2015高考化学大一轮复习讲义用途广泛的金属材料开发利用金属矿物

.第四节用途广泛的金属资料开发利用金属矿物认识常有金属的活动性序次。高考导航认识合金的看法及其重要应用。认识铜及其重要化合物的主要性质及其应用。考点一铜及其化合物1．铜的化学性质氧化铜和氢氧化铜.专心..硫酸铜(1)CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾或胆矾，受热易分解为白色粉末CuSO4和水。(2)无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验试剂，但不适于作干燥剂。．波尔多液是一种杀菌剂，它是由硫酸铜、生石灰和水按必然比率配制而成的天蓝色胶状悬浊液，思虑以下问题：波尔多液能否用铁桶盛放？为什么？波尔多液能杀菌的可能原因是什么？提示：(1)不能够。原因是Fe能和波尔多液中的Cu2＋发生反应，使铁桶被腐化，同时降低波尔多液的杀菌能力。(2)CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性。2．如何除去铜制品表面的铜绿？能否用稀HNO3冲刷？提示：可用稀盐酸冲刷。原理为＋2＋＋3H2O＋CO2↑；不能够用稀HNO3Cu2(OH)2CO3＋4H===2Cu冲刷，由于铜制品自己也能和稀HNO反应。3命题角度一铜及其化合物的性质1．(2014·南昌模拟)酸性条件下可发生反应：＋2＋＋Cu。由于反应温度不同样，2Cu===Cu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作了考据，实验操作和实验现象记录如表所示：加入试剂稀硫酸浓硫酸、加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色气体无色气体和蓝色溶液红棕色气体.专心..和蓝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．必然有Cu，可能有Cu2OD．必然有Cu2O，可能有Cu解析：选DH还原CuO生成红色固体，可能是Cu和CuO中的一种或两种，上述实验只22有加稀硫酸的设计是合理和必要的，加入稀HSO变蓝和获取红色固体，证明原固体中含24Cu2O，且由题目酸性条件下可发生反应＋2＋＋Cu，那么不能够证明还原CuO实验所得的2Cu===Cu红色固体中有无Cu。2.中学化学中有很多物质能够实现以以下图物质之间的转变。其中反应条件和部分反应产物已略去。液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯净物。假设A是一种紫红色金属，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢还原色。写出反应①的化学方程式_________________________________________。该气体D与另一种气体H混杂后生成一种淡黄色固体W，写出该反应的化学方程式______________________。(2)假设A是一种金属单质，D是最轻的气体，B________(填“是〞或“不是〞)NaOH溶液。(3)假设A是金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色。写出反应①的离子方程式__________________________________。写出满足反应②条件的任意一个离子方程式________________________________________________。解析：(1)A是一种紫红色金属，那么为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢还原色，说明为二氧化硫，所以是铜和浓硫酸的反应：△Cu＋2HSO(浓)=====CuSO＋SO↑＋24422HO；SO被一种气体还原生成淡黄色固体，所以是：2HS＋SO===3S↓＋2HO。(2)若是D是2222最轻的气体，说明是氢气，金属铝能够和NaOH溶液反应产生氢气，但生成的NaAlO2溶液无法一步获取金属铝，即反应②无法进行，所以B不能够是NaOH溶液。(3)D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，说明是NO气体，液体C呈蓝色，说明是含铜离子的溶液，应是铜与稀＋－2＋＋2NO↑＋4H2O，反应②能够是：2＋2＋＋HNO3反应①：3Cu＋8H＋2NO3===3CuCu＋Fe===FeCu。△↑＋2HO2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O答案：(1)Cu＋2H2SO4(浓)=====CuSO4＋SO2不是＋－2＋(3)3Cu＋8H＋2NO3===3Cu＋2NO↑＋4H2O2＋2＋Cu＋Fe===Fe＋Cu命题角度二铜及其化合物的制取3．(2014·江西萍乡模拟)Cu2S是火法炼铜的重要原料之一，下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO4·5H2O的流程图。O焙烧足量稀硫酸操作Ⅰ蒸发、结晶、过滤2A――→B――→胆矾Cu2S――→Cu――→Cu2O、CuO――→△(1)CuS中铜元素的化合价为________，火法炼铜的反应原理是2.专心.._______________________________________________(用化学方程式表示)。(2)向Cu2O、CuO中加入足量稀硫酸获取的系统A中溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式：______________________________。(3)假设将A中红色物质反应掉，操作Ⅰ中加入的试剂最好是________(填字母序号)。A．适合的NaNO3B．适合的HNO3C．适合的H2O2取5.0g胆矾样品逐渐高升温度使其分解，分解过程的热重曲线以以下图。经过计算确定258℃时发生反应的化学方程式：________________________________，e点对应物质的化学式为________________(计算过程略去)。解析：(1)Cu2S中铜为＋1价，火法炼铜中Cu、O被还原，S被氧化，反应原理为Cu2S＋△O2=====2Cu＋SO2。(2)生成的红色物质为Cu，Cu2O与硫酸发生氧化还原反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋HO。2(4)设258℃时反应前后固体的摩尔质量为1g/mol、2g/mol，那么5.00∶3.56∶3.20MM＝250∶M1∶M2，解得M1＝178，M2＝160。对应的固体分别为CuSO4·H2O、CuSO4，故258℃时发生反应的化学方程式为△d处物质为1.60gCuO，CuSO4·H2O=====CuSO4＋H2O。同理能够推断而e处物质的质量为1.44g，为0.01molCu2O。△答案：(1)＋1Cu2S＋O2=====2Cu＋SO2＋2＋(2)Cu2O＋2H===Cu＋Cu＋H2O(3)C△(4)CuSO4·H2O=====CuSO4＋H2OCu2O4．某课外研究小组，用含有很多杂质的铜粉，经过不同样的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为：杂铜经灼烧后获取的产物是氧化铜及少量铜的混杂物，灼烧后含有少量铜的原因可能是________。a．灼烧过程中部分氧化铜被还原b．灼烧不充分铜未被完好氧化．氧化铜在加热过程中分解生成铜d．该条件下铜无法被氧气氧化.专心..(2)由粗制氧化铜经过两种路子制取纯净CuO，与路子Ⅰ对照，路子Ⅱ有显然的两个优点是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。有同学指出，由CuSO4溶液到生成CuO少了一个环节，即应先生成Cu(OH)2积淀，过滤冲洗后再加热分解Cu(OH)2得CuO。以下说法不行能成为减少该环节的原因的是________。A．CuO比Cu(OH)2颗粒粗大，更易于从溶液中过滤分别B．Cu(OH)2分解温度较低，加热其浊液即可使其分解C．干态下分解Cu(OH)2，温度难以控制，可能因温度过高以致CuO进一步分解生成Cu2OD．过滤分别出的CuO不需冲洗就已特别纯净解析：(1)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完好氧化，也可能是灼烧过程中部分氧化铜被还原。△(2)依照路子Ⅰ的反应方程式Cu＋2H2SO4(浓)=====CuSO4＋SO2↑＋2H2O和路子Ⅱ的反应方△程式2Cu＋O2＋2H2SO4=====2CuSO4＋2H2O，能够看出路子Ⅱ的优点是：①产生等量的CuSO4，比路子Ⅰ耗资硫酸少；②不产生污染大气的气体SO2。(3)显然过滤获取的不溶物不经冲洗是不会纯净的，故D项必然不会成为本问题的理由。答案：(1)a、b耗酸少；无污染性气体SO2产生(3)D1．(2013·上海高考)必然量的CuS和CuS的混杂物投入足量的HNO中，收集到气体V23L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在2＋2－Cu和SO4)加入足量NaOH，产生蓝色积淀，过滤，冲洗，灼烧，获取CuO12.0g，假设上述气体为NO和NO的混杂物，且体积比为1∶1，那2么V可能为()A．9.0LB．13.5LC．15.7LD．16.8L解析：选A由铜守恒可知212.0g＝0.15mol，利用电子CuS与CuS中含有n(Cu)＝80g/mol守恒，依照“极端假设法〞可知，当混杂物全部为CuS时可得：0.15mol×8＝n(NO)×3＋n(NO2)×1，因(NO)＝(NO2)，解之得(NO)＝(NO2)＝0.3mol，那么反应所得混杂气体在nnnn标准状况下的体积V＝(0.3mol＋0.3mol)×22.4mol/L＝13.44L；当混杂物全部为CuS2时可得：(1×2＋8)×0.15mol/2＝n(NO)×3＋n(NO2)×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.1875mol，那么反应所得混杂气体在标准状况下的体积V＝(0.1875mol＋0.1875mol)×22.4L/mol＝8.4L，所以收集到气体体积：8.4L＜V＜13.44L，A正确。2．(2012·四川高考)向27.2gCu和Cu2O的混杂物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完好反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完好积淀，积淀质量为39.2g。以下有关说法不正确的选项是()A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L.专心..D．Cu、Cu2O与硝酸反应后节余HNO3为0.2mol解析：选B结合题意，反应过程为①Cu/Cu2O＋HNO3→Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O，②NaOH＋332322239.2g32耗资HNO/Cu(NO)→NaNO＋Cu(OH)↓＋HO。n[Cu(OH)]＝98g/mol＝0.4mol，故Cu(NO)NaOH0.4mol×2＝0.8mol，余下硝酸1.0mol/L×1.0L－0.8mol＝0.2mol，D正确；n(Cu)2n(Cu2O)＝0.4mol，n(Cu)×64g/mol＋n(Cu2O)×144g/mol＝27.2g，解得：n(Cu)＝0.2mol，n(CuO)＝0.1mol。依照得失电子守恒有0.2mol×2＋0.1mol×2×1＝n(NO)×3，解2得：n(NO)＝0.2mol，其在标准状况下的体积为4.48L，A、C正确；c原(HNO3)＝0.2mol＋0.4mol×2＋0.2mol，B错误。0.5L＝2.4mol/L3．(2012·福建高考节选)酸浸法制取硫酸铜的流程表示图以下：步骤(i)中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。步骤(ii)所加试剂起调治pH作用的离子是________(填离子符号)。(3)在步骤(iii)发生的反应中，1molMnO2转移2mol电子，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。解析：(1)Cu2(OH)2CO3溶于H2SO4的反应为：Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O。－＋－4333(3)溶液中拥有还原性的只有Fe2＋，再依照1molMnO2转移2mol电子，即可写出相应2＋＋2＋3＋＋2HO。的离子方程式为MnO＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe22答案：(1)Cu(OH)CO＋2HSO===2CuSO＋CO＋3HO2234422－(2)HCO32＋＋2＋3＋＋2H2O(3)MnO2＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe考点二合金及其重要应用1．合金看法：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的拥有金属特点的物质。性能：合金拥有不同样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的低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。2．常有金属资料金属资料黑色金属资料：铁、铬、锰以及它们的合金有色金属资料：除黑色金属以外的其他金属及其合金重要的黑色金属资料——钢钢是用量最大、用途最广的合金。.专心..低碳钢：韧性、焊接性好，强度低碳素钢中碳钢：强度高，韧性及加工性好钢高碳钢：硬而脆，热办理后弹性好合金钢：拥有各种不同样的优异性能，用于制不锈钢及各种特种钢几种有色金属资料[深入拓展]常温下，多数合金是固态，但钠钾合金呈液态。合金的物理性质对照于成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质依旧不变。其实不是全部的金属都能形成合金。由于两种金属必定熔合在一同才能形成合金。若是一种金属还未消融时，另一种金属已经汽化，那么一般不能够熔合在一同，如Cu与Na、Fe与Na等不能够形成合金。命题角度一合金的性能特点及应用1．以下对合金的说法正确的选项是()A．合金中最少含有两种金属元素，不含非金属元素B．合金中的金属元素以化合物的形式存在C．合金中各种元素的含量必然，所以合金是纯净物D．合金的硬度一般大于成分金属，而熔点一般低于成分金属解析：选D合金是由两种或两种以上金属，或金属与非金属熔合而成的拥有金属特点的物质，A错误；合金中的金属以单质的形式存在，属于混杂物，B、C错误。．新式镁合金被大量应用于制造笔录本电脑的外壳、竞赛自行车的框架等，这些实质应用充分表达了以下哪些镁合金的优异性能()①熔点低②硬度大③延展性好④导电性强⑤密度小(质地轻盈)⑥耐腐化A．①②③B．②③④C．①③⑥D．②③⑤⑥解析：选D合金比成分金属拥有硬度大、延展性好、密度小、耐腐化等优点。命题角度二有关合金成分的解析与计算3．(2014·河北衡水高三模拟)某化学小组为测定必然质量的某铜铝混杂物中铜的质量分数，设计了以下实验方案：足量溶液A方案Ⅰ：铜铝混杂物――→测定生成气体的体积充分反应足量溶液B方案Ⅱ：铜铝混杂物――→测定节余固体的质量充分反应以下有关判断中不正确的选项是()A．溶液A和B均能够是盐酸或NaOH溶液B．假设溶液B采用浓硝酸，那么测得铜的质量分数偏小C．溶液A和B均可采用稀硝酸D．实验室中方案Ⅱ更便于推行解析：选C盐酸和Al反应，节余铜，利用产生的氢气的体积，即可求出铝的质量分.专心..数，从而得出铜的质量分数；如用NaOH和铝反应，依照产生的氢气的体积，也可求出铜的质量分数，A正确；若是采用浓硝酸，硝酸能够和铜反应，铝钝化使节余固体的质量偏大，从而使测得铜的质量分数偏小，B正确；若是采用稀硝酸，稀硝酸与铜、铝均反应，就会造成方案Ⅱ中没有固体节余，C错误；无论采用NaOH溶液还是盐酸，最后节余的固体都是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更便于推行，D正确。4．某铝合金(硬铝)中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了以下实验：(1)取样品ag，称取时使用的仪器名称为____________。(2)将样品溶于足量稀盐酸中，过滤，滤液中主要含有______________；滤渣中含有__________________；在溶解过滤时使用的主要仪器有__________________________。往滤液中加入过度NaOH溶液，过滤，写出该步操作中有关的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。在第(3)步的滤液中通入足量CO2，过滤，将积淀用蒸馏水冲洗数次后，烘干并灼烧至重量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg。有关反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)计算该样品中铝的质量分数的表达式为_____________________________。(6)假设第(3)步中加入NaOH溶液的量不足，会使测定的结果________(填“偏高〞、“偏低〞或“不影响〞，下同)；假设第(4)步中的积淀灼烧不充分，会使测定的结果________________________________________________________________________。解析：由反应方程式可得以下关系：2Al～AlO232×27w(Al)＝bg×1029bag×100%＝17a×100%。答案：(1)托盘天平(2)AlCl3、MgCl2、HClCu、Si烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台(3)HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)↓＋2NaCl，AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O(4)CO2＋NaOH===NaHCO3，NaAlO2＋2H2O＋CO2===NaHCO3＋Al(OH)3↓，高温2Al(OH)3=====Al2O3＋3H2O↑9b17a×100%偏低偏高考点三金属矿物的开发和利用1．金属在自然界中的存在形式.专心..2．金属冶炼的一般步骤3．金属冶炼的实质金属冶炼的过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即：nM＋＋ne－===M。4．金属冶炼的方法(用化学方程式表示)电命题角度一金属的冶炼原理1．以下有关金属的工业制法中正确的选项是()A．制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中的钛B．炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物C．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液D．炼铜：用黄铜矿经电解精髓获取纯度为99.9%的铜解析：选B因金属钠制钛时不能够用TiCl4溶液，要用熔融态的TiCl，A错误；电解4NaCl溶液获取NaOH、Cl2和H2，C错误；电解法精髓铜的原料是粗铜，D错误。2．(2014·石家庄质检)以下有关金属冶炼的方法表达正确的选项是()A．电解氯化镁水溶液制备金属镁B．利用铝热反应制备金属铝C．加热分解Fe2O3的方法制备金属铁D．用火法或湿法均可制备金属铜解析：选DA项，电解MgCl2溶液生成Mg(OH)2、H2和Cl2，得不到Mg，应电解熔融的.专心..MgCl2冶炼镁，故错误；B项，铝热反应是铝和某些金属氧化物反应，故错误；C项，铁的冶炼是用CO还原FeO，故错误；D项，火法炼铜的反应为△2CuO＋C=====2Cu＋CO↑，湿法炼铜232的反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故正确。3．以下制备单质的方法中，需要加入还原剂才能实现的是()A．高炉炼铁B．电解法制金属镁C．加热氧化汞制金属汞D．从海带灰浸取液中(含I－)提取碘单质解析：选A高炉炼铁是用CO还原氧化铁，A正确；电解法制金属镁和加热氧化汞制金属汞都是分解反应，不需要另加还原剂，从海带灰浸取液中(含I－)提取碘单质需要加入氧化剂。[总结提升]金属活动性序次表的应用金属活动性序次表对金属的复习拥有重要的指导作用，也是高考命题的重要内容，观察形式多样，涉及计算、金属冶炼方法的判断、氧化性、还原性强弱的判断等。金属活动性顺KCaNaMgAlZnFeSnPb(H)CuHgAgPtAu序表原子失电子能由大到小，还原性由强到弱力阳离子得电子由小到大，氧化性由弱到强(Fe对应Fe2＋)能力和O2反应常温易被氧化常温能被氧常温干燥空气加热时能被不能够被氧化中不易被氧化氧化化和HO反应常温置换出氢加热或与水蒸气反应置换出氢不能够置换出水中的氢2和酸反应激烈反应并置能置换出酸中的氢不能够置换出酸中的氢换出酸中的氢和碱反应仅Al、Zn能跟强碱水溶液反应和盐反应先与水反应排在前面的金属能把排在后边的金属从它的可溶性盐溶液中置换出来冶炼方法电解法热还原法热分解法物理方法命题角度二对铝热反应的观察4．以下表达错误的选项是()A．高温下铝粉和二氧化锰粉末的混杂物能发生铝热反应B．高温下铝粉和氧化镁粉末的混杂物能发生铝热反应C．镁能在二氧化碳气体中燃烧置换出碳D．惰性电极电解氯化镁溶液能生成Mg(OH)2、H2和Cl2解析：选B铝热反应表现了铝的强还原性，置换出来的金属的还原性弱于铝，铝比锰还原性强，A正确；镁的还原性强于铝，B错误；镁的还原性比碳强，故镁能在二氧化碳气体中燃烧置换出碳，C正确；惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴.专心..＋－＋－Mg(OH)2，D正确。极：2H＋2e===H2↑，H放电，OH浓度增大，从而生成5．(2014·合肥模拟)粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混杂物。进行以下实验：①取适合A进行铝热反应，产物中有单质B生成；②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol/L盐酸中，得溶液C；③将①中获取的单质B和溶液C反应，放出1.12L(标准状况)气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请回答以下问题：①中惹起铝热反应的实验操作是____________________________________，产物中的单质B是________。②中所发生的各反应的化学方程式是：________________________________________________________________________。③中所发生的各反应的离子方程式是：________________________________________________________________________。(4)假设溶液D的体积仍视为0.15L，那么该溶液中c(Mg2＋)为__________，c(Fe2＋)为__________。解析：此题将实验操作与元素化合物知识巧妙结合在一同观察，增大了试题的容量，增强了试题的测试能力。铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能惹起。在混杂物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混杂物温度迅速高升，惹起反应。发生的反应为高温B为Fe。Fe2O3＋2Al=====Al2O3＋2Fe，所以产物中单质(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，MgO＋＋H2O。2HCl===MgCl(3)混杂物中只有FeO能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。C溶液中有反应生成的23FeCl3，还有未反应的HCl，发生的离子反应为：3＋2＋＋2＋Fe＋2Fe===3Fe，Fe＋2H===Fe＋H2↑。(4)假设步骤②用去的20g固体中，MgO的物质的量为xmol，那么Fe2O3的物质的量也为xmol，那么xmol×(40xg/mol＋160g/mol)＝20g，解得：x＝0.1。依照MgO～MgCl2的关系，那么溶液中MgCl2的浓度为0．1mol÷0.15L≈0.67mol/L。步骤④说明