课时规范练8 金属材料 金属矿物的开发利用基础巩固1.(2020全国2,7)北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是( ) A.胆矾的化学式为CuSO4B.胆矾可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应2.(2020河北邢台月考)我国古代的青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是( )A.我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B.将青铜器放在银质托盘上,青铜器容易生成铜绿C.《本草纲目》中载有一药物,名“铜青”,铜青是铜器上的绿色物质,则铜青就是青铜D.用蜂蜡做出铜器的蜡模,是古代青铜器的铸造方法之一,蜂蜡的主要成分是有机化合物3.(2020江苏化学,3)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水4.不同的金属在冶炼方法上也有所不同,下列说法正确的是( )A.钒、铬、锰、铁等难熔金属通常采用铝热法炼制B.铝及其合金是生产、生活中广泛使用的材料,是因为铝的冶炼方法比较简单C.由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼,人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取它们的单质D.炼铁时加入的焦炭除了提供热量外,还用来制造还原剂一氧化碳5.(2020江西第一次大联考)向铝、铁两种金属粉末的混合物中加入过量的盐酸,过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液,再过滤,滤液中大量存在的离子有( )A.Fe3+B.AlC.Al3+D.Fe2+6.(2020山东实验中学诊断)铝土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( )铝土矿abcdAlA.①、②中除加试剂外,还需要进行过滤操作B.a、b中铝元素的化合价相同C.③中需要通入过量的氨气D.④进行的操作是加热,而且d一定是氧化铝7.(2020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。\n商代的铁刃铜钺(1)铁刃铜钺中,铁质部分比铜质部分锈蚀严重,其主要原因是 。 (2)已知:ⅰ.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;ⅱ.铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3,过程如下:FeFeOFe3O4Fe2O3①写出ⅰ中,O2参与反应的电极反应式和化学方程式: 、 。 ②若ⅱ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 。 ③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 。 (3)【资料1】Cl-体积小、穿透能力强,可将致密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。①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式: 。 ②结合元素周期律解释“资料2”的原因是 。 (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 (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 。 能力提升8.(双选)(2020山东临沂模拟)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]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( )A.合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用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Fe3+D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3\n9.(2020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( )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(FeSO4·7H2O)10.(2020福建泉州质量检查)铝在酸性或碱性溶液中均可与N发生氧化还原反应,转化关系如下图所示:下列说法错误的是( )A.B溶液含AlB.A溶液和B溶液混合无明显现象C.D与F反应生成盐D.E排入大气中会造成污染11.(双选)(2020山东泰安第四中学期中)铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(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0.01mol电子发生了转移B.图1整个过程中共生成0.18g水C.图2三条曲线中,表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的是A曲线D.图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO12.(2020北京化学一轮复习月考)铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。(1)铝元素位于周期表中第 周期第 族。硼、镓与铝位于同一主族,现有下列三种物质:①NaAlO2、②NaBO2、③NaGaO2,浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为 (用序号表示)。 (2)将20.0mL0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液和20.0mL0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液混合,\n所得溶液中Al3+、N、S、OH-、H+的浓度由大到小的顺序为 。 (3)氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料,可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质,为测定AlN的含量,甲组同学设计了如下流程:已知:AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3↑。①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 。 ②实验过程中,称得样品的质量为4.2g,最后得到的固体为5.1g,则样品中AlN的质量分数为 。(不考虑整个过程中的损耗,结果保留四位有效数字) 13.(2020山东肥城泰西中学月考)工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为Na2Cr2O7·2H2O),其主要工艺流程如下:查阅相关资料得知:i.常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下能将Cr3+转化为Cr,自身被还原为Bi(OH)3固体。ii.物质Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3开始沉淀时的pH2.73.44.67.50.7完全沉淀时的pH3.74.45.99.74.5回答下列问题:(1)将铬铁矿矿石粉碎的目的是 。 \n(2)操作Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和 (填仪器名称)。 (3)写出④中反应的化学方程式: 。 (4)⑤中酸化是使Cr转化为Cr2。写出该反应的离子方程式: 。 (5)将溶液H经下列操作:蒸发浓缩, , 过滤,洗涤,干燥即得红矾钠。(6)取一定质量的固体D溶解于200mL稀硫酸中,向所得溶液中加入5.0mol·L-1NaOH溶液,生成沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示,则硫酸的物质的量浓度为 ,固体D中含Fe化合物的物质的量为 。 拓展深化14.(2020北京化学,17)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。已知:①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4H++AuC(1)酸溶后经 操作,将混合物分离。 (2)浓、稀硝酸均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同,写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式: 。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同。①将溶金反应的化学方程式补充完整:Au+ NaCl+ HNO3HAuCl4+ + + NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是 。 A.用到了HNO3的氧化性B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原,则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉,可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。试剂1是 ,试剂2是 。 课时规范练8 金属材料 金属矿物的开发利用1.A 胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,A错误;湿法冶铜是用铁与CuSO4溶液反应置换出铜:Fe+CuSO4Cu+FeSO4,B、D正确;“熬之则成胆矾”是利用蒸发浓缩、冷却结晶,产生CuSO4·5H2O晶体,C正确。\n2.C 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早,A项正确;将青铜器放在银质托盘上,可能会形成原电池,Cu比银活泼,会加快铜的腐蚀,所以青铜器容易生成铜绿,B正确;《本草纲目》中载有一药物,名“铜青”,铜青是铜器上的绿色物质,为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜,C错误;用蜂蜡做出铜器的蜡模,是古代青铜器的铸造方法之一,蜂蜡的主要成分是有机化合物,D项正确。3.D A项,制作铝金属制品主要是利用铝质量轻、不易腐蚀的性质;B项,Al2O3熔点高,与可作为冶炼铝的原料无因果关系;C项,Al(OH)3可用于中和过多的胃酸,是因为Al(OH)3属于两性氢氧化物,能与盐酸反应。4.D 铁用CO还原法炼制,A项错误;因为Al有良好的性能,才被广泛使用,B项错误;氯化铝是共价化合物,熔融时不导电,工业上用电解熔融氧化铝的方法制取铝,C项错误;高炉炼铁中焦炭的作用是与氧气反应产生热量和制造还原剂一氧化碳,D项正确。5.B 铝、铁两种金属都能与盐酸充分反应,发生反应的化学方程式为2Al+6H+3H2↑+2Al3+、Fe+2H+Fe2++H2↑,过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液,发生反应H++OH-H2O、Fe2++2OH-Fe(OH)2↓、Al3++4OH-Al+2H2O,铁元素存在于沉淀中,铝元素存在于Al中,因此有大量的Al存在于溶液中。6.C 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。7.答案(1)铁比铜活泼 (2)①O2+4e-+2H2O4OH-4Fe(OH)2+O24FeOOH+2H2O ②6∶2∶1 ③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;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)①Fe2O3+6NaCl+3H2O6NaOH+2FeCl3 ②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)HNO3和AgNO3(5)、解析(1)因为铁比铜活泼,所以铁刃铜钺中铁质部分比铜质部分锈蚀严重。(2)①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀,O2在正极得电子发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁,氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH和H2O,化学方程式为4Fe(OH)2+O24FeOOH+2H2O。②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价,1molFe转移电子2mol,过程Ⅱ可以看作铁由+2价变为+价,1molFeO转移mol电子,过程Ⅲ可以看作铁由+价变为+3价,molFe3O4转移mol电子,若ⅱ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2∶=6∶2∶1。③\n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;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,所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重。(3)①铁质文物表面的致密氧化膜为Fe2O3,根据题意可知Fe2O3与氯化钠反应生成氯化铁,根据元素守恒,反应物中还应有水,生成物还应有氢氧化钠,该反应的化学方程式为Fe2O3+6NaCl+3H2O6NaOH+2FeCl3。②氯、溴、碘是同主族元素,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,导致Cl-、Br-、I-促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。(4)用稀NaOH溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理,脱氯过程中Cl-渗出后,要检验脱氯处理是否达标,只需检验最后一次浸泡液中是否含有Cl-即可,检验Cl-需要的试剂为HNO3和AgNO3溶液。(5)根据高分子膜的片段可知,该高分子的链节为,是由有机化合物和通过加聚反应生成的,故该高分子的单体是和。8.BD 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。9.D 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。10.B 根据图示信息可知,Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水,则溶液A为硝酸铝,气体C为NO,则气体E为二氧化氮,F为硝酸;铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸盐和氨气,则溶液B含偏铝酸盐,气体D为氨气。根据上述分析可知,B溶液中含Al,A正确;硝酸铝溶液和偏铝酸盐溶液混合时,发生相互促进的水解反应产生氢氧化铝沉淀,B错误;D、F分别为氨气、硝酸,相互反应可生成硝酸铵,C正确;E为二氧化氮,二氧化氮有毒,排入大气中会造成污染,D正确。11.AB 0.98gCu(OH)2的物质的量为=0.01mol,若全部生成CuO,则质量为0.01mol×80g·mol-1=0.8g,所以A点是CuO;若全部生成Cu2O,则质量为0.005mol×144g·mol-1=0.72g,所以B点是Cu2O,根据反应的化学方程式4CuO2Cu2O+O2↑可知,A到B的过程中转移电子的物质的量为0.01mol,A正确;根据反应的化学方程式Cu(OH)2CuO+H2O可知,生成水的物质的量为0.01mol,\n其质量为0.01mol×18g·mol-1=0.18g,B正确;10gCuO中所含Cu元素的质量为×64g·mol-1=8g,观察题图2可知,表示CuO的是B曲线,C错误;根据上述分析,A、B的化学式依次为CuO、Cu2O,D错误。12.答案(1)三 ⅢA ③>①>② (2)c(S)>c(N)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) (3)①玻璃棒 ②87.86%解析(1)铝元素位于周期表中第三周期第ⅢA族;同主族元素原子序数越大,金属性越强,其对应的盐溶液碱性越强,镓、硼与铝位于同一主族,金属性:镓>铝>硼,故碱性NaGaO2>NaAlO2>NaBO2。(2)将20.0mL0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液和20.0mL0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液混合,即两种溶液中溶质的物质的量相等,反应后可生成2×10-3mol的硫酸钡和×10-3mol的氢氧化铝,所以反应后溶液中含有2×10-3mol的硫酸根离子,若不考虑水解时应含2×10-3mol的铵根离子和×10-3mol的铝离子,由于铵根离子和铝离子在溶液中发生水解且使溶液呈酸性,所以离子浓度的大小为c(S)>c(N)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)。(3)①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒;②根据题意分析煅烧得到的是氧化铝,已知原样品中也含有Al2O3。设样品中AlN的质量为x,则2AlN ~ Al2O3 Δm8210220x5.1g-4.2g,解得x=3.69g则样品中AlN的质量分数为×100%≈87.86%。13.答案(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高浸出率(2)漏斗、烧杯 (3)3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3 (4)2Cr+2H+Cr2+H2O (5)冷却结晶 (6)2.5mol·L-1 0.10mol解析(1)将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高浸出率。(2)操作Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ均是过滤,则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、漏斗和烧杯。(3)根据题意可知,常温下NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下能将Cr3+转化为Cr,则④中反应的化学方程式为3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3。\n(4)⑤中酸化是使Cr转化为Cr2,在转化过程中各元素化合价不变,则该转化的离子方程式为2Cr+2H+Cr2+H2O。(5)从溶液H中得到红矾钠的一般操作是蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥。(6)根据图像可知加入氢氧化钠溶液时没有立即产生沉淀,这说明酸过量,首先发生酸碱中和反应;从开始沉淀到沉淀达到最大量时需要氢氧化钠溶液180mL;继续加入氢氧化钠溶液沉淀开始减少,即氢氧化铝沉淀开始溶解,溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是40mL,则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL,所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60mL,其中NaOH的物质的量是0.06mL×5mol·L-1=0.3mol,所以根据方程式Fe3++3OH-Fe(OH)3↓可知,Fe3+的物质的量是0.1mol。根据铁元素守恒可知,固体D中氢氧化铁的物质的量为0.1mol;沉淀达到最大量时溶液中的溶质是硫酸钠,则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是=0.5mol,则硫酸的浓度是=2.5mol·L-1。14.答案(1)过滤 (2)3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (3)①4 5 NO 2H2O 4 ②AC (4)1.5 (5)NaCl溶液 盐酸解析废旧CPU中的单质有Au(金)、Ag和Cu,加入硝酸进行反应,金不能反应,Ag和Cu转化为铜离子和银离子进入溶液,含金的固体与硝酸和氯化钠的混合溶液反应,金转化为HAuCl4,HAuCl4经锌粉还原分离可得到金。(1)Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液,经过过滤可将固体和液体分开,从而将混合物分离。(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol;铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol;则消耗HNO3的物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。(3)①根据化合价的变化规律可知,金元素的化合价从0价升高到+3价,是还原剂,硝酸是氧化剂,氮元素的化合价从+5价降低到+2价,产物有一氧化氮生成,根据质量守恒,生成物中还有水,则反应的化学方程式为Au+4NaCl+5HNO3HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3;②溶金过程中硝酸显示了氧化性,故A正确;王水中浓盐酸提供了氯离子,利于生成四氯合金离子,利于金与硝酸的反应,浓盐酸的主要作用是增强硝酸的氧化性,故B错误;HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同,则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解,故C正确。(4)由于HAuCl4H++AuC,若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原,HAuCl4中金元素的化合价为+3价,被锌还原为0价,锌的化合价从0价升高到+2价,根据得失电子守恒可知,还原1molHAuCl4消耗Zn的物质的量为1.5mol,则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol。\n(5)根据图中信息可知,含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3,物质3中加入试剂3后得到的是二氨合银离子,则试剂3是氨水,物质3是氯化银,试剂1是NaCl溶液,物质1是氯化铜溶液,向氯化铜溶液中加入过量铁粉得到铜和FeCl2,再加入试剂2,过滤后得到铜单质,则试剂2是盐酸,可除去过量的铁粉,二氨合银离子经过还原可以得到银单质,实现了铜和银的分离。经过前面的分析可知,试剂1是NaCl溶液,试剂2是盐酸。
