高中一轮复习化学跟踪检测（十七）金属材料复合材料

跟踪检测（十七）金属材料复合材料1．(2018·东城质检)化学反应中，反应物用量、浓度或反应条件不同可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是()A．铜与硝酸反应 B．钠与氧气反应C．氢气与氯气反应 D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应解析：选CA项，铜与浓硝酸、稀硝酸反应的产物不同；B项，钠与氧气在常温条件下的反应和在加热条件下反应的产物不同；C项，氢气与氯气无论是加热还是点燃条件下的产物都是HCl，不受反应物用量、条件、反应物浓度的影响；D项，氯化铝与少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝，与足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，产物不同。2．(2018·宝鸡质检)已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()M＋Neq\o(→,\s\up7(点燃),\s\do5())Qeq\o(→,\s\up7(溶于水),\s\do5())Q溶液eq\o(→,\s\up7(惰性电极电解),\s\do5())M＋NA．Na B．AlC．Fe D．Cu解析：选DNa、Al、Fe均为活泼金属，电解相关溶液不能制取其单质；电解铜盐溶液可以生成铜单质，题给转化是：Cu＋Cl2eq\o(→,\s\up7(点燃))CuCl2eq\o(→,\s\up7(溶于水))CuCl2溶液eq\o(→,\s\up7(电解),\s\do5())Cu＋Cl2。3．下列常见金属的冶炼原理中不合理的是()选项金属冶炼原理AFeFe2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2BHg2HgOeq\o(=,\s\up7(△))2Hg＋O2↑CMg2MgO(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Mg＋O2↑DNa2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑解析：选CA项，铁可以通过还原剂还原铁的氧化物进行冶炼，正确；B项，Hg是不活泼金属，通过热分解冶炼，正确；C项，镁是活泼金属，电解熔融的MgCl2冶炼Mg，错误；D项，Na是活泼金属，电解熔融NaCl冶炼Na，正确。4．从经济效益和环境保护考虑，大量制取Cu(NO3)2最宜采用的方法是()A．Cueq\o(→,\s\up7(浓HNO3))Cu(NO3)2B．Cueq\o(→,\s\up7(稀HNO3),\s\do5())Cu(NO3)2C．Cueq\o(→,\s\up7(O2空气),\s\do5(△))CuOeq\o(→,\s\up7(稀HNO3),\s\do5(△))Cu(NO3)2D．Cueq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(△))CuCl2eq\o(→,\s\up7(硝酸银溶液),\s\do5())Cu(NO3)2解析：选CA项，Cu与浓HNO3反应生成NO2，NO2是有毒气体，污染环境，错误；B项，Cu与稀HNO3反应生成NO，NO是有毒气体，污染环境，错误；C项，发生反应2Cu＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuO，CuO＋2HNO3=Cu(NO3)2＋H2O，过程中没有有毒气体生成，不污染环境，正确；D项，硝酸银成本较高，不经济，错误。5．(2018·南阳一中月考)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Cu2O和CuOB．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D0.98gCu(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项错误；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。6．有NaCl、FeCl2、FeCl3、CuCl2、AlCl3、NH4Cl六种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，该试剂是()A．稀H2SO4 B．NaOH溶液C．氨水 D．稀HNO3解析：选BA项，加入硫酸溶液，六种溶液都无现象，所以不能鉴别；B项，加入NaOH溶液，NaCl无现象，FeCl2生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，FeCl3生成红褐色沉淀，CuCl2生成蓝色沉淀，AlCl3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解消失，NH4Cl生成刺激性气体，六种物质现象各不相同，可鉴别；C项，加入氨水，NaCl和NH4Cl无现象，所以不能鉴别；D项，加入稀HNO3，NaCl、AlCl3、NH4Cl均为无色溶液，无法区分。7．(2018·湖北七校联考)下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中正确的是()A．四种元素的单质都能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法C．将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中，Mg棒上发生氧化反应D．铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是氧化铜解析：选BA项，Cu单质不与盐酸反应。C项，一般情况下，在原电池中，金属性强的作负极，但也要根据电解质溶液的实际情况考虑，Mg的金属性大于Al的，但是电解质溶液为NaOH溶液，而Mg不与NaOH溶液反应，Al与NaOH溶液反应，所以Al棒作负极，发生氧化反应。D项，铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜。8．“拟晶”(quasicrystal)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电子解析：选CA项，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零价；B项，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；C项，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；D项，溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为＋3价，Cu变为＋2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65mol×3＋23mol×2＋12mol×3＝277mol。9．(2018·泉州模拟)已知CuO经高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与H＋发生：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。将经高温灼烧后的CuO样品投入足量的热的稀硝酸溶液中，下列有关说法中正确的是()A．如果溶液变为蓝色，同时有紫红色固体出现，说明样品全部生成了Cu2OB．溶液中最终可能有紫红色固体出现C．这种实验的结果无法说明CuO分解的程度D．如果溶液变成蓝色，最终没有紫红色固体出现，说明CuO没有分解解析：选CCu、Cu2O、CuO均能与稀硝酸反应，故不可能有紫红色固体出现，无法说明CuO分解的程度。10．CuSO4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．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体B．相对于途径①③，途径②更好地体现了绿色化学思想C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．Y可能是葡萄糖解析：选CCuSO4易溶于水，将CuSO4溶液蒸发浓缩得到其高温饱和溶液，再冷却结晶可析出CuSO4·5H2O晶体，A正确；途径②中发生的反应为2Cu＋2H2SO4＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuSO4＋2H2O，而途径①中产生NO气体，途径③中产生SO2气体，显然途径②不产生污染性气体，更好地体现了绿色化学思想，B正确；由题图可知，CuSO4在1100℃时分解得到Cu2O，该过程Cu元素化合价由＋2价降低到＋1价，S元素的化合价为＋6价，不能继续升高，只能是O元素的化合价升高，即有O2产生，化学方程式为2CuSO4eq\o(=,\s\up7(高温))Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑，故X是SO2、SO3、O2三种气体的混合物，C错误；CuSO4与过量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2，再与Y在加热条件下转化为Cu2O，则Y具有还原性，可以是乙醛、葡萄糖等含有醛基的有机物，D正确。11．部分氧化的铁铜合金样品(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Fe3＋、Fe2＋、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：选B硫酸足量，只有金属Cu不与H2SO4反应，所以滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液A中加入足量NaOH溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3。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Fe3＋，则滤液A中含有的阳离子为Fe2＋、H＋，A错误；Fe的物质的量为eq\f(3.2g,160g·mol－1)×2＝0.04mol，其质量为0.04mol×56g·mol－1＝2.24g，B正确；根据B项分析可知铁元素质量为2.24g，而合金样品质量为5.76g，所以CuO的质量不超过5.76g－2.24g＝3.52g，C错误；最后滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为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O2－结合成水，由于合金中氧元素的物质的量为eq\f(5.76g－3.2g－2.24g,16g·mol－1)＝0.02mol，全转化为H2O需消耗H＋0.04mol，所以硫酸中生成H2的H＋的物质的量为0.08mol－0.04mol＝0.04mol，即生成0.02molH2，标准状况下体积为448mL，D错误。12．(2018·海南五校一模)CuCl是有机合成中常用的一种催化剂，在乙醇中溶解度较小。实验室可用氯化铜溶液、铜粉、浓盐酸反应制备，其反应原理和流程为CuCl2＋Cu＋2HCl2HCuCl2(无色)eq\o(,\s\up7(稀释))2CuCl↓(白色)＋2HCl已知反应过程中可能存在的副反应有：CuCl＋H2OCuOH＋HCl(1)“反应”步骤中加入氯化钠的目的是_________________________________。(2)用乙醇洗涤产品的原因，一是____________________，二是__________________。(3)“反应”步骤中往往使用过量的浓盐酸，其主要目的是__________________。(4)CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(5)若实验时用到3mL0.5mol·L－1CuCl2溶液，最终得到产品0.21g，则该实验的产率为____________________(列出算式并计算出结果，结果保留小数点后两位)。解析：(1)从平衡移动角度考虑，增大Cl－浓度，有利于平衡正向移动，增大反应物的转化率。(2)氯化亚铜在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤可减少产品损失。乙醇的沸点低，易挥发，“烘干”可以在较低温度下进行，不但可以缩短时间，还可以节约能源。(3)根据勒夏特列原理，盐酸能抑制氯化亚铜的水解。(4)根据元素守恒可知，反应中需要水，生成物中含有HCl。(5)根据题目所给的方程式可知CuCl2～2CuCl，结合提供数据求得理论上应生成产品的质量，进一步可以计算出产率。答案：(1)增大Cl－浓度，有利于生成HCuCl2(2)减少洗涤过程中的产品损失乙醇的沸点低，既可缩短烘干时间，又能降低能耗(3)抑制“稀释”过程中CuCl的水解(或抑制CuCl的水解)(4)4CuCl＋4H2O＋O2=2Cu2(OH)3Cl＋2HCl(5)eq\f(0.21g,3×10－3L×0.5mol·L－1×99.5g·mol－1×2)×100%＝70.35%13．(2018·宁德模拟)为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物，并测定铁碳合金中铁元素的质量分数，某化学活动小组设计了如图所示的实验装置，并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入mg铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反应；②______________________________。(2)点燃酒精灯，反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因反应温度较高外，还可能的原因是___________________________________________________________________________________________________________________________。(3)装置B的作用是_____________________________________________________。(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成，他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为____________________________。(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是____________、____________。重新实验后观察到装置F中的现象是_______________________________________________________________________________________________________________________。(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O)。测定铁元素质量分数的实验步骤如下：Ⅰ.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3＋完全转化为Fe2＋，过滤，得到滤液B；Ⅱ.将滤液B稀释为250mL；Ⅲ.取稀释液25.00mL，用浓度为cmol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为VmL。①步骤Ⅱ中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是____。②判断滴定终点的标志是_________________________________________________。③铁碳合金中铁元素的质量分数为_____________________________________。解析：(1)分液漏斗中盛放的是浓硫酸，常温下浓硫酸和铁发生钝化，阻碍反应的进行。(2)加入的是铁碳合金，铁和碳在硫酸溶液中可构成原电池，加快反应速率。(3)品红溶液用来检验SO2，品红溶液退色，说明反应产生了SO2。(5)SO2也能使澄清石灰水变浑浊，因此要验证CO2的存在需要除去SO2，利用SO2的还原性，通过溴水或酸性高锰酸钾溶液，再通过品红溶液，验证SO2是否完全被吸收，品红溶液不退色，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生。(6)①还需要用250mL容量瓶；②高锰酸钾微过量，浓度很小，所以呈浅紫色；③铁元素的质量为V×10－3L×cmol·L－1×5×56g·mol－1×eq\f(250mL,25mL)＝2.8cVg，故其质量分数为eq\f(2.8cVg,mg)×100%，即eq\f(280cV,m)%。答案：(1)常温下Fe在浓硫酸中发生钝化(2)铁、碳在硫酸溶液中形成原电池(3)检验SO2的存在(4)C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(5)酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)品红溶液品红溶液不退色或无明显现象(6)①250mL容量瓶②滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液呈浅紫色，且30s内不退色③eq\f(280cV,m)%14．(2018·湖南十三校联考)近年来，硫化铜矿的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图甲所示：反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图乙～戊所示)。回答下列问题：(1)火法炼铜的主要反应：①2CuFeS2＋4O2eq\o(=,\s\up7(800℃))Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)；②2Cu2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(1200℃))2Cu2O＋2SO2；③2Cu2O＋Cu2Seq\o(=,\s\up7(1200℃))6Cu＋SO2↑。则在反应①、②、③中被氧化的元素为________(填元素符号)；若生成的SO2在标准状况下的体积为4.48L，则反应中转移的电子数目为________NA；由amol