1、第8讲用途广泛的金属材料铝、铜及其重要化合物A组基础必做题1下列文物的材质属于合金的是(B)A人面鱼纹彩陶盆B青铜四羊方尊C战国水晶杯D直裾素纱禅衣解析A人面鱼纹彩陶盆属于硅酸盐材料，不属于合金，故A错误；B青铜是铜锡合金，则青铜四羊方尊的材质属于合金，故B正确；C战国水晶杯主要成分是二氧化硅，不属于合金，故C错误；D直裾素纱禅衣，主要成分是纤维素，不属于合金，故D错误。2分析推理是化学学习的方法之一。下列实验推理中，正确的是(A)A金属的冶炼方法与金属的活泼性有很大关系，所以铁、锌等金属一般用热还原法冶炼B钠比铜活泼，所以钠可以从硫酸铜溶液中置换出铜C工业上电解熔融氯化镁可制得金属镁，所以工
2、业上电解熔融氯化铝可制得铝D将镁条和铝片用导线连接后插进稀NaOH溶液中，镁条上产生气泡，说明铝比镁活泼解析B项，钠比铜活泼，但将钠放入硫酸铜溶液中钠首先会与水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜；C项，工业上电解熔融氯化镁可制得金属镁，但熔融氯化铝不导电，所以不能用电解熔融氯化铝的方法来制取铝；D项，由于铝片能够与NaOH溶液反应，而镁条与NaOH溶液不反应，所以将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条为原电池正极，镁条上产生气泡，但不能说明铝比镁活泼。3古代化学源远流长。下列说法错误的是(A)A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，说明铁能置换出铜；这样铁釜能减缓锈蚀B“欲试药金(铜锌合金)，
3、烧火有五色气起”，通过焰色反应可检验金属元素C“龙泉水，可以淬刀剑”，高温的铁与水反应生成Fe3O4D“取朴硝(含有KNO3)以温汤溶解，次早结块”，该过程为重结晶解析A铁比铜活泼，铁将铜置换出来后形成原电池，铁作负极，会加速铁釜的腐蚀，故A错误；B某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会使火焰呈现特殊颜色，所以通过焰色反应可以检验金属元素，故B正确；C高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C正确；D“取朴硝(含有KNO3)以温汤溶解”是指配制KNO3热饱和溶液，“次早结块”待一段时间后溶液温度降低，有硝酸钾晶体析出，所以该过程为重结晶，故D正确。4(2022山东实验中学诊断)铝土
4、矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是(C)A、中除加试剂外，还需要进行过滤操作Ba、b中铝元素的化合价相同C中需要通入过量的氨气D进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝解析加入盐酸，氧化铝和氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化铝及水，二氧化硅不溶解，过滤即可除去二氧化硅；加入过量的氢氧化钠可生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，过滤除去氢氧化铁；向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2气体，即生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解可得到氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到单质铝。则A、B、D项正确，C项错误。5(2022山西汾阳期末)某小组同学用一种铁铝合金为原料，模
5、拟相关的工业生产，反应过程如图所示(部分产物和条件已略去)，请回答：(1)铁铝合金是一种高电磁性能合金，下列有关推测可能正确的是_AC_(填字母)。A铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成B铁铝合金的熔点高于铝和铁C铁铝合金硬度高于纯铝(2)反应中铝元素发生反应的离子方程式为_Al34OH=AlO2H2O_。(3)反应的化学方程式为_2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2_。(4)反应发生时观察到的现象是_先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色，最后变为红褐色_，用化学方程式表示颜色变化的原因：_4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3_。(5)反应中的CO2不宜换成HCl，原因是_过量的氯
6、化氢会使生成的氢氧化铝溶解_。(6)请举出固体A的一种用途：_作红色油漆(或作涂料)_。解析(1)铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成，A项正确；合金熔点低于各成分金属，则铁铝合金的熔点低于铝和铁，B项错误；合金硬度高于各成分，则铁铝合金硬度高于纯铝，C项正确。(2)铁铝合金溶于稀硫酸生成Al2(SO4)3和FeSO4，中Al2(SO4)3与足量NaOH溶液反应生成NaAlO2和Na2SO4，其离子方程式为Al34OH=AlO2H2O。(3)合金中铝与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，其化学方程式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。(4)Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，FeSO4
7、和足量NaOH溶液反应生成白色Fe(OH)2沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，其化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。(5)NaAlO2溶液中通入过量CO2反应生成Al(OH)3，若将CO2换成HCl，生成的Al(OH)3会继续与过量的盐酸反应而溶解，即HCl的量不好控制。(6)根据图示流程可知，FeSO4与NaOH溶液反应最终生成Fe(OH)3沉淀，经灼烧得到的固体A为Fe2O3，Fe2O3可用作红色油漆和涂料等。6(2022北京东城区一模)文物是人类宝贵的历史文化遗产，我国文物资源丰富，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。(1)铁刃
8、铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重，其主要原因是_铁比铜活泼_。(2)已知：.铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的FeOOH；.铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3，过程如下：FeFeOFe3O4Fe2O3写出i中，O2参与反应的电极反应式和化学方程式：_O24e2H2O=4OH_、_4Fe(OH)2O2=4FeOOH2H2O_。若中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为_621_。结合已知信息分析，铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是_铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀
9、；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀_。(3)【资料1】Cl体积小、穿透能力强，可将氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。【资料2】Cl、Br、I促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。写出铁质文物表面的氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式：_Fe2O36NaCl3H2O=6NaOH2FeCl3_。结合元素周期律解释“资料2”的原因是_氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大(或体积增大)，穿透能力减弱_。(4)从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理：用稀NaOH溶液反复浸泡使Cl渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂_HNO3和AgNO3_
10、(填化学式)溶液检验脱氯处理是否达标。(5)经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。下图为其中一种高分子膜的片段：该高分子的单体是_H2C=CHCOOCH3、_。B组能力提升题7某地污水中含有Zn2、Hg2、Fe3和Cu2四种阳离子。甲、乙、丙三位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下：甲：乙：丙：下列判断正确的是(D)A三种实验方案中都能制得纯净的铜B乙方案中加过量铁粉可以将四种阳离子全部还原C甲方案中的反应涉及置换、分解、化合、复分解四种反应类型D丙方案会造成环境污染解析甲方案得到的沉淀中含有Fe(OH)3、Cu(OH)2，加热后得到Fe2O3
11、和CuO，通H2还原后不能得到纯铜，乙方案中加入过量铁粉，不能还原Zn2，过滤所得的滤渣中含有Fe、Cu等物质，最后也不能得到纯铜，A项、B项错误；甲方案中没有涉及化合反应，C项错误，丙方案有可能产生汞和酸性废水，从而导致环境污染，D项正确。8把一块镁铝合金投入1 molL1盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 molL1 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示，下列说法中错误的是(D)A盐酸的体积为80 mLBa的取值范围为0a50Cn(Mg2)0.025 molD当a值为30时，b值为0.01解析当生成沉淀最大量时，此时溶液为氯化钠溶液，钠离子与氯离
12、子的物质的量相等，据此可以判断盐酸的体积为80 mL，A项正确；从图中可以知道溶解沉淀消耗的氢氧化钠溶液为10 mL，则沉淀铝离子共需要氢氧化钠溶液30 mL，故沉淀镁离子和铝离子消耗的氢氧化钠溶液体积应该大于30 mL小于80 mL，故a的取值范围为0a50，B项正确；沉淀镁离子消耗的氢氧化钠溶液体积应该小于50 mL，故n(Mg2)0.025 mol，C项正确；当a值为30时，b值为0.02，D项错误。9(2022山东临沂模拟)(双选)明矾KAl(SO4)212H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是(BD)A合理处理易拉罐有利于环境保
13、护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al无FeC“沉淀”中的金属离子为Fe3D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3解析易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对提高经济效益、社会效益、保护环境有着巨大的促进作用，A正确；由题意可知，易拉罐中主要含有Al和Fe，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al和Fe，B错误；“沉淀”的主要成分是Fe(OH)3，C正确；铝离子与碳酸氢根离子相互促进水解可生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不能发生水解，不能与铝离子反应，D项错误。10(2022山东师范大学附中月考)以铜银合金(含少量铁)废料为原料回收银和铜的工艺流程如下：下列说法正确的是
14、(D)A粗铜溶于过量稀硝酸，过滤、低温干燥得纯铜B电解时用粗银作为阴极，硝酸银溶液为电解质溶液C用稀硫酸处理渣料时主要发生了氧化还原反应D从滤液B中可以提取绿矾(FeSO47H2O)解析由流程可知，粗铜中含有少量铁，铁和铜都能溶于过量的稀硝酸中，过滤后低温干燥得不到纯铜，选项A错误；电解时，粗银为阳极，纯银为阴极，选项B错误；渣料的主要成分为氧化铜，还含有少量的氧化铁，两种金属氧化物均能与稀硫酸反应，反应后元素化合价均没有发生变化，没有发生氧化还原反应，选项C错误；滤液B中的溶质主要是硫酸亚铁，采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，选项D正确。11(2022甘肃天水甘谷四中第
15、二次检测)铜是生物必需的一种元素，也是人类最早使用的金属之一。铜的生产和使用对国计民生各个方面都产生了深远的影响。(1)写出铜与稀硝酸反应的化学方程式：_3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O_。(2)为了保护环境和节约资源，通常先用H2O2和稀硫酸的混合溶液溶出废旧印刷电路板中的铜，最终实现铜的回收利用，写出溶出铜的离子方程式：_CuH2O22H=Cu22H2O_。(3)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：2Cu2OCu2S6CuSO2，该反应的氧化剂是_Cu2O和Cu2S_；当生成19.2 g Cu时，反应中转移的电子为_0.3_mol。(
16、4)研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中CuSO45H2O(不含能与I反应的氧化性杂质)的含量，取a g试样配成100 mL溶液，每次取25.00 mL，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，写出该反应的离子方程式：_2Cu24I=2CuII2_。(5)继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的I2用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，平均消耗c mol/L的Na2S2O3溶液V mL。则试样中CuSO45H2O的质量分数为_100%_。解析(3)反应前后Cu的化合价降低，该反应的氧化剂为Cu2O和Cu2S；反应物中，Cu都为1价，生成
17、19.2 g(即0.3 mol)Cu时，转移的电子的物质的量也为0.3 mol。(4)碘离子具有强还原性，可将Cu2还原并产生CuI白色沉淀。(5)Cu2和Na2S2O3的对应关系为Cu2Na2S2O3，故CuSO45H2O的质量分数为100%100%。12铝在材料、冶炼金属等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)真空碳热还原Al2O3制铝是目前正在开发的一种方法。该法制铝时会产生一种可燃性气体，发生的总反应的化学方程式为_Al2O33C2Al3CO_。反应机理表明，碳化铝是冶炼过程中的一种中间产物，碳化铝与水反应生成Al(OH)3和一种含氢量最高的烃，碳化铝的化学式为_Al4C3_。(2)用
18、如图所示的装置进行铝粉和Fe2O3的铝热反应实验。纸质漏斗中发生的反应为_放热_(填“放热”或“吸热”)反应。实验结束后用磁铁靠近沙中的生成物，能被磁铁吸引，_不能_(填“能”或“不能”)确认其为纯铁，说明理由：_四氧化三铁也能被磁铁吸引_。(3)某溶液中含有H、Na、NH、Ba2、Al3、Ag、Cl、NO、OH、SO、CO、SO中的某几种，该溶液中各离子的物质的量浓度均相同。取少量溶液于试管中，滴入甲基橙，溶液呈红色，再加入NaOH溶液，溶液先变浑浊，后变澄清：另取少量溶液于试管中，加入铝片，有无色气体产生，该无色气体遇空气变为红棕色。溶液中一定存在的阳离子为_H、Al3_(填离子符号，下同
19、)，一定存在的阴离子为_NO、Cl、SO_。加入铝片时反应的离子方程式为_Al4HNO=Al3NO2H2O_。解析(1)该法制铝时产生的可燃性气体为CO，故发生的总反应的化学方程式为Al2O33C2Al3CO。碳化铝与水反应生成Al(OH)3和一种含氢量最高的烃即CH4。(2)纸质漏斗中发生的反应是铝热反应，反应中放出大量的热，可说明其为放热反应；铁单质能被磁铁吸引，四氧化三铁也是黑色的，也能被磁铁吸引，实验结束后用磁铁靠近沙中的生成物，能被磁铁吸引，不能确认其为纯铁。(3)取少量溶液于试管中，滴入甲基橙，溶液呈红色，说明溶液中含有H，故OH、CO、SO不能大量存在；再加入NaOH溶液，溶液先变浑浊，后变澄清，说明含有Al3，没有Ag；另取少量溶液于试管中，加入铝片，有无色气体产生，该无色气体遇空气变为红棕色，说明含有NO，故初步确定含有的离子为H、Al3、NO，又因为该溶液中各离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒可知，溶液中阳离子所带的正电荷可表示为4n，而阴离子所带的负电荷可表示为n，说明溶液中还含有Cl和SO，故无Na、NH、Ba2，一定存在的离子为H、Al3、NO、Cl、SO。溶液中含有H和NO，加入铝片发生反应Al4HNO3(稀)=Al(NO3)3NO2H2O，其离子方程式为Al4HNO=Al3NO2H2O。
