1、第4讲用途广泛的金属材料和开发利用金属矿物A组基础题组1.(2018湖南长沙押题卷)淮南万毕术中有“曾青得铁,则化为铜,外化而内不化”,下列说法中正确的是()A.“外化”时化学能转化为热能B.“化为铜”表明铁转化为铜C.“内不化”是因为内部的铁活泼性较差D.反应中溶液由蓝色转化为黄色答案A“曾青得铁,则化为铜”指Fe从CuSO4溶液中置换出Cu,反应为Fe+CuSO4 FeSO4+Cu。A项,“外化”时发生反应Fe+CuSO4 FeSO4+Cu,该反应为放热反应,“外化”时化学能转化为热能,正确;B项,“化为铜”表明Fe从CuSO4溶液中置换出Cu,错误;C项,“内不化”是置换出的Cu覆盖在F
2、e的表面,导致内部Fe不能与Cu2+继续反应,错误;D项,CuSO4溶液呈蓝色,FeSO4溶液呈淡绿色,错误。2.将铜放入稀硫酸中,再加入下列一种试剂,常温下就可产生气体的是()A.KNO3B.FeCl3C.CuSO4D.浓H2SO4答案ACu、稀硫酸、KNO3混合时发生反应:3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO+4H2O,则铜粉质量减轻,同时溶液逐渐变为蓝色,且有气体逸出,A正确;将铜放入稀硫酸中,再加入FeCl3,铜溶解,但不产生气体,B错误;Cu与稀硫酸不反应,加入CuSO4混合时也不反应,C错误;在常温下铜与浓硫酸不反应,在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,D错误。3.“
3、绿色化学”要求从技术、经济上设计出可行的化学反应,尽可能减少对环境的副作用。下列化学反应中,你认为最不符合绿色化学理念的是()A.除去硝酸工业尾气中的氮氧化物:NO2+NO+2NaOH 2NaNO2+H2OB.制硫酸铜:2Cu+O2 2CuO,CuO+H2SO4(稀) CuSO4+H2OC.用氨水吸收硫酸厂的尾气:SO2+2NH3+H2O (NH4)2SO3D.制硫酸铜:Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O答案DD项,由此法制取硫酸铜,生成硫酸铜、二氧化硫和水,会导致空气污染,不符合绿色化学理念。4.根据下列四种金属的熔、沸点,判断其中不能形成合金的是()NaCuAlFe熔点
4、()97.51 0836601 535沸点()8832 5952 2003 000A.Cu和Al B.Fe和CuC.Fe和Na D.Al和Na答案C铁的熔点(1 535 )高于Na的沸点(883 ),无法制得铁钠合金。5.工业上制取硫酸铜不是直接用浓硫酸与铜反应,而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡,这样做的优点是()节省能源不产生污染大气的二氧化硫提高了硫酸的利用率提高了铜的利用率A. B.C.D.全部答案C浓硫酸与铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,二氧化硫有毒,对环境有危害;将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡,铜、氧气和稀硫酸共同反应生成硫酸铜和水,
5、不产生有害气体,避免对环境的污染,同时提高了硫酸的利用率,节省了能源,均符合题意,C正确。6.(2018晋豫省际大联考)已知Fe2+或I2能与H2O2在一定条件下发生下列反应:Fe2+:H2O2+2Fe2+2H+ 2Fe3+2H2O;H2O2+2Fe3+ 2Fe2+2H+O2。I2:H2O2+I2 2HIO;下列说法中错误的是()A.通过反应可知Fe2+为过氧化氢分解的催化剂B.根据反应可知,在该条件下,氧化性:H2O2Fe3+C.1 mol H2O2分解,转移的电子数为2NAD.反应为2HIO+H2O2 I2+2H2O+O2答案C反应相加的总反应恰好为过氧化氢的分解反应:2H2O2 2H2O
6、+O2,并且反应前后Fe2+无变化,A项正确;反应中,过氧化氢为氧化剂,Fe3+为氧化产物,所以氧化性:H2O2Fe3+,B项正确;过氧化氢分解的化学方程式为2H2O2 2H2O+O2,由反应方程式可知,1 mol H2O2分解,转移的电子数为NA,C项错误;由过氧化氢分解反应的化学方程式减去反应得到反应为:2HIO+H2O2 I2+2H2O+O2,D项正确。7.某同学设计了如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数:下列说法中不正确的是()A.合金的熔点比其成分金属低,合金通常比成分金属具有更优良的金属特性B.铜、银都能与硝酸反应,收集到的V L气体一定全为NOC.操作是过滤,操作是洗涤,
7、操作是烘干D.根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数答案D解答本题要注意以下两点:题中没有给出硝酸的浓度,合金与硝酸反应放出的气体中可能含有NO2,但经排水法收集到的气体均为NO;W g固体应该是干燥、纯净的AgCl,由此确定三步操作。8.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O2B.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
8、+ 2Cu2+3H2O答案CCu2+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。9.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.与途径相比,途径更好地体现了绿色化学思想B.Y可以是葡萄糖溶液C.CuS
9、O4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答案C途径中铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体,会污染空气,通过途径制取等质量CuSO4需要的硫酸少且无污染性气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故A正确;葡萄糖溶液与新制氢氧化铜反应可生成Cu2O,所以Y可为葡萄糖溶液,故B正确;若X是二氧化硫和三氧化硫的混合气体,则只有铜元素、硫元素化合价降低,无元素化合价升高,故C错误;将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体,故D正确。10.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与2.24
10、L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()A.60 mLB.50 mLC.45 mLD.15 mL答案BNO2、N2O4、NO的混合气体与2.24 L O2(标准状况)混合后通入水中,完全生成HNO3,则整个过程中HNO3 反应前后没有变化,即Cu失去的电子数等于O2得到的电子数,根据得失电子守恒:n(Cu)2=n(O2)4=2.24 L22.4 L/mol4 ,解得:n(Cu)=0.05 mol,所以n Cu(NO3)2为0.05 mol,根据Cu2+2OH-,则
11、n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.05 mol2=0.1 mol,则NaOH 体积V=nc=0.1mol2mol/L=0.05 L,即50 mL。11.铝热反应的本质是利用铝的还原性,将难溶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.KClB.KClO3C.MnO2D.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铝粉进行铝热反应。引发铝热反应的操作是。产物中单质是(写名称)。答案(1)BD(2)加少量KClO3,插入镁条并将其点燃铁解析(1)做铝热反应的实验时,需要KClO3作助燃剂,且用镁条引燃。
12、(2)在混合物上加少量KClO3固体并插上镁条,点燃镁条后放出热量,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。12.(2017北京理综,26,13分)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:钛精矿粗TiCl4纯TiCl4资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/58136181(升华)3161 412熔点/-69-25193304714在TiCl4中的溶解性互溶微溶难溶
13、(1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知:TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g)H1=+175.4 kJmol-12C(s)+O2(g) 2CO(g)H2=-220.9 kJmol-1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:。氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据下图判断:CO2生成CO反应的H0(填“”“随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液MgCl2、AlCl3、FeCl3(2)SiCl4高于136 ,低于181 解析本题考查热化学方程式的书写
14、、利用平衡移动判断反应的热效应、物质的分离和提纯等。(1)将已知的两个热化学方程式相加,即可得出答案。观察图像可知,随着温度的升高,CO的物质的量增大,说明平衡向生成CO的方向移动,所以生成CO的反应是吸热反应,H0。在室温下,TiCl4、SiCl4为液态,AlCl3、FeCl3、MgCl2为固态且在TiCl4中微溶或难溶,所以滤渣中应含有AlCl3、FeCl3、MgCl2,但AlCl3、FeCl3在TiCl4中微溶,故粗TiCl4混合液中仍然会存在少量的AlCl3、FeCl3。(2)TiCl4在蒸馏塔二中被蒸出,说明物质a应是一种沸点比TiCl4低的物质,结合题给资料可知a是SiCl4。T2
15、应控制在136 以上,181 以下,确保TiCl4被蒸出,同时AlCl3等杂质不能被蒸出。13.(2018课标,28,14分)醋酸亚铬(CH3COO)2Cr2H2O为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题:(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是。仪器a的名称是。(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。打开K1、K2,关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为。同时c中有气
16、体产生,该气体的作用是。(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是;d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点。答案(1)去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗(2)Zn+2Cr3+ Zn2+2Cr2+排除c中空气(3)c中产生H2使压强大于大气压(冰浴)冷却过滤(4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触解析(1)为防止水中溶解的氧气氧化Cr2+或(CH3COO)2Cr,需将蒸馏水煮沸并迅速冷却,以除去溶解氧。(2)由溶液颜色变化可知,Zn将Cr3+还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+ Zn2+2Cr2+。c
17、中产生的气体为氢气,可排除c中空气,防止Cr2+被氧化。(3)打开K3,关闭K1、K2,c中产生的氢气聚集在溶液上方,气体压强增大,将c中液体经长导管压入d中;(CH3COO)2Cr难溶于冷水,可将d置于冰水浴中冷却,(CH3COO)2Cr充分结晶后,经过滤、洗涤、干燥得砖红色晶体。(4)由于装置d为敞开体系,与大气直接接触,故空气中的氧气可能会氧化(CH3COO)2Cr。B组提升题组14.(2018河南一轮复习诊断调研联考)将物质的量均为a mol的FeCl3和CuCl2投入水中形成混合溶液,再加入b mol铁粉充分反应(忽略离子的水解),下列说法中不正确的是()A.当ba2时,发生的离子方
18、程式为2Fe3+Fe 3Fe2+B.当b3a2时,发生总反应的离子方程式为2Fe3+Cu2+2Fe 4Fe2+CuC.当a2b3a2时,反应中转移电子的物质的量:a moln(e-)3a molD.当a2b3a2时,反应后的溶液中n(Cu2+)n(Fe2+)=(3a2-b)(b+a)答案BFe3+的氧化性强于Cu2+,因此先发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,两者恰好完全反应时b=a2,铁过量,接着发生反应Fe+Cu2+ Fe2+Cu,当把Cu2+全部转化成Cu时,b=3a2 mol。根据上述分析,当ba2时,只发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,A项正确;根据上述分析,当b3a2时,发生
19、反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+、Fe+Cu2+ Fe2+Cu,且Cu2+全部转化成Cu,总反应应是2Fe3+2Cu2+3Fe 5Fe2+2Cu,B项错误;假设只发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,转移电子的物质的量为a mol,假设再把Cu2+全部转化成Cu,此时转移电子的物质的量为(a+2a) mol=3a mol,当a2b3a2时,转移电子的物质的量为a moln(e-)3a mol,C项正确;当a2b1.6 g,则此时A中固体的成分为CuSO4 和 CuO。(4)装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有SO3,C装置的作用是检验有SO2生成。(5)理论上E中应收集到V mL气体,事实上体积偏少,可能的原因是在C装置中部分O2参与了氧化还原反应。
