2019版高考化学一轮复习 第3章 常见金属及其化合物 第11讲 金属材料 合金练习 鲁科版.doc

第11讲 金属材料 合金课时作业1(2017泰安期末)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：ZnCO32CZn3COD该冶炼锌的方法属于热还原法答案：A2铜锌合金俗称黄铜，下列不易鉴别黄铜与真金的方法是()A测密度B测熔点C灼烧 D看外观解析：黄铜和金的密度不可能相同，所以测密度可行，故A易鉴别；合金的熔点较低，真金的熔点高，所以测熔点可行，故B易鉴别；铜锌合金灼烧生成黑色的氧化物，而金性质稳定，颜色不变，可鉴别，故C可行；黄铜和金的颜色相同，故D不可行。答案：D3下列有关金属的工业制法正确的是()A制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中的钛B炼铁：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C制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液D炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜解析：钠与水反应，不能从溶液中置换出钛，A错；电解NaCl溶液得不到Na，C错；用粗铜电解精炼可得到纯度为99.9%的铜，而不是用黄铜矿，D错。答案：B4下列是部分矿物资源的利用及产品流程，有关说法不正确的是()A粗铜电解精炼时，粗铜做阳极B生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C黄铜矿冶炼铜时，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料D粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法解析：电解精炼铜时，粗铜做阳极，自身可以溶解，故A正确；制备单质时涉及化合价变化，是氧化还原反应，制玻璃的反应是SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2和SiO2CaCO3CaSiO3CO2，化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，故B错误；SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故C正确；制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故D正确。答案：B5Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是()A两者的单质放置在空气中均只生成氧化物B两者的单质都能与稀硫酸反应产生氢气C常温条件下，两种金属都能溶解于浓硝酸中D制备FeCl3、CuCl2，均不能采用将其溶液直接蒸干的方法解析：Cu放置在空气中可生成Cu2(OH)2CO3，A项错误；铜为不活泼金属，不能与稀硫酸反应生成氢气，B项错误；常温下，浓硝酸能够使铁钝化，C项错误；直接蒸干FeCl3、CuCl2溶液得到的固体分别是Fe(OH)3、Cu(OH)2，D项正确。答案：D6下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是()A该溶液中Na、NH、NO、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：Cu2S2=CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu22NH3H2O =Cu(OH)22NH解析：A项，CuSO4溶液显酸性，Na、NH、NO、Mg2可以大量共存，A项正确；B项，CO2与CuSO4溶液不发生反应，违背了强酸制弱酸的原理，B项错误；C项，H2S属于弱电解质，书写离子反应方程式时，要写化学式，C项错误；D项，CuSO4溶液与过量浓氨水反应生成四氨基合铜离子，D项错误。答案：A7已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()ANa BAlCFe DCu解析：Na、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，转化关系可能答案：D8下表中，对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是()选项陈述陈述判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿对；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对；对；有C向硫酸铜溶液中通入少量氨气，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，铜丝表面变黑对；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错；对；无答案：D9(2017海淀区期末)新制氢氧化铜存在平衡：Cu(OH)22OHCu(OH)(深蓝色)。某同学进行下列实验：下列说法不正确的是()A中出现蓝色沉淀B中现象是Cu(OH)22OHCu(OH)正向移动的结果C中现象证明葡萄糖具有还原性D对比和可知Cu(OH)2氧化性强于Cu(OH)解析：CuSO4溶液与NaOH溶液反应可生成蓝色沉淀Cu(OH)2，A正确。新制Cu (OH)2存在平衡：Cu(OH)22OHCu(OH)，加入NaOH，氢氧根离子的浓度增大，平衡正向移动，B正确。中加入葡萄糖溶液有砖红色的沉淀生成，说明葡萄糖中含有醛基，所以葡萄糖具有还原性，C正确。中氧化葡萄糖的是Cu(OH)，而中未生成砖红色沉淀，可知氧化性：Cu(OH)2Cu(OH)，D错。答案：D10部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，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、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896解析：根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3不共存，则A项错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B正确；样品中Cu元素和O元素共5.76 g2.24 g3.52 g，则C项错误；因2.24 g Fe元素已部分氧化，且Fe还与Fe3、Cu2发生反应，故生成的氢气的体积应小于896 mL，D错误。答案：B11(2017西城区期末节选)CuSO4用途广泛，以Cu为原料制CuSO4有多种方法。(1)实验室可用Cu与浓硫酸反应制CuSO4。Cu与浓硫酸反应的化学方程式是_。该方法制CuSO4存在的不足是_(写出任意一条)。(2)实验小组采取如下方法制CuSO4。实验表明，Fe3能加快生成CuSO4的反应速率，加快原理可表述为.2Fe3Cu=2Fe2Cu2.的离子方程式是_。解析：(1)Cu与浓硫酸反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；该方法反应产生SO2，对环境有污染，浓硫酸浓度减小后，反应停止，浓硫酸利用率不高。(2)生成的Fe2被氧气氧化，4Fe2O24H=4Fe32H2O。答案：(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O反应产生SO2，对环境有污染或氧化剂浓硫酸利用率不高(其他合理答案确均可)(2)4Fe2O24H=4Fe32H2O12孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸)：(1)反应能观察到的现象是_，有关反应的化学方程式为_。(2)反应加入的金属可能是_，有关反应的离子方程式为_。解析：孔雀石中加入稀硫酸可看到孔雀石逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，且有气泡产生；反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O。经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质，则滤液中主要含有CuSO4，加入的金属粉末能将Cu2从溶液中置换出来即可，故金属可能是Fe或Zn等。答案：(1)固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色，有气泡产生Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O(2)铁(答案合理即可)FeCu2=Fe2Cu13某课外研究小组用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为(1)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是_(填字母序号)。a灼烧过程中部分氧化铜被还原b灼烧不充分铜未被完全氧化c氧化铜在加热过程中分解生成铜d该条件下铜无法被氧气氧化(2)由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净CuO，与途径相比，途径有明显的两个优点是_。解析：(1)杂铜灼烧得到的产物中仍会有少量Cu的原因是铜未完全氧化及生成的CuO又被还原成Cu。(2)粗制氧化铜中含有铜，按途径制CuSO4时发生反应：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。按途径制CuSO4时发生反应：2CuO22H2SO4(稀)2CuSO42H2O。对比两反应可知制取相同量的CuSO4途径消耗H2SO4多，且产生污染环境的SO2气体。答案：(1)ab(2)耗酸少；无污染性气体SO2产生14粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。进行如下实验：取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 mol/L盐酸中，得溶液C；将中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12 L(标准状况)气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请填空：(1)中引发铝热反应的实验操作是_，产物中的单质B是_。(2)中所发生的各反应的化学方程式是_。(3)中所发生的各反应的离子方程式是_。答案：(1)加少量KClO3，插上镁条并将其点燃Fe(2)Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、MgO2HCl=MgCl2H2O(3)Fe2H=Fe2H2、Fe2Fe3=3Fe215(2017潍坊期末)铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛。(1)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，在潮湿空气中易氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：步骤中发生主要反应的离子方程式为_，溶解温度应控制在6070 的原因是_。写出步骤中主要反应的离子方程式：_。步骤中醇洗滤渣的目的是_。(2)碘化亚铜(CuI)是一种不溶于水，能溶于盐酸、碘化钾溶液的白色固体。向碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。为除去稀盐酸中少量CuCl2杂质，可往溶液中加入过量的M试剂后进行过滤操作，再通入适量的Cl2后进行N操作。试剂M和操作N的组合正确的是_(填序号)。选项试剂M操作Na碘化钾溶液升华b氢碘酸溶液萃取分液c氢气过滤d氢硫酸溶液过滤解析：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成CuSO4，过滤后在滤液中加入(NH4)2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H，得到的CuCl经水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成Cu2、NO和H2O，结合原子守恒和电子守恒配平书写离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，溶解温度应控制在6070 ，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解。Cu2与(NH4)2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，结合原子守恒和电子守恒配平书写离子方程式为2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H。步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分。(2)反应中KI中I元素的化合价由1价升高到0价，生成单质碘，失去2e，CuSO4中Cu元素的化合价由2价降低为1价，得到e，根据得失电子数目相等可知CuSO4前的系数为2，CuI前的系数为2，则氧化产物(I2)与还原产物(CuI)的物质的量之比为12。a.杂质CuCl2与碘化钾溶液反应生成CuI沉淀、碘单质和氯化钾，氯化钾是新杂质，故a错误；b.杂质CuCl2与HI溶液反应生成CuI沉淀、碘单质和盐酸，先过滤，后萃取分液，可得盐酸，故b错误；c.杂质CuCl2与氢气不反应，故c错误；d.杂质CuCl2与H2S溶液，生成CuS沉淀和HCl，过滤即可除去，故d正确。答案：(1)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O温度过低溶解速度慢，温度过高硝酸铵分解2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H醇洗有利加快除去CuCl表面水分(2)12d