（通用版）2020版高考化学一轮复习 第三章 第四节 金属材料与矿物开发学案（含解析）.doc

金属材料与矿物开发第四节金属材料与矿物开发1.了解常见金属的活动顺序。2了解合金的概念及其重要应用。3了解金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。考点(一)金属材料与金属矿物的开发 【精讲精练快冲关】知能学通1合金(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。(2)特性：合金具有不同于各成分金属的物理性能、化学性能或机械性能。熔点：一般比它的各成分金属的低；硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。注意常温下，多数合金是固体，但钠钾合金是液体。合金的物理性质相比于成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。2常见的金属材料(1)金属材料黑色金属材料有色金属材料铁、铬、锰以及它们的合金除黑色金属以外的其他金属及其合金(2)重要的黑色金属材料钢碳素钢低碳钢：韧性、焊接性好，强度低中碳钢：强度高，韧性及加工性好高碳钢：硬而脆，热处理后弹性好合金钢具有各种不同的优良性能，用于制不锈钢及各种特种钢(3)几种有色金属材料铝及铝合金铝性能：良好的延展性和导电性用途：制导线铝合金性能：密度小、强度高、塑性好、易于成型、制造工艺简单、成本低廉用途：主要用于建筑业、容器和包装业、交通运输业、电子行业等铜及铜合金铜性能：良好的导电性和导热性用途：主要用于电器和电子工业、建筑业铜合金青铜是我国使用最早的合金，常见的还有黄铜和白铜3.金属矿物的开发利用(1)金属在自然界中的存在形式(2)金属冶炼的实质金属冶炼的过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程，即：Mnne=M。(3)金属冶炼的方法(用化学方程式表示)电解法Na：2NaCl(熔融)2NaCl2；Mg：MgCl2(熔融)MgCl2；Al：2Al2O3(熔融)4Al3O2。热还原法高炉炼铁：Fe2O33CO2Fe3CO2；铝热反应制铬：2AlCr2O3Al2O32Cr；焦炭还原铜：C2CuO2CuCO2。热分解法Hg：2HgO2HgO2；Ag：2Ag2O4AgO2。金属活动性与冶炼方法的关系：注意冶炼Mg时只能电解MgCl2不能电解MgO，原因是MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本。冶炼Al时只能电解Al2O3不能电解AlCl3，原因是AlCl3是共价化合物，熔融态难导电。加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。用热还原法得到的铜还要经过电解精炼才能得到精铜。(4)铝热反应实验装置实验现象镁带剧烈燃烧，放出一定的热，并发出耀眼的白光，氧化铁和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中实验结论高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热，反应的化学方程式为2AlFe2O32FeAl2O3原理应用制取熔点较高、活泼性弱于Al的金属铬、锰、钨等；金属焊接，如野外焊接钢轨等题点练通合金的性质和应用1.(2019番禺区模拟)下列关于金属及其合金的说法正确的是()A工业上用量最大的合金是铝合金B古代出土的铜制品表面覆盖着铜绿，其主要成分是CuOC装修门窗使用的铝合金材料硬度比铝单质小，熔点比铝单质低D生铁和钢都是合金，且钢的含碳量比生铁低解析：选D目前用途最广、用量最大的合金是钢，故A错误；铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，不是氧化铜，故B错误；铝合金材料的硬度比铝大，熔点比铝低，各种性能比纯铝优越，故C错误；生铁和钢都是铁的合金，主要通过含碳量的高低来区分，含量在0.21.7%的叫钢，含量在1.7%以上的叫生铁，故D正确。2.五金铁中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数寸，筑一方塘，短墙抵之。其铁流入塘内，数人执柳木排立墙上众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是()A金属冶炼方法由金属活动性决定B熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差C炒铁是为了降低铁水中的碳含量D该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工解析：选B活泼性不同的金属，其冶炼方法不同，即金属冶炼方法由金属活动性决定，故A正确；熟铁比生铁质地更软，且延展性好，故B错误；炒铁过程中降低了铁水中的碳含量，从而将生铁转化成熟铁，故C正确；该冶炼方法和近代往生铁水吹空气炼钢，都是利用空气中氧气氧化C元素，其原理基本相同，故D正确。金属矿物的开发与利用3.利用如图装置做铝热反应实验，下列说法不正确的是()A该反应的化学方程式是2AlFe2O32FeAl2O3B该反应会产生高温，发出强光C根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属D若反应中转移3 mol电子，消耗氧化剂的物质的量是 1 mol解析：选DA项，铝是活泼金属，高温条件下可置换出氧化铁中的铁，正确；B项，铝热反应放出大量的热，产生高温、发出强光，正确；C项，高熔点的金属可采用铝热法冶炼，正确；D项，铁元素的化合价从3价降低到0价，因此1 mol Fe2O3在反应中得到6 mol电子，则若反应中转移3 mol电子，消耗氧化剂的物质的量是0.5 mol，错误。4(2019田家庵区模拟)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。(1)选择金属冶炼的方法要依据金属在自然界中的存在形态和金属的活动性。金属活动性顺序中，金属的位置越靠后，越容易被还原；金属的位置越靠前，越难被还原。(2)化学性质很稳定的金属如Au、Pt等，在自然界中呈游离态，用物理方法即可得到。(3)有些活动性很强的金属也可以用还原法来冶炼，如NaKClKNaCl、2RbClMgMgCl22Rb等，在此主要运用了化学平衡移动原理，利用K、Rb沸点低，汽化离开反应体系，使化学平衡得以向正反应方向移动。 考点(二)生产、生活中的化学工艺 【多角探明无盲点】将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识进行设问，是近几年高考常考的题型。通常以含金属元素(Fe、Cu、Ti、Cr、Mn、W、V、Co等)的陌生物质为载体，考查物质的制备和分离提纯等基本实验原理及操作、陌生化学方程式的书写、产品纯度或产率的化学计算、化工生产适宜条件的选择等。这类试题具有较强的实用性和综合性，充分考查考生分析问题和解决问题的能力。其工艺流程如图。 以物质制备为目的的化学工艺流程1.原料处理阶段的常见考查点(1)加快反应速率。(2)溶解：通常用酸溶。如用稀硫酸、盐酸、浓硫酸等。(3)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解。2分离提纯阶段的常见考查点(1)调pH除杂控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3、Mn2溶液中含有的Fe2，先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调溶液的pH。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。(2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。(3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。3获得产品阶段的常见考查点(1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。典例1(2017全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤的主要反应：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 B60 c40 D10 步骤的反应类型是_。(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为_。解题流程第一步：化整为零流程分段明目的第二步：找破题点细审每段抓关键第三步：析题解题前后关照慎推理(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3 参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，H浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的K2Cr2O7固体越多，即在10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多。故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0294 gmol1103 kgg1 kg，所以产品的产率为100%100%。答案(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应(5)100%对点练1硒(Se)及其化合物在工农业生产中有许多用途，以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和银、金、铂等)为原料制备纯硒的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“焙烧”时的硫酸浓度最好为_(填标号)。A浓硫酸 B20%硫酸C50%硫酸(2)“焙烧”过程中Cu2Se参与反应时，该反应的氧化产物是_。(3)“水吸收”所发生反应的化学方程式为_。(4)“过滤”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示：蒸馏操作中控制的最佳温度是_(填标号)。A455 B462 C475 D515 (5)“水浸出”中的炉渣需粉碎，且加入温水进行浸泡，目的是_，“浸渣”中含有的金属单质是_。(6)若“浸出液”中c(Ag)3.0102 molL1，则溶液中c(SO)最大为_。已知：Ksp(Ag2SO4)1.4105，计算结果保留2位有效数字解析：(1)根据铜阳极泥的主要成分知，加硫酸并焙烧的产物有SeO2、SO2、CuSO4、Ag2SO4等 ，Se元素由2价升为4价，S元素由6价变为4价，说明焙烧时发生氧化还原反应，硫酸除了作酸外，还作氧化剂，因此选用浓硫酸。(2)Cu2Se与浓硫酸反应生成CuSO4、SeO2、SO2与H2O，该反应中Cu、Se元素化合价升高，因此该反应的氧化产物是CuSO4、SeO2。(3)“水吸收”时，SeO2转化为Se，Se元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，SO2转化为H2SO4，配平该化学方程式为SeO22SO22H2O=2H2SO4Se。(4)由题图可知，在475 时，真空蒸馏的挥发物中硒含量最大，故最好选择475 。(5)“水浸出”中的炉渣需粉碎，且加入温水进行浸泡，目的是加快浸出速率，“浸渣”中含有与浓硫酸不反应的Au、Pt。(6)根据Ksp(Ag2SO4)c2(Ag)c(SO)，“浸出液”中c(SO) molL11.6102 molL1。答案：(1)A(2)CuSO4、SeO2(3)SeO22SO22H2O=2H2SO4Se(4)C(5)加快浸出速率金、铂(或Au、Pt)(6)1.6102 molL1以分离提纯为目的的化学工艺流程1.物质分离提纯的原则(1)不增：不引入新的杂质。(2)不减：不减少被提纯的物质。(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。2常用的提纯方法水溶法除去可溶性杂质酸溶法除去碱性杂质碱溶法除去酸性杂质氧化剂或还原剂法除去还原性或氧化性杂质加热灼烧法除去受热易分解或易挥发的杂质调节溶液的pH法如除去酸性Cu2溶液中的Fe3等3.常用的分离方法过滤分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法萃取和分液利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴蒸发结晶提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl冷却结晶提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO45H2O、FeSO47H2O等蒸馏或分馏分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油冷却法利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气典例2(2016全国卷)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_，同时V2O4转化成VO2。“废渣1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_ mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性(填“酸”“碱”或“中”)。(5)“流出液”中阳离子最多的是_。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式_。解题流程第一步：化整为零流程分段明目的第二步：找破题点细审每段抓关键第三步：析题解题前后关照慎推理(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，V2O5、VO中V元素均显5价，V元素化合价不变，则该反应是非氧化还原反应，结合溶液的酸碱性及元素守恒写出离子方程式：V2O52H=2VOH2O。废钒催化剂中除SiO2外，其余物质均与稀硫酸反应生成易溶于水的盐，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。(2)“氧化”中使3 mol的VO2变为VO，转移电子的物质的量为3 mol(54)3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素由5价降低到1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少0.5 mol。(3)由图可知，加入KOH中和后产生废渣2，而“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中，后续操作中未进行除杂操作，显然该过程中还生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，从而除去Fe3、Al3，故“废渣2”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，应增加溶液中c(OH)，使平衡逆向移动，故淋洗液应该呈碱性。(5)“氧化”和“中和”操作中分别加入KClO3、KOH，而“离子交换”过程中，消耗V4O同时生成OH，而阳离子未参与离子交换，故“流出液”中阳离子最多的是K。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”过程中生成V2O5，考虑铵盐的不稳定性，还应生成NH3和H2O，结合元素守恒写出化学方程式：2NH4VO3V2O5H2O2NH3。答案(1)V2O52H=2VOH2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱(5)K(6)2NH4VO3V2O5H2O2NH3对点练2平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如图工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。已知：CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3易水解，酸性条件下，Ce4有强氧化性。(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作是_，反应的离子方程式是_。(2)反应的离子方程式是_。(3)为了得到较纯的Ce3溶液，反应之前要进行的操作是_。(4)反应需要加入的试剂X可以是_。(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。用FeSO4溶液滴定选_作指示剂，滴定终点的现象是_；若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。解析：(1)为了提高浸洗效率，废玻璃在NaOH溶液浸洗前要进行粉碎。废玻璃中只有SiO2能与NaOH溶液反应，离子方程式为SiO22OH=SiOH2O。(2)根据提供的信息及流程图，可知滤渣B为CeO2，酸性条件下CeO2与H2O2发生氧化还原反应：2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O。(3)为了得到较纯净的Ce3溶液，反应之前要对滤渣B进行洗涤。(4)反应是将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，为了不引起杂质，加入的试剂X可以是O2。(5)K3Fe(CN)6能与Fe2反应得到蓝色沉淀，用FeSO4溶液滴定 ，可以选K3Fe(CN)6溶液作指示剂，滴定终点的现象为滴入最后一滴溶液时，生成蓝色沉淀，且振荡也不再消失。若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间，则部分Fe2会被空气中的氧气氧化为Fe3，消耗的FeSO4溶液的体积偏大，测定结果偏大。答案：(1)粉碎SiO22OH=SiOH2O(2)2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O(3)洗涤(4)O2(5)K3Fe(CN)6滴入最后一滴溶液时，生成蓝色沉淀，且振荡也不再消失偏大