2013届高三化学一轮复习 10.1 开发和利用金属矿物和海水资源 新人教版.pdf

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1、第十单元第十单元化学与自然资源的开发和利用化学与自然资源的开发和利用第第1 1讲讲开发和利用金属矿物和海水资源开发和利用金属矿物和海水资源随堂演练巩固1.近年来,科学家正在探索利用铝粉作为新能源的可能性,以期铝能成为一种石油的取代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源被开发利用,关于其有利因素的下列说法,你认为哪项是错误的()A.铝质轻,便于运输、贮存,且安全B.铝燃烧时放出的热量大,且燃烧后产物对环境的污染容易得到有效的控制C.在地球上,铝矿资源比较丰富D.现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础【解析】现代电冶铝的工业技术为电解熔融的氧化铝,需要消耗大量的电能,若铝作为一种普遍使用

2、的新型能源,一定要想法解决铝的冶炼问题,关键就在于如何利用太阳能等可再生的廉价的新能源,采用新技术来生产铝。【答案】D2.用铝热法还原下列氧化物制得金属各1 mol,消耗铝最少的是()A.MnO2B.WO3C.Cr2O3D.Co3O4【解析】用铝热法还原金属氧化物时,Al作还原剂,金属氧化物作氧化剂。在反应中金属氧化物被还原为单质,显然,在氧化物中金属化合价越高,变为单质时需获得的电子越多,消耗铝越多;金属化合价越低,得电子数越少,消耗铝越少。以上金属氧化物中金属化合价分别为:Mn(+4)、W(+6)、Cr(+3)、Co(83)。Co化合价最低,则D项消耗铝最少。【答案】D3.(2012福建长

3、泰一中高三期中)化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化B.在海轮外壳上镶入锌块,可减缓船体的腐蚀速率C.MgO的熔点很高,可用于制作耐高温材料D.电解MgCl2饱和溶液,可制得金属镁【解析】A项,明矾净水的原理是Al33H2O=Al(OH)3(胶体)+3H利用Al(OH)3(胶体)的吸附性进行净水;B项,因为轮船主要用铁造外壳,铁在海水中易被腐蚀。镀上比铁活泼的锌能形成原电池,锌作负极失去电子先被腐蚀,从而起到保护铁的作用,即可减缓船体的腐蚀速率;氧化镁的熔点是2 852,可用于制作耐高温材料;电解MgC

4、l2饱和溶液,发生的化学反应为MgCl22H2OMg(OH)2 H2Cl2,不会产生金属镁,电解熔融Mg Cl2。的MgCl2能制取单质镁,发生的反应为MgCl2【答案】D4.(2012山东青州一中训练)若将海水淡化作饮用水使用,下列方法在原理上完全不可行的是()A.加明矾使海水中的盐分沉淀而淡化B.利用太阳能使海水蒸馏淡化C.将海水缓慢凝固以获取淡化的饮用水D.将海水通过离子交换树脂,以除去所含离子【解析】明矾净水是利用明矾在水中电离出的Al3与水反应生成的Al(OH)3胶粒的吸附作用而除去水中的一些泥沙,并不能除去海水中的阴、阳离子而使海水淡化,A项错误;利用太阳能使海水蒸馏淡化,是有研究

5、价值的一种淡化途径;海水缓慢凝固后可结成冰,在这个过程中可以除去海水中的离子而淡化;将海水通过离子交换树脂使海水淡化是一种已被应用的海水淡化方法。【答案】A5.(2011海南化学,14)镁化合物具有广泛用途。请回答有关镁的下列问题:(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 ,还生成少量的 (填化学式);(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂,其中镁的化合价是 ,该化合物水解的化学方程式为。【解析】(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO,还生成少量的Mg3N2和C。(2)该化合物中Cl显-1价,H显+1价,C显-4价,则CH3MgCl中镁的化合价是+2。【答案】(1)MgOMg

6、3N2和C(2)+2CH3MgCl 2H2O课后作业夯基(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,每小题5分,共50分,每小题只有一个选项符合题意)1.(2012浙江温州十校联考)化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中,错误的是()A.今夏,温州地区出现了严重的旱情,缓解旱情的措施之一是用碘化银进行人工增雨B.新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生C.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现”低碳经济”D.华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就,光纤的主要成分是高纯度的单质硅【解析】光纤的主要成分是二氧化硅。【答案】D2.(2012黑龙

7、江大庆实验中学月考)下列有关金属的工业制法中,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.制铁:以铁矿石为原料,CO还原得铁C.制镁:以海水为原料,经一系列过程制得氧化镁固体,用H2还原可得镁D.制铝:从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体,电解熔融的氯化铝得到铝【解析】电解法制取金属钠时,需要电解熔融的NaCl,而不是电解其溶液,A项错误;镁的还原性很强,不能用热还原法来制取,而应用电解法制取,C项错误;熔融的氯化铝不导电,故不能电解其熔融物制取金属铝,而应电解氧化铝和冰晶石的共熔体,D项错误。【答案】B3.(2011江苏四市调考)下列六种工业生产:用海水为原料提取

8、镁制硅酸盐水泥制普通玻璃冶炼生铁制漂白粉接触法制硫酸,其中必需用到石灰石作为原料的是()A.B.C.D.【解析】此题考查工业生产中的化学知识,海水提镁,需加入石灰乳,需要CaCO3为原料。制水泥的原料是黏土和石灰石;制玻璃的原料是纯碱、石英和石灰石。冶炼生铁需加入石灰石做造渣剂。制漂白粉用到石灰乳,需CaCO3为原料;而制硫酸的原料是黄铁矿、空气和水。故选A。Mg(OH)2 CH4+HCl【答案】A4.(2011广东理综,10)某同学通过系列实验探讨 Mg及其化合物的性质,操作正确且能达到目的的是()A.将水加入浓硫酸中得到稀硫酸,置镁片于其中探讨Mg的活泼性B.将NaOH溶液缓慢滴入MgSO

9、4溶液中,观察Mg(OH)2沉淀的生成C.将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤,洗涤并收集沉淀D.将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中,加足量稀盐酸,加热蒸干得无水MgCl2固体【解析】A项,直接将水加入浓硫酸中的操作是错误的;B项,缓慢滴加NaOH,会使其充分吸入空气中的CO2而部分变为Na2CO3进而致使生成部分MgCO3沉淀;D项,直接加热蒸干MgCl2溶液会得到Mg(OH)2不能得到MgCl2。【答案】C5.出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法错误的是()A.锡青铜的熔点比纯铜高B.在自然环境中,锡青铜中的锡对铜起保护作用C.锡青铜文物在

10、潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快D.生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是化学腐蚀过程【解析】合金的各种性质与构成合金的元素之间有很大的差异,如合金熔沸点低于构成合金的各组分的熔沸点,机械强度强于构成合金的各组分的机械强度等等,A错误;锡比铜活泼,锡青铜中的锡对铜起保护作用,B正确;锡青铜文物在潮湿环境中容易发生吸氧腐蚀,腐蚀程度加快,C正确;生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是化学腐蚀过程,不是电化学腐蚀过程,D正确。【答案】A6.从海水中提取镁的主要步骤把贝壳烧成生石灰;在海水中加入生石灰,过滤,洗涤沉淀物;将沉淀物与盐酸反应,结晶、过滤;在氯化氢热气流中加热晶体;电解上述所得盐(熔融条件下)。下列说

11、法不正确的是()A.上述变化包括了分解反应、化合反应、复分解反应类型B.贝壳烧成生石灰属于吸热反应C.在氯化氢热气流中干燥晶体的目的是为了抑制阳离子的水解D.步骤也可以采用电解该盐水溶液的方法【解析】贝壳的主要成分为碳酸钙,煅烧可得生石灰,该反应为吸热的分解反应,生石灰与水反应为化合反应,熟石灰与氯化镁反应为复分解反应,A、B项正确;由MgCl26H2O制MgCl2为了防止Mg2水解,需要在氯化氢的气流中加热,C项正确;镁为活泼金属,电解其盐溶液不能得到金属镁,D项错误。【答案】D7.(2011 江 苏 化 学,16 改 编)以 硫 铁 矿(主 要 成 分 为FeS2)为 原 料 制 备 氯

12、化 铁 晶 体(FeCl36H2O)的工艺流程如下:下列说法不正确的是()A.酸溶过程使用的酸也可以是硝酸,且过量B.酸溶之后的后续过程中酸保持过量C.通氯气氧化后,产生的尾气中含有氯气和氯化氢D.由FeCl36H2O制取无水FeCl3需要在氯化氢的气流中加热【解析】酸溶时加入的酸是盐酸,若加入硝酸,会引入难以除去的硝酸根离子,A项错误;酸溶之后的后续过程中酸保持过量可抑制Fe的水解,B项正确;通氯气氧化后,过量的氯气逸出时可带出溶液的氯化氢气体,C项正确;由FeCl36H2O制取无水FeCl3时,为了防止Fe33水解,需要在氯化氢的气流中加热,D项正确。【答案】A8.下图所示为一种用蒸馏法淡

13、化海水的流程,已知减压可以降低水的沸点。下列说法不正确的是()A从处进入的海水的作用为冷却B从出流出的浓海水直接排放到海洋中C从处流出的海水还不能直接饮用D从处通入热蒸气是加热海水,使之蒸发【解析】海水在处被加热,通过减压使之沸腾,获得蒸馏水从处流出,被加热的海水是在做完冷却剂之后的海水,这样可节约能源,而从处流出的浓海水则可引入盐田制食盐或用于提取金属镁等。【答案】B9.(2011浙江理综)海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备 MgO的实验方案:注:溶液中某种离子的浓度小于1.010mol L 可认为该离子不存在;实验过程中,假设溶液体积不变。已知:Ksp(CaCO3)4.9

14、6109;Ksp(MgCO3)6.82106;51KspCa(OH)2 4.68106;KspMg(OH)2 5.6110。-12下列说法正确的是()A.沉淀物X为CaCO3B.滤液M中存在Mg不存在Ca2C.滤液N中存在Mg22、Ca2D.步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体,沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物22【解析】步骤加入 NaOH溶液OH与HCO3反应生成CO3CO3与Ca2结合生成CaCO3沉淀,A正确;假设操作加入的OH全部与HCO3反应最多生成 1.0103 molCO32而模拟海水中n(Ca2)0.011 mol,所以M中c（Ca2+）少为0.01molL

15、1B错误;滤液 M中加 NaOH固体后,c(OH)1.0103mol L 滤液 N中含 c(Mg)1g NaOH 后,溶 液 中 c(OH)0.105molL 与Mg2125611012(103)2mol L1 5.61106molL11.0105mol L1即不存在Mg2C错误;加入4.2反 应 完 后 c(OH)0.005mol L1mc（Ca2+）c2(OH)0.011mol L1(0.005molL1)22.75107 4.6810 故无Ca(OH)2沉淀生成,D错误。【答案】A10.工业上制备氯化铜时,是将浓盐酸用蒸气加热至80左右,慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁),充分搅拌

16、,使之溶解,反应如下:CuCl2 H2OCuO+2HClFeO+2HCl6FeCl2 H2O22已知:pH 9.6时Fe以Fe(OH)2形式完全沉淀;pH 6.4时Cu3以Cu(OH)2形式完2全沉淀;pH在34时Fe以Fe(OH)3形式完全沉淀。除去溶液中的Fe可以采用的方法是()A.直接加碱,调整溶液pH 9.6B.加纯铜粉,将Fe还原出来2C.先将Fe氧化成Fe 再调整pH在3432D.通入硫化氢,使Fe直接沉淀【解析】直接加碱,调整溶液pH 9.6,此时Cu22以Cu(OH)2形式完全沉淀,A项错;铜与Fe2不反应,B项错;硫化氢与Fe2不反应,D项错;将Fe2氧化成Fe3再调整pH在

17、34,既22除去了Fe又不减少CuC项正确。【答案】C二、非选择题(本题包括4个小题,共50分)11.(12分)金属镁和镁合金在航空、汽车制造和电子工业等领域具有广泛的用途,金属镁的冶炼有多种方法,其中之一为皮江法。该方法是以白云石(CaCO3MgCO3为原料,经高温煅烧生成氧化物(CaOMgO)氧化物在还原炉中经1 200真空条件下用硅铁还原生成镁蒸气(铁在反应前后化合价不变),镁蒸气经冷凝器冷聚为粗镁,粗镁再经精炼、铸锭得到成品金属镁。反应工艺流程如下图:(1)在冶炼过程中反应温度对生成金属镁的影响如图,从图中分析,还原反应的反应热H 0(填”“=“),理由是。(2)还原炉中需要在1 20

18、0真空条件下反应,反应达到平衡时的温度与压强的关系如下。剩 余 压 强7601010.1(mmHg)平衡时的温度 2 370 1 700 1 430 1 235()真空条件对制备金属镁来讲,可以达到的目的是:;。(3)含镁矿物常见的有菱镁矿(MgCO3)、白云石和光卤石(KCl MgCl26H2O)其中KCl MgCl26H2O属于。A.复盐B.混合物C.配合物(4)写出下列反应的方程式:煅烧白云石。CaOMgO与Si的反应。【解析】由图像可以看出,升高温度Mg的产率增大,即反应正向进行,说明正反应为吸热反应;(2)由表中数据可知,压强越小,平衡时的温度越低,故真空条件一是防止金属镁被氧化,二

19、是可以降低温度,节约能源;(3)光卤石中含一种酸根离子和两种金属离子,故是一种复盐;(4)CaCO3MgCO3CaOMgO 2CO22CaOMgO+Si2MgSiO22CaO。【答案】(1)升高温度Mg的产率增大,反应正向进行,说明正反应为吸热反应(2)降低反应所需温度,节约能源防止Mg被空气氧化(3)A(4)CaCO3MgCO32MgSiO22CaOCaOMgO 2CO22CaOMgOSi12.(12分)某同学按如下实验流程提取海带中的碘,请回答相关问题。(1)第步是将海带放入 (填仪器名称)中,用酒精灯充分加热灰化。(2)第步为了加快溶解速度并使碘离子充分进入溶液,可以采取的措施是 (写出

20、两条)。(3)实验进行到某一步骤时应检验碘的存在,具体方法是。(4)海带灰中还含有其他无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等),这些盐类是在流程图中的第步(填编号)与碘分离的。【解析】(1)物质的灼烧应在坩埚内进行。(2)充分搅拌,加热煮沸均有利于碘离子溶解。(3)I的检验,可取样氧化后,用淀粉进行检验。(4)海带灰中还含有其他无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等)不能在前面步骤的过滤操作中分离,应该在萃取时与I2分离。【答案】(1)坩埚(2)充分搅拌,加热煮沸(3)取氧化后的溶液少量于试管中,滴加淀粉溶液,若溶液变蓝证明含碘(或取过滤后的溶液少量于试管中,滴加几滴氯水再滴加淀粉溶液,若溶液变蓝证明

21、含碘)(4)13.(14分)(2011福建理综,24)四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下:回答下列问题:(1)往中加入铁屑至浸出液显紫色,此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生:2Fe3 Fe 3Fe22TiO2(无色)Fe4H 2Ti3(紫色)Fe2 2H2OTi3(紫色)Fe3 H2O TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶,该溶胶的分散质颗粒直径大小在范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(O

22、H)3杂质,还可制得钛白粉。已知25 时,KspFe(OH)3=3.791039该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K=。(4)已知:TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(l)O2(g)H=+140kJ mol12C(s)O2(g)2CO(g)H=-221kJ mol1写出中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式:。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念,该工艺流程中存在的不足之处是 (只要求写出一项)。(6)依据下表信息,要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可采用方法。熔点/沸点/【解析】(1)由于加入铁屑至浸

23、出液显紫色(Ti)结合方程式可以得到,铁屑的作用为制备3TiCl4-25.0136.4SiCl4-68.857.6Ti3保护Fe2防止Fe2被氧化。(2)溶胶即胶体,分散质粒子大小为109-10 m(或1-100 nm)之间。33(3)平衡常数K=c(Fe)/c(H)c(Fe)/KW/c(OH)=Ksp/(KW)2.79103。3337(4)根据盖斯定律,将题中两个热化学方程式相加得:TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g)H=-81kJ mol1(5)根据绿色化学的要求,从流程图来看,由于反应后还有废气、废液、废渣产生,所以,该实验的缺点是:有三废产生。(6)由表中

24、信息得知,二者沸点差别较大,所以结合常见物质的分离方法可采用蒸馏或精馏或分馏的方法。【答案】(1)使Fe3还原为Fe2;生成Ti3保护Fe2不被氧化(2)109 m-107 m(或其他合理答案)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g)H=-81kJ mol1(5)产生了废气、废液、废渣等(或其他合理答案)(6)蒸馏(或分馏,或精馏)14.(12分)硫酸铜是一种重要的化工原料,工业上常用硫酸为原料来制备硫酸铜。(1)工业上生产硫酸过程中,焙烧硫铁矿时产生的废渣是一种二次资源。为了从废渣中磁选获得品位合格的铁精矿,高温下利用 CO使弱磁性Fe2O

25、3转化为强磁性Fe3O4。写出该反应的化学方程式 ;实验发现:CO太多或太少都会导致磁铁矿产率降低,原因是。氯化焙烧工艺是将废渣用氯化钙水溶液调和、成球、高温焙烧,废渣中SiO2与CaCl2等在高温下反应放出HCl,HCl与金属氧化物等反应生成氯化物。反应生成的各金属氯化物以气态形式逸出,进而回收有色金属和回返氯化钙溶液。写出氯化焙烧工艺中生成HCl的化学方程式。(2)测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为:步骤1:准确称量一个洁净、干燥的坩埚;步骤2:将一定量的硫酸铜晶体试样研细后,放入坩埚中称重;步骤3:将盛有试样的坩埚加热,待晶体变成白色粉末时,停止加热;步骤4:将步骤3中的坩埚放入干燥

26、器,冷却至室温后,称重;步骤5:;步骤6:根据实验数据计算硫酸铜晶体试样中结晶水的质量分数。请完成实验步骤5。(3)已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水,温度升高还可以分解生成铜的氧化物。现取25.0gCuSO45H2O晶体均匀受热,缓慢升温至1 200 并恒温1小时,实验测得固体残留率(剩余固体的质量/原始固体质量)与温度的关系如下图所示:在110 时所得固体的成分为 ;在1 200 并恒温1小时,反应所得气态产物除去水后,物质的量为。(填字母)A.0 molB.0.1 molC.0.125 molD.大于0.125 mol【解析】(1)根据信息书写反应方程式,中是CO与Fe2O3反应生成C

27、O2和Fe3O4。中是SiO2与CaCl2等反应生成HCl,由原子守恒知,反应物中必须有氢元素,则反应物还有H2O另一产物为CaSiO3。(2)加热前后固体质量保持不变,则说明晶体已失水完全。(3)25 gCuSO45H2O的物质的量为0.1 mol,在110 时,剩余的固体等于2585.6%=21.4 g,减少3.6 g,即为0.2 molH2O。原硫酸铜晶体中含结晶水为0.5 mol,余0.3 molH2O所以所得固体的成分为CuSO43H2O。当硫酸铜晶体失去水后,可继续分解。发生反应为:CuSO40.1 mol4CuO CuO +SO30.1 mol0.1 mol2Cu2O O20.1 mol0.025 mol产 生 的 气 体 为SO3和O2一 共 是 0.125 mol。由 于SO3还 可 以 继 续 分 解,发 生 反 应2SO32SO2O2所以气体的总物质的量应大于0.125 mol。【答案】(1)3Fe2O3CO2Fe3O4CO2CO太多导致Fe3O4还原为铁,CO太少Fe2O3不能全部转化成Fe3O4CaCl2 SiO2 H2OCaSiO32HCl(2)将步骤4中的坩埚再加热一定时间,放入干燥器中冷却至室温后称重。重复本操作,直至两次称量结果不变;(3)CuSO43H2O D