新人教版高考化学一轮复习第3章金属及其重要化合物第11讲镁铝铜及其重要化合物金属冶炼训练含解析

第11讲 镁、铝、铜及其重要化合物金属冶炼一、选择题1．(2021·北京西城区高三测试)我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。下列文物中，主要成分属于合金的是(　　)A．西夏佛经纸本B．西汉素纱禅衣C．唐兽首玛瑙杯D．东汉青铜奔马解析：选D。西夏佛经纸本是纤维素的一种，主要成分不属于合金，故A项错误；西汉素纱禅衣是丝绸的一种，主要成分不属于合金，故B项错误；唐兽首玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，不属于合金，故C项错误；东汉青铜奔马是铜合金，主要成分属于合金，故D项正确。2．中华人民共和国勋章使用铜胎镀金材质，主要元素为国徽、五角星、中国结、如意、兰花等，主色调为红色和金色。下列关于金属材料的说法正确的是(　　)A．铁是人类在生产、生活中最早使用的金属材料B．金、银、铜是应用最广泛的金属材料C．钛被誉为“21世纪的金属”，应用前景很广阔D．铜是导电性、导热性最好的有色金属解析：选C。铜是人类最早使用的金属材料，A错；铁、铝及其合金是应用最广泛的金属材料，B错；银的导电性比铜好，D错。3．下列关于铝及其化合物的说法不正确的是(　　)A．Al既可用于食品包装，也可用作建筑材料B．Al2O3既可用来冶炼金属Al，也可用作耐火材料C．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]既可用作净水剂，也可用作消毒剂D．Al(OH)3既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐解析：选C。A项，金属铝具有良好的延展性，因此铝可以制成铝箔用于食品包装，金属铝也可用作建筑材料，如铝合金门窗等，正确；B项，电解熔融的Al2O3可冶炼金属Al，由于Al2O3具有耐高温的性质，也可用作耐火材料，正确；C项，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，Al3＋能发生水解反应，生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用作净水剂，但 Al(OH)3 并不具有消毒作用，错误；D项，Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，正确。4．科学家发明的透明坚硬镁铝氧化物新型材料，可以用作显示器和手机屏幕。下列有关镁和铝的说法正确的是(　　)A．镁的金属性比铝弱B．镁和铝的氧化物都可以与盐酸反应C．镁和铝原子的最外层电子数都为3D．镁和铝的氧化物都可以与氢氧化钠溶液反应解析：选B。镁的金属性比铝强，A项错误；镁和铝的氧化物都可以与盐酸反应，B项正确；镁和铝原子的最外层电子数分别是2和3，C项错误；氧化铝是两性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应，氧化镁是碱性氧化物，与氢氧化钠溶液不反应，D项错误。5．下列化学反应在冶金工业中没有得到广泛应用的是(　　)A．MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑B．Al2O3＋3C2Al＋3CO↑C．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．HgS＋O2Hg＋SO2解析：选B。Al为活泼金属，不能用炭还原法冶炼，应用电解法冶炼。6．(2020·新高考山东卷)利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是(　　)A．用甲装置制备并收集CO2B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C．用丙装置制备无水MgCl2D．用丁装置在铁上镀铜解析：选C。A项，CO2的密度比空气大，收集时应用向上排空气法，错误；B项，液溴易挥发，会与AgNO3溶液反应，干扰HBr的检验，错误；C项，由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2需要在HCl氛围中干燥脱水，抑制其水解，正确；D项，铁上镀铜，Cu应做电解池的阳极，Fe做阴极，则Cu连接电源的正极，Fe连接电源的负极，错误。7．(2021·长沙模拟)下列均为实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的量(X)之间的关系图，其中正确的是(　　)A．图①：向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B．图②：向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C．图③：向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D．图④：向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量解析：选C。生成沉淀与沉淀溶解消耗NaOH的物质的量之比应为3∶1，A项错误；一开始滴入盐酸即产生沉淀，且最终沉淀全部溶解，生成沉淀与沉淀溶解消耗HCl的物质的量之比为1∶3，B项错误；滴加NaOH溶液，依次与溶液中Al3＋、NH、Al(OH)3反应，沉淀生成、溶解以及NH完全反应时消耗NaOH的物质的量之比为3∶1∶1，C项正确；逐渐通入CO2，CO2首先与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，再与NaOH反应生成Na2CO3，然后与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，接着与Na2CO3反应生成NaHCO3，最后与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，BaCO3沉淀溶解，即最终溶液中的沉淀只有Al(OH)3，D项错误。8．通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是(　　)选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解，溶液中有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有滴落下来由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液解析：选D。A项，比较金属性的强弱是依据金属单质与水或非氧化性酸反应产生H2的快慢程度，错误；B项，由于表面生成了熔点很高的氧化铝，兜住了熔融的液态铝，故不会滴落下来，错误；C项，产生的气体应为H2和NH3的混合气体，错误。9．下列是部分矿物资源铝土矿(主要含有氧化铝、氧化铁)和黄铜矿(主要成分为CuFeS2)的利用及产品生产流程，有关说法不正确的是(　　)A．除杂过程中铝元素的存在形式的变化如下所示：Al2O3―→AlO―→Al(OH)3―→Al2O3B．Al和Cu(精)均在电解槽的阴极获得C．粗铜炼制过程中发生反应2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2，每转移1.2 mol电子，则有0.2 mol硫被氧化D．若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为3∶2解析：选D。制铝过程中Al～3e－，制铜过程中Cu～2e－，当转移电子数相等时，铝和铜的物质的量之比为2∶3。10．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是(　　) 选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；无B铜表面易形成致密的氧化膜铜制容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C向硫酸铜溶液中通入少量氨，有蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑Ⅰ对；Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无解析：选D。稀盐酸可以与Cu2(OH)2CO3反应，而且稀盐酸不能与Cu反应，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，B错误；Ⅰ、Ⅱ均正确，但没有因果关系，C错误；蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末，有新物质生成，属于化学变化，CuSO4溶液可用作游泳池的消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。11．(2021·洛阳统考)镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示，下列判断不合理的是(　　)A．Al、Ga均处于ⅢA族B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3C．Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2D．酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3解析：选D。镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，故A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，故C项正确；化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀生成，而没有Ga(OH)3沉淀生成，说明酸性：Al(OH)3<H2CO3<Ga(OH)3，故D项错误。二、非选择题12．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，回答下列问题：(1)A点的沉淀物的化学式为______________________________；B点的沉淀物的化学式为________________________________。(2)原混合物中MgCl2的质量是________g，AlCl3的质量是________g，NaOH的质量是________g。(3)Q点HCl溶液加入量是________mL。解析：(1)因为在浊液中加入HCl溶液至10 mL，沉淀质量一直为1.16 g，说明浊液显碱性，Al元素以AlO形式存在，继续加入HCl溶液，AlO转变为Al(OH)3沉淀，加至30 mL时，AlO全部转变为Al(OH)3，所以A点的沉淀物为Mg(OH)2，A点至B点间，沉淀物为Mg(OH)2 和Al(OH)3的混合物。当加入HCl溶液超过30 mL时，Mg(OH)2和Al(OH)3同时溶解。(2)原混合物中：m(MgCl2)＝×95 g/mol＝1.90 g；又AlCl3～AlO～HCln(AlCl3)＝1 mol/L×(30－10)×10－3 L＝0.02 mol，m(AlCl3)＝0.02 mol×133.5 g/mol＝2.67 g；浊液中存在的NaOH的物质的量为NaOH　　＋　　HCl===NaCl＋H2O0.01 mol        1 mol/L×0.01 LMgCl2消耗的NaOH的物质的量为MgCl2～2NaOH×2＝0.04 molAlCl3消耗的NaOH的物质的量为Al3＋～4NaOH～AlO0.02 mol×4＝0.08 mol故m(NaOH)＝(0.01 mol＋0.04 mol＋0.08 mol)×40 g/mol＝5.20 g。(3)从B点开始，Al(OH)3→AlCl3消耗的HCl的物质的量为0.02 mol×3＝0.06 mol，Mg(OH)2→MgCl2消耗的HCl的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，所消耗HCl溶液的体积为×1 000 mL/L＝100 mL，故Q点加入HCl溶液的总体积为30 mL＋100 mL＝130 mL。答案：(1)Mg(OH)2　Mg(OH)2和Al(OH)3(2)1.90　2.67　5.20　(3)13013．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程：已知：①铍、铝元素位于周期表中的对角线位置，化学性质相似；②常温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10－13。(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有____________(填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：________________________。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最佳步骤并排序：________。a．加入过量的NaOH　　　 b．通入过量的CO2c．加入过量的氨水   d．加入适量的盐酸e．过滤   f．洗涤(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：____________________________________。②若用浓硝酸溶解金属硫化物，缺点是_____________________________(任写一条)。(4)滤液D中含c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008 mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.01 mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于________。(5)取铍铜元件1 000 g，最终获得Be的质量为81 g，则产率是________。解析：(1)根据流程图以及废旧铍铜元件含有的成分，铍与铝的化学性质相似，SiO2为酸性氧化物，可知滤液A中含有的主要成分是NaOH、Na2BeO2、Na2SiO3；反应Ⅰ中含铍化合物是Na2BeO2，其与过量盐酸反应的离子方程式为BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O。(2)提纯BeCl2，应先将BeCl2转化成沉淀，Be(OH)2为两性氢氧化物，能与过量的NaOH溶液反应，不与氨水反应，即先加过量氨水，然后过滤，对沉淀进行洗涤，再加入适量的盐酸，得到BeCl2溶液，因此最佳方案的操作顺序是cefd。(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，即CuS、MnO2在稀硫酸的作用下发生反应，其化学方程式为CuS＋MnO2＋2H2SO4===S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O。②用浓硝酸溶解金属硫化物，浓硝酸做氧化剂，被还原成NO2等有毒气体，对环境有污染，因此用浓硝酸溶解金属硫化物的缺点是产生污染环境的气体。(4)Cu(OH)2开始沉淀时c(OH－)＝＝1×10－10 mol·L－1，同理，Fe(OH)3开始沉淀时c(OH－)＝×10－12 mol·L－1，Mn(OH)2开始沉淀时c(OH－)＝×10－6 mol·L－1，故首先沉淀的是Fe3＋；为使Cu2＋开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4。(5)铍铜元件中Be的物质的量为1 000 g×25%÷25 g·mol－1＝10 mol，根据原子守恒，理论上生成Be的质量为10 mol×9 g·mol－1＝90 g，则产率为81 g÷90 g×100%＝90%。答案：(1)Na2SiO3、Na2BeO2　BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O(2)cefd(3)①MnO2＋CuS＋2H2SO4===S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O　②产生污染环境的气体(答案合理即可)(4)Fe3＋　4　(5)90%