课时跟踪检测（九） 铜 金属材料与矿物开发

PAGE第8页共8页课时跟踪检测（九）铜金属材料与矿物开发1．据央视新闻报道，考古人员在江西发掘一座距今2000多年、迄今保存最完好的西汉古墓。在古墓中有10余吨西汉铜钱。这些铜钱锈迹斑斑，铜锈的主要成分可表示为Cu2H2CO5。下列有关判断正确的是()A．铜锈中Cu和C的化合价均为＋2B．铜质文物表面的铜锈可用稀硝酸除去C．铜锈易溶于水D．32g铜生成铜锈转移1mol电子解析：选D铜锈中Cu为＋2价，C为＋4价，A项错误；稀硝酸能够溶解铜锈，也能溶解铜，除去铜质文物表面的铜锈应用稀硫酸或稀盐酸，B项错误；铜锈难溶于水，C项错误；铜生成铜锈时，铜由0价变为＋2价，32g(0.5mol)铜生成铜锈时，转移1mol电子，D项正确。2．科学家研制出了一种新型的贮氢材料，这种镁铝合金的成分可表示为Mg17Al12；其贮氢和释氢的原理可表示为Mg17Al12＋17H2eq\o(,\s\up7(贮氢),\s\do5(释氢))17MgH2＋12Al，下列有关说法正确的是()A．Mg17Al12是离子化合物B．为防止金属氧化，熔炼制备Mg17Al12时通氮气做保护气C．732g的合金能吸收380.8L氢气D．该合金的熔点比镁和铝的熔点低解析：选D合金是加热熔合而成的，不存在阴阳离子，不属于离子化合物，A项错误；Mg、Al为较活泼金属，加热时易和氮气发生反应，可以通入氩气来防止金属被氧化，B项错误；氢气所处的状况未知，不能计算出氢气的体积，C项错误；合金的熔点比各成分的熔点低，该合金的熔点低于金属镁、铝的熔点，D项正确。3．(2020·江苏高考)下列有关化学反应的叙述正确的是()A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B．室温下，Al与4.0mol·L－1NaOH溶液反应生成NaAlO2C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4解析：选B室温下，Na在空气中反应生成Na2O，在加热或点燃时生成Na2O2，A项错误；Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，B项正确；室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO2气体，与稀HNO3反应放出NO气体，C项错误；室温下，Fe遇浓H2SO4发生钝化，在铁的表面形成一层致密的氧化膜(铁的氧化物)，D项错误。4．下列制备金属单质的方法或原理正确的是()A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB．在通电条件下，电解熔融Al2O3与冰晶石(Na3AlF6)混合物制备单质AlC．在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD．加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu解析：选BA项，Mg的还原性强于H2的还原性，H2不能还原MgO；C项，制取钠应电解熔融NaCl；D项，发生的反应为4CuO=2Cu2O＋O2↑，得不到单质Cu。5．下列有关金属的说法错误的是()A．氧化膜使得性质活泼的金属铝成为一种应用广泛的金属材料B．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪是钛的世纪”C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素D．出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿，主要成分是CuCO3解析：选D铝表面形成致密的氧化铝薄膜可以保护内部的铝不被氧化，使得铝成为一种应用广泛的金属材料，A正确；钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上应用广泛，B正确；在合金中加入适量稀土金属能大大改善合金的性能，故稀土元素又被称为冶金工业的维生素，C正确；铜绿主要成分是Cu2(OH)2CO3，D错误。6．下列有关金属的工业制法中不正确的是()A．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氯化镁固体，电解熔融的氯化镁得镁C．制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁D．制铝：从铝土矿中获得氧化铝，提纯后电解熔融的氧化铝得到铝解析：选A钠性质活泼，用电解熔融的氯化钠方法制取，电解氯化钠溶液不能得到金属钠，故A错误；镁性质活泼，用电解熔融的氯化镁的方法制取，故B正确；铁性质较活泼，用热还原反应制取，故C正确；氯化铝为共价化合物，熔融状态不能电离，铝性质活泼，工业上用电解氧化铝的方法制取，故D正确。7．(2021·承德一模)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Ⅰ对；Ⅱ对；有C向硫酸铜溶液中通入氨气，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Ⅰ对；Ⅱ对；有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；Ⅱ对；无解析：选D稀盐酸可以与碱式碳酸铜(铜绿的主要成分)反应，而且稀盐酸不与Cu反应，所以可用稀盐酸除铜器表面的铜绿，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放浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色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，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。8．[双选]铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。则下列分析正确的是()A．图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为CuO和Cu2OB．图甲整个过程中共生成0.26g水C．图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD．图甲中，a到b的过程中有0.01mol电子发生了转移解析：选AD0.98gCu(OH)2的物质的量为0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g·mol－1＝0.80g，所以a点对应的物质是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g·mol－1＝0.72g，所以b点对应的物质是Cu2O，A项正确；根据化学方程式Cu(OH)2eq\o(=,\s\up7(高温))CuO＋H2O、4CuOeq\o(=,\s\up7(高温))2Cu2O＋O2↑可知，生成水的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×18g·mol－1＝0.18g，B项错误；CuO和其中所含Cu元素的质量关系(以CuO的质量为10g计算)为CuO～Cu806410g8g观察图乙可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误；根据反应方程式4CuOeq\o(=,\s\up7(高温))2Cu2O＋O2↑可知，a到b的过程中有0.01mol电子发生了转移，D项正确。9．(2021·浙江选考)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是________(填元素符号)，X的化学式是____________。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是____________。(3)步骤Ⅱ，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明___________________________________________________________________________________________________________________。解析：由B可使品红水溶液褪色可推得气体B为SO2，SO2在足量BaCl2溶液和H2O2溶液生成白色沉淀C为BaSO4，则n(SO2)＝n(BaSO4)＝eq\f(2.33g,233g·mol－1)＝0.01mol；由A2适量NaOH溶液生成蓝色悬浊液，根据此现象可判定蓝色悬浊液为Cu(OH)2，由A1在足量BaCl2溶液中生成BaSO4，且A为纯净物，由此可判定固体A为CuSO4，其物质的量为n(CuSO4)＝2×eq\f(1.165g,233g·mol－1)＝0.01mol，再由固体X是在隔绝空气下生成固体A和气体B，且X是由3种元素组成；可判断物质X中含有Cu、S、O三种元素，其中n(S)＝n(SO2)＋n(CuSO4)＝0.01mol＋0.01mol＝0.02mol，n(Cu)＝0.01mol，则n(O)＝eq\f(2.24g－0.01mol×64g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1,16g·mol－1)＝eq\f(0.96g,16g·mol－1)＝0.06mol。故固体X中三种元素的物质的量之比为n(Cu)∶n(S)∶n(O)＝0.01∶0.02∶0.06＝1∶2∶6，X的化学式为CuS2O6。答案：(1)Cu、S、OCuS2O6(2)S2Oeq\o\al(2－,6)eq\o(=,\s\up7(H＋),\s\do5(△))SOeq\o\al(2－,4)＋SO2↑(3)SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4(4)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快10．(2021年1月新高考8省联考·广东卷)综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN),部分工艺流程如下：已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。表1金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度/(mol·L－1)开始沉淀pHFe2＋1.0×10－38.0Fe3＋4.0×10－21.7Zn2＋1.55.5Ga3＋3.0×10－33.0表2金属离子的萃取率金属离子萃取率/%Fe2＋0Fe3＋99Zn2＋0Ga3＋97～98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为__________，“浸出”时其发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)滤液1中可回收利用的物质是________，滤饼的主要成分是________;萃取前加入的固体X为________。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为________(填化学式)。(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为_______________________________。(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______________________________________________________________________。(6)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为__________mol·L－1(写出计算过程)。解析：(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe是＋3价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为＋3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋8H＋=2Fe3＋＋4H2O。(2)根据分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3＋，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3＋转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－。(5)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3＋NH3=3CH4＋GaN。(6)根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0×10－3×(10－11)3＝3.0×10－36，溶液的pH＝5.4，即氢氧根离子浓度是10－8.6mol·L－1，所以滤液1中残余的Ga3＋的浓度为eq\f(3×10－36,10－8.63)mol·L－1＝3.0×10－10.2mol·L－1。答案：(1)＋3Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋8H＋=2Fe3＋＋4H2O(2)硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3Fe(3)NaGaO2(4)GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－(5)Ga(CH3)3＋NH3=3CH4＋GaN(6)3.0×10－10.211．(2021·怀化一模)钯(Pd)是有机合成中常用的催化剂。一种由废钯催化剂(主要成分为Pd，还有PdO、Fe、有机物残留以及其他杂质)制取金属Pd的工艺流程如图。回答下列问题。(1)废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃(2)查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是____________________。(3)钯在王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1∶3配制)中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为______________________________________________________________________；酸溶时温度不能过高，原因是_____________________________________________。(4)加入适量的稀氨水调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是______。(5)焙烧2的目的是________。(6)有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯(PdCl2)得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)不断通入足量空气除了使有机物充分燃烧而除去，还可以起到搅拌作用，加快反应速率。(2)PdO不溶于王水，但是Pd能溶于王水，加入甲酸将PdO还原为Pd，便于王水溶解，可提高原料利用率。(3)钯在王水中转化为H2PdCl4，Pd元素的化合价由0升高为＋2价，硝酸被还原为NO，N元素的化合价由＋5价降低为＋2价，根据得失电子守恒及原子守恒，配平的化学方程式为3Pd＋12HCl＋2HNO3=3H2PdCl4＋2NO↑＋4H2O，温度过高会造成硝酸分解，盐酸、硝酸挥发。(4)加入适量的稀氨水调节pH至3～4的目的是除掉溶液中的铁离子，故废渣的主要成分是Fe(OH)3。(5)焙烧2将Pd(NH3)2Cl2转化为PdCl2，则其目的是脱氨。(6)有水参加情况下，将CO通入PdCl2得到黑色金属Pd粉末，Pd元素化合价降低，被还原，则CO被氧化为CO2，根据原子守恒，化学方程式为CO＋PdCl2＋H2O=Pd＋CO2＋2HCl。答案：(1)起到搅拌作用，加快反应速率(2)将PdO转化为Pd，以利于被王水溶解(或提高原料利用率等其他合理答案)(3)3Pd＋12HCl＋2HNO3=3H2PdCl4＋2NO↑＋4H2O防止硝酸分解，防止盐酸、硝酸挥发(4)Fe(OH)3(5)脱氨(6)CO＋PdCl2＋H2O=Pd＋CO2＋2HCl12．(2021年1月新高考8省联考·重庆卷)碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90%SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：Sr(OH)2在水中的溶解度温度/℃10203040608090100溶解度/(g/100g)1.251.772.643.958.4220.244.591.2(1)元素Sr位于元素周期表第________周期第______族。(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是__________________________________________________________________________________________________________________。(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_________________________。进行煅烧反应的立窑衬里应选择__________(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是______________________________________________________________________________________________________；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和______。(5)“沉锶”中反应的化学方程式为____________