PAGE第8頁共8頁課時跟蹤檢測（九）銅金屬材料與礦物開發(fā)1．據(jù)央視新聞報道，考古人員在江西發(fā)掘一座距今2000多年、迄今保存最完好的西漢古墓。在古墓中有10余噸西漢銅錢。這些銅錢銹跡斑斑，銅銹的主要成分可表示為Cu2H2CO5。下列有關判斷正確的是()A．銅銹中Cu和C的化合價均為＋2B．銅質文物表面的銅銹可用稀硝酸除去C．銅銹易溶于水D．32g銅生成銅銹轉移1mol電子解析：選D銅銹中Cu為＋2價，C為＋4價，A項錯誤；稀硝酸能夠溶解銅銹，也能溶解銅，除去銅質文物表面的銅銹應用稀硫酸或稀鹽酸，B項錯誤；銅銹難溶于水，C項錯誤；銅生成銅銹時，銅由0價變?yōu)椋?價，32g(0.5mol)銅生成銅銹時，轉移1mol電子，D項正確。2．科學家研制出了一種新型的貯氫材料，這種鎂鋁合金的成分可表示為Mg17Al12；其貯氫和釋氫的原理可表示為Mg17Al12＋17H2eq\o(,\s\up7(貯氫),\s\do5(釋氫))17MgH2＋12Al，下列有關說法正確的是()A．Mg17Al12是離子化合物B．為防止金屬氧化，熔煉制備Mg17Al12時通氮氣做保護氣C．732g的合金能吸收380.8L氫氣D．該合金的熔點比鎂和鋁的熔點低解析：選D合金是加熱熔合而成的，不存在陰陽離子，不屬于離子化合物，A項錯誤；Mg、Al為較活潑金屬，加熱時易和氮氣發(fā)生反應，可以通入氬氣來防止金屬被氧化，B項錯誤；氫氣所處的狀況未知，不能計算出氫氣的體積，C項錯誤；合金的熔點比各成分的熔點低，該合金的熔點低于金屬鎂、鋁的熔點，D項正確。3．(2020·江蘇高考)下列有關化學反應的敘述正確的是()A．室溫下，Na在空氣中反應生成Na2O2B．室溫下，Al與4.0mol·L－1NaOH溶液反應生成NaAlO2C．室溫下，Cu與濃HNO3反應放出NO氣體D．室溫下，F(xiàn)e與濃H2SO4反應生成FeSO4解析：選B室溫下，Na在空氣中反應生成Na2O，在加熱或點燃時生成Na2O2，A項錯誤；Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，反應的化學方程式為2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，B項正確；室溫下，Cu與濃HNO3反應放出NO2氣體，與稀HNO3反應放出NO氣體，C項錯誤；室溫下，F(xiàn)e遇濃H2SO4發(fā)生鈍化，在鐵的表面形成一層致密的氧化膜(鐵的氧化物)，D項錯誤。4．下列制備金屬單質的方法或原理正確的是()A．在高溫條件下，用H2還原MgO制備單質MgB．在通電條件下，電解熔融Al2O3與冰晶石(Na3AlF6)混合物制備單質AlC．在通電條件下，電解飽和食鹽水制備單質NaD．加強熱，使CuO在高溫條件下分解制備單質Cu解析：選BA項，Mg的還原性強于H2的還原性，H2不能還原MgO；C項，制取鈉應電解熔融NaCl；D項，發(fā)生的反應為4CuO=2Cu2O＋O2↑，得不到單質Cu。5．下列有關金屬的說法錯誤的是()A．氧化膜使得性質活潑的金屬鋁成為一種應用廣泛的金屬材料B．鈦被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，也有人說“21世紀是鈦的世紀”C．在合金中加入適量稀土金屬，能大大改善合金的性能，因此，稀土元素又被稱為冶金工業(yè)的維生素D．出土的古代銅制品往往覆蓋著一層銅綠，主要成分是CuCO3解析：選D鋁表面形成致密的氧化鋁薄膜可以保護內部的鋁不被氧化，使得鋁成為一種應用廣泛的金屬材料，A正確；鈦被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，在工業(yè)上應用廣泛，B正確；在合金中加入適量稀土金屬能大大改善合金的性能，故稀土元素又被稱為冶金工業(yè)的維生素，C正確；銅綠主要成分是Cu2(OH)2CO3，D錯誤。6．下列有關金屬的工業(yè)制法中不正確的是()A．制鈉：用海水為原料制得精鹽，再電解純凈的NaCl溶液B．制鎂：用海水為原料，經(jīng)一系列過程制得氯化鎂固體，電解熔融的氯化鎂得鎂C．制鐵：以鐵礦石為原料，CO還原得鐵D．制鋁：從鋁土礦中獲得氧化鋁，提純后電解熔融的氧化鋁得到鋁解析：選A鈉性質活潑，用電解熔融的氯化鈉方法制取，電解氯化鈉溶液不能得到金屬鈉，故A錯誤；鎂性質活潑，用電解熔融的氯化鎂的方法制取，故B正確；鐵性質較活潑，用熱還原反應制取，故C正確；氯化鋁為共價化合物，熔融狀態(tài)不能電離，鋁性質活潑，工業(yè)上用電解氧化鋁的方法制取，故D正確。7．(2021·承德一模)下表中，對陳述Ⅰ、Ⅱ的正確性及其有無因果關系的判斷都正確的是()選項陳述Ⅰ陳述Ⅱ判斷A銅綠的主要成分是堿式碳酸銅可用稀鹽酸除銅器表面的銅綠Ⅰ對；Ⅱ對；無B銅表面易形成致密的氧化膜銅制容器可以盛放濃硫酸Ⅰ對；Ⅱ對；有C向硫酸銅溶液中通入氨氣，有藍色沉淀產(chǎn)生，過濾后灼燒濾渣，最后變成黑色固體把銅絲放在酒精燈火焰上灼燒，銅絲表面變黑Ⅰ對；Ⅱ對；有D藍色硫酸銅晶體受熱轉化為白色硫酸銅粉末是物理變化硫酸銅溶液可用作游泳池的消毒劑Ⅰ錯；Ⅱ對；無解析：選D稀鹽酸可以與堿式碳酸銅(銅綠的主要成分)反應，而且稀鹽酸不與Cu反應，所以可用稀鹽酸除銅器表面的銅綠，Ⅰ、Ⅱ有因果關系，A錯誤；銅表面不能形成致密的氧化膜，銅與濃硫酸在一定溫度下能發(fā)生反應，所以不能用銅制容器盛放濃硫酸，B錯誤；硫酸銅與氨水反應生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受熱分解生成黑色CuO，Ⅰ、Ⅱ均正確，但沒有因果關系，C錯誤；藍色硫酸銅晶體受熱轉化為白色硫酸銅粉末，屬于化學變化，CuSO4可用作消毒劑，但與前者沒有因果關系，D正確。8．[雙選]銅有兩種常見的氧化物CuO和Cu2O。某學習小組取0.98g(用精密天平測量)Cu(OH)2固體加熱，有銅的氧化物生成，其質量隨溫度變化如圖甲所示；另外，某同學繪制了三條表示金屬氧化物與其所含金屬元素的質量的關系曲線，如圖乙所示。則下列分析正確的是()A．圖甲中a點和b點對應物質的化學式分別為CuO和Cu2OB．圖甲整個過程中共生成0.26g水C．圖乙三條曲線中，表示CuO和其中所含Cu元素質量關系的曲線是AD．圖甲中，a到b的過程中有0.01mol電子發(fā)生了轉移解析：選AD0.98gCu(OH)2的物質的量為0.01mol，若全部生成CuO，則質量為0.01mol×80g·mol－1＝0.80g，所以a點對應的物質是CuO；若全部生成Cu2O，則質量為0.005mol×144g·mol－1＝0.72g，所以b點對應的物質是Cu2O，A項正確；根據(jù)化學方程式Cu(OH)2eq\o(=,\s\up7(高溫))CuO＋H2O、4CuOeq\o(=,\s\up7(高溫))2Cu2O＋O2↑可知，生成水的物質的量為0.01mol，質量為0.01mol×18g·mol－1＝0.18g，B項錯誤；CuO和其中所含Cu元素的質量關系(以CuO的質量為10g計算)為CuO～Cu806410g8g觀察圖乙可知，B曲線符合上述質量關系，表示的是CuO，C項錯誤；根據(jù)反應方程式4CuOeq\o(=,\s\up7(高溫))2Cu2O＋O2↑可知，a到b的過程中有0.01mol電子發(fā)生了轉移，D項正確。9．(2021·浙江選考)某興趣小組對化合物X開展探究實驗。其中：X是易溶于水的強酸鹽，由3種元素組成；A和B均為純凈物；B可使品紅水溶液褪色。請回答：(1)組成X的3種元素是________(填元素符號)，X的化學式是____________。(2)將固體X加入溫熱的稀H2SO4中，產(chǎn)生氣體B，該反應的離子方程式是____________。(3)步驟Ⅱ，某同學未加H2O2溶液，發(fā)現(xiàn)也會緩慢出現(xiàn)白色渾濁，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)關于氣體B使品紅水溶液褪色的原因，一般認為：B不能使品紅褪色，而是B與水反應的生成物使品紅褪色。請設計實驗證明___________________________________________________________________________________________________________________。解析：由B可使品紅水溶液褪色可推得氣體B為SO2，SO2在足量BaCl2溶液和H2O2溶液生成白色沉淀C為BaSO4，則n(SO2)＝n(BaSO4)＝eq\f(2.33g,233g·mol－1)＝0.01mol；由A2適量NaOH溶液生成藍色懸濁液，根據(jù)此現(xiàn)象可判定藍色懸濁液為Cu(OH)2，由A1在足量BaCl2溶液中生成BaSO4，且A為純凈物，由此可判定固體A為CuSO4，其物質的量為n(CuSO4)＝2×eq\f(1.165g,233g·mol－1)＝0.01mol，再由固體X是在隔絕空氣下生成固體A和氣體B，且X是由3種元素組成；可判斷物質X中含有Cu、S、O三種元素，其中n(S)＝n(SO2)＋n(CuSO4)＝0.01mol＋0.01mol＝0.02mol，n(Cu)＝0.01mol，則n(O)＝eq\f(2.24g－0.01mol×64g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1,16g·mol－1)＝eq\f(0.96g,16g·mol－1)＝0.06mol。故固體X中三種元素的物質的量之比為n(Cu)∶n(S)∶n(O)＝0.01∶0.02∶0.06＝1∶2∶6，X的化學式為CuS2O6。答案：(1)Cu、S、OCuS2O6(2)S2Oeq\o\al(2－,6)eq\o(=,\s\up7(H＋),\s\do5(△))SOeq\o\al(2－,4)＋SO2↑(3)SO2與水反應生成H2SO3；H2SO3能被氧氣氧化為H2SO4，與BaCl2反應生成BaSO4(4)配制品紅無水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入SO2，不褪色；品紅水溶液中加入亞硫酸鈉(亞硫酸氫鈉)固體，褪色更快10．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·廣東卷)綜合利用煉鋅礦渣[主要含鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、鐵酸鋅ZnFe2O4]獲得3種金屬鹽，并進一步利用鎵鹽制備具有優(yōu)異光電性能的氮化鎵(GaN),部分工藝流程如下：已知：①常溫下，浸出液中各離子的濃度及其開始形成氫氧化物沉淀的pH見表1。②金屬離子在工藝條件下的萃取率(進入有機層中金屬離子的百分數(shù))見表2。表1金屬離子濃度及開始沉淀的pH金屬離子濃度/(mol·L－1)開始沉淀pHFe2＋1.0×10－38.0Fe3＋4.0×10－21.7Zn2＋1.55.5Ga3＋3.0×10－33.0表2金屬離子的萃取率金屬離子萃取率/%Fe2＋0Fe3＋99Zn2＋0Ga3＋97～98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合價為__________，“浸出”時其發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)濾液1中可回收利用的物質是________，濾餅的主要成分是________;萃取前加入的固體X為________。(3)Ga與Al同主族，化學性質相似。反萃取后，鎵的存在形式為________(填化學式)。(4)電解過程包括電解反萃取液制粗鎵和粗鎵精煉兩個步驟。精煉時，以粗鎵為陽極，以NaOH溶液為電解液，陰極的電極反應為_______________________________。(5)GaN可采用MOCVD(金屬有機物化學氣相淀積)技術制得：以合成的三甲基鎵為原料，使其與NH3發(fā)生系列反應得到GaN和另一種產(chǎn)物，該過程的化學方程式為______________________________________________________________________。(6)濾液1中殘余的Ga3＋的濃度為__________mol·L－1(寫出計算過程)。解析：(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe是＋3價，O是－2價，根據(jù)化合價代數(shù)和為0可知Ga的化合價為＋3價，“浸出”時其發(fā)生反應的離子方程式為Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋8H＋=2Fe3＋＋4H2O。(2)根據(jù)分析可知濾液1中為硫酸鋅，則可回收利用的物質是硫酸鋅，調節(jié)pH＝5.4，沉淀鐵離子和Ga3＋，濾餅的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入固體X的目的是還原鐵離子，則X為Fe。(3)Ga與Al同主族，化學性質相似；反萃取后加入氫氧化鈉溶液使Ga3＋轉化為NaGaO2，即鎵的存在形式為NaGaO2。(4)精煉時，以粗鎵為陽極，以NaOH溶液為電解液，陰極是得到電子轉化為Ga，電極反應為GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－。(5)以合成的三甲基鎵為原料，使其與NH3發(fā)生系列反應得到GaN和另一種產(chǎn)物，根據(jù)原子守恒可知還有甲烷生成，該過程的化學方程式為Ga(CH3)3＋NH3=3CH4＋GaN。(6)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知Ga(OH)3的溶度積常數(shù)為3.0×10－3×(10－11)3＝3.0×10－36，溶液的pH＝5.4，即氫氧根離子濃度是10－8.6mol·L－1，所以濾液1中殘余的Ga3＋的濃度為eq\f(3×10－36,10－8.63)mol·L－1＝3.0×10－10.2mol·L－1。答案：(1)＋3Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋8H＋=2Fe3＋＋4H2O(2)硫酸鋅Fe(OH)3、Ga(OH)3Fe(3)NaGaO2(4)GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－(5)Ga(CH3)3＋NH3=3CH4＋GaN(6)3.0×10－10.211．(2021·懷化一模)鈀(Pd)是有機合成中常用的催化劑。一種由廢鈀催化劑(主要成分為Pd，還有PdO、Fe、有機物殘留以及其他雜質)制取金屬Pd的工藝流程如圖。回答下列問題。(1)廢鈀催化劑經(jīng)烘干、粉碎后，再在700℃(2)查資料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸還原PdO，其目的是____________________。(3)鈀在王水(濃硝酸與濃鹽酸按體積比1∶3配制)中轉化為H2PdCl4，硝酸還原為NO，該反應的化學方程式為______________________________________________________________________；酸溶時溫度不能過高，原因是_____________________________________________。(4)加入適量的稀氨水調節(jié)pH至3～4除雜，廢渣的主要成分是______。(5)焙燒2的目的是________。(6)有水參加情況下，可以將CO通入氯化鈀(PdCl2)得到黑色金屬Pd粉末，化學方程式為____________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)不斷通入足量空氣除了使有機物充分燃燒而除去，還可以起到攪拌作用，加快反應速率。(2)PdO不溶于王水，但是Pd能溶于王水，加入甲酸將PdO還原為Pd，便于王水溶解，可提高原料利用率。(3)鈀在王水中轉化為H2PdCl4，Pd元素的化合價由0升高為＋2價，硝酸被還原為NO，N元素的化合價由＋5價降低為＋2價，根據(jù)得失電子守恒及原子守恒，配平的化學方程式為3Pd＋12HCl＋2HNO3=3H2PdCl4＋2NO↑＋4H2O，溫度過高會造成硝酸分解，鹽酸、硝酸揮發(fā)。(4)加入適量的稀氨水調節(jié)pH至3～4的目的是除掉溶液中的鐵離子，故廢渣的主要成分是Fe(OH)3。(5)焙燒2將Pd(NH3)2Cl2轉化為PdCl2，則其目的是脫氨。(6)有水參加情況下，將CO通入PdCl2得到黑色金屬Pd粉末，Pd元素化合價降低，被還原，則CO被氧化為CO2，根據(jù)原子守恒，化學方程式為CO＋PdCl2＋H2O=Pd＋CO2＋2HCl。答案：(1)起到攪拌作用，加快反應速率(2)將PdO轉化為Pd，以利于被王水溶解(或提高原料利用率等其他合理答案)(3)3Pd＋12HCl＋2HNO3=3H2PdCl4＋2NO↑＋4H2O防止硝酸分解，防止鹽酸、硝酸揮發(fā)(4)Fe(OH)3(5)脫氨(6)CO＋PdCl2＋H2O=Pd＋CO2＋2HCl12．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·重慶卷)碳酸鍶(SrCO3)是一種重要的工業(yè)原料，廣泛用于生產(chǎn)鍶鐵氧體磁性材料。一種以菱鍶礦(含80～90%SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：Sr(OH)2在水中的溶解度溫度/℃10203040608090100溶解度/(g/100g)1.251.772.643.958.4220.244.591.2(1)元素Sr位于元素周期表第________周期第______族。(2)菱鍶礦、焦炭混合粉碎的目的是__________________________________________________________________________________________________________________。(3)“立窯煅燒”中SrCO3與焦炭反應的化學方程式為_________________________。進行煅燒反應的立窯襯里應選擇__________(填“石英砂磚”或“堿性耐火磚”)。(4)“浸取”中用熱水浸取而不用冷水的原因是______________________________________________________________________________________________________；濾渣1含有焦炭、Ca(OH)2和______。(5)“沉鍶”中反應的化學方程式為____________