1、1-3-2铁、铜的获取及应用(时间：45分钟分值：100分)基 础 巩 固一、选择题1氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼。下列说法不正确的是()A冶炼铁的主要原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石等，其中石灰石的作用是除去铁矿石中的脉石(二氧化硅)B湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应CMg可由电解熔融MgO制取，Na也可由电解熔融NaCl制取D铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化解析SiO2CaCO3CO2CaSiO3，A正确；工业上金属Mg、Na都是用电解熔融的氯化物制得的，C错误。答案C2常温时，下列试剂能用铁制的容器盛放的是()A胆矾溶液 B浓食盐水C浓硝酸 D浓AlCl3溶
2、液解析胆矾溶液即CuSO4溶液，能与铁反应；食盐水与铁制品能形成原电池而腐蚀铁；AlCl3溶液呈酸性，能腐蚀铁。答案C3某溶液中加入过量氨水或过量NaOH溶液均有沉淀产生，若加入铁粉或铜粉，溶液质量增加，则该溶液可能含有下列离子中的()ACu2 BFe3CMg2 DCa2解析加入氨水生成沉淀：Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH加入Fe、Cu粉溶液质量增加：Fe2Fe3=3Fe2Cu2Fe3=2Fe2Cu2答案B4把铁片分别放入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减轻的是()ACuSO4 BFe2(SO4)3CHCl DFeSO4解析本题考查了铁的化学性质及溶液质量变化的原因。
3、铁可与CuSO4、Fe2(SO4)3、HCl溶液反应，而不与FeSO4反应。由反应方程式：FeCuSO4=FeSO4Cu，FeFe2(SO4)3=3FeSO4，Fe2HCl=FeCl2H2，可推知溶液质量减轻的为A。答案A5在托盘天平的两盘中各放入同浓度同体积的足量稀硫酸，分别加入0.1 mol两种金属，反应后需在游码中拨动0.2 g后，天平才能恢复平衡。两金属是()A镁和铝 B铁和铝C镁和钠 D铁和铜解析根据题意，托盘天平两边溶液的增重相差0.2 g才能满足条件。当0.1 mol金属与足量稀H2SO4作用后，溶液的增重分别如下：Mg：0.1 mol24 gmol10.1 mol2 gmol1
4、2.2 gAl：0.1 mol27 gmol1 mol2 gmol12.4 gFe：0.1 mol56 gmol10.1 mol2 gmol15.4 gNa：0.1 mol23 gmol1 mol2 gmol12.2 gCu：不与稀H2SO4反应，故增重6.4 g。故满足条件的金属组合为Mg和Al或Na和Al。答案A6硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料。以下各组溶液中加入(NH4)2Fe(SO4)26H2O晶体后，离子没有明显减少的是()ANa、H、Cl、NO BK、Ba2、OH、ICNa、Mg2、Cl、SO DK、S2、Br、ClO解析A中有H和NO，相当于有HNO3.HNO3可氧化Fe2；B中
5、的Ba2与SO、OH与NH能反应；D中的S2与Fe2能生成沉淀，ClO有强氧化性，能氧化Fe2。答案C7下列有关钠、铁、铝性质的说法中不正确的是()A在地壳中的含量：AlFeNaB均能与盐酸反应，生成物中金属价态数值：AlFeNaC钠、铝均能从FeCl3溶液中置换出铁D钠、铝均能与NaOH溶液反应，但参加反应的物质种类前者少于后者解析Na不能从盐溶液中置换出金属单质答案C8刚好能溶解1 g铝的稀硝酸，最多能溶解铁的质量是(还原产物相同)()A1 g B56/27 gC28/27 g D28/9g解析最多能溶解铁的质量，必须考虑多余的铁能与Fe3继续反应，或Fe3还能继续溶解铁。用电子守恒解题：
6、2n(Fe)3n(Al)，n(Fe)1.5 n(Al)，m(Fe)1.55628/9 g。答案D9a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的H2SO4与CuSO4的物质的量之比为()A1:7 B7:1C7:8 D8:7解析Fe粉首先与H2SO4反应，然后再与CuSO4反应，与CuSO4反应的铁粉的物质的量为n(Cu)a/64 moln(CuSO4)，与H2SO4反应的铁粉的物质的量为 (a/56a/64)n(H2SO4)，则n(H2SO4):n(CuSO4)(a/56a/64):a/641:7。答案A10(2012云南曲靖二模)部分氧化的FeCu合金样品(
7、氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理： 下列说法正确的是()A滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896 mL解析根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3不共存，则A项错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B正确；样品中Cu元素和O元素共5.76 g2.24 g3.52 g，则C项错误；2.24 g Fe元素不可能全是单质，故生成的氢气的体积小于896 mL，D错误。答案B二、非选择题11(2012山东青岛模拟)铁元素是地壳中最丰富的元素之一，在金属中仅次于铝，
8、铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：(1)磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O44CO3Fe4CO2，若有1 mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是_mol。(2)与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是_。(3)某课外活动小组将下图所示装置按一定顺序连接，在实验室里制取一定量的FeCl3(所通气体过量并充分反应)。请回答下列问题：各装置的正确连接顺序为(填写装置代号)A_D。装置C的作用是_。反应开始后，B中硬质玻璃管内的现象为_；可以检验生成物中含有Fe3的试剂是_(填写试剂名称)。解析(1)F
9、e3O4中铁元素的化合价为8/3，故有1 mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是8 mol。(3)2Fe3Cl22FeCl3要考虑到氯气的纯度、尾气处理等问题。答案(1)8(2)因酸性废液中，H会抑制Fe3的水解，无法得到Fe(OH)3胶体，故不能吸附悬浮物(3)ECB干燥Cl2产生棕色的烟硫氰化钾12铜是重要的金属材料。(1)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为_。电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是_，电解液中必须含有的阳离子是_。(2)在100 mL 18 molL1浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，反应中被还原的H2SO4H，所以当产生氢气时，说明F
10、e3已经全部被还原为Fe2。根据题目给出的数据，可以计算出n(Fe)0.02 mol，n(Fe2O3)0.01 mol，故n(Fe)n(Fe2O3)21。答案A二、非选择题16(2012天津理综，9)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)
11、用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：甲：Al2(SO4)318H2O乙：Al2(SO4)318H2O丙：Al2(SO4)318H2O上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H写出计算CuSO45H2O质量
12、分数的表达式w_；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA的反应的干扰离子解析(1)由于加入的为稀硫酸、浓硝酸，可确定与Cu反应的为硝酸，发生的离子反应为Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O，Au与Pt不与酸反应。(2)分析滤液中的离子为Cu2、Fe2、Fe3、Al3，与氧化剂H2O2反应的只有Fe2，所以加H2O2的目的为氧化Fe2为Fe3，便于在调节pH时使其沉淀出来，用H2O2的优点为不引入新杂质，对环境无污染；调节pH的目的是使Fe3和Al3生成沉淀。(3)用C
13、uSO45H2O制备CuSO4，只需加热脱水即可。(4)由滤渣2Fe(OH)3、Al(OH)3制取Al2(SO4)318H2O，甲方案中的Fe3未除去，所得产品中含Fe2(SO4)3，不可行。三个方案中乙方案原子利用率更高，可获得更多的产品。(5)未干燥的锥形瓶对滴定无影响；滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，使消耗的标准液读数变小，结果偏低，可与EDTA标准液反应的干扰离子的存在消耗更多标准液，结果偏高。答案(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2OAu、Pt(2)将Fe2氧化为Fe3不引入杂质，对环境无污染Fe3、Al3(3)加热脱水(4)甲所得产品中含有Fe2(SO4)3杂质乙(5)100%c
