（通用版）2020版高考化学一轮复习 跟踪检测（九）金属材料与矿物开发（含解析）.doc

跟踪检测（九） 金属材料与矿物开发1(2019昌平区模拟)“厉害了，我的国！”。下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是() A.主体用料：钢索B.主体用料：钢材C.主体用料：铝合金D.主体用料：硅酸盐解析：选D钢索、钢材、铝合金都是金属合金材料。2下列有关金属及其化合物的说法中，正确的个数为()在人类对金属材料的使用过程中，性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用纯铁比生铁抗腐蚀性更强单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属向紫色石蕊溶液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，溶液变为蓝色并有气泡产生青铜、不锈钢、硬铝都是合金可通过焰色反应区分钾元素和钠元素将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中，溶液变蓝色铝粉和氧化镁粉末混合，高温能发生铝热反应A4B5C6D7解析：选A金属活泼性越弱，越易被冶炼和使用；Al是活泼金属，表面易形成致密氧化膜，耐腐蚀；Na2O2具有强氧化性，紫色石蕊溶液先变蓝后褪色；Al不能把Mg置换出来，Al与MgO不能发生铝热反应。3(2019海淀区一模)平昌冬奥会“北京8 分钟”主创团队用石墨烯制作了20 能发热4 h 的智能服饰； 用铝合金管材和碳纤维制作了高2.35 m、重量仅为10 kg 的熊猫木偶，向世界展现了新时代的中国形象。下列说法不正确的是()A石墨烯是能导热的金属材料B铝合金是密度较低的金属材料C碳纤维是耐低温的无机非金属材料D新型材料种类多、用途广解析：选A石墨烯是碳的一种单质，属于无机非金属材料，故A错误；铝的密度小，铝合金的密度小，强度大，属于金属材料，故B正确；碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于无机非金属材料，故C正确；人们依据生产生活的需要研制出很多种用途不同的新型材料，如功能新型材料、新的合金材料等，故D正确。4(2019平顶山模拟)下列说法中正确的是()A电解NaCl溶液、熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质B工业上可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼CuC铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如K、Ca、Cr、Mn等D工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是提高Al的产量解析：选B钠和镁性质活泼，应采用电解熔融氯化钠的方法制取钠，故A错误；工业上火法炼铜可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼Cu，故B正确；金属K、Ca还原性强于铝，所以无法通过铝热反应制取，故C错误；冰晶石是电解铝的助熔剂，可降低氧化铝熔化时所需的温度，故D错误。5下列制备金属单质的方法或原理正确的是()A在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu解析：选BA项，应用电解熔融的MgCl2的方法制备单质镁；B项，铝为活泼金属，因此应用电解的方法制取；C项，电解水溶液得不到金属钠；D项，制备单质铜应用热还原法。6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，发火煅红冷定，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的过程中有氧化还原反应发生D该冶炼锌的方法属于热还原法解析：选AA项，由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物；B项，反应中C作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C；C项，碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，有氧化还原反应发生；D项，该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质，属于热还原法。7(2019辛集第一中学月考)下列有关金属的工业制法中，正确的是()A以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠B用海水、石灰乳等为原料，经一系列过程制得氧化镁，用H2还原氧化镁制得镁C以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁D从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝解析：选C工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2NaCl2，而电解NaCl溶液：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，得不到钠，A错误；镁的还原性比氢气的还原性强，不能用氢气还原氧化镁制取镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2MgCl2，B错误；工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3COFe2O32Fe3CO2，因为炼铁的矿石中含有一定量的二氧化硅，所以石灰石的作用是将二氧化硅等杂质转变为炉渣而除去，C正确；因为熔融状态下氯化铝不导电，所以从铝土矿中获得氧化铝再电解熔融的氧化铝来获取金属铝，D错误。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BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol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0价，错误；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，错误；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，正确；D项，溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为3价，Cu变为2价，故1 mol Al65Cu23Fe12失电子为65 mol323 mol212 mol3277 mol，错误。9某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl26H2O，设计了如图流程。下列说法不正确的是()A固体中含有SiO2，固体中含有Fe(OH)3B使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlOC试剂a选用盐酸，从溶液得到CaCl26H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O解析：选DSiO2难溶于盐酸，固体中含有SiO2；FeCl3与Ca(OH)2反应生成Fe(OH)3，所以固体 中含有 Fe(OH)3，故A正确；Al(OH)3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体 中Al(OH)3转化为AlO，故B正确；CaCl26H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；溶液 中直接加氨水至沉淀完全，生成NH4Cl，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl26H2O，故D错误。10部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如图处理，下列说法正确的是()A滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HB样品中Fe元素的质量为2.14 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV448解析：选DA项，生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜可以和Fe3反应，所以滤液A中一定不含有Fe3，错误；B项，灼烧后的固体为Fe2O3，其物质的量为0.02 mol，铁元素的物质的量为0.02 mol20.04 mol，质量为0.04 mol56 gmol12.24 g，错误；C项，铁元素的质量为2.24 g，而原来固体为5.76 g，所以CuO的质量不超过5.76 g2.24 g3.52 g，错误；D项，根据最后溶液中的溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素的物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含H 0.08 mol，其中部分H生成氢气，另外的H和合金中的氧结合生成了水，由于合金中氧的物质的量为0.02 mol，它结合0.04 mol H，所以硫酸中有0.04 mol H生成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下的体积为448 mL，正确。11(2018全国卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。解析：(1)闪锌矿的主要成分是ZnS，所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为ZnSO2ZnOSO2。(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4后，发生一系列化学反应：ZnOH2SO4=ZnSO4H2O、Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O、CdOH2SO4=CdSO4H2O、PbOH2SO4=PbSO4H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2，使Fe3完全转变为Fe(OH)3沉淀；通入O2的目的是使溶液中的Fe2转化为Fe3，有利于除杂，若不通入O2，无法除去溶液中的杂质Fe2。(3)溶液中的Cd2与加入的Zn粉反应而被除去，反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2，电极反应式是Zn22e=Zn，阳极放电的是OH，电极反应是4OH4e=2H2OO2。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4，可返回到溶浸工序循环使用。答案：(1)ZnSO2ZnOSO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸12醋酸镍(CH3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如图所示：相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20 时溶解性(H2O)Fe31.13.2CaSO4微溶Fe25.88.8NiF2可溶Al33.05.0CaF2难溶Ni26.79.5NiCO3Ksp9.60106(1)调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是_。(2)滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是_、_。(3)写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式：_。(4)酸浸过程中，1 mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式： _。(5)沉镍过程中，若c(Ni2)2.0 molL1，欲使100 mL该滤液中的Ni2沉淀完全c(Ni2)105 molL1，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_ g。(保留小数点后1位有效数字)(6)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_、_min。解析：(1)(3)制取醋酸镍的工艺流程可解读为将含镍废料粉碎后加入H2SO4和少量HNO3进行酸浸，过滤后得到主要含Ni2、Al3、Fe3(还可能含少量Fe2、Ca2)的溶液和主要含SiO2、CaSO4的滤渣，弃去滤渣，向滤液中加入H2O2将可能含有的Fe2氧化为Fe3，调节溶液pH为5.0pH6.7，使Al3、Fe3转化为氢氧化物沉淀，再通过过滤除去，向过滤所得的滤液1中加入NH4F除去滤液中的Ca2，过滤后向滤液2中加入Na2CO3使Ni2沉淀为NiCO3，过滤后向NiCO3中加入醋酸得到醋酸镍，再进一步洗涤、蒸发、结晶得到醋酸镍产品。(4)由题意知，酸浸时1 mol NiS失去6 mol电子，S2被氧化为SO2，硝酸被还原为NO，根据得失电子守恒、原子守恒可写出反应的化学方程式。(5)Ni2沉淀完全时溶液中c(CO)0.96 molL1，故需要加入Na2CO3的质量最少为0.96 molL10.1 L(2.0 molL1105 molL1)0.1 L106 gmol131.4 g。答案：(1)5.0pH6.7(2)SiO2、CaSO4CaF2(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(4)NiSH2SO42HNO3=NiSO4SO22NO2H2O(5)31.4(6)7012013(2019石家庄二中模拟)某工厂用一固体废渣(主要成分为Al2O3Cr2O3，还含有FeO、SiO2)为主要原料回收利用，生产红矾钠晶体(Na2Cr2O72H2O)，同时制备明矾KAl(SO4)212H2O。其主要工艺流程如图：已知：NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3氧化为CrO。(1)、的目的是_。(2)实验室中操作的名称为_。(3)已知：KspFe(OH)33.01039，KspAl(OH)311033。当pH5.6时Cr(OH)3开始沉淀。室温下，中需调节溶液pH范围为_(杂质离子浓度小于1106 molL1视为沉淀完全)。(4)写出中发生反应的离子方程式：_。(5)中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是_(结合化学方程式回答)。(6)写出溶液F和硫酸溶液反应的离子方程式：_，若用足量二氧化碳通入F中，则生成的溶液中离子浓度关系为_。解析：固体废渣的主要成分为Al2O3Cr2O3，还含有FeO、SiO2，向废渣中加入过量的硫酸，氧化铝、氧化亚铁和氧化铬与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬，SiO2与硫酸不反应，过滤，得到的固体A为SiO2，溶液B为硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬及硫酸的混合溶液，加入H2O2将Fe2氧化成Fe3，调节pH形成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤，得到的固体C为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，溶液D为硫酸铬溶液，向固体C中加入过量的KOH溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钾溶液，固体E为氢氧化铁，溶液F为偏铝酸钾溶液，加入稀硫酸，然后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到明矾；向溶液D中加入过量的NaOH溶液和NaBiO3，发生氧化还原反应生成Bi(OH)3固体和Na2CrO4溶液，溶液G为Na2CrO4溶液，然后酸化得到Na2Cr2O7溶液和Na2SO4溶液，最终得到红矾钠晶体。(3)Al3完全除去时c3(OH)11027，c(OH)109 molL1，此时溶液pH5.0，Fe3完全除去时c3(OH)31033，c(OH)1.41011 molL1，此时溶液pH3.1，而pH5.6时Cr(OH)3开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0pHc(HCO)c(OH)c(H)c(CO)。答案：(1)使Fe2转化为Fe3，并调节pH使Fe3和Al3完全沉淀，与铬元素完全分离(2)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(3)5.0pHc(HCO)c(OH)c(H)c(CO)