(通用版)高考化学一轮复习课时分层提升练九3.4用途广泛的金属材料开发利用金属矿物(含解析)

这是一份(通用版)高考化学一轮复习课时分层提升练九3.4用途广泛的金属材料开发利用金属矿物(含解析)，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
　用途广泛的金属材料　开发利用金属矿物

一、选择题
1.镁铝合金质优体轻,又不易锈蚀,被大量用于航天工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中,正确的是 (　　)
A.此合金的熔点比镁和铝的熔点都高
B.此合金能全部溶解于稀盐酸中
C.此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中
D.此合金的硬度比镁和铝的硬度都小
【解析】选B。合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低,硬度和强度比各成分金属的都大,即A、D项不正确;合金中的镁、铝都能与稀盐酸反应,但能与氢氧化钠溶液反应的只有铝,所以该合金能全部溶解于稀盐酸中而只有部分金属溶解于氢氧化钠溶液中,即B项正确,C项不正确。
2.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.铝制器皿不宜盛放酸性食物
B.电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠
C.铁制容器盛放和运输浓硫酸
D.镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
【解析】选C。A项,铝性质较活泼,能和强酸、强碱反应生成盐和氢气,在金属活动性顺序表中Al位于H之前,所以能用金属活动性顺序解释;B项,金属阳离子得电子能力越强,其单质的还原性越弱,用惰性电极电解饱和食盐水时,阴极生成氢气而得不到钠,说明Na的活动性大于氢,所以可以用金属活动性顺序解释;C项,常温下,浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化,该现象是钝化现象,与金属活动性顺序无关;D项,构成原电池的装置中,作负极的金属加速被腐蚀,作正极的金属被保护,Fe、Zn和电解质构成原电池,Zn易失电子作负极,Fe作正极,则Fe被保护,所以能用金属活动性顺序解释。
3.(新题预测)按如图所示装置实验探究硫酸铜的分解产物。实验后反应管中残留固体为红色粉末(经检测为Cu2O)。下列说法错误的是 (　　)

A.加热前需打开K1和K2,缓缓通入一段时间N2
B.F的作用是吸收尾气
C.可将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液
D.若品红溶液不褪色,硫酸铜分解的化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3↑+O2↑
【解析】选C。加热前打开K1、K2,缓缓通入一段时间N2,可将装置内空气赶出,防止空气对分解产物检验的干扰,A项正确;硫酸铜分解时有硫氧化物生成,故F的作用是吸收尾气,B项正确;BaCl2的作用是检验SO3,品红的作用是检验SO2,不能将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,因为Ba(NO3)2溶液能与SO2反应,生成BaSO4和NO,一是对SO3的检验有干扰,二是品红溶液无法检验SO2,C项错误;若品红溶液不褪色,说明无SO2生成,则CuSO4分解产生Cu2O、SO3,由于铜化合价降低,则氧化合价升高,还有O2生成,配平化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3↑+O2↑,D项正确。
【易错提醒】混合气体中SO2用品红溶液检验,SO3用BaCl2溶液检验,但要先检验SO3,后检验SO2,因为通过溶液后,SO3会被水吸收。
4.氧化铜矿用稀硫酸溶解后所得酸浸液(含Cu2+、H+、S、Mg2+、Al3+、Fe2+)经下列流程可制得高纯度硫酸铜晶体:

已知:该实验条件下,各金属离子沉淀的pH如图所示。

下列判断正确的是 (　　)
A.沉淀1的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3
B.溶液2中所含金属阳离子只有Mg2+
C.将溶液3蒸干即得CuSO4·5H2O晶体
D.若不加入NaClO溶液,对制得硫酸铜晶体的纯度将无影响
【解析】选A。酸浸液中含Cu2+、H+、S、Mg2+、Al3+、Fe2+,加入NaClO溶液,Fe2+氧化为Fe3+,调节溶液的pH=4.7,由图可知,Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀,过滤,沉淀1为Al(OH)3和Fe(OH)3,溶液1含有Na+、Cu2+、H+、S、Mg2+,调节pH=6.7,Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀,过滤,沉淀2为Cu(OH)2,溶液2主要含有Mg2+,Cu(OH)2与硫酸反应生成溶液3为硫酸铜溶液,然后加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。A项,沉淀1的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3,正确;B项,溶液 2主要含有Na+、Mg2+,还有少量的Cu2+、Al3+、Fe3+,因为Cu2+、Al3+、Fe3+不能全部转化为沉淀,错误;C项,从溶液中制得CuSO4·5H2O晶体,应加热浓缩、冷却结晶,不能蒸干,错误;D项,若不加入NaClO溶液,在调节pH=4.7时,Fe2+不能转化为沉淀,在调节pH=6.7,Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀,而此时Fe2+不能转化为沉淀,但Fe2+具有很强的还原性,在操作过程中会有部分Fe2+被氧化,进而混入硫酸铜晶体中,影响硫酸铜晶体的纯度,错误。
二、非选择题
5.(2019·贵阳模拟)CuCl2广泛应用于工业生产,其溶于水形成绿色溶液。CuCl晶体呈白色,难溶于水,露置于潮湿空气中易被氧化,实验室用下图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜(含杂质铁)反应制备氯化铜(铁架台、铁夹及酒精灯省略)。

(1)为完成上述实验,气流方向连接各仪器接口的顺序是a→________;反应时,圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为________。盛粗铜粉的试管中的现象是____________________________________________________。 
(2)实验完毕,取试管中的固体用盐酸溶解后,欲提纯氯化铜,可向溶解液中加入过量________。(填物质化学式,已知:室温下Fe(OH)3沉淀完全的溶液pH为3.2) 
(3)向制得的氯化铜溶液中通入SO2,加热一段时间即可制得CuCl,写出该反应的离子方程式:__________________________________________。 
【解析】(1)KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气含有HCl、水蒸气,分别通过饱和食盐水、浓硫酸进行净化、干燥,即可得到干燥的氯气,干燥的氯气与粗铜(含杂质铁)反应时过量的氯气用NaOH溶液吸收,故按气流方向连接各仪器接口的顺序是a d e j h f g b。高锰酸钾与浓盐酸反应,Mn被还原为Mn2+,盐酸被氧化为Cl2,配平离子方程式为2Mn+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
(2)实验完毕,试管中的固体用盐酸溶解后,为CuCl2和FeCl3的混合溶液,为了除去FeCl3,可以加入CuO或CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3,降低c(H+),使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+不断正向进行,将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去,同时不引入杂质离子。
(3)向氯化铜溶液中通入SO2,CuCl2转化为CuCl,Cu的化合价降低,则S的化合价升高,SO2转化为S,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为:2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++S。
答案:(1)d e j h f g b　2Mn+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O　产生大量棕黄色的烟
(2)CuO或CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3
(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++S
6.(新题预测)NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体,广泛应用于化学镀镍、生产电池等,可由电镀废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如图:

已知:25 ℃时,几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示。

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cr(OH)3
Ni(OH)2
Ksp
8.0×10-16
4.0×10-38
6.0×10-31
6.5×10-18
完全沉淀
pH
≥9.6
≥3.2
≥5.6
≥8.4
请回答下列问题:
(1)下列措施可行,且能提高废渣浸出率的有________。 
A.升高反应温度
B.增大压强
C.在反应过程中不断搅拌
(2)在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2溶液,其作用是____________________(用离子方程式表示);加入NaOH溶液调节pH的范围是________,目的是除去溶液中的________离子。 
(3)滤液Ⅱ的主要成分是______________。 
(4)操作Ⅰ的实验步骤依次为
①______________________________________________________; 
②向沉淀中滴加稀硫酸,直至恰好完全溶解;
③蒸发浓缩、冷却结晶,过滤得NiSO4·6H2O晶体;
④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。
【解析】(1)升高反应温度可以加快反应速率,故可以提高废渣浸出率,A正确;该反应体系中无气体参加,因此增大压强对化学反应速率无影响,B错误;在反应过程中不断搅拌,可以使硫酸与矿渣充分接触,可以提高反应速率,C正确;正确选项是A、C。(2)因为废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质),用硫酸溶解过滤后,滤液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+等杂质离子,加H2O2溶液可将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;根据离子形成沉淀的pH及离子沉淀完全的pH大小关系,加入NaOH溶液调节5.6≤pH