山东专用2024高考化学一轮复习课时作业9金属材料及金属矿物的开发利用含解析

PAGEPAGE8课时作业9金属材料及金属矿物的开发利用时间：45分钟一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意)1．(2024·洛阳调研)据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也，铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指(D)A．CuO B．Cu2OC．Cu D．Cu2(OH)2CO3解析：铜在空气中长时间放置，会与空气中的氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu＋O2＋H2O＋CO2=Cu2(OH)2CO3，则这里的“铜青”是指Cu2(OH)2CO3。2．(2024·河北衡水中学调研)下列金属的工业制法正确的是(B)A．制钛：用金属钠置换出氯化钛(TiCl4)溶液中的钛B．炼铁：用焦炭和空气反应产生的一氧化碳在高温下还原铁矿石C．制钠：用海水作原料制得精盐，再电解纯净氯化钠溶液得到金属钠D．炼铝：宜用高温加热AlCl3熔融物的热分解法制单质铝解析：Na与溶液中的水反应，不能置换出Ti，A项错误；高炉炼铁采纳焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石，B项正确；电解氯化钠溶液可得到氢氧化钠、氢气和氯气，得不到钠，C项错误；AlCl3为共价化合物，工业上用电解熔融Al2O3的方法制铝，D项错误。3．(2024·郑州模拟)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，…冷淀，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)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的化学方程式：ZnCO3＋2Ceq\o(=,\s\up15(高温))Zn＋3CO↑D．该冶炼锌的方法属于热还原法解析：由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；煤炭的主要成分是碳，反应中碳作还原剂，B、C、D均正确。4．(2024·河北石家庄模拟)“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是二十世纪发觉的几百种拟晶之一，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(C)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不行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：拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，依据化合价代数和为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，因此不行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。5．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的推断都正确的是(D)选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ推断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，最终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改变硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无解析：稀盐酸可以与碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]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[Cu2(OH)2CO3]，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在肯定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛装浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水生成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有新物质生成，属于化学改变，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。6．(2024·山东枣庄八中质检)某化学小组为测定肯定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下试验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up15(足量溶液A),\s\do15(充分反应))测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up15(足量溶液B),\s\do15(充分反应))测定剩余固体的质量下列有关推断中不正确的是(C)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．试验室中方案Ⅱ更便于实施解析：盐酸和Al反应，剩余铜，利用产生的氢气的体积，即可求出铝的质量分数，从而得出铜的质量分数；如用NaOH和铝反应，依据产生的氢气的体积，也可求出铜的质量分数，A正确；假如选用浓硝酸，硝酸可以和铜反应，铝钝化使剩余固体的质量偏大，从而使测得铜的质量分数偏小，B正确；假如选用稀硝酸，稀硝酸与铜、铝均反应，就会造成方案Ⅱ中没有固体剩余，C错误；无论选用NaOH溶液还是盐酸，最终剩余的固体都是Cu，利用方案Ⅱ干脆测固体的质量比较便利，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。7．(2024·湖南湖北八市十二校联考)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：已知：“酸浸”后，钛主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，FeTiO3＋4H＋＋4Cl－=Fe2＋＋TiOCleq\o\al(2－,4)＋2H2O下列说法不正确的是(D)A．滤渣①的主要成分为SiO2B．滤液②中的阳离子除了Fe2＋和H＋，还有Mg2＋C．滤液②中也可以干脆加适量的氯水代替双氧水D．“高温煅烧”过程中，Fe元素被氧化解析：用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸酸浸后过滤所得的滤渣的主要成分为SiO2，滤液①中含Mg2＋、Fe2＋、TiOCleq\o\al(2－,4)，水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，TiO2·xH2O经过一系列反应得到Li4Ti5O12；滤液②中含Mg2＋、Fe2＋，加入双氧水和磷酸，双氧水将Fe2＋氧化为铁离子，过滤分别出FePO4沉淀，FePO4、LiCO3、H2C2O4高温煅烧过程中发生反应2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4eq\o(=,\s\up15(高温))2LiFePO4＋H2O＋3CO2↑。由上述分析可知，滤渣①的主要成分为SiO2，A项正确；依据上述分析，滤液②中的阳离子除了Fe2＋和H＋，还有Mg2＋，B项正确；滤液②中加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，也可以干脆加适量的氯水代替双氧水，C项正确；“高温煅烧”过程中发生反应2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4eq\o(=,\s\up15(高温))2LiFePO4＋H2O＋3CO2↑，Fe元素的化合价由＋3变成＋2，被还原，D项错误。8．(2024·浙江诸暨高三模拟)下列化学试验事实及其说明或结论都正确的是(C)A．取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液X中肯定含有Fe2＋B．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X中不含有醛基C．向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成；再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，白色沉淀可能为CuID．某待测溶液可能含有等浓度的K＋、Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、I－、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)中的若干种，现取少量待测溶液于试管中，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，则原溶液中是否含有K＋、Na＋，需通过焰色反应确定解析：本题考查离子检验、醛基与氢氧化铜的特征反应等。若溶液X中存在Fe3＋，加入新制氯水后，滴加KSCN溶液，溶液也会变红，不能推断是否存在Fe2＋，故A项错误；有机物中的醛基和新制氢氧化铜悬浊液的反应须要在碱性条件下进行，而配制氢氧化铜悬浊液时，氢氧化钠的量要过量，否则无法鉴别有机物X中是否含醛基，故B项错误；四氯化碳层显紫色，说明有碘单质生成，硫酸铜与碘化钾发生氧化还原反应，碘离子被氧化成碘单质，Cu2＋被还原为Cu＋，生成CuI白色沉淀，故C项正确；加入足量NaOH溶液得到的白色沉淀为Mg(OH)2，则溶液中不行能含COeq\o\al(2－,3)、Fe2＋和Fe3＋，加热产生无色气体，则溶液中肯定含有NHeq\o\al(＋,4)，依据溶液呈电中性且各离子浓度相等可知，溶液中肯定不含K＋、Na＋，不须要通过焰色反应鉴别，故D项错误。二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)9．(2024·山东济南月考)依据框图分析，下列说法不正确的是(D)A．我国是世界上最早运用反应②冶炼金属M的国家B．M2＋的氧化性比E2＋的氧化性强C．在反应③中若不加稀硫酸，可能视察到红褐色沉淀D．在反应①中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性解析：由框图可知，红色金属M为Cu，蓝色溶液中的MSO4为CuSO4，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，Z为Fe(OH)3，W为Fe(SCN)3。我国是世界上最早利用Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu制取铜的国家，A项正确；Cu2＋的氧化性比Fe2＋强，B项正确；H2O2具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应③中若不加稀硫酸，Fe3＋可能水解生成Fe(OH)3红褐色沉淀，C项正确；反应①为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，稀硫酸只表现出酸性，D项错误。10．铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”。铜主要是由黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2＋O2eq\o(=,\s\up15(高温))Cu2S＋2FeS＋SO2，其简洁流程如图所示，下列说法正确的是(D)A．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B．在焙烧时氧化剂只有氧气C．粗铜精炼时用粗铜作阴极D．Cu2S可用于火法炼制铜解析：焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，A错误；焙烧时铜元素由＋2价降低为＋1价，硫元素由－2价上升到＋4价，氧气中氧元素由0降低为－2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，B错误；粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极，C错误；火法炼铜的原理为Cu2S＋O2eq\o(=,\s\up15(高温))2Cu＋SO2，则Cu2S可用于火法炼制铜，D正确。11．某学习小组以废催化剂(主要成分为SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的试验方案如下：下列说法正确的是(AC)A．步骤①中能溶于稀硫酸的只有ZnO、ZnSB．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS＋H2O2＋2H＋eq\o(=,\s\up15(△))Cu2＋＋S＋2H2OD．步骤②和④均采纳蒸发结晶的方法获得粗晶体解析：ZnO、ZnS可与稀硫酸反应，CuS、SiO2不溶于稀硫酸，A项正确；步骤①中主要发生反应ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O、ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，均不是氧化还原反应，B项错误；步骤③中主要离子反应为CuS＋H2O2＋2H＋eq\o(=,\s\up15(△))Cu2＋＋S＋2H2O，C项正确；步骤②和④均采纳蒸发浓缩、冷却结晶法获得粗晶体，D项错误。12．(2024·山东济宁一中调研)氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2＋，广泛应用于化工和印染等行业。某探讨性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法正确的是(BC)A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去B．途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl2eq\o(=,\s\up15(△))2CuO＋2HCl↑C．X气体可以是HCl，目的是作爱护气，抑制CuCl2·2H2O在加热过程中可能发生的水解D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2CuCl＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=2Cu2＋＋2Cl－＋SO2↑＋2H2O解析：本题考查CuCl2·2H2O的热分解反应。途径1中产生的Cl2用饱和CaCl2溶液不能除去，故A错误；Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为Cu2(OH)2Cl2eq\o(=,\s\up15(△))2CuO＋2HCl↑，故B正确；CuCl2水解生成氢氧化铜和易挥发的HCl，X气体用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，故C正确；CuCl在酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2＋，故D错误。三、非选择题13．(2024·湖南浏阳六校联考)信息时代产生的大量电子产品垃圾对环境造成了极大的威逼。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简洁处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路途：回答下列问题：(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；滤渣1的主要成分为Au、Pt。(2)第②步加入H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，运用H2O2的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调整pH的目的是使Fe3＋和Al3＋生成沉淀。(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是加热脱水。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：甲：eq\x(滤渣2)eq\o(→,\s\up15(H2SO4),\s\do15())eq\x(酸浸液)eq\o(→,\s\up15(),\s\do15(蒸发、冷却、结晶、过滤))Al2(SO4)3·18H2O乙：eq\x(滤渣2)eq\o(→,\s\up15(H2SO4),\s\do15())eq\x(酸浸液)eq\o(→,\s\up15(适量Al粉),\s\do15(过滤))eq\x(滤液)eq\o(→,\s\up15(),\s\do15(蒸发、冷却、结晶、过滤))eq\a\vs4\al(Al2SO43·18H2O)丙：eq\x(滤渣2)eq\o(→,\s\up15(NaOH溶液),\s\do15(过滤))eq\x(滤液)eq\o(→,\s\up15(过量H2SO4),\s\do15())eq\x(溶液)eq\o(→,\s\up15(),\s\do15(蒸发、冷却、结晶、过滤))eq\a\vs4\al(Al2SO43·18H2O)上述三种方案中，甲、丙方案不行行。解析：(1)第①步Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋(或Fe3＋)；所以滤渣1的主要成分是Pt和Au，滤液1中含有Cu2＋、Al3＋、Fe2＋(或Fe3＋)；第①步Cu与酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up15(△))3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；过氧化氢作氧化剂时不引入杂质，对环境无污染；调整溶液pH使Fe3＋、Al3＋全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。(3)由CuSO4·5H2O制备无水硫酸铜的方法为将CuSO4·5H2O加热脱水。(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方案中，甲方案在滤渣2中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，蒸发、冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方案不行行；乙方案先在滤渣2中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，后加入的Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3和Fe，过滤后将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣2中加NaOH溶液，NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，过滤后再在滤液中加过量H2SO4生成Al2(SO4)3和Na2SO4，蒸发、冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有Na2SO4。14．(2024·安徽皖江名校联考)某化学探讨性学习小组探究与铜有关的物质的性质，过程设计如下：提出猜想问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜有两性吗？问题2：铁和铜都有变价，一般状况下，Fe2＋的稳定性弱于Fe3＋，Cu＋的稳定性也弱于Cu2＋吗？问题3：硫酸铜溶液呈蓝色，铜与浓硝酸常温下反应生成的溶液也是蓝色吗？试验探究Ⅰ.解决问题1：(1)试验室需配制100mL0.50mol·L－1CuSO4溶液，必需的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、100_mL容量瓶。(2)为达到目的，某同学认为只要进行两次试验即可得出结论。请写出试验②的详细内容。①向盛有CuSO4溶液的试管中滴加NaOH溶液至过量以，视察生成的Cu(OH)2沉淀是否溶解；②另取试验①中所得沉淀，滴加稀硫酸(或稀盐酸等)至过量，视察沉淀是否溶解。Ⅱ.解决问题2的试验步骤和现象如下：①取肯定量制得的氢氧化铜固体于坩埚中灼烧，当温度达到80～