金属材料、过渡金属、金属矿物的开发和利用突破训练（三）.doc

金属材料、过渡金属、金属矿物的开发和利用 突破训练（三）‎ ‎1.已知CuO经高温灼烧生成Cu2O,Cu2O与H+发生反应:Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O。将经高温灼烧后的CuO样品投入足量的热的稀硝酸中,下列有关说法中正确的是(　 　)‎ A.如果溶液变为蓝色,同时有紫红色固体出现,说明样品全部生成了Cu2O B.溶液中最终可能有紫红色固体出现 C.这种实验的结果无法说明CuO分解的程度 D.如果溶液变成蓝色,最终没有紫红色固体出现,说明CuO没有分解 解析:Cu、Cu2O、CuO均能与稀硝酸反应生成 Cu(NO3)2,故不可能有紫红色固体出现,无法说明CuO分解的程度。‎ ‎2.(2019·河北石家庄模拟)已知下列转化关系中,M、N均为单质,则M可能是(　 　)‎ M+NQQ溶液M+N A.Na B.Al C.Fe D.Cu 解析:Na、Al、Fe均为活泼金属,电解相关溶液不能制取其单质;电解铜盐溶液可以生成铜单质,题给转化是Cu+Cl2CuCl2CuCl2溶液Cu+Cl2。‎ ‎3.(2019·河北石家庄模拟)明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红……冷定,毁罐取出……即倭铅也”(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌,泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是(　 　)‎ A.倭铅是指金属锌和铅的混合物 B.煤炭中起作用的主要成分是C C.冶炼Zn的过程中有氧化还原反应发生 D.该冶炼锌的方法属于热还原法 解析:A项,由题意可知,倭铅是指金属锌,不是混合物;B项,反应中C作还原剂,则煤炭中起作用的主要成分是C;C项,碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,有氧化还原反应发生;D项,该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质,属于热还原法。‎ ‎4.铜是一种紫红色金属,被称作“电器工业的主角”,铜主要由黄铜矿炼制,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:焙烧时硫元素还生成金属硫化物,部分硫元素转化为二氧化硫,故A错误;焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由-2价升高到+4价,氧气中O元素由0价降低为-2价,则氧化剂为氧气和CuFeS2,故B错误;粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连,则粗铜为阳极,故C错误;火法炼铜的原理为Cu2S+O22Cu+SO2,则Cu2S可用于火法炼制铜,故D正确。‎ ‎5.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: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和其中所含Cu元素的质量关系,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。‎ ‎6.下列物质中,不能用于冶炼铁的是(　 　)‎ A.H2 B.C C.CO D.H2O 解析:铁在高温下与水反应,故D不符合。‎ ‎7.合金与纯金属制成的金属材料相比,优点是(　 　)‎ ‎①合金的硬度一般比它的各成分金属的大 ‎②一般地,合金的熔点比它的各成分金属的更低 ‎③改变原料的配比、改变生成合金的条件,得到有不同性能的合金 ‎④合金比纯金属的导电性更强 ‎⑤合金比纯金属的应用范围更广 A.①②③⑤ B.②③④‎ C.①②④ D.①②④⑤‎ 解析:合金的硬度比其成分金属大,①正确;合金的熔点比成分金属低,②正确;合金的性能与其原料配比及生成条件有关,③正确;合金的导电能力比纯金属差,④错误;合金由于性能好而应用更广泛,⑤正确。‎ ‎8.使用单质铜制硝酸铜,耗用原料最经济,而且对环境几乎没有污染的是(　 　)‎ A.Cu+HNO3(稀)‎ B.CuCuOCu(NO3)2‎ C.Cu+HNO3(浓)‎ D.CuCuCl2Cu(NO3)2‎ 解析:生成等物质的量的硝酸铜消耗硝酸最少的是方案B,而且B方案对环境无污染。‎ ‎9.下列对于Cu及其化合物的说法正确的是(　 　)‎ A.在CuSO4溶液中加入H2S气体,溶液酸性增强,说明酸性H2S大于H2SO4‎ B.电解法精炼铜时,阴极析出的铜的质量与电路中通过电子没有确定关系 C.向氯化铁溶液中加入适量氧化铜固体,可得到红褐色沉淀 D.铜在潮湿空气中长时间放置,发生吸氧腐蚀,表面生成CuO 解析:A项,CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4,原理是 Ksp(CuS)小,CuS极易沉淀;B项,精炼铜时,阴极反应式为Cu2++2e-Cu,每析出1 mol Cu,转移电子为2 mol;D项,铜在空气中生成碱式碳酸铜。‎ ‎10.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、质量仅为10 kg的熊猫木偶,向世界展现了新时代的中国形象。下列说法中,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:石墨烯不属于金属材料,属于非金属材料,A不正确;铝的密度较小,因此铝合金是密度较低的金属材料,B正确;根据信息,用石墨烯制作了-20 ℃能发热4 h的智能服饰,碳纤维是由碳单质构成的,碳纤维是耐低温无机非金属材料,C正确;新型材料包括合金材料、合成材料、无机非金属材料、复合材料等,用途广泛,如涉及军事、信息等领域,D正确。‎ ‎11．工业上以黄铜矿(CuFeS2)为原料制备 CuSO4·5H2O的主要流程如下：‎ ‎(1)下列装置可用于吸收气体X的是________(填字母)。‎ ‎(2)熔渣Y的成分为Fe2O3和FeO，选用提供的试剂，设计实验验证熔渣中含有FeO。写出有关实验操作、现象与结论。‎ 提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、氯水。‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎(3)向粗铜中加入稀硫酸和稀硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时(杂质不参加反应)，混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为________。‎ ‎【答案】(1)bd ‎(2)取少量熔渣装入试管中，加入适量稀硫酸溶解，向溶液中加入KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，可证明熔渣中含有FeO ‎(3)3∶2‎ ‎【解析】(1)气体X是SO2，SO2在碱性溶液中的溶解度较大，需要防倒吸，可用bd装置吸收。‎ ‎(2)根据熔渣的成分，检验熔渣中含有FeO的操作为取少量熔渣于试管中，加入适量稀硫酸溶解，向溶液中加入KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，可证明熔渣中含有FeO。‎ ‎(3)由离子方程式3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O知，混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比为3∶2时，NO全部转化为NO，即混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3∶2。‎ ‎12．铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，铜在化合物中的常见化合价有＋1、＋2。‎ ‎(1)工业上可用Cu2S＋O2===2Cu＋SO2反应制取粗铜，反应中被氧化的元素是________，当消耗32 g Cu2S时，转移电子数目是________(用NA表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎(2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50～60 ℃，通入O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为___________________________________。‎ CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式：_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)某小组同学在做铜与浓硫酸反应的实验时，发现铜片表面有黑色固体生成。‎ ‎①甲同学猜想：黑色固体是未来得及溶解于酸的CuO，其猜想可用化学方程式表示为：‎ Cu＋H2SO4(浓)____________________。‎ ‎②乙同学认为：黑色固体除CuO外，还可能含有Cu2S和CuS，其理由可能是________(填字母)。‎ a．Cu2S和CuS都是黑色的 b．铜与浓硫酸在加热条件下反应，还可能放出O2‎ c．浓硫酸是氧化剂，铜是还原剂，Cu的化合价升高与S的化合价降低有多种可能 ‎【解析】(1)硫元素的化合价从－2升到＋4，被氧化，当消耗32 g Cu2S时，转移电子数目是×6NA＝1.2NA。(2)H2SO4、Cu和O2反应的离子方程式为2Cu＋4H＋＋O22Cu2＋＋2H2O。CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，离子方程式：2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋。(3)①按照甲同学猜想：铜被氧化得CuO，硫酸还原为SO2，化学方程式表示为Cu＋H2SO4(浓)△,CuO＋SO2↑＋H2O。②从化合价上分析，铜有可能升高到＋1价，而硫也有可能从＋6价降到－2价，结合Cu2S和CuS均为黑色固体，故a、c符合。‎ ‎【答案】(1)S　1.2NA ‎(2)2Cu＋4H＋＋O22Cu2＋＋2H2O ‎2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋‎ ‎(3)①CuO＋SO2↑＋H2O　②ac ‎13．以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：‎ 已知：SOCl2＋H2OSO2↑＋2HCl↑‎ ‎(1)“酸浸”时盐酸与CuCO3·Cu(OH)2反应的化学方程式为_____________________________。‎ 检验“酸浸”后浸出液中的Fe3＋可用____________溶液。‎ ‎(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎(3)“滤渣2”的主要成分为________(填化学式)；“调pH”时，pH不能过高，其原因是________________。‎ ‎(4)“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是____________。‎ ‎【解析】(1)盐酸与CuCO3·Cu(OH)2发生复分解反应，产物为CuCl2、CO2和H2O，配平后的化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2＋4HCl===2CuCl2＋CO2↑＋3H2O。检验Fe3＋用KSCN溶液作试剂。(2)根据流程图，加盐酸“酸浸”后的溶液中只有Fe2＋可被Cl2氧化，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－。(3)根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2＋和Fe3＋，加试剂X调节pH使Fe3＋完全沉淀而除去，Cu2＋仍留在溶液中，实现Cu2＋和Fe3＋的分离，最终制备CuCl2；“调pH”时，pH不能过高，否则Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀。(4)由反应SOCl2＋H2OSO2↑＋2HCl↑知，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解。‎ ‎【答案】(1)CuCO3·Cu(OH)2＋4HCl===2CuCl2＋CO2↑＋3H2O　KSCN ‎(2)Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－‎ ‎(3)Fe(OH)3　防止Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀 ‎(4)生成的HCl抑制CuCl2的水解 ‎14．(2019·广东七校联考)硫酸法是现代氧化铍或氢氧化铍生产中广泛应用的方法之一，其原理是利用焙烧熔炼破坏铍矿物(绿柱石——3BeO·Al2O3·6SiO2及少量FeO等)的结构与晶型，再采用硫酸酸解含铍矿物，使铍、铝、铁等酸溶性金属进入溶液相，与硅等脉石矿物初步分离，然后将含铍溶液进行净化、除杂，最终得到合格的氧化铍(或氢氧化铍)产品，其工艺流程如图。‎ 已知：①铝铵矾的化学式是NH4Al(SO4)2·12H2O；‎ ‎②铍元素的化学性质与铝元素相似。‎ 根据以上信息回答下列问题：‎ ‎(1)熔炼物酸浸前通常要进行粉碎，其目的是_________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)“蒸发结晶离心除铝”若在中学实验室中进行，完整的操作过程是__________________、过滤、洗涤。‎ ‎(3)“中和除铁”过程中“中和”所发生反应的离子方程式是______________，用平衡原理解释“除铁”的过程__________________________________。‎ ‎(4)加入的“熔剂”除了流程中的方解石外，还可以是纯碱、石灰等。其中，石灰具有价格与环保优势，焙烧时配料比(m石灰/m绿柱石)通常控制为1∶3，焙烧温度一般为1 400～‎ ‎1 500 ℃。若用纯碱作熔剂，SiO2与之反应的化学方程式是______________________________，若纯碱加入过多则Al2O3‎ ‎、BeO也会发生反应，其中BeO与之反应的化学方程式是__________________________，从而会导致酸浸时消耗更多硫酸，使生产成本升高，结合离子方程式回答成本升高的原因：______________________。‎ 解析：(1)酸浸前粉碎熔炼物，可以增大熔炼物的表面积，提高铍元素的浸出速率和浸出率。(2)该完整操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(3)“中和除铁”过程中加入氨水，调节pH使平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移动，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(4)SiO2与纯碱反应的化学方程式为SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑，BeO与纯碱反应的化学方程式为BeO＋Na2CO3Na2BeO2＋CO2↑。根据BeO＋2H＋===Be2＋＋H2O和BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O可知，BeO转化成BeO后，消耗硫酸增多。‎ 答案：(1)提高铍元素的浸出速率和浸出率 ‎(2)蒸发浓缩、冷却结晶　(3)H＋＋NH3·H2O===NH＋H2O　由于存在平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，氨水中和H＋，使c(H＋)减小，上述平衡正向移动，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去　‎ ‎(4)SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑‎ BeO＋Na2CO3Na2BeO2＋CO2↑‎ 由BeO＋2H＋===Be2＋＋H2O和BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O可知，BeO转化成BeO后将消耗更多硫酸 ‎15．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程图，回答下列问题：‎ 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。‎ ‎②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。‎ ‎③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀 ‎2.7‎ ‎7.6‎ ‎7.6‎ ‎4.0‎ ‎7.7‎ 完全沉淀 ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎9.8‎ ‎(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为____________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是__________________________________________；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为___________________________________。‎ ‎(4)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，__________、________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。‎ ‎(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是_____________________________________(回答一条原因即可)。‎ ‎(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。‎ 温度范围/℃‎ 固体质量/g ‎150～210‎ ‎4.41‎ ‎290～320‎ ‎2.41‎ 经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320 ℃温度范围，剩余的固体物质化学式为______。(已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183 g·mol－1)‎ 解析：(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2＋‎ ‎，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H＋＋SO===2Co2＋＋SO＋2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03 mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08 g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据原子守恒知，生成n(CO2)＝0.06 mol，m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290～320 ℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)＝2.64 g－2 g＝0.64 g，n(O2)＝0.02 mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2，故290～320 ℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4(或CoO·Co2O3)。‎ 答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O ‎(2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O ‎(3)使Fe3＋和Al3＋沉淀完全　CaF2和MgF2‎ ‎(4)蒸发浓缩　冷却结晶 ‎(5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)‎ ‎(6)Co3O4(或CoO·Co2O3)‎