2022届新高考化学第一轮复习课时作业：用途广泛的金属材料 开发利用金属矿物（含解析）

2022届新高考化学第一轮复习课时作业

用途广泛的金属材料 开发利用金属矿物

一、选择题

1、某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的的是(　　)

A．将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色

B．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuS

C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体

D．将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿

解析：A项浓硫酸溶于水时放热，应该是把反应后的溶液倒入水中，故该项错误；B项铜粉和硫粉混合加热应生成Cu2S，故该项错误；C项氯化铜溶液中存在水解平衡，加热蒸干得到的是氢氧化铜，故该项错误；D项铜和盐酸不反应，只有铜绿[Cu2(OH)2CO3]与盐酸反应，故该项正确。

答案：D

2、下列有关金属的工业制法中，正确的是(　　)

A．以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠

B．用海水、石灰乳等为原料，经一系列过程制得氧化镁，用H2还原氧化镁制得镁

C．以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁

D．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝

解析：工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na＋Cl2↑，而电解NaCl溶液：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，得不到钠，A错误；镁的还原性比氢气的还原性强，不能用氢气还原氧化镁制取镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg＋Cl2↑，B错误；工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，因为炼铁的矿石中含有一定量的二氧化硅，所以石灰石的作用是将二氧化硅等杂质转变为炉渣而除去，C正确；因为熔融状态下氯化铝不导电，所以从铝土矿中获得氧化铝再电解熔融的氧化铝来获取金属铝，D错误。

答案：C

3、明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容：“……黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无，……”，下列解释正确的是(　　)

A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金

B．添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈

C．金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段

D．黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀

解析：“黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无”的意思是，“最好的黄金，价值要比黑铁高一万六千倍，然而，如果没有铁制的锅、刀、斧之类供人们日常生活之用，……，金属的另一种作用是铸成钱币，作为贸易交往中的流通手段”，据此分析解答。A.明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，故A错误；B.不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢不容易生锈；家里用的农具是铁合金，如果没及时洗干净后晾干，铁能与氧气、水分同时接触，容易发生电化学腐蚀，容易生锈，故B错误；C.金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，故C正确；D.生铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D错误。

答案：C

4、下列关于铜的化合物的说法正确的是(　　)

A．蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是化学变化

B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，有棕黄色的烟生成

C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O

D．向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合物倒入蒸发皿加热煮沸一会儿，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”

解析：蓝色硫酸铜晶体受热失去结晶水转化为白色硫酸铜粉末是化学变化，A项正确；常温下铜与氯气不反应，需在点燃条件下才能反应，观察到有棕色的烟生成，B项错误；铜锈的成分是碱式碳酸铜，不是氧化铜，C项错误；CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后生成Cu(OH)2沉淀，加热后过滤，滤纸上留下的是黑色物质CuO，D项错误。

答案：A

5、下列说法中正确的是(　　)

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：铜是人类使用最早的金属材料，A项错误；铁、铝及铝合金是应用最广泛的金属材料，B项错误；银的导电性比铜好，D项错误。

答案：C

6、下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是(　　)

解析：一般用电解熔融NaCl的方法来制取钠，而电解饱和食盐水得到的是NaOH、H2和Cl2。

答案：D

7、下列说法中正确的是(　　)

A．电解NaCl溶液、熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质

B．工业上可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼Cu

C．铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如K、Ca、Cr、Mn等

D．工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是提高Al的产量

解析：钠和镁性质活泼，应采用电解熔融氯化钠的方法制取钠，故A错误；工业上火法炼铜可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼Cu，方程式为Cu2S＋O22Cu＋SO2，故B正确；金属K、Ca还原性强于铝，所以无法通过铝热反应制取，故C错误；冰晶石是电解铝的助熔剂，可降低氧化铝熔化时所需的温度，故D错误。

答案：B

8、“记忆合金”即拥有“记忆”效应的合金，发射人造卫星之前，将由“记忆合金”制作的抛物面天线折叠起来装进卫星体内，人造卫星送到预定轨道后，只需加温，折叠的卫星天线因具有“记忆”功能而自然展开，恢复抛物面形状。同时在生物医学方面，“记忆合金”也有广泛的用途。下列有关“记忆合金”的说法错误的是(　　)

A．它属于金属材料

B．它属于功能合金

C．加温时自然展开的过程中发生了化学变化

D．用在生物医学方面，除了它的记忆功能，还应有良好的生物相容性

解析：抓住题中信息，联系金属方面的知识就可以准确判断，金属单质及其合金都属于金属材料，A项不符合题意；记忆功能属于特殊功能，则“记忆合金”属于功能合金，B项不符合题意；加温形状改变，只发生了物理变化，C项符合题意；在生物医学方面要植入生物体内，则“记忆合金”必须具有良好的生物相容性，D项不符合题意。

答案：C

9、从节约原料和防止环境污染因素考虑，用铜制取硝酸铜，方法最佳的是(　　)

A．CuCu(NO3)2

B．CuCu(NO3)2

C．CuCuCl2Cu(NO3)2

D．Cu CuOCu(NO3)2

解析：反应过程中生成二氧化氮污染气体，污染环境，A错误；反应过程生成一氧化氮污染气体，污染环境，B错误；反应过程中氯气是污染性气体，生成的氯化铜和硝酸不反应，C错误； 原料是空气节约原料，过程中无污染气体，符合节约原料和防止环境污染的要求，D正确。

答案：D

10、“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：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。

答案：C

11、CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想

B．Y可以是葡萄糖溶液

C．CuSO4在1 100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体

D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体

解析：相对于途径①、③，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，A正确；葡萄糖中含醛基，可以与Cu(OH)2反应生成Cu2O，所以Y可为葡萄糖，B正确；若X为SO2、SO3的混合气体，则CuSO4中铜、硫元素的化合价都降低，而无元素化合价升高，故除SO2、SO3外还应有O2，C错误；将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体，D项正确。

答案：C

12、某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程。下列说法不正确的是(　　)

A．固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3

B．使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH)3转化为AlO

C．试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解

D．若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的CaCl2·6H2O

解析：SiO2难溶于盐酸，固体Ⅰ中含有SiO2；FeCl3与Ca(OH)2反应生成Fe(OH)3，所以固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，故A正确；Al(OH)3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH)3转化为AlO，故B正确；CaCl2·6H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，生成NH4Cl，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl2·6H2O，故D错误。

答案：D

二、非选择题

13．铝热反应的本质是利用铝的还原性，将难熔金属从其氧化物中置换出来，根据铝热反应解答下列问题：

(1)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有________。

A．KCl   B.KClO3

C．MnO2   D.Mg

(2)用等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物在一定条件下与Al粉进行铝热反应。

①引发铝热反应的操作是______________________。

②产物中单质是________(写名称)。

(3)取少量(1)中铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，______(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是_________________ (用离子方程式说明)。

解析：(1)做铝热反应的实验时，需要KClO3作助燃剂，且用镁条引燃。(2)在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。MgO不能与铝发生铝热反应，所以产物中单质为Fe。(3)反应后固体混合物中若有Fe2O3，因发生反应：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Fe3＋转化为Fe2＋，加KSCN溶液不会变红。

答案：(1)BD

(2)①加少量KClO3，插上镁条并将其点燃　②铁

(3)不能　Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋

14．氢气还原氧化铜所得的红色固体可能是铜与氧化亚铜的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2＋和Cu。

(1)现有8.4 g氧化铜被氢气完全还原后，得到红色固体6.96 g，其中含单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是____________。

(2)若将6.96 g上述混合物与足量的浓硝酸充分反应：

①生成标准状况下1.568 L的气体(不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化)，则该气体的成分是____________，其物质的量之比是____________；

②把得到的溶液小心蒸发浓缩，把析出的晶体过滤，得晶体20.328 g。经分析，原溶液中的Cu2＋有20%残留在母液中，所得晶体的化学式为___________。

(3)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL 0.6 mol·L－1 HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mL NO气体(标准状况)。如原混合物中Cu的物质的量为x mol，求其中Cu2O、CuO的物质的量及x的取值范围(写出解题过程)。

解析：(1)设单质铜与氧化亚铜的物质的量分别为x和y，则根据铜原子守恒可知x＋2y＝＝0.105 mol。又因为64 g·mol－1×x＋144 g·mol－1×y＝6.96 g，解得x＝0.075 mol、y＝0.015 mol，因此单质铜与氧化亚铜的物质的量之比为5∶1。

(2)①反应中转移电子的物质的量为0.075 mol×2＋0.015 mol×2×1＝0.18 mol，气体的物质的量是1.568 L÷22.4 L·mol－1＝0.07 mol。设混合气中NO和NO2的物质的量分别为a mol和b mol，则a mol＋b mol＝0.07 mol、3a mol＋b mol＝0.18 mol，解得a＝0.055、b＝0.015，因此混合气的成分是NO和NO2，其物质的量之比为11∶3。②设晶体的化学式为Cu(NO3)2·nH2O，则根据铜离子守恒可知晶体中铜离子的物质的量为0.105 mol×80%＝0.084 mol，因此晶体的物质的量也是0.084 mol，则0.084 mol×(192＋18n) g·mol－1＝20.328 g，解得n＝3，即晶体化学式为Cu(NO3)2·3H2O。

(3)设Cu2O、CuO的物质的量分别为y mol、z mol，则根据铜原子守恒可知生成硝酸铜的物质的量为(x＋2y＋z) mol。NO的物质的量是0.01 mol，则根据电子得失守恒可知2x＋2y＝0.01×3＝0.03。硝酸的物质的量是0.06 mol，则根据氮原子守恒可知2×(x＋2y＋z)＋0.01＝0.06，解得z＝x－0.005，y＝0.015－x。由于y、z均不能为0，则x的取值范围是0.005<x<0.015。

答案：(1)5∶1

(2)①NO、NO2　11∶3　②Cu(NO3)2·3H2O

(3)n(Cu2O)＝(0.015－x)mol　n(CuO)＝(x－0.005)mol　0.005<x<0.015(详细过程见解析)

15．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如图工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。

已知：CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3＋易水解，酸性条件下，Ce4＋有强氧化性。

(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作是___________________，反应①的离子方程式是__________。

(2)反应②的离子方程式是____________________________。

(3)为了得到较纯的Ce3＋溶液，反应②之前要进行的操作是____________。

(4)反应③需要加入的试剂X可以是_______。

(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。

用FeSO4溶液滴定选____________作指示剂，滴定终点的现象是_______；

若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

解析：(1)为了提高浸洗效率，废玻璃在NaOH溶液浸洗前要进行粉碎。废玻璃中只有SiO2能与NaOH溶液反应，离子方程式为SiO2＋2OH－===SiO＋H2O。(2)根据提供的信息及流程图，可知滤渣B为CeO2，酸性条件下CeO2与H2O2发生氧化还原反应：2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。(3)为了得到较纯净的Ce3＋溶液，反应②之前要对滤渣B进行洗涤。(4)反应③是将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，为了不引起杂质，加入的试剂X可以是O2。(5)K3[Fe(CN)6]能与Fe2＋反应得到蓝色沉淀，用FeSO4溶液滴定 ，可以选K3[Fe(CN)6]溶液作指示剂，滴定终点的现象为滴入最后一滴溶液时，生成蓝色沉淀，且振荡也不再消失。若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间，则部分Fe2＋会被空气中的氧气氧化为Fe3＋，消耗的FeSO4溶液的体积偏大，测定结果偏大。

答案：(1)粉碎　SiO2＋2OH－===SiO＋H2O

(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O

(3)洗涤　(4)O2

(5)K3[Fe(CN)6]　滴入最后一滴溶液时，生成蓝色沉淀，且振荡也不再消失　偏大