一轮备考·考点专练（2025届）高中化学试题第12讲金属材料及金属矿物的开发利用考点专练含解析答案

这是一份一轮备考·考点专练（2025届）高中化学试题第12讲金属材料及金属矿物的开发利用考点专练含解析答案，共11页。试卷主要包含了下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
知识点细目表：
热点精炼
知识点1 铜及其化合物
考点1 铜及其化合物的性质与应用
1． 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用于制铜，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2条件下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。向稀硫酸中加入Cu2O，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。2022年诺贝尔化学奖授予了点击化学领域的三位科学家。一价铜催化的叠氮化物-炔烃环加成反应可谓点击化学中的第一个经典之作，催化剂CuCl是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成H[CuCl2] (强酸)。
上述叙述过程涉及的离子方程式，不正确的是
A．Cu2S与浓硝酸反应：
B．Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
C．Cu在O2存在下与氨水反应：
D．CuCl溶于较浓盐酸：CuCl+Cl-=[CuCl2]-
2．某课外小组为探究金属铜的还原性，进行如下实验：①将金属铜投入用酸化的的溶液中，现象不明显②将金属铜投入用盐酸酸化的的溶液中，铜粉溶解，溶液变为蓝绿色③将金属铜投入用酸化的的溶液中，铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含]，无气泡生成。下列分析正确的是
A．①说明的溶液不与铜粉反应
B．②证明氧化性还原性
C．③中的生成速率一定小于被还原的速率
D．在①中加入少量绿矾，铜粉可溶解，溶液变为深棕色
考点2 铜及其化合物的制备
3．以含有少量杂质Fe的粗铜为原料，制备蓝矾()的工艺流程如下图所示：
下列说法正确的是
A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，理论上硫酸和硝酸的物质的量之比为3∶2
B．气体A为酸性氧化物，可与适量的氧气和水反应生成硝酸，循环利用
C．物质X可以使用氨水，且X过量对产物无影响
D．“操作Z”为蒸发结晶、趁热过滤
4．实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下：
(1)“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有 (答两点)。
(2)“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。
①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为 ；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为 。
③实验采用真空泵持续抽气，稳定的气流有利于真空泵的使用。实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为 。
(3)已知：①；
② ；
③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。
以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解， ，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1ml∙L-1 NaOH溶液、0.1ml∙L-1 BaCl2溶液、蒸馏水)
知识点2 金属材料及金属矿物的开发利用
考点1 合金性质与金属材料的应用
5．下列说法不正确的是
A．生铁和钢都属于铁合金B．铝合金是用途最广的合金
C．钠钾合金的熔点比钠低D．不锈钢的硬度比纯铁大
6．镧镍合金是一种具有实用价值的新型储氢合金材料。下列说法不正确的是
A．镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物
B．镍属于过渡元素，位于元素周期表d区
C．氢能是理想能源，具有来源广、热值高、无污染等优点
D．合金的熔点一定比各成分金属的熔点低
考点2 金属矿物的开发利用
7．以含钴废料（成分为、，含少量、、等杂质）为原料制备的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：①“酸浸”后的滤液中含有、、等 ②氧化性： ③有关数据如表（完全沉淀时金属离子浓度）
A．“酸浸”时，可用盐酸代替硫酸
B．“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和
C．“调”除杂时溶液中若，需调的范围为
D．“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
8．一种以镍钴合金废料(含C、Ni、Fe、Cu、Al、Zn、Cd及其氧化物)为原料提取C、Ni的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“破碎”和“酸浸”工序也可通过电解法来实现，电解装置中的阳极材料应选择 。相对于“破碎”和“酸浸”，电解法的缺陷为 。
(2)“氧化”的目的是 。
(3)滤渣1的主要成分除之外，还有 (填化学式)。
(4)“沉钴”工序，转化为的离子方程式为 。
(5)、与EDTA均可形成稳定的环状离子，稳定性较强的是 (填“”或“”)。“反萃取2”中Fe、Ni的存在形式与pH关系如图所示，该工序需控制的最佳pH是 。
(6)是制备的中间体。和煅烧均可得到，前者得到的比表面积更大，其原因是 。
【特别提醒】
1.构成合金的成分不一定是两种或两种以上的金属，也可以是金属与非金属，合金中一定含金属元素。合金一定是混合物，没有固定的熔、沸点。
2.常温下，多数合金是固，但钾、钠合金呈液态。
3.合金的性质不是各成分金属的性质之和。合金具有许多良好的物理、化学和机械性能，在许多方面不同于各成分金属，不是简单加和；但在化学性质上，一般认为合金体现的是各成分金属的化学性质。知识点
考点
题号
题型
难度
铜及其化合物
铜及其化合物的性质与应用
1
选择题
简单
2
选择题
适中
铜及其化合物的制备
3
选择题
简单
4
流程题
较难
金属材料及金属矿物的开发利用
合金性质与金属材料的应用
5
选择题
简单
6
选择题
适中
金属矿物的开发利用
7
选择题
适中
8
流程题
较难
沉淀
完全沉淀时的pH
参考答案：
1．A
【分析】在书写离子方程式时要遵循电荷守恒、原子守恒，若为氧化还原反应，同时还要符合电子守恒，结合物质的存在形式及拆分原则分析判断。
【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，Cu2S与浓硝酸反应时，硫元素的氧化产物为H2SO4，Cu为氧化为Cu(NO3)2，浓硝酸被还原为NO2气体，同时反应产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式应该为：Cu2S+12H++10=2Cu2++10NO2↑++6H2O，A项错误。
B．Cu2O在酸性条件下会发生歧化反应，产生Cu、Cu2+、H2O，则Cu2O加入到稀硫酸中，反应产生Cu单质、CuSO4、H2O，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，B正确；
C．Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，在碱性环境中，O2得到电子转化生成OH-，离子方程式应该为：2Cu+O2+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，C正确；
D．CuCl是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成强酸H[CuCl2]，则该反应的离子方程式应该为：CuCl+Cl-=[CuCl2]-，D正确；
故合理选项是A。
2．D
【分析】铜与浓硝酸、稀硝酸均可以发生反应，生成硝酸铜，而在酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，据此作答。
【详解】A．实验①可能因为的溶液与铜粉反应慢，现象不明显，A错误。
B．②中发生反应，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化性，还原性，B错误；
C．③中发生反应a．，反应b．、反应c．，由题干知③中无气泡产生，则说明反应b的反应速率小于或等于反应c，即的生成速率大于或等于被还原的速率，C错误；
D．在①中加入少量绿矾，根据C项，先发生反应b产生，再与铜反应，故铜粉可溶解，溶液变为深棕色，D正确；
故答案选D。
3．A
【分析】粗铜加稀硫酸、稀硝酸溶解，得NO和铜离子的溶液，往溶液中加物质X沉淀Fe3+，过滤，所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得蓝矾。
【详解】A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，据可知，要使H+与的物质的量比为4:1(8:2)，则理论上H2SO4和HNO3的物质的量之比为3∶2，故A正确；
B．气体A为NO，不属于酸性氧化物，故B错误；
C．若物质X为氨水，则过量氨水会沉淀Cu2+，即生成Cu(OH)2沉淀，使蓝矾产量降低，故C错误；
D．“操作Z”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；
故答案为：A。
4．(1)加快搅拌速率、延长浸取时间
(2) 提高氨气吸收率，防止污染空气 增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好 反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流
(3)边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1ml∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1ml∙L-1 BaCl2溶液无明显现象
【分析】以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3时，先将(NH4)2CO3溶液加入Cu(OH)2固体中进行浸取，得到Cu(NH3)2CO3溶液，再进行蒸氨，便可得到Cu2(OH)2CO3。
【详解】（1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，可通过增大接触时间、增大接触面积提高铜元素浸出率，具体方法有：加快搅拌速率、延长浸取时间。
（2）①三颈烧瓶中，通过蒸氨，Cu(NH3)2CO3转化为Cu2(OH)2CO3，同时生成二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为。
②实验产生的氨气是大气污染物，需要进行处理，以防污染大气，则采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为提高氨气吸收率，防止污染空气；图中装置为一整体，不需另加导管，且密封性好，氨气与水的接触面积大，吸收效果好，则与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为：增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好。
③在整个蒸氨过程中，溶液的浓度由大到小，实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，可控制气体的生成速率，则采用变温加热操作的原因为：反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流。
（3）以CuSO4∙5H2O固体为原料制备纯净Cu(OH)2，若直接滴加NaOH，生成Cu(OH)2的速率过快，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质，若先将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，再转化为Cu(OH)2，可控制生成Cu(OH)2的速率，使Cu(OH)2缓慢生成，则实验方案为：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1ml∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1ml∙L-1 BaCl2溶液无明显现象，低温烘干。
【点睛】须使用的试剂：浓氨水，也暗示我们在设计实验方案时，应往CuSO4溶液中先加入氨水。
5．B
【详解】A．生铁和钢都属于铁碳合金，故A正确；
B．铁合金是用途最广的合金，故B错误；
C．合金的熔点一般比成分金属的熔点低，钾钠合金常温下呈液态，熔点比钠低，故C正确；
D．合金的硬度一般比成分金属的硬度大，不锈钢的硬度比纯铁大，故D正确；
故选B。
6．D
【详解】A．镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，A正确；
B．镍是28号元素，属于过渡元素，位于元素周期表d区，B正确；
C．氢能是理想能源，具有来源广、热值高、无污染等优点，C正确；
D．合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，但不是一定低，比如汞合金的熔点比汞高，D错误；
故选D。
7．A
【分析】含钴废料(成分为、，含少量、、等杂质)通硫酸、二氧化硫“酸浸”， SiO2不发生反应，过滤得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有、、等，加氯酸钠溶液把氧化为Fe3+、加碳酸钠调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(滤渣Ⅱ)；滤液中加入碳酸氢铵、氨水“沉钴”生成沉淀，经一系列操作得到纯净的。
【详解】A．根据信息②，氧化性： ，能氧化盐酸，则“酸浸”时，不可用盐酸代替硫酸，A错误；
B．硫酸可溶解金属氧化物，过氧化氢能将C3+还原为C2+，则“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和，B正确；
C．除杂时要使Fe3+、A13+沉淀完全生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、但C2+不能沉淀，常温下，完全沉淀时pH=9.4，c (OH-)= 10－4.6ml·L－1，则Ksp[C(OH)2] =10－5×1.0×(l0－4.6)2=10－14.2，“调”除杂时溶液中若，则c (OH-)=，此时溶液pH=7.4，即应控制溶液的 可避免C2+产生沉淀，则结合表格数据可知，除杂时需调的范围为，C正确；
D．“沉钴”生成沉淀，需过滤，则“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确；
选A。
8．(1) 镍钴合金废料 电解法需要消耗大量的电能，成本较高
(2)将亚铁离子氧化为铁离子，以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀
(3)Fe(OH)3
(4)2C2++ClO-+4OH-+H2O=2C(OH)3↓+Cl-
(5) Fe2+ 3
(6)NiCO3煅烧生成Ni2O3的同时生成CO2气体，CO2气体受热逸出导致生成Ni2O3疏松多孔，比表面积更大
【分析】镍、钴合金废料破碎后加入硫酸酸浸，C、Ni等金属及其氧化物转化为对应的金属阳离子，过滤滤液中加入双氧水，亚铁离子被氧化为铁离子，再加入生石灰调节pH，铝离子和铁离子转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤后滤液中加入H2S将Zn2+、Cd2+、Cu2+转化为ZnS、CdS和CuS沉淀，随后加入Cyanex272萃取，油相中含有C2+，再加入硫酸进行反萃取，水相2中含有硫酸钴，硫酸钴中加入NaOH、NaClO反应生成C(OH)3。水相1中加入EDTA、P204萃取得到油相3中含有Ni2+，加入硫酸亚铁溶液进行反萃取得到水相4，最后加入碳酸钠溶液生成NiCO3沉淀。
【详解】（1）破碎和酸浸工序主要目的是将废料中的金属及其氧化物转化为金属离子，这两道工序也可通过电解法来实现，阳极材料失电子，因此阳极材料选择镍钴合金废料。相对于破碎和酸浸，电解法需要消耗大量的电能，成本较高。
（2）氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀。
（3）根据分析可知，滤液1中主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3。
（4）沉钴工序中，C2+与ClO-、OH-反应生成C(OH)3沉淀和氯离子，离子方程式为2C2++ClO-+4OH-+H2O=2C(OH)3↓+Cl-。
（5）Ni2+、Fe2+均能与EDTA形成配位键而形成稳定的环状离子，其中Fe2+的离子半径大于Ni2+且含有的空轨道多于Ni2+，故Fe2+与EDTA形成的环状离子更稳定。反萃取2中要将Ni转化为Ni2+的形式进入水相中，Fe则需要转化为Fe(EDTA)的形式进入油相中，从图中可知，pH=3时，Fe主要以Fe(EDTA)的形式存在，且Ni以Ni2+的形式存在，因此该工序需控制的最佳pH是3。
（6）NiCO3煅烧生成Ni2O3的同时生成CO2气体，CO2气体受热逸出导致生成Ni2O3疏松多孔，比表面积更大。