高考化学一轮复习考点规范练10 金属材料

考点规范练10　金属材料一、选择题1.(2021河北卷)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献,陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生钅柔作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热,生铁熔化灌入熟铁,再锻打成钢。下列说法错误的是(　　)。A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高,硬度和脆性越大C.生铁由于含碳量高,熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O32.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(OH)3酚酞溶液BCuONaAlO2Fe2O3紫色石蕊溶液CCu2OBaCl2Fe2O3和Cu酚酞溶液DCu(OH)2Ba(NO3)2Fe(OH)2紫色石蕊溶液3.(2020山东卷改编)以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是(　　)。A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2OB.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行8学科网（北京）股份有限公司\nC.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同4.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、FeC.“沉淀”的主要成分是Fe(OH)3D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO35.已知酸性条件下有如下反应:2Cu+Cu2++Cu,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。一位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气体无色气体和蓝色溶液红棕色气体和绿色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是(　　)。A.CuB.Cu2OC.一定有Cu,可能有Cu2OD.一定有Cu2O,可能有Cu6.某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成,现对该混合物做如下实验,所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积):关于该固体混合物,下列说法正确的是(　　)。A.一定含有Al,其质量为4.5gB.一定不含FeCl2,可能含有MgCl2和AlCl3C.一定含有MgCl2和FeCl2D.一定含有(NH4)2SO4和MgCl2,且物质的量相等7.(2021安徽合肥高三检测)实验室利用CuCl2·2H2O热分解制备CuCl(在空气中易被氧化)并对分解产物的性质进行探究的装置(夹持仪器略)如图所示。下列有关叙述不正确的是(　　)。8学科网（北京）股份有限公司\nA.干燥的HCl的作用是防止生成的CuCl被氧化,可用干燥的N2代替B.干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气C.湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色,可用品红溶液代替D.NaOH溶液的作用是吸收尾气,但该装置容易导致倒吸8.用无机矿物资源生产部分材料,获得产品的流程示意图如下:下列有关说法不正确的是(　　)。A.生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应B.粗铜电解精炼时,粗铜作阳极C.黄铜矿冶炼铜时,SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶炼铁的原料D.用粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法9.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250mL一定浓度的稀硝酸中,固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol·L-1的NaOH溶液,生成沉淀的质量为19.6g,此时溶液呈中性,且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是(　　)。A.原固体混合物中,Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1B.原稀硝酸中c(HNO3)=1.3mol·L-1C.产生的NO的体积为2.24LD.固体完全溶解后剩余HNO3的物质的量为0.1mol二、非选择题10.碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(Cu2S,含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示:已知:①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示。金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.52.25.68.38学科网（北京）股份有限公司\n完全沉淀的pH9.03.26.79.8②[Cu(NH3)4]SO4在常温下比较稳定,在热水中会分解生成NH3。③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。回答下列问题。(1)为增大“浸取”速率,除将辉铜矿粉碎外,还可采取的措施有　　　　　　　　　　　　　　　(任写一种)。 (2)“滤渣Ⅰ”经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品,则“滤渣Ⅰ”中的主要成分是　　　　　　　(填化学式)。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃,不宜过高或过低的原因是　 　。 (3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO,调节pH的范围为　　　　　,若加A后将溶液的pH调为5,则溶液中Fe3+的浓度为　　　mol·L-1。 (4)写出“沉锰”(除Mn2+)过程中反应的离子方程式:　。 (5)“赶氨”时,最适宜的操作方法是　。 (6)测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度:准确称取样品14.00g,加蒸馏水配成100mL溶液,取出25.00mL用已知浓度的标准BaCl2溶液滴定,完全反应后得到了4.66g沉淀,则此样品的纯度为　　　(保留到小数点后两位)。 11.(2020全国Ⅲ)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题。(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是　　　　　　　　　　　　　　　　　。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是　　　　　　。 8学科网（北京）股份有限公司\n(3)“转化”中可替代H2O2的物质是　　　　　　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即,“滤液③”中可能含有的杂质离子为　　　　。 (4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=　　　　　　　　　　　　　　(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式　。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是　　　　　　　　　。 答案：1.C　解析:钢和生铁均属于铁碳合金,钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高,铁合金的硬度和脆性随含碳量增大而增大,A、B项均正确。合金的熔点通常比各组分的熔点低,C项错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁,D项正确。2.D　解析:稀硫酸与Fe(OH)3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色,稀硫酸不能使无色酚酞溶液变色,A、C项错误。稀硫酸与Fe2O3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈棕黄色,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Fe(OH)2反应得到的FeSO4溶液呈浅绿色,稀硫酸使紫色石蕊溶液变红,D项正确。3.B　解析:本题是高中化学学习中非常熟悉的情境,以有关工艺流程为载体考查物质的制备。从流程可知,煅烧MgCO3可生成MgO,加入NH4Cl溶液,由于NH4Cl水解使溶液显酸性,因此会发生反应MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O,A项正确。在沉镁过程中加入氨水,由于NH3·H2O易分解,因此该过程不能在较高温度下进行,B项错误。从整个流程中看出,沉镁后的滤液中含有NH4Cl,则可循环利用的物质是NH4Cl和NH3,C项正确。Mg2+、Al3+、Fe3+的分离是利用了它们氢氧化物的Ksp不同,D项正确。4.D　解析:铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀,若用NaHSO4代替NaHCO3,无法得到Al(OH)3,D项符合题意。5.D　解析:根据题中信息,由向红色固体中加入稀硫酸得到红色固体和蓝色溶液可推出原红色固体里一定有Cu2O;溶液中的红色固体铜,可能是原来固体中含有铜,也可能是由Cu2O与硫酸反应生成的。6.D　解析:向固体混合物中加入过量浓NaOH溶液,加热得到气体,将气体通过碱石灰,体积不变,通过浓硫酸,体积减小,可知固体混合物中存在Al和(NH4)2SO4,产生的5.60L气体为NH3(2.24L)和H2(3.36L),结合标准状况下3.36LH2为0.15mol8学科网（北京）股份有限公司\n及关系式2Al~3H2可知,与NaOH溶液反应的Al为0.1mol,其质量为2.7g,由加入过量浓NaOH溶液得到白色沉淀,且久置无明显变化,可知混合物中一定含有MgCl2,一定不含FeCl2,B、C项错误。标准状况下5.60L气体为0.25mol,其中含有氨气0.1mol,则固体混合物中含有(NH4)2SO40.05mol,n(MgCl2)=2.90g58g·mol-1=0.05mol,由Al、(NH4)2SO4、MgCl2三者的质量之和为14.05g,可知该固体混合物由Al、(NH4)2SO4、MgCl2组成,A项错误,D项正确。7.A　解析:干燥的HCl不仅可防止CuCl被氧化,还可抑制CuCl2·2H2O在脱水过程中发生水解,故不能用干燥的N2代替,A项错误。白色的无水CuSO4固体遇水蒸气变为蓝色的CuSO4·5H2O,因此干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气,B项正确。湿润的蓝色石蕊试纸的作用是检验生成的Cl2,可用品红溶液代替,C项正确。NaOH溶液的作用是吸收HCl和反应生成的Cl2,防止污染空气,HCl极易溶于NaOH溶液,氯气能与NaOH溶液反应,玻璃管直接插入NaOH溶液中容易导致倒吸,D项正确。8.A　解析:这是一道综合性的化工生产流程题,涉及电解法制铝、黄铜矿炼铜、石英制硅等。Al2O3Al、黄铜矿(CuFeS2)Cu、石英(SiO2)Si都涉及了氧化还原反应。石灰石、纯碱、石英制玻璃主要发生的反应为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,此过程未发生氧化还原反应,A项不正确。9.D　解析:Cu(OH)2的质量为19.6g,其物质的量为0.2mol,设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol,则x+2y=0.2,64x+144y=13.6,解得x=0.1,y=0.05,则Cu和Cu2O的物质的量之比为2∶1,A项错误。根据得失电子守恒,反应中转移电子的总物质的量为0.3mol,故生成NO的物质的量为0.1mol,但未注明温度和压强,故气体体积无法确定,C项错误。加入NaOH的物质的量为0.5mol,生成0.2molCu(OH)2时消耗0.4molNaOH,故有0.1molNaOH中和硝酸,所以固体完全溶解后剩余HNO3的物质的量为0.1mol,D项正确。由氮原子守恒可知,n(HNO3)=0.6mol,c(HNO3)=2.4mol·L-1,B项错误。10.答案:(1)搅拌;适当增加硫酸浓度;适当加热等(答案合理即可)(2)SiO2、S、MnO2　温度过低,硫的溶解速率小,温度过高,CS2易挥发(3)3.2~5.6(或3.2≤pH<5.6)　4.0×10-11(4)Mn2++HCO3-+NH3MnCO3+NH4+(5)将溶液加热(6)96.57%解析:辉铜矿主要成分为Cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质,加入稀硫酸和二氧化锰浸取,Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化,SiO2难溶于稀硫酸,滤渣Ⅰ经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品,说明滤渣Ⅰ中含有S,过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S,滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+,加入A,调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀,除去铁;加入碳酸氢铵溶液沉淀锰,过滤得到碳酸锰,8学科网（北京）股份有限公司\n用硫酸溶解,生成硫酸锰晶体,滤液赶出氨,参与循环使用,同时得到碱式碳酸铜,据此分析解答。(1)为增大“浸取”速率,除将辉铜矿粉碎外,还可以适当增加硫酸的浓度,充分搅拌,加热等。(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是MnO2、SiO2、单质S;回收淡黄色副产品——S的过程中温度控制在50~60℃,不宜过高或过低,原因是温度过低,硫的溶解速率小,温度过高,CS2易挥发。(3)加入的试剂A用于调节溶液pH,促进铁离子的水解,但不能引入杂质,因最后要制备碱式碳酸铜,则可加入氧化铜、氢氧化铜等,根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围,溶液pH应该介于3.2~5.6(或3.2≤pH<5.6),若加A后将溶液的pH调为5,则c(OH-)=1×10-9mol·L-1,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,则溶液中铁离子浓度为4.0×10-38(10-9)3mol·L-1=4.0×10-11mol·L-1。(4)“沉锰”(除Mn2+)过程中,加入碳酸氢铵和氨,生成碳酸锰沉淀,反应的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3MnCO3↓+NH4+。(5)氨易挥发,“赶氨”时,最适宜的操作方法是将溶液加热。(6)测定MnSO4·H2O样品的纯度:准确称取样品14.00g,加蒸馏水配成100mL溶液,取出25.00mL用已知浓度的标准BaCl2溶液滴定,完全反应后得到了4.66g沉淀,n(BaSO4)=0.02mol,n(MnSO4·H2O)=n(BaSO4)=0.02mol,则此样品中MnSO4·H2O物质的量为0.08mol,则样品中MnSO4·H2O的纯度=0.08mol×169g·mol-114.00g×100%=96.57%。11.答案:(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物　AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气　Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2]　3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率解析:本题考查了以废弃的含镍催化剂为原料,通过一定的工艺流程制取硫酸镍晶体的过程。(1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为NaAlO2、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸时,其中的NaAlO2可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,可以用O2或空气替代起氧化作用的H2O2溶液,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调8学科网（北京）股份有限公司\npH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转化为Fe3+而被沉淀出来,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。(4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0mol·L-1,可求得c(OH-)<10-7.8mol·L-1,对应c(H+)>10-6.2mol·L-1,则“调pH”的pH应小于6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。(5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据得失电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-2NiOOH↓+Cl-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。8学科网（北京）股份有限公司