高考化学一轮复习考点过关练考点17用途广泛的金属材料开发利用金属矿物(含解析)

考点17用途广泛的金属材料开发利用金属矿物一、铜及其重要化合物1．铜（1）物理性质纯净的铜为紫红色，属于有色金属，密度较大，硬度较小，熔、沸点较高，具有良好的导电、导热性。（2）化学性质与非金属单质反应Cl2Cu+Cl2CuCl2O22Cu+O22CuOS2Cu+SCu2S与酸反应非氧化性酸不反应氧化性酸Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OCu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O与盐溶液反应Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+潮湿空气中形成铜锈2Cu+O2+H2O+CO2Cu2(OH)2CO32．氧化铜和氧化亚铜名称氧化铜氧化亚铜与酸反应(H+)CuO+2H+Cu2++H2OCu2O+2H+Cu2++Cu+H2O与H2反应CuO+H2Cu+H2OCu2O+H22Cu+H2O转化关系4CuO2Cu2O+O2↑3．氢氧化铜Cu(OH)2是一种不溶于水的蓝色固体。其化学性质主要有弱碱性，不稳定性和弱氧化性等。Cu(OH)2的化学性质（1）弱碱性：Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O（2）不稳定性：Cu(OH)2CuO+H2O（3）弱氧化性：能氧化醛基。4．铜盐①Cu2(OH)2CO3：名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分。②CuSO4：白色粉末，可由蓝色的硫酸铜晶体受热分解得到，化学方程式为CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O。CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾。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，使蛋白质变性失活，利用这一性质用胆矾、熟石灰、水配成波尔多液，杀灭植物的病毒。二、合金及金属材料1．合金（1）概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。（2）性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。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．常见的金属材料（3）几种有色金属材料铝及铝合金eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(铝\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性能：良好的延展性和导电性,用途：制导线)),铝合金\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性能：密度小、强度高、塑性好、易于成,型、制造工艺简单、成本低廉,用途：主要用于建筑业、容器和包装,业、交通运输业、电子行业等))))铜及铜合金eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(铜\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性能：良好的导电性和导热性,用途：主要用于电器和电子工业、建筑业)),铜合金：青铜是我国使用最早的合金，常见的,还有黄铜和白铜))三、金属矿物的开发利用1．金属在自然界中存在的形态除了金、铂等极少数金属外，绝大多数金属元素以化合态的形式存在于自然界中。在这些金属化合物中，金属元素都显正化合价。2．金属冶炼的实质使金属化合物中的金属离子得电子被还原为金属单质的过程：Mn＋＋ne－=M。3．金属冶炼的一般步骤4．金属冶炼方法（1）热分解法冶炼金属例如：2HgOeq\o(=,\s\up12(△))2Hg＋O2↑，2Ag2Oeq\o(=,\s\up12(△))4Ag＋O2↑。用热分解法冶炼金属的特点：金属元素的金属性弱，金属元素的原子不易失去电子，其金属离子容易得到电子，该金属元素所形成的化合物稳定性较差。（2）热还原法冶炼金属①焦炭还原法。例如：C还原ZnO、CuO，其化学方程式依次为C＋2ZnOeq\o(=,\s\up12(△))2Zn＋CO2↑，C＋2CuOeq\o(=,\s\up12(△))2Cu＋CO2↑。②一氧化碳还原法。例如：CO还原Fe2O3、CuO，其化学方程式依次为3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up12(高温))2Fe＋3CO2，CO＋CuOeq\o(=,\s\up12(高温))Cu＋CO2。③氢气还原法。例如：H2还原WO3、Fe3O4，其化学方程式依次为3H2＋WO3eq\o(=,\s\up12(高温))W＋3H2O，4H2＋Fe3O4eq\o(=,\s\up12(高温))3Fe＋4H2O。④活泼金属还原法。例如：Al还原Cr2O3、V2O5，其化学方程式依次为2Al＋Cr2O3eq\o(=,\s\up12(高温))Al2O3＋2Cr，10Al＋3V2O5eq\o(=,\s\up12(高温))6V＋5Al2O3。（3）电解法冶炼金属例如：电解Al2O3、MgCl2、NaCl，其化学方程式依次为2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up12(电解),\s\do12(冰晶石))4Al＋3O2↑，MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up12(电解))Mg＋Cl2↑，2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up12(电解))2Na＋Cl2↑。金属活动性顺序表中隐含的重要信息比较金属活动性顺序K、Ca、NaMgAlZnFe、Sn、Pb(H)CuHg、AgPt、Au自然界存在形态化合态多数是化合态，极少数是游离态游离态主要冶炼方法电解法热还原法热分解法物理方法与O2反应常温下易反应常温下生成氧化膜加热化合不反应与H2O反应常温下生成碱和氢气与热水反应有碱存在与水反应与高温水蒸气反应不反应与H+反应从酸中把氢置换出来，生成盐和氢气不反应与盐溶液反应先与水反应，生成的碱再与盐反应排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来5．铝热反应实验装置实验现象①镁带剧烈燃烧，放出一定的热，并发出耀眼的白光，氧化铁和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中实验结论高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3原理应用①制取熔点较高、活泼性弱于Al的金属铬、锰、钨等；②金属焊接，如野外焊接钢轨等考向一合金的性质及其应用典例1所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点97.5℃1083℃660℃1535℃沸点883℃2595℃2200℃3000℃其中不能形成合金的是A．Cu和Na B．Fe与CuC．Fe与Al D．Al与Na【解析】合金形成的条件是有共同的熔化状态，所以看两种金属的熔沸点的范围：A中钠达到沸点时Cu还没熔化，所以不能形成合金；而其他三项均可。【答案】A1．中国载人潜水器“蛟龙”号在西太平洋的马里亚纳海沟试验海域成功创造了载人深潜新的历史纪录，首次突破7000米，最深达到7020米海底。“蛟龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，下列有关合金的说法中正确的是A．钛合金是一种新型的金属单质B．钛合金的熔点比成分金属的低，硬度小C．钛合金的化学性质与钛单质相同D．青铜、碳素钢、合金钢和硬铝均是合金考向二合金成分的检验与测定典例1部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋B．样品中Fe元素的质量为2.24gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V＝896【解析】生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含Fe3＋，A错误；3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2g÷160g·mol－1＝0.02mol，铁元素物质的量为0.02mol×2＝0.04mol，质量为0.04mol×56g·mol－1＝2.24g，B正确；原来固体为5.76g，所以CuO质量不超过5.76g－2.24g＝3.52g，C错误；铁元素总物质的量为0.04mol，全部为铁单质且全部参加Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，反应产生H2的体积为0.04mol×22400mL·mol－1＝896mL。故V<896，D错误。【答案】B2．现代建筑的门窗框架常用电解加工成的古铜色硬铝制造。取硬铝样品进行如下实验(每一步试剂均过量)，由此可以推知硬铝的组成可能为A．Al、Mg、Si、ZnB．Al、Fe、Zn、NaC．Al、Na、Cu、FeD．Al、Cu、Mg、Si、Mn合金成分的定性分析形成合金的各种成分的特殊化学性质仍按单一组分的性质(例如铝合金中的铝既能溶于酸又能溶于碱的性质不变，铜能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为NO气体等性质不变)，一般是将合金酸溶或碱溶，根据反应中的特殊现象或根据溶解后所得溶液继续加沉淀剂产生的现象判断其成分。此类试题常以流程图的形式呈现，解答的关键是理清每一步加入的物质和生成物质的成分。考向三铜及其化合物的性质典例1某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到的目的是A．将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuSB．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD．在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀【解析】由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成＋1价，故A错误；常温下Cu与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故B错误；向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤并灼烧Cu(OH)2分解生成CuO，故C正确；葡萄糖和新制Cu(OH)2反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，所以实验不成功，不能说明淀粉没有水解，故D错误。【答案】C3．已知酸性条件下有如下反应：2Cu+SKIPIF1<0Cu2++Cu↓。由于反应温度不同，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验证，实验操作和实验现象记录如下：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和绿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．一定有Cu，可能有Cu2OD．一定有Cu2O，可能有Cu考向四铜及其化合物转化关系综合考查典例1CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2B．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＜③C．硫酸铜在1100℃分解的方程式为2CuSO4eq\o(=====,\s\up7(高温))Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑D．当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应【解析】Cu与混酸反应，离子反应为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，从方程式知，NOeq\o\al(－,3)由硝酸提供，H＋由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2，故A正确；生成等量的硫酸铜，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B正确；硫酸铜在1100℃分解，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，即生成O2，还有SO2、SO3，则反应方程式为2CuSO4eq\o(=====,\s\up7(高温))Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑，故C正确；新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，Cu(OH)2为氧化剂，葡萄糖为还原剂被氧化，葡萄糖发生氧化反应，故D错误。【答案】D4．铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝。试写出该反应的离子方程式__________________。（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式_________________。（3）火法炼铜的原理：Cu2S＋O2eq\o(=,\s\up12(高温))2Cu＋SO2，在该反应中每生成1molCu，转移_______mol电子。（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________(填字母)。a．粗铜接电源正极，发生氧化反应b．溶液中Cu2＋向阴极移动c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属（5）据报道，有一种叫ThibacillusFerroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2=4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法是____________________。②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式。方案一：___________________________；方案二：___________________________。考向五金属冶炼原理典例1下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是选项金属存在形式冶炼方法A金游离态金子比沙子密度大，利用水洗法直接分离B银化合态银的金属性弱，用加热Ag2O的方法冶炼C铁化合态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D钠化合态钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼【解析】钠一般是由电解熔融NaCl的方法来制取，而电解饱和食盐水得到的是NaOH、H2和Cl2。【答案】D5．下列金属冶炼的反应原理中错误的是A．MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑B．Al2O3+3H22Al+3H2OC．C+2ZnO2Zn+CO2↑D．2HgO2Hg+O2↑1．明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷定，毁罐取出……即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是A．倭铅是指金属锌和铅的混合物B．煤炭中起作用的主要成分是CC．冶炼Zn的过程中有氧化还原反应发生D．该冶炼锌的方法属于热还原法2．“拟晶”是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A.无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价B.Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁C.Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D.1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子3．利用如图装置做铝热反应实验，下列说法不正确的是A.该反应的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3B.该反应会产生高温，发出强光C.根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属D.若反应中转移3mol电子，消耗氧化剂的物质的量是1mol4．向铜屑、稀盐酸和铁盐的混合溶液中持续通入空气可制备氯化铜。其反应过程如图所示。下列说法不正确的是A．Fe3＋对该反应有催化作用B．该过程中的Fe3＋可由Fe(NO3)3提供C．可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3＋与Fe2＋D．制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl===2CuCl2＋2H2O5．下列有关金属及其化合物的说法中，正确的个数为①在人类对金属材料的使用过程中，性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用②纯铁比生铁抗腐蚀性更强③单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④向紫色石蕊溶液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，溶液变为蓝色并有气泡产生⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素⑦将FeCl3溶液滴入KI­淀粉溶液中，溶液变蓝色⑧铝粉和氧化镁粉末混合，高温能发生铝热反应A．4B．5C．6D．76．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是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·L－1C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol7．某化学兴趣小组进行了有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A.实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被铜还原为NO2B.实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强C.实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO↑+4H2OD.由上述实验可得出结论:铜在常温下既可以和稀硝酸反应，也可以和稀硫酸反应8．某化合物M由两种常见的元素组成，为了测定其组成进行如下实验：M的化学式可能为A．Cu2S B．CuSC．FeS2 D．Fe3S49．部分氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如图处理，下列说法正确的是A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋B．样品中Fe元素的质量为2.14gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V＝44810．某工厂用一固体废渣(主要成分为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2)为主要原料回收利用，生产红矾钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)，同时制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。其主要工艺流程如图：已知：NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3＋氧化为CrOeq\o\al(2－,4)。（1）Ⅰ、Ⅱ的目的是_________________________________________。（2）实验室中操作④的名称为________________。（3）已知：Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33。当pH＝5.6时Cr(OH)3开始沉淀。室温下，Ⅱ中需调节溶液pH范围为______________(杂质离子浓度小于1×10－6mol·L－1视为沉淀完全)。（4）写出Ⅲ中发生反应的离子方程式：_______________________________________。（5）Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是_____________________________________________(结合化学方程式回答)。（6）写出溶液F和硫酸溶液反应的离子方程式：_______________________________，若用足量二氧化碳通入F中，则生成的溶液中离子浓度关系为_______________________。11．某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体[FeSO4·7H2O]和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如下：回答下列问题：（1）写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式：___________________________。（2）用滤渣F通过两种途径制取胆矾，与途径③相比，途径④明显具有的两个优点是__________________________，____________________________。（3）进行途径②时，该小组用如下图所示装置及试剂，将制得的CO2气体通入滤液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是_____________________________(用离子方程式表示)；为了避免沉淀D减少，应该在装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加一个盛有__________的洗气瓶。（4）通过途径④制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：加硫酸、加热通氧气、过滤、________、冷却结晶、过滤、自然干燥。其中“加热通氧气”所起的作用为_____________________(用离子方程式表示)。（5）白磷有剧毒，不慎沾到皮肤上，可取少量胆矾配制成CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成Cu3P(Cu为＋1价)，与冷CuSO4溶液反应则析出Cu，反应的化学方程式分别(均未配平)为：①P4＋CuSO4＋H2Oeq\o(→,\s\up7(△))Cu3P＋H3PO4＋H2SO4②P4＋CuSO4＋H2O→Cu＋H3PO4＋H2SO4若上述两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则消耗的CuSO4的物质的量之比为____________。1．[2018年11月浙江选考]下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是A．HNO3 B．CuCl2 C．K2CO3 D．NaCl2．［2015·四川］下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是A．该溶液中Na+、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、Mg2+可以大量共存B．通入CO2气体产生蓝色沉淀C．与H2S反应的离子方程式：Cu2++S2−=CuS↓D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2SKIPIF1<03．[2019浙江选考]固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：（1）由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。（2）固体混合物Y的成分________(填化学式)。（3）X的化学式________。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________。4．［2017·江苏］碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。（1）碱式氯化铜有多种制备方法①方法1：45~50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_________________________。②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为______。（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4~5，用浓度为0.08000mol·L−1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。变式拓展变式拓展1．【答案】D【解析】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具有金属特性的物质，不属于新型金属单质，A错误；合金的熔点一般比成分金属的熔点低但硬度大，B错误；合金的化学性质与其成分金属的化学性质是相同的，钛合金除具备钛单质的化学性质外，还具有其他成分的化学性质，C错误。2．【答案】D【解析】硬铝中一定含有Al，样品加入足量稀盐酸后有难溶物存在，说明有金属活动性在H之后的金属或非金属存在，再加入浓NaOH溶液后有气体生成和难溶物存在，根据题目信息可知硬铝样品中含有Si，最终的难溶物为Cu。3．【答案】D【解析】Cu和Cu2O都有还原性，与浓硫酸、硝酸反应都有相同现象，上述实验只有加稀H2SO4的设计是合理和必要的。加入稀H2SO4变蓝和得到红色固体，可证明原固体中含Cu2O，由题目已知反应2Cu+Cu2++Cu，则不能证明还原产物中有无Cu。4．【答案】（1）Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O（2）2Cu2＋＋2SKIPIF1<0＋H2O=Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑（3）3（4）ab（5）①取少量溶液B于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液无明显现象，则说明Fe3＋已被除尽②CuSO4＋Fe=Cu＋FeSO42CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑(合理答案均可)【解析】（1）酸性条件下H2O2将Cu氧化：Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O。（2）由题给信息可知反应的离子方程式为2Cu2＋＋2SKIPIF1<0＋H2O=Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑。（3）根据题给方程式可知，生成2molCu时，转移6mol电子，则生成1molCu时，转移3mol电子。（4）粗铜接电源的正极，作阳极，发生氧化反应，a正确；溶液中阳离子向阴极移动，b正确；电解过程中，阳极是铝、锌、铜放电，Ag、Pt、Au等形成阳极泥，而阴极始终是Cu2＋得电子生成单质铜，所以阴极和阳极质量变化不一定相等，c错误；阳极泥是比铜活动性差的Ag、Pt、Au沉积在阳极形成的，d错误。（5）①验证Fe3＋最好用KSCN溶液。②由硫酸铜得到铜，可以通过置换反应，也可以通过电解。5．【答案】B【解析】Al活动性比H2强，不能用H2还原法进行冶炼，应用电解法进行冶炼。考点冲关考点冲关1．【答案】A【解析】A项，由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物；B项，反应中C作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C；C项，碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，有氧化还原反应发生；D项，该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质，属于热还原法。2．【答案】C【解析】拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作0价，A错误；拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，B错误；Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，C正确；溶于过量的硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，D错误。3．【答案】D【解析】铝热反应方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，A正确；铝热反应会放出大量的热以及发出强光，B正确；根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属，C正确；反应中转移3mol电子，消耗Fe2O3的物质的量是0.5mol，D错误。4．【答案】B【解析】依据题图可知，Cu与Fe3＋反应生成Fe2＋和Cu2＋，Fe2＋与O2、HCl反应生成Fe3＋和H2O，所以Fe3＋作催化剂，故A正确；Fe(NO3)3溶液为强酸弱碱盐，NOeq\o\al(－,3)酸性环境下能够氧化Cu，本身被还原为NO，NO会引起空气污染，故B错误；K3[Fe(CN)6]溶液遇到Fe2＋反应生成蓝色沉淀，所以可以用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3＋与Fe2＋，故C正确；依据题图可知，Cu与Fe3＋反应生成Fe2＋和Cu2＋，Fe2＋与O2、HCl反应生成Fe3＋和H2O，将两步反应联立得2Cu＋O2＋4HCl===2CuCl2＋2H2O，故D正确。5．【答案】A【解析】①金属活泼性越弱，越易被冶炼和使用；③Al是活泼金属，表面易形成致密氧化膜，耐腐蚀；④Na2O2具有强氧化性，紫色石蕊溶液先变蓝后褪色；⑧Al不能把Mg置换出来，Al与MgO不能发生铝热反应。6．【答案】B【解析】设Cu为xmol，则Cu2O的质量为(27.2－64x)g，根据铜元素守恒，x＋2(27.2－64x)/144＝39.2/98，解得x＝0.2mol，则Cu2O的物质的量为0.1mol，即两者物质的量之比为2∶1，A正确；加入氢氧化钠后，溶液显中性，说明溶质为NaNO3，即氢氧化钠的物质的量＝n(NOeq\o\al(－,3))＝1×1mol＝1mol，根据得失电子数目守恒，0.2×2＋0.1×2×1＝n(NO)×3，解得n(NO)＝0.2mol，根据氮元素守恒，硝酸的物质的量浓度＝(1＋0.2)/0.5mol·L－1＝2.4mol·L－1，B错误；根据选项B的分析，V(NO)＝0.2×22.4L＝4.48L，C正确；剩余硝酸的物质的量＝[1.2－0.2－(0.2＋0.1×2)×2]mol＝0.2mol，D正确。7．【答案】C【解析】①中发生反应:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原为NO，A错误；③中加稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与铜反应，B、D错误，C正确。8．【答案】A【解析】由题意并结合选项可知，1.60gM在高温下反应生成的气体是二氧化硫，二氧化硫被双氧水氧化为硫酸，根据滴定过程消耗的氢氧化钠，可以求出n(S)＝n(SO2)＝n(H2SO4)＝eq\f(1,2)n(NaOH)＝eq\f(1,2)×20.00×10－3L×0.1mol·L－1×eq\f(250mL,25.00mL)＝0.01mol，所以m(S)＝0.32g，则m(金属)＝1.60g－0.32g＝1.28g，假若是铜，则n(Cu)＝0.02mol，M可能为Cu2S；假若是铁，则n(Fe)≈0.023mol，M没有与之对应的选项。综上所述，A项正确。9．【答案】D【解析】A项，生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和Fe3＋反应，所以滤液A中一定不含有Fe3＋，错误；B项，灼烧后的固体为Fe2O3，其物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.02mol×2＝0.04mol，质量为0.04mol×56g·mol－1＝2.24g，错误；C项，铁元素的质量为2.24g，而原来固体为5.76g，所以CuO的质量不超过5.76g－2.24g＝3.52g，错误；D项，根据最后溶液中的溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素的物质的量为0.04mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04mol，含H＋0.08mol，其中部分H＋生成氢气，另外的H＋和合金中的氧结合生成了水，由于合金中氧的物质的量为eq\f(5.76g－3.2g－2.24g,16g·mol－1)＝0.02mol，它结合0.04molH＋，所以硫酸中有0.04molH＋生成氢气，即生成0.02mol氢气，标准状况下的体积为448mL，正确。10．【答案】（1）使Fe2＋转化为Fe3＋，并调节pH使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，与铬元素完全分离（2）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（3）5.0≤pH<5.6（4）3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrOeq\o\al(2－,4)＋3Na＋＋3Bi(OH)3（5）酸性条件下CrOeq\o\al(2－,4)或Cr2Oeq\o\al(2－,7)会被Cl－还原为Cr3＋，Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Cl－＋14H＋===2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O（6）AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋===Al3＋＋2H2Oc(K＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))【解析】固体废渣的主要成分为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2，向废渣中加入过量的硫酸，氧化铝、氧化亚铁和氧化铬与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬，SiO2与硫酸不反应，过滤，得到的固体A为SiO2，溶液B为硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬及硫酸的混合溶液，加入H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节pH形成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤，得到的固体C为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，溶液D为硫酸铬溶液，向固体C中加入过量的KOH溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钾溶液，固体E为氢氧化铁，溶液F为偏铝酸钾溶液，加入稀硫酸，然后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到明矾；向溶液D中加入过量的NaOH溶液和NaBiO3，发生氧化还原反应生成Bi(OH)3固体和Na2CrO4溶液，溶液G为Na2CrO4溶液，然后酸化得到Na2Cr2O7溶液和Na2SO4溶液，最终得到红矾钠晶体。（3）Al3＋完全除去时c3(OH－)＝SKIPIF1<0＝eq\f(1×10－33,1×10－6)＝1×10－27，c(OH－)＝10－9mol·L－1，此时溶液pH＝5.0，Fe3＋完全除去时c3(OH－)＝SKIPIF1<0＝eq\f(3.0×10－39,1×10－6)＝3×10－33，c(OH－)≈1.4×10－11mol·L－1，此时溶液pH≈3.1，而pH＝5.6时Cr(OH)3开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0≤pH<5.6。（6）将足量二氧化碳通入偏铝酸钾溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾溶液，碳酸氢钾是强碱弱酸盐，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中存在水解过程和电离过程，且以水解过程为主，溶液显碱性，水解过程是微弱的，则生成的溶液中离子浓度关系为c(K＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。11．【答案】（1）2Al＋2OH－＋2H2O===2SKIPIF1<0＋3H2↑（2）产生等量胆矾途径④消耗硫酸少途径④不会产生污染大气的气体（3）Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O饱和NaHCO3溶液（4）蒸发浓缩2Cu＋O2＋4H＋===2Cu2＋＋2H2O（5）1∶1【解析】合金中只有铝和NaOH溶液反应，所得滤液A中含有NaAlO2和剩余的NaOH，向滤液A通入足量的CO2，生成沉淀Al(OH)3。滤渣为Fe和Cu，滤渣B中加入足量的稀硫酸，Fe溶解，滤液E为FeSO4溶液，滤渣F为Cu。（2）途径④中通入氧气，H2SO4只表现酸性，所以产生等量胆矾途径④消耗H2SO4少，而且途径④不会产生污染大气的气体。（3）大理石和浓盐酸反应生成的CO2中含有HCl，通入NaAlO2溶液中，反应生成的Al(OH)3和盐酸反应生成AlCl3和H2O，离子方程式为Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。除去CO2中的HCl，用饱和NaHCO3溶液。（4）要得到硫酸铜晶体，先蒸发浓缩，然后冷却结晶。加热通入氧气可以在酸性条件下把Cu氧化为Cu2＋，离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋===2Cu2＋＋2H2O。（5）两化学方程式配平后得11P4＋60CuSO4＋60H2O20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4，P4＋10CuSO4＋16H2O===10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4，前一个反应中，每6molP4被氧化，消耗60molCuSO4，后一个反应中，每1molP4被氧化，消耗10molCuSO4，所以当被氧化的P4的物质的量相等时，消耗的CuSO4的物质的量之比为1∶1。直通高考直通高考1．【答案】B【解析】能水解的是含弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水解，据此分析。A、HNO3不是盐，不能水解，故不是因水解而使溶液显酸性，选项A错误；B、CuCl2为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，选项B正确；C、碳酸钾是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项C错误；D、氯化钠是强酸强碱盐，不水解，选项D错误。答案选B。2．【答案】A【解析】B、无现象；C、H2S不拆；D、过量浓氨水反应产生[Cu(NH3)4]2+。选A。3．【答案】（1）O（2）Cu和NaOH（3）NaCuO22NaCuO2＋8HCl===2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O【解析】固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH为0.02mol，易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)==1：1：2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐