2022年高考化学二轮复习讲义第4讲 金属材料及金属矿物的开发利用（作业）.doc

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1、训练(十五)金属材料及金属矿物的开发利用1(2021·辽宁大连检测)下列关于合金的说法中正确的是()A改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金B合金都是由不同金属单质组成的混合物C古代留下大量的青铜器文物是由于青铜比纯铜柔软，容易制成各种器皿D飞机机身使用的是镁铝合金而不是钢材，是因为钢材价格高A合金可以由不同金属组成，也可以由金属和非金属组成，如生铁是铁和碳的合金，B错误；青铜是合金，其硬度大于纯铜，C错误；镁铝合金用于制造飞机利用了其硬度大、强度高、密度小等特点，D错误。2(2021·山东枣庄一中检测)2019年12月17日，我国第一艘国产航空母舰

2、“山东舰”在海南三亚某军港交付海军，它宣告了中国海军的国产航母时代正式来临。据报道，该舰艇的“超级甲板”采用了大量新型铝锂合金和铝镁合金等航天材料，真正实现了“浴千度火仍无恙”。下列关于两种合金的说法正确的是()A铝锂合金是铝与锂形成的新型化合物B铝锂合金的硬度比铝大，熔、沸点比铝高C铝镁合金不能全部溶解于稀盐酸中D铝镁合金焊接前用NaOH溶液处理氧化铝膜D铝锂合金是铝与锂在高温下熔合而形成的一种混合物，并未发生化学反应，不是化合物，A错误。铝锂合金的硬度比铝大，但其熔、沸点比组分金属铝的低，B错误。铝镁合金中Mg、Al都能与稀盐酸反应，故能全部溶解于稀盐酸中，C错误。Al2O3是两性氧化物，

3、可与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，故铝镁合金焊接前用NaOH溶液处理氧化铝膜，D正确。3我国使用金属的历史可以追溯到4 500年以前。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法不正确的是()A金属M、E分别是铜和铁B反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2OC氧化性：H2O2Cu2Fe2D向Y溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液，生成特征蓝色沉淀D由图可知，红色金属M加入稀H2SO4、H2O2，得到MSO4蓝色溶液，则M是Cu；金属E与CuSO4溶液反应生成M(Cu)和X，X中加入稀H2SO4、H2O2得到Y，Y中加入KSCN溶液，得到红色溶液W，Y中加入氨水，得到红褐

4、色固体Z，则Z为Fe(OH)3，从而推知X是FeSO4，Y是Fe2(SO4)3，E是Fe，A项正确。反应中Fe2与H2O2发生氧化还原反应生成Fe3，离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，B项正确。反应中H2O2是氧化剂，Cu2是氧化产物，则氧化性：H2O2Cu2；反应为Cu2Fe=Fe2Cu，则氧化性：Cu2Fe2，从而可得：H2O2Cu2Fe2，C项正确。含Fe2的溶液中加入K3Fe(CN)6溶液，产生特征蓝色沉淀，而Y是Fe2(SO4)3，故Y溶液滴入K3Fe(CN)6溶液，不生成蓝色沉淀，D项错误。4(2021·辽宁葫芦岛检测)液体铝钠合金(钠和铝熔合而成)可用

5、于核反应堆的载热介质。下列有关说法不正确的是()A自然界中没有游离的钠和铝B若铝钠合金投入水中无固体剩余，则有n(Al)n(Na)C铝钠合金投入到氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出D相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小D钠和铝都是活泼金属，在自然界中均以化合态形式存在，A正确；钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH与Al发生反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，若固体无剩余，则有n(Al)n(Na)，B正确；铝钠合金投入到氯化铜溶液中，Na与水反应生成NaOH，NaOH与CuCl2反应生成Cu(OH)2，则一定有氢氧化铜沉

6、淀，Al可能与CuCl2发生置换反应生成Cu，C正确；生成1 mol H2时，消耗46 g Na或18 g Al，故相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越大，D错误。5(2021·福建厦门检测)粗制的CuSO4·5H2O晶体中含有Fe2。提纯时，为了除去Fe2，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH4，即可以除去Fe3而不损失硫酸铜。下列说法不正确的是()A溶解CuSO4·5H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2除去Fe2的离子方程式为2Fe2H2O24OH=2Fe(OH)3C由于CuSO4的催化作用，会使部

7、分H2O2分解而损失D调溶液pH4的依据是当pH4时Fe3沉淀完全，而Cu2还未开始沉淀BCuSO4·5H2O晶体溶解后Cu2会发生水解生成Cu(OH)2和H2SO4，所以溶解时加入少量的稀硫酸可抑制Cu2的水解，A项正确；因为氧化Fe2时，溶液为强酸性，在强酸性条件下，不可能大量存在OH，B项错误；Cu2对过氧化氢的分解具有催化作用，所以使部分过氧化氢损失，C项正确；因为该操作的目的是除去Fe3且硫酸铜不损失，所以调节溶液的pH4，应是Fe3完全沉淀而Cu2还未开始沉淀，D项正确。6用辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图

8、所示：(1)下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是_(填字母)。A延长浸取时间B将辉铜矿粉碎C充分搅拌 D适当增加硫酸浓度(2)滤渣中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：_。(3)研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是_。(4)“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A可以是_(填化学式)；“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。(5)“沉锰”(除Mn2)过程中有关反应的离子方程式为_。(6)滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(填化学式)。解析(1)酸浸时，通过粉碎矿石或升高温度或进行搅拌都可以提高浸取

9、率，延长浸取时间并不能提高速率。(2)浸取时，在酸性条件下二氧化锰氧化硫化亚铜得到硫沉淀、硫酸铜和硫酸锰，其反应的离子方程式为：2MnO2Cu2S8H=S2Cu22Mn24H2O。(3)浸取时氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，氧化铁在浸取时其媒介作用， Fe3可催化Cu2S被MnO2氧化。(4)加入的试剂A应用于调节溶液的pH，促进铁离子水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可以加入CuO或Cu(OH)2，因氨气容易挥发，加热可以促进挥发，则可以用加热的方法。(5)沉锰过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，离子方程式为：Mn2HCONH3=Mn

10、CO3NH 。 (6)滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到(NH4)2SO4晶体。答案(1)A(2)MnO2Cu2S8H=S2Cu22Mn24H2O(3)Fe3可催化Cu2S被MnO2氧化 (4)CuO或Cu(OH)2加热 (5)Mn2HCONH3=MnCO3NH(6)(NH4)2SO47( 2021·山东潍坊中学检测)某课外兴趣小组为探究某种铝合金(合金元素Mg、Al)是否符合国家质量标准(国家规定其中铝含量不能低于78%)，设计如图装置进行实验。(1)检验该装置气密性的方法是_。(2)合金样品固体M与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_。(3)倾斜左边装置使氢氧化

11、钠溶液(足量)与a g合金粉末充分反应，待反应停止后，读取量气管液面之前进行的操作是_。进入量气管气体的体积为V mL(已折算成标准状况)，若量气管最大量程为50 mL，则固体M中铝的质量范围为_。此试验所采用的氢氧化钠溶液为0.1 mol·L1，若要配制450 mL氢氧化钠溶液，称量氢氧化钠的操作是先_，_待天平平衡后，再_g砝码，在左盘慢慢加入氢氧化钠固体直至天平平衡。(4)若将装置中的氢氧化钠溶液替换为足量的盐酸，则反应停止后量气管内气体体积_(填“”“”或“”)V mL。(5)若a38 mg，V44.8 mL(标准状况)，该合金_(填“符合”或“不符合”)国家标准。解析(1)

12、采用“压强差法”检验装置的气密性：向水准管中注入水，向下移动水准管，静置片刻，若水准管中液面与量气管中液面维持一定的高度差，说明装置的气密性良好。(2)铝合金中合金元素为Mg、Al，合金样品中Al与NaOH溶液反应，离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(3)Al与NaOH溶液反应生成H2并放出热量，故读取量气管液面前要冷却至室温，上下移动水准管，使量气管和水准管中液面相平。(4)合金中Mg、Al均能与盐酸反应，且都产生H2，故量气管内气体的体积大于V mL。(5)若a38 mg，V44.8 mL(标准状况)，则有n(H2)2×103 mol，结合反应可知，n(Al)×103 mol，m(Al)×103 mol×27 g/mol0.036 g36 mg，从而可得该铝合金中铝的含量为×100%94.7%>78%，故符合国家标准。答案(1)连接好装置，向水准管中注水，向下移动水准管，静置片刻。若水准管中液面与量气管中液面维持一定的高度差，说明装置气密性良好(2)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(3)冷却至室温，量气管中与水准管中液面相平小于等于0.04 g在托盘天平左盘上放置一个小烧杯，称量小烧杯的质量在托盘天平右盘上放置2(4)(5)符合 5