1、基础课时4铜及其化合物金属材料(时间：45分钟)一、选择题(每小题仅有一个选项符合题意)1.“东方之冠”的主体结构是用国产Q460钢制成的。下列有关Q460钢的说法可能不正确的是()。A硬度比纯铁大B性能优于普通钢C熔点比纯铁高D属于合金解析合金的硬度比其组分金属的大，熔点比其组分金属的低，故选C。答案C2金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用。下列关于金属的一些说法不正确的是()。A合金的性质与其成分金属的性质不完全相同B工业上金属Mg、Cu都是用热还原法制得的C金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子D越活泼的金属越难冶炼解析合金的化学性质与成分金属的化学性质相似，物理性质略有不
2、同，A正确；Mg在工业上用电解法冶炼，Cu用热还原法冶炼，B错误；金属冶炼的实质是Mnne=M，C正确；金属越活泼，则金属离子的氧化性越弱，越难被还原，D正确。答案B3下列关于金属的冶炼方法叙述不正确的是()。金属存在形式冶炼方法A金游离态金子比沙子密度大，利用水洗法直接分离B银化合态银的金属性弱，用加热Ag2O的方法冶炼C铁化合态铝的金属性比铁强，可用铝热法炼铁D钠化合态钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼解析钠一般是由电解熔融NaCl的方法来制取，而电解饱和食盐水得到的是NaOH、H2和Cl2。同时注意，此题易误选C，一般认为铁是由CO还原Fe2O
3、3制得，但在实际生活中，在铁轨焊接等方面时，是用铝热反应来制取的。答案D4某合金与铁的物理性质的比较如下表所示：熔点/密度/ gcm3硬度(金刚石为10)导电性(银为100)某合金2 5003.007.42.3铁1 5357.864.517还知该合金耐腐蚀，强度大，从以上性能看，该合金不适合作()。A导线 B门窗框 C炉具 D飞机外壳解析该合金熔点高，硬度大，密度小，B、C、D项中的应用均适合，但导电性仅为Ag的0.023倍，不适合作导线。答案A5硝酸铜是一种重要的工业产品，化学上有很多方法可以制取硝酸铜：将铜溶于硝酸中、先将铜与O2反应生成CuO，再溶于硝酸中、将铜溶于N2O4的乙酸乙酯(溶
4、剂，不参加反应)溶液中生成硝酸铜和一氧化氮。下列认识或判断错误的是()。A方法是最经济和环保的B方法中，若从经济和环保的角度考虑，用稀硝酸比用浓硝酸好C方法需要消耗能源，对环境不产生污染D方法中N2O4既是氧化剂又是还原剂解析、都生成污染性气体，不生成污染性气体且HNO3全部转化为Cu(NO3)2。答案A6CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如下图所示。下列说法正确的是()。A相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想BY可以是葡萄糖溶液CX可能是SO2和SO3的混合气体D将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体解析途径中会产生有毒物质SO2而途径不会，A错误；CuSO
5、4与过量NaOH溶液反应会生成新制Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖溶液能还原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，B正确；CuSO4热分解过程中，铜元素价态降低，故必有化合价升高的元素，CuSO4中只有氧元素的化合价能升高，故X中必有O2，C错误；D项操作会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，D错误。答案B二、不定项选择题(每小题有12个选项符合题意)7氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在4050 时反应可生成CuH。下列叙述中错误的是()。A“某物质”具有氧化性BCuH与盐酸反应可能产生H2CCuH与足量稀硝酸反应：CuH3HNO=Cu
6、2NO2H2ODCuH在氯气中燃烧：CuHCl2=CuClHCl解析A项，用CuSO4溶液和“某物质”在4050 时反应可生成CuH，Cu元素的化合价由2价变为1价，则CuSO4作氧化剂，“某物质”为还原剂，表现出还原性；B项，CuH与盐酸发生氧化还原反应：2CuH4HCl=2CuCl23H2；C项，HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，1价Cu、1价H均被氧化成最高价态；D项，Cl2具有强氧化性，CuH具有强还原性，二者反应会生成CuCl2和HCl。答案AD8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高，通常比成分金属具有更优
7、良的金属特性B铜银都能与稀硝酸反应，收集到的V L气体可能全为NOC操作是过滤，操作是洗涤，操作应是烘干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解析解答本题要注意以下两点：(1)没有告诉硝酸的浓度，合金与硝酸反应放出的气体中可能含有NO2；(2)W g固体应该是干燥纯净的AgCl，由此确定三步操作。答案AD9已知酸性条件下有如下反应：2CuCu2Cu。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物做了验证，实验操作和实验现象记录如下：加入试剂稀硫酸浓硫酸、加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色
8、气体和蓝色溶液无色气体和蓝色溶液红棕色气体和蓝色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是()。ACuBCu2OC一定有Cu，可能有Cu2OD一定有Cu2O，可能有Cu解析H2还原CuO生成红色固体，可能是Cu和Cu2O中的一种或两种，产物中加入稀H2SO4溶液变蓝和得到红色固体，证明产物中含Cu2O，在酸性条件下2CuCu2Cu，故不能证明产物中是否含有Cu。答案D10(2014衡水二模)部分氧化的FeCu合金样品(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
9、.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，故A中无Fe3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项正确；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，故标准状况下生成的H2的体积小于896 mL，D项错误。答案B三、填空题11工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜(CuCl)，其工艺流程如下图所示：试回答下列问题：(1)工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是_。(2)还原过程中的产物为NaCuCl2，试写出反应的
10、化学方程式_。制备过程中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl，为什么不用一步法制得CuCl?(已知Cu2Cu2Cl=2CuCl)_。(3)还原过程中加入少量盐酸的作用是_，加入过量NaCl的原因是_。(4)合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_。(5)实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式_。解析(1)主要从原料经济性的角度来回答。(2)产物NaCuCl2中Cu元素的化合价为1价，因此还原过程发生的是归中反应。(3)主要考查盐类水解和化学平衡知识。(4)产品用酒精洗涤，是因为酒精沸点低，易挥发，产品易晾干，可防止CuCl被空气氧化。(
11、5)反应中CuCl2被还原为CuCl，则SO2被氧化为H2SO4。答案(1)石灰乳来源丰富，成本低(2)CuCl22NaClCu=2NaCuCl2CuCl沉淀沉积Cu表面阻碍反应的进行(3)防止Cu2水解增大NaCl的浓度有利于生成更多NaCuCl2，提高产率(4)使CuCl尽快干燥，防止其被空气氧化(5)2Cu22ClSO22H2O2CuCl4HSO12(2013重庆化学，8)合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在周期表中的位置为_，工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为_。AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。焊
12、接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋浆主要用铜合金制造。80.0 g CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为_。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合下图信息推断该合金中除铜外一定含有_。解析(3)因加入过量的氨水会发生反应Cu24NH3H2O=Cu(NH3)424H2O，故得到的白色沉淀
13、为Al(OH)3，物质的量为0.5 mol，据Al原子守恒可知Al的质量为13.5 g，则Cu的质量为66.5 g，Cu的质量分数约为83.1%。由图像可知，Fe3在pH1.9时开始沉淀，在pH3.2时沉淀完全，依次类推。pH3.4时才开始出现沉淀，说明溶液中没有Fe3，则一般也无Fe2，因为Fe2在空气中会被氧化成Fe3，此时的沉淀为Al(OH)3；pH7.0时过滤出的沉淀为Al(OH)3和Cu(OH)2；pH8.0时过滤出的沉淀为Ni(OH)2。答案(1)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(其他合理答案均可)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%A
14、l、Ni13实验室用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备碱式碳酸铜的主要实验流程如下。(1)滤渣的成分为MnO2、单质S和_(写化学式)；硫酸浸取时，Cu2S被MnO2氧化的化学方程式为_。(2)浸取时，Fe2O3溶于硫酸的离子方程式为_；研究发现若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，其可能原因是_。(3)“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。(4)滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(写化学式)。解析(1)辉铜矿中含有Cu2S、Fe2O3和SiO2，加入H2SO4和MnO2后，Cu2S中1的Cu和2价的S均被氧化生成Cu2和S，Fe2O3溶解生成Fe3，SiO2不溶于H2SO
15、4，故滤渣中还含有SiO2。Cu2S在H2SO4作用下，被MnO2氧化，产物有S、CuSO4、MnSO4和H2O，Cu2S的化合价共升高4，MnO2中的Mn由4价降低到MnSO4中的2价，变化2，根据化合价升降总值相等得，Cu2S前配1，MnO2前配2，然后再根据原子守恒即可写出其反应的化学方程式。(2)Fe2O3为难溶的氧化物，写离子方程式不可拆；由题意分析知，除铁后速率变慢，说明Fe3对浸取速率是有影响的，可联想到Fe3可能作催化剂(实际是Fe3可先氧化Cu2S生成Fe2，Fe2酸性条件下，再被MnO2氧化Fe3)。(3)此处考查NH3具有挥发性的性质，以及Cu(NH3)42受热分解为Cu2和NH3，故采用加热的方法可将NH3从溶液中赶出。(4)分析流程图，第一步中加入了H2SO4，在整个过程中，没有除SO，阳离子Fe3、Mn2均以沉淀形式除去，Cu2进入主产物碱式碳酸铜中，所以滤液中应含有NH，故蒸发得到的盐为(NH4)2SO4。答案(1)SiO22MnO2Cu2S4H2SO4=2MnSO42CuSO4S4H2O(2)Fe2O36H=2Fe33H2OFe3可做Cu2S被MnO2氧化的催化剂(或答：Fe2O3在浸取时起媒介作用)(3)将溶液加热(4)(NH4)2SO4
