课时作业10 金属材料 金属矿物的开发
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1．(2019·河南南阳联考)狐刚子在“炼石胆取精华法”中作如下叙述：“以土墼(即砖坯)垒作两个方头炉……一炉中著铜盘，使定，即密泥之；一炉中以炭烧石胆(CuSO4·5H2O)使作烟，以物扇之，其精华尽入铜盘。炉中却火待冷……”。狐刚子所取“精华”为( C )
A．H2O C．稀硫酸
B．SO2 D．CuSO4溶液
解析：CuSO4·5H2O加热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫、氧气、水，生成的气体产物“尽入铜盘”，三氧化硫、二氧化硫、水最终生成硫酸，故C正确。
2．(2019·芜湖质检)下列说法正确的是( B ) A．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气 B．钢铁厂用热还原法冶炼铁
C．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al不涉及氧化还原反应 石灰乳煅烧电解D．MgCl2(aq)――→Mg(OH)2――→MgO――→Mg
解析：电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，得不到单质钠，A错误；电解熔融Al2O3发生的是氧化还原反应，C错误；工业上冶炼镁是电解熔融MgCl2而不是MgO，D错误。
3．(2019·黑龙江哈尔滨模拟)某研究小组实验探究铜及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的的是( D )
A．将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色 B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察氯化铜的生成 C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到CuCl2固体
D．将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿
解析：铜与浓硫酸反应后的剩余物中仍有浓硫酸，将水加入反应器中易发生危险，A项错误；观察氯化铜的生成需要在加热条件下，B项错误；CuCl2水解生成的HCl易挥发，加热蒸干能促进CuCl2的水解而得不到CuCl2固体，C项错误。
4．明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，…然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，…冷淀，毁罐取出，…，即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是( A )
A．倭铅是指金属锌和铅的混合物 B．煤炭中起作用的主要成分是C
高温
C．冶炼Zn的化学方程式：ZnCO3＋2C=====Zn＋3CO D．该冶炼锌的方法属于热还原法
解析：由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；煤炭的主要成分是碳，反应中碳作还原剂，故B、C、D均正确。
5．(2019·江西九江模拟)下列有关金属及其化合物的说法中，正确的说法有( A )
1
①在人类对金属材料的使用过程中，性质活泼的金属单质最早被人们使用 ②纯铁比生铁抗腐蚀性强 ③单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属 ④向紫色石蕊溶液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，溶液变为蓝色并有气泡产生 ⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金 ⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素 ⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中，溶液变蓝色 ⑧铝粉和氧化镁粉末混合，高温下能发生铝热反应
A．4个 C．6个
B．5个 D．7个
解析：在人类对金属材料的使用过程中，性质不活泼的金属单质最早被人们冶炼出来使用，①错误；铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为在其表面生成了致密的氧化膜，③错误；向紫色石蕊溶液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，溶液先变蓝色后褪色，并有气泡产生，④错误；铝粉和氧化镁粉末混合，由于镁比铝活泼，故不能发生铝热反应，⑧错误。
6．(2019·六安模拟)铜、银、金是人类最早认识的三种金属，因为很早就被人们用作钱币，因而有“货币金属”之称。由于铁的金属性比铜、银、金的强，相对而言，人类认识铁稍晚。某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜的强，他们设计了如下方案：(1)铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出； (2)铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3和CuCl2；
(3)足量的铁粉和铜粉与浓硫酸反应生成FeSO4和CuSO4； (4)铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解； (5)把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生； (6)把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上无气泡产生。
以上设计方案中合理的有( A ) A．两种 B．三种 C．四种 D．五种
解析：(1)铁能置换铜，活动性Fe>Cu；(5)铁、铜、稀H2SO4构成原电池，铁为负极，铜为正极，则活动性Fe>Cu；(1)、(5)合理。
7．(2019·山东烟台模拟)取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，另一份加入到500 mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O＋2H===Cu＋Cu＋H2O。则稀硝酸的浓度为( A )
A．2 mol·L C．0.8 mol·L
－1－1
＋
2＋
B．1.6 mol·L D．0.4 mol·L
－1
－1
解析：取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，这些铜的物质的量为0.4 mol，另一份加入到500 mL稀硝酸中固体恰好完全溶解，一定还生成了0.4 mol Cu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体4.48 L，NO的物质的量为0.2 mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1 mol，则稀硝酸的浓度为2 mol·L，A项正确。
8．(2019·陕西西工大附中模拟)工业上用含有氧化铁杂质的废铜粉为原料，制取硫酸铜的主要过程如下图所示：
－1
2
下列有关说法不正确的是( B )
A．“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸，固体B可以用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 B．通入的气体A可以是O2或Cl2
C．通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是Fe、Cu、H D．将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，可制得无水硫酸铜
解析：制取硫酸铜，“过量酸”应为稀硫酸，不适合用硝酸，原因是会引入硝酸铜杂质且生成污染性气体；不适合用浓硫酸，原因是会产生二氧化硫气体而污染空气；加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe变为沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确。向混合溶液中通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯化铜杂质，B错误；废铜粉与稀硫酸反应：Fe2O3＋6H===2Fe＋3H2O,2Fe＋Cu===2Fe＋Cu，由于稀硫酸过量，因此通入气体A之前混合溶液中存在的阳离子为Fe、Cu、H，C正确；将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，晶体将失去结晶水，得到无水硫酸铜，D正确。
9．(2019·河北邯郸教学质量检测)某化合物M由两种常见的元素组成，为了测定其组成进行如下实验：
2＋
2＋
＋
＋
3＋
3＋
2＋
2＋
3＋
2＋
2＋
＋
M的化学式可能为( A ) A．Cu2S C．FeS2
B．CuS D．Fe3S4
解析：由题意并结合选项可知，1.60 g M在高温下反应生成的气体是二氧化硫，二氧化硫被双氧水氧化为硫酸。根据滴定过程消耗的氢氧化钠，可以求出n(S)＝n(SO2)＝n(H2SO4)11250 mL－3－1＝n(NaOH)＝×20.00×10 L×0.1 mol·L×＝0.01 mol，所以m(S)＝0.32 g，2225.00 mL则m(金属)＝1.60 g－0.32 g＝1.28 g，假若是铜，则n(Cu)＝0.02 mol，M可能为Cu2S；假若是铁，则n(Fe)≈0.023 mol，M没有与之对应的选项。综上所述，A项正确。
10．部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：
3
下列说法正确的是( B )
A．滤液A中的阳离子为Fe、Fe、H B．样品中Fe元素的质量为2.24 g C．样品中CuO的质量为4.0 g D．V＝896
解析：生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含Fe，故A错误；3.2 g固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2 g÷160 g·mol＝0.02 mol，铁元素物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，质量为0.04 mol×56 g·mol＝2.24 g，故B正确；原来固体为5.76 g，所以CuO质量不超过5.76 g－2.24 g＝3.52 g，故C错误；根据滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含氢离子0.08 mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H和合金中的氧结合成水，由于合金中氧的物质的量为(5.76－3.2－2.24)g÷16 g·mol＝0.02 mol，它结合氢离子0.04 mol，所以硫酸中有0.08 mol－0.04 mol＝0.04 mol H转化成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下体积为448 mL，故D错误。
11．(2019·鄂豫晋冀陕五省第二次联考)为了探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各组分的含量，现设计如下流程。
＋－1
＋
－1－1
3＋
2＋
3＋
＋
下列叙述中错误的是( D ) A．n＝0.035 B．V＝2 240
C．原混合物中FeSO4的质量分数约为89% D．m＝3.2
解析：根据题中流程可知，步骤②中加入铁粉产生了氢气，说明前面的酸过量，步骤①中有氯气与亚铁离子反应，说明溶液a中有亚铁离子，17.08 g的FeSO4和Cu(NO3)2的混合0.448物与0.14 mol硫酸混合，硝酸根全部被还原为NO，NO的物质的量为 mol＝0.02 mol，
22.4 根据氮元素守恒，样品中Cu(NO3)2的质量为188 g/mol×0.01 mol＝1.88 g，所以FeSO4的质量为17.08 g－1.88 g＝15.2 g，其物质的量为0.1 mol，原混合物中FeSO4的质量分数15.2 g为×100%≈89%，故C正确；根据方程式 17.08 g
3Fe＋8H＋2NO3(稀)===3Fe＋2NO↑＋4H2O 3 mol 8 mol 2×22.4 L
2＋
＋
－
3＋
n(Fe2＋) n(H＋) 448 mL
所以n(Fe)＝0.03 mol，n(H)＝0.08 mol，则a溶液中亚铁离子的物质的量为0.1 mol－0.03 mol＝0.07 mol，根据方程式2Fe＋Cl2===2Fe＋2Cl，可得氧化亚铁离子需要氯
4
2＋
3＋
－
2＋
＋
气的物质的量为0.035 mol，故A正确；根据铁元素守恒，a溶液中铁离子的物质的量为0.1 mol，根据反应2Fe＋Fe===3Fe，可得消耗铁的物质的量为0.05 mol即质量为2.8 g，a溶液中n(H)＝0.14 mol×2－0.08 mol＝0.2 mol，结合反应2H＋Fe===H2＋Fe，可得消耗铁的物质的量为0.1 mol即质量为5.6 g，则剩余铁的质量为9 g－5.6 g－2.8 g＝0.6 g，故D错误；生成的氢气为0.1 mol，其体积为2.24 L，故B正确。
12．(2019·潍坊第一次模拟)某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：
＋
＋
2＋
3＋
2＋
已知：步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；滤渣2的主要成分是SiO2和S。 下列说法不正确的是( D ) A．步骤①，最好在通风橱中进行
B．步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸
＋△2＋
C．步骤③，涉及的离子反应为CuS＋H2O2＋2H=====Cu＋S＋2H2O
D．步骤②和③，均采用蒸发结晶的方式获取溶质
解析：步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4===ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4===ZnSO4＋H2S，H2S是有毒气体，因此应在通风橱内进行，故A说法正确；根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu
＋
2＋
2＋
2
，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn，
＋
2
即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；步骤③中CuS转变成Cu，根据信息，滤渣2中有SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋H2O2―→Cu
＋
＋
2＋
＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS＋H2O2＋2H===Cu＋S＋2H2O，故C说
法正确；得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。
13．(2019·桓台综合)利用铝镓合金加水制造氢气，合金中镓(Ga，ⅢA)是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。根据以下流程图，下列说法正确的是( D )
A．铝镓合金属于纯净物 B．该合金的硬度应该小于纯铝 C．该流程中可以循环使用的物质只有铝
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2020高考化学一轮复习第三章金属及其化合物课时作业10金属材料金属矿物的开发(含解析)
