2021版高考化学一轮复习课时跟踪检测（十三）铜金属材料与矿物开发（含解析）新人教版

课时跟踪检测（十三）铜 金属材料与矿物开发

1．平昌冬奥会“北京8 分钟”主创团队用石墨烯制作了－20 ℃能发热4 h 的智能服饰； 用铝合金管材和碳纤维制作了高2.35 m、重量仅为10 kg 的熊猫木偶，向世界展现了新时代的中国形象。下列说法不正确的是(　　)

A．石墨烯是能导热的金属材料

B．铝合金是密度较低的金属材料

C．碳纤维是耐低温的无机非金属材料

D．新型材料种类多、用途广

解析：选A　石墨烯是碳的一种单质，属于无机非金属材料，故A错误；铝合金的密度小，强度大，属于金属材料，故B正确；碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于无机非金属材料，故C正确；人们依据生产生活的需要研制出很多种用途不同的新型材料，如功能新型材料、新的合金材料等，故D正确。

2．据央视新闻报道，考古人员在江西发掘一座距今2 000多年、迄今保存最完好的西汉古墓。在古墓中有10余吨西汉铜钱。这些铜钱锈迹斑斑，铜锈的主要成分可表示为Cu2H2CO5。下列有关判断正确的是(　　)

A．铜锈中Cu和C的化合价均为＋2

B．铜质文物表面的铜锈可用稀硝酸除去

C．铜锈易溶于水

D．32 g铜生成铜锈转移1 mol电子

解析：选D　铜锈中Cu为＋2价，C为＋4价，A项错误；稀硝酸能够溶解铜锈，也能溶解铜，除去铜质文物表面的铜锈应用稀硫酸或稀盐酸，B项错误；铜锈难溶于水，C项错误；铜生成铜锈时，铜由0价变为＋2价，32 g(0.5 mol)铜生成铜锈时，转移1 mol电子，D项正确。

3．下列有关金属的工业制法中不正确的是(　　)

A．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液

B．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氯化镁固体，电解熔融的氯化镁得镁

C．制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁

D．制铝：从铝土矿中获得氧化铝，提纯后电解熔融的氧化铝得到铝

解析：选A　钠性质活泼，用电解熔融的氯化钠方法制取，电解氯化钠溶液不能得到金属钠，故A错误；镁性质活泼，用电解熔融的氯化镁的方法制取，故B正确；铁性质较活泼，用热还原反应制取，故C正确；氯化铝为共价化合物，熔融状态不能电离，铝性质活泼，工业上用电解氧化铝的方法制取，故D正确。

4．“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是(　　)

A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价

B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁

C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料

D．1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子

解析：选C　A项，拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作0价，错误；B项，拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，错误；C项，Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，正确；D项，溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为＋3价，Cu变为＋2价，故1 mol Al65Cu23Fe12失电子为65 mol×3＋23 mol×2＋12 mol×3＝277 mol，错误。

5．下列有关金属的说法错误的是(　　)

A．氧化膜使得性质活泼的金属铝成为一种应用广泛的金属材料

B．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪是钛的世纪”

C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素

D．出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿，主要成分是CuCO3

解析：选D　铝表面形成致密的氧化铝薄膜可以保护内部的铝不被氧化，使得铝成为一种应用广泛的金属材料，A正确；钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上应用广泛，B正确；在合金中加入适量稀土金属能大大改善合金的性能，故稀土元素又被称为冶金工业的维生素，C正确；铜绿主要成分是Cu2(OH)2CO3，D错误。

6．向CuSO4酸性溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热。一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是(　　)

A．逸出气体的主要成分是O2

B．H2O2既表现氧化性又表现还原性

C．Cu2＋将H2O2还原

D．发生了反应：Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O

解析：选C　Cu2＋将H2O2氧化为O2，A正确；“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”说明铜离子被还原成Cu2O，H2O2表现了还原性，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应：Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O，Cu2O中＋1价Cu 被氧化成＋2价Cu2＋，H2O2又表现了氧化性，B、D正确；H2O2变为O2，氧元素化合价从－1变为0价，发生氧化反应，Cu2＋将H2O2氧化，C错误。

7．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(　　)

解析：选D　稀盐酸可以与碱式碳酸铜(铜绿的主要成分)反应，而且稀盐酸不与Cu反应，所以可用稀盐酸除铜器表面的铜绿，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛放浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO，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，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。

8．科学家研制出了一种新型的贮氢材料，这种镁铝合金的成分可表示为Mg17Al12；其贮氢和释氢的原理可表示为Mg17Al12＋17H217MgH2＋12Al，下列有关说法正确的是(　　)

A．Mg17Al12是离子化合物

B．为防止金属氧化，熔炼制备Mg17Al12时通氮气做保护气

C．732 g的合金能吸收380.8 L氢气

D．该合金的熔点比镁和铝的熔点低

解析：选D　合金是加热熔合而成的，不存在阴阳离子，不属于离子化合物，A项错误；Mg、Al为较活泼金属，加热时易和氮气发生反应，可以通入氩气来防止金属被氧化，不可以通氮气做保护气，B项错误；氢气所处的状况未知，不能计算出氢气的具体体积，C项错误；合金的熔点比各成分的熔点低，该合金的熔点低于金属镁、金属铝的熔点，D项正确。

9．铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”。铜主要是由黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫

B．在焙烧时氧化剂只有氧气

C．粗铜精炼时用粗铜作阴极

D．Cu2S可以用于火法炼制铜

解析：选D　由焙烧时的化学方程式可知，焙烧时只有部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；焙烧时Cu元素由＋2价降低到＋1价，S元素由－2价升高到＋4价，氧气中O元素由0价降低到－2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；粗铜精炼时用粗铜作阳极，故C错误；火法炼铜的原理为Cu2S＋O22Cu＋SO2，Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确。

10．部分氧化的Fe­Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如图处理，下列说法正确的是(　　)

A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋

B．样品中Fe元素的质量为2.14 g

C．样品中CuO的质量为4.0 g

D．V＝448

解析：选D　A项，生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜可以和Fe3＋反应，所以滤液A中一定不含有Fe3＋，错误；B项，灼烧后的固体为Fe2O3，其物质的量为0.02 mol，铁元素的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，质量为0.04 mol×56 g·mol－1＝2.24 g，错误；C项，铁元素的质量为2.24 g，而原来固体为5.76 g，所以CuO的质量不超过5.76 g－2.24 g＝3.52 g，错误；D项，根据最后溶液中的溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素的物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含H＋ 0.08 mol，其中部分H＋生成氢气，另外的H＋和合金中的氧结合生成了水，由于合金中氧的物质的量为＝0.02 mol，它结合0.04 mol H＋，所以硫酸中有0.04 mol H＋生成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下的体积为448 mL，正确。

11．铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。

则下列分析正确的是(　　)

A．图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuO

B．图甲整个过程中共生成0.26 g水

C．图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是A

D．图甲中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移

解析：选D　0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol×80 g·mol－1＝0.80 g，所以a点对应的物质是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol×144 g·mol－1＝0.72 g，所以b点对应的物质是Cu2O，A项错误；根据化学方程式Cu(OH)2CuO＋H2O、4CuO2Cu2O＋O2↑可知，生成水的物质的量为0.01 mol，质量为0.01 mol×18 g·mol－1＝0.18 g，B项错误；CuO和其中所含Cu元素的质量关系(以CuO的质量为10 g计算)为：

CuO　～　Cu

80　　　　64

10 g　　　8 g

观察图乙可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误；根据反应方程式4CuO2Cu2O＋O2↑可知，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移，D项正确。

12．固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请回答：

(1)由现象1得出化合物X含有______元素(填元素符号)。

(2)固体混合物Y的成分________(填化学式)。

(3)X的化学式________。

X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。

解析：固体化合物X在干燥的H2中反应生成能使CuSO4变蓝色的气体，说明X中含有氧元素；固体混合物Y加水溶解得到1.28 g紫红色固体单质，该单质为Cu，物质的量为0.02 mol，得到的碱性溶液的焰色反应呈黄色，说明该碱性溶液中存在Na＋，又固体化合物X由3种元素组成，则3种元素分别为O、Cu、Na，故该碱性溶液为NaOH溶液，与HCl恰好中和时消耗0.020 0 mol HCl，说明NaOH的物质的量为0.020 0 mol，固体X中含有钠元素的质量为0.46 g，根据固体X的质量为2.38 g，可以求得氧元素的质量为0.64 g，则n(O)＝0.04 mol，n(Na)∶n(Cu)∶n(O)＝1∶1∶2，则X的化学式为NaCuO2，固体混合物Y中含有Cu和NaOH。NaCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl2，并得到蓝色溶液CuCl2，则反应的化学方程式为2NaCuO2＋8HCl===2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。

答案：(1)O　(2)Cu和NaOH

(3)NaCuO2

2NaCuO2＋8HCl===2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O

13．CuCl是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含Fe、Al及SiO2杂质)，生产CuCl的工艺流程如下：

已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀。

(1)煅烧的主要目的是________________________________________________。

(2)操作Ⅰ为调节溶液的pH，范围为________，加入的物质X可以是________(填字母)。

A．CuO　　　　　　　　　 B．Cu(OH)2

C．NaOH溶液  D．CaCO3

(3)滤渣Ⅱ的主要成分是________。

(4)往滤液Ⅱ中加入食盐并通入SO2可生成CuCl，请写出反应的离子方程式：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(5)工业上常用CuSO4来制备CuCl，在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，加热生成CuCl沉淀，该反应的离子方程式是__________________________。

解析：(1)铜在废铜料中主要以铜单质的形式存在，从流程图知CuCl需从溶液中提取，故煅烧的目的是将铜转化为溶于酸的氧化物。

(2)调节溶液的pH时，应保证Fe3＋、Al3＋完全沉淀，而Cu2＋不能沉淀，溶液的pH应在4.7≤pH<5.6，加入物质X的目的是消耗H＋调节溶液的pH，但不能引入新杂质。

(3)溶液的pH在4.7≤pH<5.6时，Fe3＋和Al3＋完全转化为相应的氢氧化物沉淀，滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。

(4)根据题给的反应物和生成物，再结合氧化还原反应的基本规律可写出反应的方程式：2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl＋SO＋4H＋。

(5)根据电子守恒法配平即可。

答案：(1)使铜转化为可溶于酸的氧化物

(2)4.7≤pH＜5.6　ABC

(3)Fe(OH)3和Al(OH)3

(4)2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl＋SO＋4H＋

(5)2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋

14．某工业含铜废料含有Cu、CuO、CuS、CuSO4等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·3H2O]，生产的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)“焙烧”过程中除生成SO2的反应外，另外一个反应的化学方程式是________________________________________________________________________。

(2)“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有__________________(写出一条即可)，“酸化”的目的是______________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(3)若试剂a为Zn，则“置换”的离子方程式为_______________________________

________________________________________________________________________，

滤液中溶质的化学式是________。

(4)“淘洗”的作用是_________________________________________，

若图中淘洗液的主要溶质与滤液的溶质相同，则试剂b是________。

(5)“反应”一步中使用20% HNO3和10% H2O2，整个过程无红棕色气体产生，则发生反应的化学方程式为__________________________________________________________

________________________________________________________________________；

若该步骤只使用20% HNO3，随着反应的进行，温度升高，出现大量红棕色气体，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。

(6)“一系列操作”是指化学实验操作，这些操作的名称是________________。

解析：(1)加热条件下，Cu被O2氧化为CuO。(2)将焙烧物粉碎可增大固体物质与硫酸的接触面积；升高反应温度、增大反应物浓度均能加快化学反应速率。“酸化”的目的是使CuO溶解转化为Cu2＋。(3)Zn的还原性比Cu强，故Zn与Cu2＋反应生成Cu和Zn2＋；过滤后滤渣为Cu(含有Zn)，滤液为硫酸锌溶液。(4)“淘洗”的目的是除去前面加入的过量锌，因此试剂b为稀硫酸。(5)“反应”过程中无红棕色气体产生，由此推知反应不生成NO或NO2，则反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋2HNO3===Cu(NO3)2＋2H2O。根据生成大量红棕色气体可知生成的是NO2，因还原剂为Cu，化合价由0升高至＋2，氧化剂为HNO3，其中N的化合价由＋5降低为＋4，由氧化还原反应中得失电子守恒可知该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2。(6)“反应”后的溶液为Cu(NO3)2，经过蒸发、结晶、过滤可得到目标产物。

答案：(1)2Cu＋O22CuO

(2)将焙烧物粉碎、升高酸化温度、适当提高硫酸浓度(任写一条)　将CuO转化为Cu2＋

(3)Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu　ZnSO4

(4)除去过量的Zn　稀硫酸

(5)Cu＋H2O2＋2HNO3===Cu(NO3)2＋2H2O　1∶2

(6)蒸发、结晶、过滤(或蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤)

15．(2020·沈阳市郊联体期末)一种新兴材料——铍日益被重视，有“超级金属”“尖端金属”“空间金属”之称。工业上用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍的一种简化工艺流程如下：

按元素周期表的对角线规则，Be和Al性质相似；几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如表。

回答下列问题：

(1)步骤②中将熔块粉碎的目的是______________________________________；

滤渣1的主要成分是__________。

(2)步骤③加入H2O2时发生反应的离子方程式为______________________________，从滤液1中得到沉淀的合理pH为__________(填序号)。

A．3.3～3.7  B．3.7～5.0

C．5.0～5.2  D．5.2～6.5

(3)步骤④不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2＋的原因是_______________。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是__________、过滤、洗涤、干燥。

(4)实验室模拟步骤⑤装置如图，控制氨气与氟化氢气体体积比的方法是__________。

(5)步骤⑥的反应类型是________，步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是________________________________________________________________________。

(6)若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%，则1 t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金________ t。

解析：(1)将熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高浸取速率；根据绿柱石的成分，熔炼过程中SiO2与石灰石反应生成CaSiO3，CaSiO3与硫酸反应生成CaSO4和H2SiO3，即滤渣1的主要成分为H2SiO3。

(2)滤液1中含有的阳离子有Fe2＋、Al3＋、Be2＋、H＋，步骤③中加入H2O2，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子方程式为2H＋＋H2O2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2H2O；步骤③除去的是Fe3＋、Al3＋，加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋以Fe(OH)3、Al(OH)3形式沉淀，因此调节pH范围是5.0≤pH<5.2，C正确。

(3)因为Be和Al的性质相似，即Be(OH)2为两性氢氧化物，过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2；从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

(4)通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速，可控制氨气与氟化氢气体的体积比。

(5)步骤⑥的反应类型为分解反应；Be和Al的性质相似，Mg是活泼金属，能与空气中的氮气、氧气发生反应，因此需要隔绝空气的环境。

(6)根据题意得出：1 t×a%××b%＝m(合金)×2%，得出m(合金)＝1.8×10－3ab t。

答案：(1)增大与硫酸的接触面积，提高浸取速率　H2SiO3

(2)2H＋＋H2O2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2H2O　C

(3)过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2　蒸发浓缩、冷却结晶

(4)通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速

(5)分解反应　高温下，Mg(或铍)与N2、O2等气体发生反应，降低产率

(6)1.8×10－3ab