高考化学（人教）一轮复习全程构想（检测）-第三章　金属及其化合物 课时作业11 Word版含解析

课时作业11　铜及其化合物　金属资源

授课提示：对应学生用书第311页]

基础题组]

1．我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是(　　)

A．①中描述的化学反应是可逆反应

B．“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液

C．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”

D．水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜

解析：①中描述的化学反应为HgSHg＋S、Hg＋S===HgS，两个反应的反应条件不同，不是可逆反应，A项错误；“铁赤色如铜”，说明铁置换出铜，故“曾青”应为可溶性铜盐的水溶液，B项正确；“积变又还成丹砂”，发生的反应是Hg＋S===HgS，Hg发生了氧化反应，“还”是指恢复原来的状态，C项错误；Hg的活动性比Cu弱，因此水银不能与曾青发生置换反应生成单质铜，D项错误。

答案：B

2．下列关于金属的说法中，不正确的是(　　)

A．常温下可用铁制容器盛装浓硝酸

B．在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属

C．常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属

D．将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀

解析：A项，常温下，浓硝酸使铁钝化，故可用铁制容器盛装浓硝酸；B项，合金的硬度一般大于它的成分金属，这是合金的特性之一；C项，工业上用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属；D项，钢闸门与电源负极相连以防止其在海水中被腐蚀，这是外加电流的阴极保护法。

答案：D

3．(2017·甘肃质检)①热分解法、②热还原法、③电解法是工业上制取金属的三种常用方法。下列金属与冶炼方法相对应的是(　　)

解析：K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属应使用电解法，Cu、Fe等金属应使用热还原法，Hg、Ag等不活泼金属应使用热分解法。

答案：A

4．(2017·东营模拟)某同学通过系列实验，探究Cu及其化合物的性质，下列操作正确且能达到目的的是(　　)

A．将铜粉和硫粉混合均匀加热以制取CuS

B．将Cu片放入过量浓硫酸中，一段时间后加水以观察CuSO4溶液的颜色

C．向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，过滤洗涤并收集沉淀，加热以制取CuO

D．设计Cu—Al—浓硝酸原电池，以证明金属活动性：Cu<Al

解析：铜粉和硫粉反应生成Cu2S，故A错；Cu与浓硫酸的反应需要加热，故B错；Al在浓硝酸中发生钝化，故在Cu－Al－浓硝酸原电池中，Cu发生氧化反应，作负极，不能证明金属活动性：Cu<Al，故D错。

答案：C

5．(2017·郑州一模)金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用。下列关于金属的一些说法不正确的是(　　)

A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同

B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融氯化物制得的

C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子

D．越活泼的金属越难冶炼

解析：合金的性质与其组分金属的性质不完全相同，如硬度、强度更大，熔点更低等，A正确；因AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，冶炼铝应用电解熔融Al2O3的方法，B错误；金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，越活泼的金属，其阳离子的氧化性越弱，越难被还原，C、D正确。

答案：B

6．(2017·石家庄模拟)某同学用同一种Mg－Al合金进行甲、乙、丙三组实验，测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等)，下列分析推理不正确的是(　　)

A.甲组实验中盐酸过量

B．乙组实验中盐酸不足

C．合金中Mg、Al的物质的量之比为1∶1

D．盐酸的物质的量浓度为3.0 mol·L－1

解析：对比甲、乙两组的实验数据，可以看出，乙组所用的合金比甲组多，产生的H2也多，说明甲组中的盐酸未反应完，盐酸是过量的。从甲组的实验可知，每毫克合金与盐酸反应产生H2的体积为 mL，若乙组的合金耗尽，应生成H2的体积为×385 mL＝423 mL，实际上只生成336 mL，说明乙组中盐酸不足。根据甲组的实验可求出合金中Mg、Al的物质的量，设分别为x mol、y mol。有24x＋27y＝0.255，x＋1.5y＝，联立两式，解得x＝y＝0.005，x∶y＝1∶1。根据乙组的实验可求出盐酸的物质的量浓度：×2＝c(HCl)×0.03 L，c(HCl)＝1.0 mol·L－1。综上所述，A、B、C项推理正确，D项推理不正确。

答案：D

7．(2017·北京模拟)铜在自然界存在于多种矿石中，如：

(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是________。

(2)工业上以黄铜矿为原料。采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，反应的氧化剂是______________。

(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是______________________；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称__________________。

(4)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________(填字母)。

解析：(1)铜化合物中，铜的质量百分含量＝×100%；

黄铜矿中铜的含量＝×100%＝35%；

斑铜矿中铜的含量＝×100%＝63%；

辉铜矿中铜的含量＝×100%＝80%；

孔雀石中铜的含量＝×100%＝58%

所以铜的质量百分含量最高的是Cu2S。

(2)2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，该反应中铜的化合价由＋1价变为0价，铜元素在该反应中得电子化合价降低，所以该反应中的氧化剂是Cu2O、Cu2S。

(3)二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨；二氧化硫能溶于水，且能和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧化成为硫酸，二氧化硫是酸性氧化物，所以能用碱液吸收生成盐，如硫酸铵。

(4)Ⅰ铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故正确；Ⅱ碱式碳酸铜能和强酸反应生成盐和水、二氧化碳，故正确；碱式碳酸铜是弱酸盐能和强酸反应，所以二者有因果关系，故A正确。

Ⅰ铜是不活泼金属，所以其表面不易形成致密的氧化膜，故错误；Ⅱ常温下，铜和浓硫酸不反应，所以铜容器可以盛放浓硫酸，故正确；二者没有因果关系，所以B错误。

Ⅰ铁的金属性比铜的金属性强，所以铁比铜活泼，故正确；Ⅱ在铜板上的铁钉在潮湿空气中易形成原电池，所以易生锈，故错误；二者有因果关系，所以C错误。

Ⅰ蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是化学变化，故错误；Ⅱ硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，所以溶液可用作游泳池的消毒剂，故正确；二者没有因果关系，所以D正确。

答案：(1)Cu2S　(2)Cu2O、Cu2S

(3)二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨　硫酸、硫酸铵

(4)AD

能力题组]

1．(2017·郑州模拟)向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液不含Fe3＋，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为(　　)

A．2.4 g　B．4.8 g

C．6.4 g  D．1.6 g

解析：加入盐酸后先后发生：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O①，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋②，由①可得n(O)＝3n(Fe2O3)＝n(HCl)＝0.3×1×＝0.15 mol，由质量守恒可得，固体减少的质量为Fe2O3中氧的质量，为0.15×16＝2.4 g，A正确。

答案：A

2．(2017·大连模拟)将9.0 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红。则下列说法正确的是(　　)

A．第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜和铁

B．反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算

C．若向上述最后所得溶液中再加入足量的稀硝酸，还可得到标准状况下1.12 L NO

D．原混合物中铜和铁的物质的量各为0.075 mol

解析：由题目信息“向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红”可知，反应后溶液中的金属离子为Fe2＋、Cu2＋。设混合物中Cu、Fe的物质的量分别为a、b，则根据氧化还原反应中得失电子守恒列等式：2a＋2b＝3×(1.12 L＋1.12 L)/22.4 L·mol－1，另外根据铜和铁混合物的质量列等式：64 g·mol－1a＋56 g·mol－1b＝9.0 g，解得a＝b＝0.075 mol，D项正确；第一次与100 mL稀硝酸反应，硝酸得到电子的物质的量为3×1.12 L/22.4 L·mol－1＝0.15 mol，而0.075 mol Fe参与反应转化为Fe2＋，失去电子的物质的量也是0.15 mol，故剩余的金属只有铜，A项错误；根据第一次反应可知硝酸的物质的量浓度为(2×0.075 mol＋1.12 L/22.4 L·mol－1)/0.1 L＝2.0 mol·L－1，B项错误；向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，发生反应：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，生成NO的物质的量为0.075 mol/3＝0.025 mol，即标况下0.56 L，C项错误。

答案：D

3．部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92 g，经如下处理：

下列说法中正确的是(　　)

①滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋

②样品中氧元素的物质的量为0.03 mol

③溶解样品的过程中消耗H2SO4的总的物质的量为0.04 mol

④V＝224 mL

⑤V＝336 mL

A．①③④  B．②③④

C．②③⑤  D．①③⑤

解析：由滤液A中不含Cu2＋可知，样品中加入足量稀硫酸发生的反应有Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。溶液中阳离子只有Fe2＋、H＋，无Fe3＋，①错误；因滤液A中不含Cu2＋，故3.2 g滤渣只是Cu(物质的量是0.05 mol)，滤液经处理最终得到的3.2 g固体是Fe2O3。由2Fe～Fe2O3可知，该5.92 g样品中，铁元素的总质量为2.24 g(物质的量是0.04 mol)，故混合物中氧元素的质量为5.92 g－2.24 g－3.2 g＝0.48 g，即样品中氧元素的物质的量是＝0.03 mol，②正确；消耗的H2SO4以FeSO4的形式存在，故消耗的H2SO4的物质的量为0.04 mol，③正确；因5.92 g样品中含0.03 mol O、0.04 mol Fe、0.05 mol Cu，则样品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物质的量是0.03 mol，故FeO的物质的量为0.03 mol、Fe的物质的量为0.01 mol，与足量的稀硫酸反应可生成0.01 mol的H2，标准状况下H2的体积为224 mL，④正确、⑤错误。

答案：B

4．(2017·赣州模拟)下列是部分矿物资源的利用及产品流程，有关说法不正确的是(　　)

A．粗铜电解精炼时，粗铜作阳极

B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应

C．黄铜矿冶炼铜时，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料

D．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法

解析：电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身可以溶解，故A正确；制备单质时涉及化合价变化，是氧化还原反应，制玻璃的反应是：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑和SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑，化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，故B错误；SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故C正确；制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故D正确。

答案：B

5．氢化亚铜(CuH)是一难溶物质，用CuSO4溶液和另一种反应物在40～50℃时反应可生成它。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧，跟盐酸反应能产生气体。下列有关推断中错误的是(　　)

A．这里的“另一种反应物”具有还原性

B．CuH可作氧化剂、还原剂

C．CuH＋Cl2===CuCl＋HCl(燃烧)

D．CuH＋HCl===CuCl＋H2↑(常温)

解析：Cl2具有强氧化性与多价态金属反应时，生成最高价态的金属化合物，应为CuCl2，故C项错误。

答案：C

6．(2017·西宁调研)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1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2所示。则下列分析正确的是(　　)

A．图1中，A到B的过程中有0.01 mol电子转移

B．图1整个过程中共生成0.26 g水

C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu质量关系的曲线是X

D．图1中A和B的化学式分别为Cu2O和CuO

解析：0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若加热时全部生成CuO，则CuO的质量为0.01 mol×80 g·mol－1＝0.80 g，所以A点是CuO。若加热时全部生成Cu2O，则Cu2O的质量为0.005 mol×144 g·mol－1＝0.72 g，所以B点是Cu2O，D项错误；由A到B发生反应：4CuO2Cu2O＋O2↑，根据化学方程式可知，当0.01 mol CuO完全转化为Cu2O时，转移0.01 mol电子，A项正确；生成的水和氧气的质量总和为0.26 g，B项错误；CuO和其中所含Cu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2可知，曲线Y表示的是CuO和其中所含Cu质量的关系，故C项错误。

答案：A

7．(2017·山东涨坊一模)无水氯化铝是有机合成工业中一种重要的催化剂，工业上由Al2O3制备无水氯化铝的反应为2Al2O3＋6Cl24AlCl3＋3O2。

(1)实验室制氯气的离子方程式为

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

氯气溶于水生成的次氯酸的电子式为

________________________________________________________________________。

(2)AlCl3可以作净水剂，其原理是(用离子方程式表示)

________________________________________________________________________。

(3)Al－Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其离子方程式为

________________________________________________________________________。

(4)为分析某铝合金的成分，用足量稀硝酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为5、9时过滤沉淀，继续滴加NaOH溶液无沉淀生成。结合图象信息推断该合金中除铝外还含有的金属是

________________________________________________________________________。

解析：(1)实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备氯气，离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为H：：：。(2)AlCl3可以作净水剂，是因为Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮物质。(3)NaOH溶液处理Al2O3膜时发生反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O。(4)根据题图可知，pH＝3时，Fe3＋已经完全沉淀，则溶解液中一定不含Fe3＋，而pH＝9时Mg2＋才开始沉淀，根据题意，过滤后继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，则溶解液中一定不含Mg2＋，而Cu2＋、Fe2＋分别在pH＝7、pH＝9时完全沉淀，由于硝酸过量，不可能生成Fe2＋，故溶解液中一定含有Cu2＋，因此合金中还含有的金属为Cu。

答案：(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　H:::

(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋

(3)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O

或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2Al(OH)4]－

(4)Cu(或铜)