《金版学案》2022届高考化学一轮复习习题-第2章-第4节-铜及其化合物-金属材料-

第四节铜及其化合物金属材料题号12345678答案一、单项选择题1．合金比纯金属制成的金属材料的优点是()①合金的硬度一般比它的各成分金属的大；②一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低；③转变原料的配比、转变生成合金的条件，得到有不同性能的合金；④合金比纯金属的导电性更强；⑤合金比纯金属的应用范围更广泛。A．①②③⑤B．②③④C．①②④D．①②④⑤解析：合金的机械性能比各成分金属的大，故①正确；依据教材学问可知，②③是正确的；合金的电阻率比纯金属要大，故④错误；合金由于性能好而应用更广泛，故⑤正确。答案：A2．下列关于金属的一些说法错误的是()A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子D．越活泼的金属越难冶炼解析：合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，例如很多合金物理性质比纯金属优越，A正确；金属镁的制备是通过电解熔融的氯化镁，而金属铝是通过电解熔融的氧化铝得到，由于氯化铝是共价化合物，B错误；金属冶炼的本质是金属阳离子得电子被还原，C正确；金属越活泼，金属阳离子的氧化性越弱，越难以得到电子，冶炼也就越困难，D正确。答案：B3．下面有关铜的化合物的性质叙述中正确的是()A．CuSO4变成CuSO4·5H2O是物理变化B．确定条件下，新制的Cu(OH)2浊液能与乙醛反应但不能与乙酸反应C．CuO是黑色固体，与水反应可生成Cu(OH)2D．Cu2O遇硝酸可能会被氧化成Cu2＋解析：A项中变化属于化学变化；Cu(OH)2是碱，能与酸反应，B项错误；CuO不能与水反应，C项错误；Cu2O中Cu处于低价态，能被强氧化剂硝酸氧化，故D项正确。答案：D4．下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是()A．2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑B．Al2O3＋3Ceq\o(=,\s\up7(2125℃))2Al＋3CO↑C．Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2D．2Ag2Oeq\o(=,\s\up7(△))4Ag＋O2↑解析：较活泼的金属如钾、钙、钠、镁、铝等还原性很强，其冶炼接受电解法，A正确，若铝接受热还原法，则所需温度过高，能量消耗过大，B错误；中等活泼金属的冶炼可接受热还原法，C正确；不活泼的金属的化合物加热即可分解，可以接受加热分解法，D正确。答案：B5．近年来，科技人员又争辩得到一种新型材料——泡沫铝。它是由发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金中而制成的，其优点是硬度高，密度小(约为0.16～0.5g·cm－3)，比木材密度还小，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料。则下列关于泡沫铝的说法错误的是()A．泡沫铝是纯洁物B．泡沫铝是一种合金C．泡沫铝是一种优质的建筑材料和轻质材料D．泡沫铝可用于飞机制造解析：由题意可知，泡沫铝是一种合金，属于混合物，A项错误，B、C两项正确；其优点是硬度高，很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可用于飞机制造，D项正确。答案：A6．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，渐渐转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是()A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－=CuS↓D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应解析：CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为－2价，均具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。答案：D二、双项选择题7．(2022·广州一模)下列试验现象与对应结论均正确的是()选项操作现象结论A常温下将Cu片放入浓H2SO4中生成刺激性气味气体Cu与浓H2SO4反应生成SO2BAl2(SO4)3溶液中滴加过量氨水生成白色胶状物质Al(OH)3不溶于氨水C向某溶液中加入KSCN溶液，再向溶液中加入新制氯水溶液先不显红色，加入氯水后变红色该溶液中含有Fe2＋D向某溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色该溶液中存在I－解析：Cu与浓H2SO4反应需要加热，A错误；Al(OH)3只溶于强碱，B正确；C就是检验Fe2＋的特效反应，C正确；证明溶液中有I2，D错误。答案：BC8.某化学小组为测定确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\up7(足量溶液A),\s\do5(充分反应))测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up7(足量溶液B),\s\do5(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()A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．溶液B也可选用浓硝酸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：利用铜与铝的性质差异，可选择非氧化性酸、强碱或冷的氧化性酸，让其中一种金属参与反应，可达到目的。而对于B项，由于铝在浓硝酸中可钝化，生成少量氧化铝，故测得铝的质量偏大，铜的质量分数偏小。答案：BC三、非选择题9．(2022·东莞一模)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探究。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的试验流程如下：(1)为了加快菱镁矿的溶解，在酸溶阶段可以实行的措施有(任写一条)。______________________________________________________。MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为____________________。(2)加入H2O2氧化时，发生反应的离子方程式为________________。(3)滤渣2的成分是________________(填化学式)。滤液A的主要成分有__________(填化学式)。(4)煅烧过程存在以下反应：2MgSO4(s)＋C(s)=2MgO(s)＋2SO2(g)＋CO2(g)ΔH1MgSO4(s)＋C(s)=MgO(s)＋SO2(g)＋CO(g)ΔH2MgSO4(s)＋3C(s)=MgO(s)＋S(g)＋3CO(g)ΔH3那么CO2(g)＋C(s)=2CO(g)ΔH＝______________。(5)该菱镁矿中MgCO3的含量为94.5%，那么1t该矿石理论上最多制取MgO______t。解析：(1)围绕提高反应速率来答；(2)FeCO3被稀硫酸溶解时有Fe2＋，所以这里确定是Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋了，H2O2在酸性条件下被还原成水，这样就不难写出了；(3)前面被氧化生成的Fe3＋被氨水沉淀成Fe(OH)3。滤液A的主要成分除了酸溶生成的MgSO4外，还有加氨水发生Fe2(SO4)3＋6NH3·H2O=2Fe(OH)3↓＋3(NH4)2SO4生成的(NH4)2SO4。(4)据盖斯定律即可得到。(5)由Mg守恒得MgCO3～MgO84t40t1t×94.5%m解之得，m＝0.45t答案：(1)把矿石粉碎或提高酸溶温度(或答“适当增大硫酸的浓度”)MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋CO2↑＋H2O(2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(3)Fe(OH)3MgSO4、(NH4)2SO4(4)2ΔH2＋ΔH1(5)0.4510．某同学将确定浓度的Na2CO3溶液加入CuSO4溶液中，发觉生成了沉淀，其对沉淀的成分进行如下探究：[提出假设]假设1：沉淀是CuCO3；假设2：_________________________________________；假设3：沉淀是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。[验证假设](1)假如假设1成立，则反应的离子方程式为______________________________。(2)用离子方程式表示假设3中有Cu(OH)2生成的理论依据：_____________________________________________、____________________。(3)为证明以上哪种假设成立，该同学用下图装置测定沉淀样品中CuCO3的质量分数：①试验时的步骤依次为a.打开K1、K3，关闭K2、K4，通入过量空气；b.关闭K1、K3，打开K2、K4，充分反应；c.打开K1、K4，关闭K2、K3，通入过量空气。若未进行步骤a，将使测定结果________(填“偏低”“偏高”或“无影响”)，试验结束时通入过量空气的目的是_________________________________________________。②若沉淀样品的质量为10.0g，装置D的质量增加了2.2g，则沉淀中CuCO3的质量分数为________。③由以上试验可知，假设________成立。[总结反思]除了以上方案，还可以通过测量______________来测定沉淀中CuCO3的质量分数。解析：(1)若假设1成立，则发生的是复分解反应，其离子方程式为Cu2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CuCO3↓；(2)若假设3成立，则Na2CO3溶液发生了水解反应，生成OH－，然后OH－再和Cu2＋反应生成Cu(OH)2；(3)若未进行步骤a，则原装置中的CO2也会被D装置中的碱石灰吸取，造成结果偏高，而试验结束时通入空气的目的是将滞留在装置中的反应产生的CO2排尽，使其能被碱石灰充分吸取。装置D增加的质量是碳酸铜分解产生的CO2的质量，计算出CO2的物质的量为0.05mol，则碳酸铜的物质的量也为0.05mol，碳酸铜的质量为6.2g，其质量分数为62%；也就是说Cu(OH)2的质量分数为38%，所以假设3成立；除以上方案外，测量反应产生CO2的体积或者是称量充分加热后固体的质量等，也能测定碳酸铜的质量分数。答案：沉淀是Cu(OH)2(1)Cu2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CuCO3↓(2)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－；2OH－＋Cu2＋=Cu(OH)2↓(3)①偏高将装置中滞留的CO2排至装置D中，使其被碱石灰吸取②62%③3反应产生CO2的体积(或样品质量和样品充分灼烧后的质量)11．随着材料科学的进展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。为回收利用含钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上。部分含钒物质在水中的溶解性如表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如下。请回答下列问题：(1)请写出加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式________________________________________________________________________。(2)催化氧化所使用的催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫的氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体(如图1)。其中a、c两步的化学方程式可表示为_____________________________，____________________________。(3)该工艺中沉钒率是回收钒的关键之一，沉钒率的凹凸除受溶液pH影响外，还需要把握氯化铵的系数(NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比)和温度。依据图2和图3，试建议把握氯化铵系数和温度的适宜值分别为____、______。解析：(1)依据表格信息，V2O5难溶于水，被亚硫酸钠还原成可溶于水的VOSO4，离子方程式为V2O5＋SOeq\o\al(2－,3)＋4H＋=2VO2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O。(2)V2O5是催化剂，反应前后质量和化学性质不变。依题意和物质转化图知，a反应：五氧化二钒与二氧化硫反应生成三氧化硫和四氧化二钒；c反应：VOSO4在氧气作用下生成V2O5和SO3。(3)依据图象知，加氯化铵系数为4、温度为80℃时沉钒率最大。答案：(1)V2O5＋SOeq\o\al(2－,3)＋4H＋=2VO2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O(2)SO2＋V2O5SO3＋V2O44VOSO4＋O22V2O5＋4SO3(3)480℃12．银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开头分解的温度分别为450℃和80℃)(1)电解精炼银时，阴极反应式为____________________；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中快速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为_____________________________________。(2)固体混合物B的组成为__________________；在生成固体B的过程中，需把握NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为________________________________。(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO＋____Al2O3eq\o(=,\s\up7(高温))____CuAlO2＋________↑。(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为________molCuAlO2，至少需要1.0mol/L的Al2(SO4)3溶液________