2023届新高考化学一轮分层练案(十二)金属材料与金属矿物的开发利用.docx

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1、一轮分层练案（十二） 金属材料与金属矿物的开发利用（基础课）一、选择题(本题包括10小题，每小题只有1个选项符合题意)1下列有关金属元素特征的叙述正确的是()A金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性B金属元素的单质在常温下都为固体C含金属元素的离子都是阳离子D金属阳离子被还原不一定得到金属单质【答案】D金属阳离子也可以具有还原性，例如亚铁离子，故A错误；例如金属汞常温下是液态，故B错误；例如MnO、AlO等，故C错误；例如铁离子被还原生成亚铁离子，故D正确。2央视栏目国家宝藏不仅彰显了民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是()A宋王希孟千里江山图中的绿色颜料铜绿，主

2、要成分是碱式碳酸铜B宋莲塘乳鸭图缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质C战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金D清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅【答案】D铜绿可作为绿色颜料，它的主要成分是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，A正确；缂丝是采用“通经断纬”的技法织成的平纹织物，显然缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质，B正确；曾侯乙编钟是一种铜锡合金，属于青铜制品，C正确；“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是硅酸盐，D不正确。3五金铁中记载：“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

3、说法不正确的是()A金属冶炼方法由金属活动性决定B生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差C炒铁是为了提高铁水中的碳含量D该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工【答案】C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，生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差，故B正确；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错误；该冶炼方法和近代往生铁水中吹空气炼钢，都是利用空气中的氧气氧化C元素，其原理基本相同，故D正确。4某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试

4、管口有红棕色气体产生下列说法正确的是()A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1中溶液存在：c(Cu2)c(H)c(NO)c(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1、实验2中反应的离子方程式：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O【答案】D稀硝酸与铜发生3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O反应，生成的硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；实验1中溶液存在的电荷守恒为2c(Cu2)c(H)c(NO)c(OH)，故B错误；由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故

5、C错误；实验1、实验2中反应的离子方程式为3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O，故D正确。5工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是()A按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应过滤后所得沉淀为氧化铁C图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D反应的离子方程式为2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO【答案】B由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根离子、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不

6、反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；反应过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3，故D错误。6下列有关物质的描述及其应用均正确的是()AAl、Al2O3、Al(OH)3、NaAlO2均能和NaOH溶液发生反应BNa2O2中含有O2，所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气CFeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板DNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到【答案】CNaA

7、lO2与NaOH不反应，故A不正确；Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，但过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用Fe3的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板，故C正确；Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方法来制备铝，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法、热还原法得到，故D不正确。7Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化关系。下表所列物质不能按如图(“”表示一步完成)关系相互转化的是()选项ABCDaNaAlFeCubNaOHAl2O3FeCl3CuSO4cNaClAl(OH)

8、3FeCl2CuCl2【答案】BNa与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl可得金属钠，A正确；Al与氧气反应生成Al2O3，而Al2O3不能一步转化为Al(OH)3，B错误；Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2溶液与Zn反应可得Fe，C正确；Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4，CuSO4溶液与BaCl2溶液反应生成CuCl2，CuCl2溶液与Zn反应可得Cu，D正确。8下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()A电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠B铁制容器盛放和运输浓硫酸C镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被

9、腐蚀D铝制器皿不宜长期盛放酸性食物【答案】B金属活动性顺序表中钠比氢活泼，对应阳离子的氧化性：氢离子的氧化性强于钠离子的氧化性，能用金属活动性顺序表解释，A正确；在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中能发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，B错误；在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后腐蚀的仍是锌，被保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，C正确；在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，D正确。9金属Ti(钛)是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。某化学兴趣小组用实验探究Ti、

10、Mg、Cu的活泼性顺序。他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：金属TiMgCu金属表面现象放出气泡速度缓慢放出气泡速度快无变化下列有关三种金属的说法正确的是()A三种金属的活泼性由弱到强的顺序是Cu、Mg、TiB若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去MgC用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径DCu和稀盐酸不发生化学反应【答案】D相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是MgTiCu，A错误；Ti、Mg

11、都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，B错误；钛(Ti)是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu来制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，C错误；根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，D正确。10我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是()A我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B将青铜器放在银质托盘上，青铜器易生成铜绿C本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【答案】C金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属

12、性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确。二、非选择题11铜及其化合物在生产生活中有广泛应用，铜在化合物中的常见化合价有1、2。已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色。(1)工业上可用Cu2SO22CuSO2反应制取粗铜，该反应中_元

13、素被还原。(2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50 ，加入H2O2溶液，一段时间后，升温到60 ，再反应一段时间后可制得硫酸铜，该反应的离子方程式为_。温度控制在5060 的原因除了加快反应速率外，还有_。在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式：_。(3)现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入2 L 0.6 molL1 HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到4 480 mL NO气体(标准状况)。Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为_。若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为_g。若混合物中

14、含0.2 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为_mol。解析：(1)在该反应中铜、氧元素的化合价降低，得到电子，被还原。(3)Cu2O 跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O2NO14H=6Cu22NO7H2O。硝酸发生反应后氮元素的存在形式是Cu(NO3)2和NO，由2 L0.6 molL12nCu(NO3)2 4.480 L22.4 Lmol1，得nCu(NO3)20.5 mol，n(Cu2)0.5 mol，所以若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为0.5 mol64 gmol132 g。若混合物中含0.2 mol Cu，则根据铜原子守恒可得：

15、2n(Cu2O)n(CuO)0.3 mol，根据得失电子守恒可得：2n(Cu)2n(Cu2O)3(4.480 L22.4 Lmol1)，解得n(CuO)0.1 mol，n(Cu2O)0.1 mol，消耗H2SO4的物质的量为 0.1 mol0.1 mol0.2 mol。【答案】(1)铜、氧(2)CuH2O22H=Cu22H2O防止H2O2分解2Cu22ClSOH2O=2CuClSO2H(3)3Cu2O2NO14H=6Cu22NO7H2O320.212合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为_

16、。AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量，需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0 g CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为_。解析：(1)工业上通过电解熔融Al2O3制得金属铝，从铝土矿中提取Al2O3的过程：使铝土矿与NaOH溶液反应并过滤除去杂质得到NaAlO2溶液，再向溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀，加热使沉淀

17、分解可得到Al2O3。镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时应使用Ar等稀有气体作保护气。(2)在海水中，合金钢、海水及海水中溶解的氧气构成原电池，发生吸氧腐蚀。在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，发生反应CaOSiO2CaSiO3或CaCO3CaOCO2、CaOSiO2CaSiO3，使SiO2形成炉渣，可以降低硅含量。(3)白色沉淀Al(OH)3的质量为39.0 g，即0.5 mol，故合金中铝的质量为0.5 mol27 gmol113.5 g，则铜的质量为66.5 g，质量分数为100%83.1%。【答案】(1)第三周期A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(其他合

18、理答案均可)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%13金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性等优点，用于制火箭、卫星的合金构件。钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：(1)Na2MoO42H2O中钼元素的价态为_，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_。(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_，由图中信息可以判断MoO3是_氧化物(填“酸性”“碱性”或“两性”)。(3)操作是_，操作所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是_。(4)采用NaClO氧化钼矿的方法将矿石

19、中的钼浸出，该过程放热。请配平以下化学反应：NaClO_MoS2_NaOH=_Na2MoO4_Na2SO4_NaCl_H2O。钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50 后浸出率降低的可能原因是_(写一点)。解析：(1)Na2MoO42H2O中Na元素的化合价为1价、O元素的化合价为2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，确定Mo元素的价态为42216价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨。(2)用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应生成钼酸铵和水，反应的离子方程式为MoO32NH3H2O=2NHMoOH2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO和水，因此可以说明MoO

20、3是酸性氧化物。(3)操作是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净。(4)在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO中的1价变为反应后NaCl中的1价、Mo元素化合价由反应前MoS2中的2价变为6价、S元素化合价由反应前MoS2中的1价变为反应后Na2SO4中的6价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClOMoS26NaOH=Na2MoO4

21、2Na2SO49NaCl3H2O。如图钼的浸出率随着温度变化，当温度低于50 时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50 后浸出率降低的可能原因：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，随着温度升高，其他金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO，导致浸出率降低。【答案】(1)6酸雨(2)MoO32NH3H2O=2NHMoOH2O酸性(3)过滤取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净(4)9161293该反应为放热反应，升温使平衡逆向移动(或随着温度升高，其他金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO)