鲁科版 2023高考化学 一轮复习 九 金属材料 金属的冶炼 课时练习 （教师版）.docx

《鲁科版 2023高考化学 一轮复习 九 金属材料 金属的冶炼 课时练习 （教师版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《鲁科版 2023高考化学 一轮复习 九 金属材料 金属的冶炼 课时练习 （教师版）.docx（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 九 金属材料 金属的冶炼 题组一：铝、镁及其重要化合物(建议用时：15分钟)1下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是()AH2SO4滴入NaAlO2溶液中BBa(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中CAl2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中D氨水滴入Al2(SO4)3溶液中解析:选A。将H2SO4滴入NaAlO2溶液中，先生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3又溶于过量的H2SO4中，A正确；Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，先生成BaSO4、Al(OH)3沉淀，Al(OH)3又溶于Ba(OH)2溶液，但BaSO4不溶解，B错误；Al

2、2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，开始由于OH过量发生反应：Al34OH=AlO2H2O，故开始无沉淀生成，C错误；氨水滴入Al2(SO4)3溶液中，立即产生Al(OH)3沉淀，但沉淀不溶于氨水，D错误。2明矾KAl(SO4)212H2O在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示：下列叙述错误的是()A回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用B沉淀为Al(OH)3C操作a包含萃取、分液等D上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3解析:选C。回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，A正确；偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应可生

3、成氢氧化铝，故沉淀为Al(OH)3，B正确；操作a包含蒸发浓缩、冷却结晶等，C错误；过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应也可得到氢氧化铝沉淀，D正确。3(2022厦门模拟)以水氯镁石(主要成分是MgCl26H2O)生产碱式碳酸镁Mga(CO3)b(OH)cnH2O的主要流程如下：(1)溶解时将水氯镁石粉碎的目的是_。(2)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，该过程中发生反应的离子方程式为_。(3)沉淀镁时反应的温度不宜过高，原因是_ _。(4)将上述流程中的滤液浓缩结晶，所得的主要固体物质的化学式为_。(5)上述流程中检验“过滤”后碱式碳酸镁洗涤是否干净的操作为_。解析:(1)提高溶解速率可将矿石

4、粉碎、充分搅拌或适当升温，故答案为提高溶解速率。(2)预氨化过程中氯化镁与氨水反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵，则该过程中发生反应的离子方程式为Mg22NH3H2O=Mg(OH)22NH。(3)沉淀镁时用碳酸氢铵，碳酸氢铵不稳定，加热易分解，所以沉淀镁时反应的温度不宜过高。(4)流程中过滤所得滤液的主要成分为NH4Cl，因此将上述流程中的滤液浓缩结晶，所得的主要固体物质的化学式为NH4Cl。(5)检验“过滤”后碱式碳酸镁洗涤是否干净，主要是检验最后一次洗涤液里是否含有氯离子，即取最后洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明碱式碳酸镁未洗干净，反之则洗净。答案：(1)提高

5、溶解速率(2)Mg22NH3H2O=Mg(OH)22NH(3)碳酸氢铵不稳定，加热易分解(4)NH4Cl(5)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明碱式碳酸镁未洗干净，反之则洗净4利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl的一种工艺如图：(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在90水解生成A的化学方程式为_。“水解”采用90 而不在室温下进行的原因是_。(2)“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为_。(3)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。(4)“废渣”成分为_(填化学式)。(5)采用喷

6、雾干燥而不用蒸发的原因是_ _。解析:铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等，加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白液氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液pH使铁离子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为AlN3H2OAl(OH)3NH3，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；(2)氧化铝酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，发生反应的离子方程式为Al2O36

7、H=2Al33H2O；(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe22HClO=2Fe3ClH2O；(4)上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为Fe(OH)3；(5)铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥。答案：(1)AlN3H2OAl(OH)3NH3加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出(2)Al2O36H=2Al33H2O(3)2Fe22HClO=2Fe3ClH2O(4)Fe(OH)3(5)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)35无水AlCl3

8、易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如图：(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为_ _。(2)用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为_。(3)升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是_。(4)为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32 g。写出上述除杂过程中涉及的离子方程式_、_。AlCl3产品的纯度为_。解

9、析:(1)根据制备AlCl3的工艺流程可知，由冷却器出来的气体有CO和Cl2，CO是氯化炉中的生成物，且Cl2是过量的，氯化炉中发生反应的化学方程式为Al2O33Cl23C2AlCl33CO。(2)Na2SO3与Cl2发生氧化还原反应，Na2SO3作还原剂被氧化为Na2SO4，Cl2作氧化剂，反应的离子方程式为SOCl2H2O=SO2Cl2H。(3)升华器中加入少量Al，目的是除去杂质FeCl3。(4)无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)溶于过量NaOH溶液涉及的离子方程式为Fe33OH=Fe(OH)3，Al34OH=AlO2H2O。沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称量得到的0.32g固体是氧化铁

10、，n(Fe2O3)0.002 mol，则n(FeCl3)0.002 mol20.004 mol，m(FeCl3)0.004 mol162.5 gmol10.65 g，则AlCl3的质量为16.25 g0.65 g15.6 g，AlCl3的纯度为100%96%。答案：(1)Al2O33Cl23C2AlCl33CO(2)SOCl2H2O=SO2Cl2H(3)除去FeCl3(4)Fe33OH=Fe(OH)3Al34OH=AlO2H2O96%题组二：铜及其化合物(建议用时：15分钟)1(2022佛山模拟)国画牧牛图的颜料有“石色”“水色”，“石色”从矿物中提取，如石绿化学式Cu(OH)2CuCO3，“

11、水色”从植物中提取，如花青(分子式C15H11O6)。下列说法错误的是()A.Cu(OH)2CuCO3属于纯净物B“石色”耐酸、耐碱C从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取D保存不善的国画，“水色”容易变色解析:选B。A.石绿化学式Cu(OH)2CuCO3，只含一种物质，属于化合物，属于纯净物，故A正确；B.碱式碳酸铜能够与酸反应，所以“石色”不耐酸，故B错误；C.花青(分子式C15H11O6)为有机物，易溶于有机溶剂，从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取，故C正确；D.依据分子式C15H11O6可知含有不饱和键，所以容易被氧化，所以保存不善的国画，“水色”容易变色，故D正确。2(2022南昌模拟)

12、CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用于媒染剂。以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：下列说法正确的是()A“碱溶”时发生了Al和NaOH的反应B“洗涤”时使用乙醇防止CuCl被氧化C“还原”反应所得的溶液中大量存在Cu2、H、SO、ClD工艺流程中不包含化合反应和分解反应解析:选B。根据流程分析，废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)，通入一氧化碳气体后，生成Ni(CO)4，达到除去镍的目的；剩余物质进行碱浸，只有氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐，过滤后滤渣为铜，加入过氧化氢，在酸性环境下，铜被氧化为铜离子，加入亚硫酸

13、钠和氯化钠的混合物，2价铜被还原为1价铜，反应生成CuCl，过滤洗涤可以得到CuCl。A.结合以上分析可知，“碱溶”时发生了Al2O3和NaOH的反应，故A错误；B.乙醇易挥发，可以带去氯化亚铜表面的水分，起干燥作用，而氯化亚铜在潮湿时易被氧化，故乙醇可以使氯化亚铜不潮湿，从而防止CuCl被氧化，故B正确；C.还原前的溶液中大量存在的离子有氢离子和铜离子，还原后的溶液中的铜离子反应生成CuCl，而亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，故“还原”反应所得的溶液中不会大量存在Cu2、SO，故C错误；D.除镍过程中：Ni4CO=Ni(CO)4，为化合反应，故D错误。3(2022贵阳模拟)从经济利益和环境保

14、护考虑，大量制取硝酸铜最宜采用的方法是()A.Cu+AgNO3Cu(NO3)2B.CuCuSO4Cu(NO3)2C.Cu+HNO3(浓)Cu(NO3)2D.CuCuOCu(NO3)2解析:选D。A.Cu与AgNO3制取硝酸铜，原料AgNO3价格较高，A错误；B.Cu与浓硫酸反应时，有污染气体二氧化硫生成，污染环境，B错误；C.Cu与浓硝酸反应时，会生成污染气体二氧化氮，污染环境，C错误；D.Cu与氧气反应生成CuO，CuO与硝酸反应生成硝酸铜，不生成有毒气体，且原料便宜易得，原料利用率高，D正确。4(2022日照模拟)CuCl2是一种可用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。将铜粉加入稀盐酸中，

15、并持续通入空气，在Fe3的催化作用下可生成CuCl2(过程如图所示)。下列说法不正确的是()A.Fe3可循环使用B过程的反应为2Fe3Cu=2Fe2Cu2C过程中氧化剂为Fe2D该过程总反应为2CuO24H=2Cu22H2O解析:选C。A.反应过程中，Fe3与Fe2间是循环转化的，所以Fe3可循环使用，A正确；B.由图可知，过程中Fe3和单质Cu反应，生成了Fe2和Cu2，反应的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2，B正确；C.过程发生的主要反应为4Fe2O24H=4Fe32H2O，其中氧化剂为O2，C错误；D.反应过程中，Fe3与Fe2间是循环转化的，整个过程是Cu、H与O2的反应，生成

16、Cu2和H2O，所以上述过程的总反应式为2CuO24H=2Cu22H2O，D正确。5(2022石家庄模拟)氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如图：已知：N2H4的熔点为1.4 ，沸点为113.5 ；25 时相关物质的Ksp如表所示。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2Ksp11015.111037.411019.7(1)炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)用稀硫酸酸浸时为了提高化学反应速率可以采用的方法有_ _ (答一种方法即可)。(3)如果没有

17、加入试剂X进行氧化直接通过调pH是否能达到实验目的？请说明理由：_。(4)加入试剂Y调pH时，pH的理论最低值是(离子浓度小于等于1105 molL1看作除尽)_。(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_ _。(6)还原步骤中的反应常温下就可发生但工业上常常需要将温度控制在90 ，可能的原因为_。解析:本题考查制取Cu2O的工艺流程。(1)因为矿石含硫元素，所以通入氧气焙烧后会产生二氧化硫。1 mol Cu2S失8 mol电子，1 mol O2得4 mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为21；(2)粉碎固体、升温、适当增加稀硫酸浓度等都可以提高酸浸的速率；(3)从题目给出的Ks

18、p可以看出铜离子先于亚铁离子沉淀，所以要使用调pH的方法除掉铁元素必须氧化为3价铁离子才可以；(4)试剂Y调pH时要使Fe3完全沉淀，所以有11037.41105c3(OH)，解得c(OH)1010.8 molL1，则c(H)103.2 molL1，所以pH3.2；(5)酸浸时用的是稀硫酸，所以反应物为CuSO4、N2H4、KOH，产物有Cu2O和N2，说明该过程中Cu2将N2H4氧化为N2，根据电子守恒可知CuSO4和N2H4的系数比应为41，再结合元素守恒可得化学方程式为4CuSO4N2H48KOH=2Cu2O4K2SO4N26H2O；(6)工业生产往往要考虑反应速率，所以温度高一些速率会

19、更快，但根据题目信息N2H4的熔点为1.4 ，沸点为113.5 ，温度过高N2H4容易挥发影响产率。答案：(1)SO221(2)粉碎固体、升温、适当增加稀硫酸浓度等(答一点即可)(3)不行，因为通过调pH沉淀Fe2时Cu2也会沉淀去除(4)3.2(5)4CuSO4N2H48KOH=2Cu2O4K2SO4N26H2O(6)不低于90度为了尽可能加快反应速率，温度太高又容易使N2H4挥发题组三：金属矿物的开发利用(建议用时：15分钟)1明代宋应星著的天工开物中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载：“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，”下列说法不正确

20、的是(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌)()A该冶炼锌的反应属于置换反应B煤炭中起作用的主要成分是CC冶炼Zn的反应方程式为ZnCO32CZn3COD倭铅是指金属锌和铅的混合物解析:选D。碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为ZnCO32CZn3CO，该冶炼锌的反应属于置换反应，故A、C正确；反应中C做还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C，故B正确；由题意可知，倭铅是指金属锌，故D不正确。2下列有关金属的说法中正确的是()A生铁比纯铁抗腐蚀能力更强B青铜、不锈钢、硬铝都是合金C性质越活泼的金属越早被人类冶炼和使用D单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属解析:选B。生铁容易被腐

21、蚀，比纯铁抗腐蚀能力弱，A项错误；青铜、不锈钢、硬铝都是合金，B项正确；性质越不活泼的金属越早被人类冶炼和使用，C项错误；单质铝在空气中比较耐腐蚀，是因为其表面有一层致密的氧化膜，铝是活泼金属，D项错误。3(2022长沙模拟)由碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中提取金属锰的流程如下：下列有关说法不正确的是()A适当提高酸浸温度并不断搅拌，可以提高锰元素的浸出率B酸浸时，FeCO3溶于稀硫酸的离子方程式为CO2H=H2OCO2C用NaOH溶液和CO2两种物质，可将滤渣中的两种物质分离D电解浸出过程中，溶液的pH减小解析:选B。向碳酸锰矿(主要成分

22、MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中加入稀硫酸，SiO2不与稀硫酸反应，滤渣为SiO2，用H2O2将Fe2转化为Fe3，加入氨水将Fe3转化为Fe(OH)3、Al3转化为Al(OH)3，则滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3。A.适当提高酸浸温度、搅拌、粉碎碳酸锰矿等，均可以提高锰元素的浸出率，A项正确；B.酸浸时，FeCO3溶于稀硫酸的离子方程式为FeCO32H=Fe2H2OCO2，B项错误；C.滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，Al(OH)3能溶于强碱中，而Fe(OH)3不溶于强碱，向滤渣中加入NaOH溶液，Al(OH)3转化为NaAlO2溶于水，过滤得到

23、Fe(OH)3，再向滤液中通入CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤后得到Al(OH)3，C项正确；D.电解浸出过程的总反应方程式为2MnSO42H2O2MnO22H2SO4，生成H2SO4，溶液的pH减小，D项正确。4我国湘黔渝三省交界地区是中国电解锰企业最集中的地区，被称为中国的“锰三角”。金属锰的熔点很高，常用铝热法制得粗锰。再用电解法制得纯的金属锰。铝被用于冶炼金属锰，是因为铝具有()A熔点低B导电性好C.两性 D还原性及冶炼反应中放出大量的热解析:选D。铝能用于冶炼难熔金属(如Mn、W等)，是因为铝是一种活泼金属，还原性强，可将较不活泼金属从其化合物中还原出来，同时反应中

24、放出大量的热，使被还原出的金属熔融析出。5炼铁厂的废渣铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnOFe2O3及少量的CaO、MgO、SiO2等。可利用铁矾渣制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8)具体制备流程如图所示：(1)试剂1是过量的_。(2)试剂2为过量的铁粉，加入后可以观察到的现象有_ _。(3)NH4F溶液不能在玻璃器皿中保存，理由是_ _(用离子方程式表示)。已知：25 时，Ksp(CaF2)2.71011、Ksp(MgF2)6.41019。加入NH4F溶液沉淀后，c(Mg2)1.61010molL1，此时Ca2是否也完全沉淀？写出具体的分析过程：_。(若溶液中某离子浓

25、度小于1.0105molL1时，说明该离子已沉淀完全)。解析:(1)废渣铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnOFe2O3。在除杂制备过程中避免引入其他的离子，应该使用稀硫酸进行酸浸。(2)酸浸后的溶液为含有三价铁离子的棕黄色溶液，加入过量铁粉，使三价铁离子转化为二价铁离子，溶液由棕黄色转变为浅绿色，酸浸时硫酸过量，加入铁粉会有气泡产生。答案：(1)稀H2SO4(或稀硫酸)(2)溶液由棕黄色转变为浅绿色，同时有气泡产生(3)NHFH2O=NH3H2OHF、SiO24HF=SiF42H2O加入NH4F溶液沉淀后，c(Mg2)1.61010 molL1，则c2(F)4109，故c(Ca2)6.75103 molL11.0105 molL1，故Ca2未完全沉淀学科网（北京）股份有限公司