会生成亚铁盐和氢气，属于置换反应，故C正确；D．实验一向放铜片的烧杯中加入白醋时，胶头滴管应正立于烧杯口的正上方，不能伸到烧杯内与内壁接触，操作不规范，故D正确；故选B。
11.【答案】C
【解析】A．电解精炼铜时阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，电极反应：Cu2+ +2e-=Cu，A错误；B．浓硝酸具有强氧化性，与Cu2S反应不能产生具有还原性的H2S气体，Cu2S与浓硝酸反应会产生Cu(NO3)2、NO2、H2SO4、H2O，反应的化学方程式为：Cu2S+14HNO3(浓)2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，B错误；C．Cu2O溶于稀硫酸，在酸性条件下发生歧化反应产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，C正确；D．氨水显碱性，不能大量存在H+，反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O =2[Cu(NH3)4]2++4OH-，D错误；故合理选项是C。
12.【答案】B
【解析】A．装置内铜与稀硝酸反应，即，故A正确；B．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B错误；C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C正确；D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，故D正确；故答案选B。
13．A。解析：(1)铁能置换铜，活动性Fe＞Cu；(5)铁、铜、稀H2SO4构成原电池，铁为负极，铜为正极，则活动性Fe＞Cu；(1)、(5)合理。
14．C。解析：盐酸和Al反应，剩余Cu，利用产生的H2的体积，即可求出Al的质量分数，从而得出Cu的质量分数；若用NaOH和Al反应，根据产生的H2的体积，也可求出Cu的质量分数，A正确；如果B选用浓硝酸，浓硝酸可以和Cu反应，铝钝化使剩余铝的固体质量偏大，从而使测得Cu的质量分数偏小，B正确；如果选用稀硝酸，稀硝酸与Cu、Al均反应，就会造成方案Ⅱ中没有固体剩余，C错误；无论选用NaOH溶液还是盐酸，最后剩余的固体都是Cu，利用方案Ⅱ直接测固体的质量比较方便，而方案Ⅰ测气体的体积比较麻烦，所以方案Ⅱ更便于实施，D正确。
15．C。解析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol/L×1.0 L＝1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，物质的量为＝0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4 mol。
设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1，由上述分析可知，n(Cu):n(Cu2O)＝0.2 mol:0.1 mol＝2:1，故A正确；根据N元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋1.0 mol/L×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度为：＝2.4 mol/L，B正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2 mol＋2×0.1 mol，解得n(NO)＝0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L/mol＝4.48 L，C错误；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜和剩余的硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中剩余的n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以剩余的n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1 mol－2×0.4 mol＝0.2 mol，故D正确。
C。解析：向18.4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀，则消耗OH－的质量为30.3 g－18.4 g＝11.9 g，其物质的量为＝0.7 mol，稀硝酸与铁和铜反应转移电子的物质的量与消耗OH－的物质的量相等，即为0.7 mol。氯气与等质量合金反应生成FeCl3、CuCl2，转移的电子数也为0.7 mol,1 mol Cl2～2e－，则反应消耗氯气的物质的量为＝0.35 mol，标准状况下的体积为0.35 mol×22.4 L/mol＝7.84 L，故选C项。
【答案】D
【分析】铜与浓硝酸、稀硝酸均可以发生反应，生成硝酸铜，而在酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，据此作答。
【解析】A．实验①可能因为的溶液与铜粉反应慢，现象不明显，A错误；B．②中发生反应，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化性，还原性，B错误；C．③中发生反应a．，反应b．、反应c．，由题干知③中无气泡产生，则说明反应b的反应速率小于或等于反应c，即的生成速率大于或等于被还原的速率，C错误；D．在①中加入少量绿矾，根据C项，先发生反应b产生，再与铜反应，故铜粉可溶解，溶液变为深棕色，D正确；故答案选D。
18.【答案】B
【分析】海水中加入试剂①氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，操作Ⅰ为过滤操作，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作Ⅱ浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解。
【解析】A．分析可知试剂①可以选用的试剂为氢氧化钙溶液或者NaOH，用来沉淀镁离子，试剂②可以选用稀盐酸或SOCl2，SOCl水解后生成HCl与SO2，A正确；B．操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgCl2·6H2O，B错误；C．实验室熔融无水MgCl2(熔点：712°C)时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器，C正确；D．无水MgCl2电解生成镁的化学方程式为：，D正确；故选B。
19.【答案】B
【分析】FeTiO3中加入焦炭，再通入Cl2，焦炭被氧化为CO，FeTiO3转化为FeCl3、TiCl4；再加入Mg粉，在Ar存在的环境中加热至800℃，可制得Ti。
【解析】A．Ti3+的还原性强于Fe2+，则Fe3+能将Ti3+氧化为Ti4+，所以钛铁矿( FeTiO3)中Ti的化合价是+4价，A不正确；B．氯化过程中，Cl2将C氧化为CO，Fe2+氧化为Fe3+，则发生反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+ 2TiCl4，B正确；C．镁是活泼的金属元素，能与氮气反应生成氮化镁，则镁与TiCl4置换时不能用氮气做保护气，C不正确；D．Na能与水反应，则制取金属钛时可以用Na与TiCl4的熔融液反应，不能使用TiCl4的水溶液，D不正确；故选B。
20.【答案】A
【分析】烟气中的HF吸收塔中发生的反应为，合成槽中发生的反应为，过滤后得到产物冰晶石。
【解析】A．硅酸盐产品能与烟气中的HF发生反应，故不宜用陶瓷等硅酸盐产品作吸收塔内衬材料，A正确；B．溶液过量，故吸收塔中发生的反应为，B错误；C．合成槽中发生的反应为，C错误；D．冰晶石可作为工业上电解熔融氧化铝制取金属铝时的助熔剂，不是电解熔融氯化铝，D错误；故答案选A。
21.【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等
（2）MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O
（3）Fe(OH)3、MnO2 抽滤
（4）6.65
（5）10（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【分析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。
【解析】（1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。
（2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）根据分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽滤。
（4）除杂2步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L时，c(OH-)≥2×10-8mol/L，c(H+)≤×10-7mol/L，pH≥6.65，pH至少为6.65。
（5）除杂3中锰离子浓度为2.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则10（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
22.【答案】（1）
（2）PbSO4
（3）锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率
（4）Co2+++2H+=Co3++NO↑+H2O
（5）4ZnS+6Li++6e-=3Zn+4Li1.5Zn0.25S
【分析】利用锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)获得较纯锌锭时，先将锌精矿焙烧，尾气含SO2等气体；焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，加入稀硫酸进行酸浸，只有PbO溶解并转化为PbSO4沉淀，其它氧化物都转化为硫酸盐进入浸出液；将浸出液加入较粗锌粉进行一段沉积，得到铜渣；再将滤液加入较细锌渣进行二段沉积，得到镉渣；通入氧气进行赤铁矿除铁，得到赤铁矿渣；滤液中加入β-萘酚、NaNO2溶液进行β-萘酚净化除钴、控制pH2.8~3，得到Co(C10H6ONO)3；再将滤液进行电解，得到废电解液和锌，将锌进行熔铸，从而得到锌锭。
【解析】（1）铜为29号元素，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为。
（2）焙烧后的氧化铅溶于稀硫酸，生成难溶的PbSO4，则“酸浸”中滤渣主要成分为PbSO4。
（3）从流程信息中可以看出金属性Zn＞Cd＞Cu，锌粉先置换出铜，后置换出镉，铜和镉都能覆盖在锌的表面，形成原电池。则产生此现象的原因：锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率。
（4）NaNO2把Co2+氧化成Co3+，并生成NO，则Co2+被氧化的离子方程式：Co2+++2H+=Co3++NO↑+H2O。
（5）①采用均摊法，可求出LixZnyS晶胞中，含S2-个数为=4，含Zn2+和Li+的个数为7，由化合价的代数和为0可知，LixZnyS的化学式为Li1.5Zn0.25S。根据题干信息，在“充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)”，故ZnS负极充电时得电子有Zn生成，故充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为4ZnS+6Li++6e-=3Zn+4Li1.5Zn0.25S。
②若Li2S的晶胞参数为ann，设F点的坐标为(1，1，1)，E点的坐标为(，，)，则EF间的距离为nm=nm。
23.【答案】（1）将铌钽矿粉碎、搅拌、升高温度等
（2）CaF2、MgF2 SiF4
（3）少量多次萃取
（4）
（5）6
【分析】花岗伟晶岩型铌钽矿（主要成分为、、和少量的FeO、CaO、MgO等）加入HF、硫酸浸取，得到浸渣，主要成分为CaF2、MgF2，可与HF反应生成SiF4气体，得到浸出液加入MIBK萃取，分为水相和有机相，有机相加入纯水进行反萃取，在水相中加入氨气沉钽，得到氢氧化钽，加热分解得，电解制得Ta，水相加HF、KF沉铌，得到K2NbF7，与Na反应得到铌粉。
【解析】（1）加快“浸取”速率可采取的措施是：将铌钽矿粉碎、搅拌、升高温度等；
（2）由CaF2和MgF2的Ksp可知，“浸取”时得到的“浸渣”主要成分为：CaF2、MgF2；“浸取”时还会产生“废气”，“废气”中除了挥发出的HF还可能有可与HF反应生成的SiF4；与氢氟酸反应生成，离子方程式为：；
（3）“萃取”时，若萃取剂MIBK的量一定，少量多次萃取接触更加充分，萃取效率更高；
（4）用金属钠还原制取金属铌，根据氧化还原得失电子守恒的原子，可得到其化学方程式为：；
（5）由图可知，As的配位数为6；由均摊法可知，一个晶胞中含有4个TaAs，晶胞质量为：，体积为，密度为。
24.【答案】（1）研磨 过滤 烧杯（或漏斗） 漏斗（或烧杯）
（2）20 170℃
（3）
（4）
（5）萃取剂
（6）B
【分析】由流程和信息可知，HDS废催化剂氧化焙烧转化成，经研磨碱浸后，Ni元素转化为NiO，和Al2O3一起成为浸出渣，MoO3和一起转化为进入浸出液，浸出液中加入N263有机试剂，和有机溶剂发生反应，再加入反萃取剂转化为，进而经过一系列变化，生成钼，以此来解答。
【解析】（1）根据流程图可知，该流程中使用的能提高碱浸出率的措施为研磨；由操作1得到浸出渣和浸出液可知，操作1为过滤，此操作在化学实验室中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗；
（2）由图1分析可知，Mo浸出率在Na2CO3添加量20时已达90%以上，再提高，Mo浸出率变化不大，因此的最佳选择为20；同理，由图2分析可知，Mo浸出率在170℃时已达95%以上，再升温变化不大，因此温度的最佳选择为170℃；
（3）碱浸时有生成，且浸出渣有NiO，则该反应的离子方程式为；
（4）由题意可知，加入反萃取发生的化学方程式为；
（5）由流程图和（4）可知，可循环利用的物质为萃取剂；
（6）由经还原可得钼粉可知，通过热还原法得到金属钼，答案选B。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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