1、跟踪检测（十一） 金属材料与矿物1下列说法中正确的是()ACuCuOCu(OH)2每步转化均能通过一步反应实现B铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点高C金属铜放置在潮湿的空气中会被锈蚀，生成绿色的铜锈碱式碳酸铜D金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能，其抗腐蚀的原因都是表面形成氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行解析：选CA项，CuOCu(OH)2不能通过一步实现，错误；B项，铝合金比纯铝的熔点低，错误；D项，铜表面不能形成致密的氧化膜，错误。2所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，如表为四种金属的熔、沸点。NaCuAlFe熔点()97.51 0836601 535沸
2、点()8832 5952 2003 000根据以上数据判断其中不能形成合金的是()ACu和AlBFe和CuCFe和Na DAl和Na解析：选CNa的沸点 883 ，而Fe的熔点为 1 535 ，当Fe熔化时，Na已汽化，二者不会形成合金。3(2017南昌模拟)工业上由含钒、铬和锰的矿物冶炼难熔的金属钒、铬和锰，通常采用的方法是()A炭还原法B铝热法还原C直接加热法D盐的水溶液与活泼金属置换法解析：选B工业上用铝热法冶炼活泼性比Al差的、熔点较高的金属，如钒、铬、锰等。4利用如图装置做铝热反应实验，下列说法不正确的是()A该反应的化学方程式是2AlFe2O32FeAl2O3B该反应会产生高温，发
3、出强光C根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属D若反应中转移3 mol电子，消耗氧化剂的物质的量是1 mol解析：选DA项，铝是活泼金属，高温条件下可置换出氧化铁中的铁，正确；B项，铝热反应放出大量的热，产生高温、发出强光，正确；C项，高熔点的金属可采用铝热法冶炼，正确；D项，铁元素的化合价从3价降低到0价，因此1 mol Fe2O3在反应中得到6 mol电子，则若反应中转移3 mol电子，消耗氧化剂的物质的量是0.5 mol，错误。5(2017宝鸡质检)已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()MNQQ溶液MNANa BAlCFe DCu解析：选DNa、Al、Fe均为活泼金属，电解相关
4、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：CuCl2CuCl2CuCl2溶液CuCl2。6从经济效益和环境保护考虑，大量制取Cu(NO3)2最宜采用的方法是()ACuCu(NO3)2BCuCu(NO3)2CCuCuOCu(NO3)2DCuCuCl2Cu(NO3)2解析：选CA项，Cu与浓HNO3反应生成NO2，NO2是有毒气体，污染环境，错误；B项，Cu与稀HNO3反应生成NO，NO是有毒气体，污染环境，错误；C项，发生反应2CuO22CuO，CuO2HNO3=Cu(NO3)2H2O，过程中没有有毒气体生成，不污染环境，正确；D项，硝酸银成本较高，不经济，错误。7氢化亚铜(C
5、uH)是一难溶物质，用CuSO4溶液和另一种反应物在4050 时反应可生成它。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧，跟盐酸反应能产生气体。下列有关推断中错误的是()A这里的“另一种反应物”具有还原性BCuH可作氧化剂、还原剂CCuHCl2=CuClHCl(燃烧)DCuHHCl=CuClH2(常温)解析：选CCl2具有强氧化性，与多价态金属或化合物反应时，生成最高价态的金属化合物，CuH与Cl2反应产物应为CuCl2和HCl，C项错误。8如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中物质a、b、c、d对应的物质正确的是()选项物质a物质b物质c物质dACu2(OH)2CO3Ba(OH)2Fe(O
6、H)3酚酞溶液BCuONaAlO2Fe2O3紫色石蕊溶液CCuOBaCl2FeO酚酞溶液DCu(OH)2Ba(NO3)2FeO紫色石蕊溶液解析：选D稀硫酸与Fe(OH)3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色，稀硫酸遇酚酞溶液不变色，A项错误，C项错误；稀硫酸与Fe2O3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色，B项错误；稀硫酸与Cu(OH)2反应得到的CuSO4溶液呈蓝色，稀硫酸与Ba(NO3)2反应得到的BaSO4是白色沉淀，稀硫酸与FeO反应得到的FeSO4溶液呈浅绿色，稀硫酸遇紫色石蕊溶液变红，D项正确。9氧化铜矿用稀硫酸溶解后所得酸浸液(含Cu2、H、SO、Mg2、Al3、Fe2)经下
7、列流程可制得高纯度硫酸铜晶体：已知：该实验条件下，各金属离子沉淀的pH如图所示。下列判断正确的是()A沉淀1的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3B溶液2中所含金属阳离子只有Mg2C将溶液3蒸干即得CuSO45H2O晶体D若不加入NaClO溶液，对制得硫酸铜晶体的纯度将无影响解析：选A酸浸液中含Cu2、H、SO、Mg2、Al3、Fe2，加入NaClO溶液，Fe2氧化为Fe3，调节溶液的pH4.7，由图可知，Al3、Fe3转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤，沉淀1为Al(OH)3和Fe(OH)3，溶液1含有Cu2、H、SO、Mg2，调节pH6.7，Cu2转化为Cu(OH)2沉淀，
8、过滤，沉淀2为Cu(OH)2，溶液2主要含有Mg2，Cu(OH)2与硫酸反应生成溶液3为硫酸铜溶液，然后加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。A项，沉淀1的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，正确；B项，溶液 2主要含有Mg2、Na，还有少量的Cu2、Al3、Fe3，因为Cu2、Al3、Fe3不能全部转化为沉淀，错误；C项，从溶液中制得CuSO45H2O晶体，应加热浓缩、冷却结晶，不能蒸干，错误；D项，若不加入NaClO溶液，在调节pH4.7时，Fe2不能转化为沉淀，在调节pH6.7，Cu2转化为Cu(OH)2沉淀，而此时Fe2不能转化为沉淀，但Fe2具有很强的还原性，在操作过程中会有部分F
9、e2被氧化，进而混入硫酸铜晶体中，影响硫酸铜晶体的纯度，错误。10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1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质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()A图1中，A到B的过程中有0.005 mol电子发生了转移B图1整个过程中共生成0.18 g水C图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO解析：选B0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成Cu
10、O，质量为0.01 mol80 gmol10.8 g，所以A点是CuO；若全部生成Cu2O，质量为0.005 mol144 gmol10.72 g，所以B点是Cu2O，D项错误；根据4CuO2Cu2OO2可知，A到B的过程中有0.01 mol电子发生了转移，A项错误；根据Cu(OH)2CuOH2O、4CuO2Cu2OO2可知，水的物质的量为0.01 mol，质量为0.01 mol18 gmol10.18 g，B项正确；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：CuOCu806410 g 8 g观察图2可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误。11(20
11、17长沙模拟)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Cu2SO2=2CuSO2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5060 ，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。甲同学猜想：黑色固体是未来得及溶解
12、于酸的CuO，其猜想可用化学方程式表示为：CuH2SO4(浓)_。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)。aCu2S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O2c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6NA1.2NA。(2)H2SO4、Cu和O2反应的离子方程式为2Cu4HO22Cu22H2O。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：2Cu22ClSOH2O=
13、2CuClSO2H。(3)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CuH2SO4(浓),CuOSO2H2O。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)S1.2NA(2)2Cu4HO22Cu22H2O2Cu22ClSOH2O=2CuClSO2H(3)CuOSO2H2Oac12以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu(OH)2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2H2OSO22HCl(1)“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu
14、(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CuCO3Cu(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CuCO3Cu(OH)24HCl=2CuCl2CO23H2O。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Cl22Fe2=2Fe32Cl。(3)根据流程图，经氧化后溶
15、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SOCl2H2OSO22HCl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)CuCO3Cu(OH)24HCl=2CuCl2CO23H2OKSCN(2)Cl22Fe2=2Fe32Cl(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13某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体F
16、eSO47H2O和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如下：回答下列问题：(1)写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式_。(2)用滤渣F通过两种途径制取胆矾，与途径相比，途径明显具有的两个优点是_ ，_。(3)进行途径时，该小组用如图所示装置及试剂，将制得的CO2气体通入滤液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是_(用离子方程式表示)；为了避免沉淀D减少，应该在装置和装置之间增加一个盛有_的洗气瓶。(4)通过途径制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：加硫酸、加热通氧气、过滤、_、冷却结晶、过滤、自然干燥。其中“加热通氧气”所起的作用为_(用离子方程式表示)。(5)白磷有
17、剧毒，不慎沾到皮肤上，可取少量胆矾配制成CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成Cu3P(Cu为1价)，与冷CuSO4溶液则析出Cu，反应方程式分别(均未配平)为：P4CuSO4H2O,Cu3PH3PO4H2SO4P4CuSO4H2OCuH3PO4H2SO4若上述两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则消耗的CuSO4的物质的量之比为_。解析：合金中只有铝和NaOH溶液反应，所得滤液A中含有NaAlO2和剩余的NaOH，向滤液A通入足量的CO2，生成沉淀为 Al (OH)3，滤渣为Fe和Cu。滤渣B加入足量的稀硫酸，Fe溶解，滤液E为FeSO4溶液，滤渣F为Cu。(1)Al和N
18、aOH溶液反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(2)途径中通入空气，H2SO4只表现酸性，所以产生等量胆矾途径消耗H2SO4少而且途径不会产生污染大气的气体。(3)大理石和浓盐酸反应生成的CO2中含有HCl，通入NaAlO2溶液中，反应生成的Al(OH)3和盐酸反应生成AlCl3和H2O，离子方程式为Al(OH)33H=Al33H2O。除去CO2中的HCl，用饱和NaHCO3溶液。(4)要得到硫酸铜晶体，先蒸发浓缩，然后冷却结晶。加热通入氧气可以在酸性条件下把Cu氧化为Cu2，离子方程式为2CuO24H=2Cu22H2O。(5)两化学方程式配平后得11P460CuSO460H2O,20Cu3P24H3PO460H2SO4，P410CuSO416H2O=10Cu4H3PO410H2SO4，前一个反应中，有6 mol P4被氧化，消耗60 mol CuSO4，后一个反应中，有1 mol P4被氧化，消耗10 mol CuSO4，所以当被氧化的P4的物质的量相等时，消耗的CuSO4的物质的量比为11。答案：(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)产生等量胆矾途径消耗硫酸少途径不会产生污染大气的气体(3)Al(OH)33H=Al33H2O饱和NaHCO3溶液(4)蒸发浓缩2CuO24H=2Cu22H2O(5)11