2020届一轮复习人教版铜及其重要化合物用途广泛的金属材料作业 8页

第三章　金属及其重要化合物 第9讲　铜及其重要化合物 用途广泛的金属材料 A组　基础必做题 ‎1．镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中正确的是 (　B　)‎ A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都高 B．此合金能全部溶解于稀盐酸中 C．此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中 D．此合金不能全部溶于过量FeCl3溶液中 ‎[解析]　合金的熔点一船低于组成它的成分金属，A错误；镁铝合金具有镁、铝的化学性质，只有B正确。‎ ‎2．下列有关金属及其化合物的说法中，正确的个数为 (　A　)‎ ‎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冶炼和使用 ‎②纯铁比生铁抗腐蚀性更强 ‎③单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属 ‎④向紫色石蕊试液中加入过量的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，高温能发生铝热反应 A．4　 B．5　‎ C．6　 D．7‎ ‎[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和使用，①错误；铝是活泼金属，③错误；向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，溶液先变为蓝色后褪色，并有气泡产生，④错误；铝粉和氧化镁粉末混合，镁比铝活泼，不能发生铝热反应，⑧错误。‎ ‎3．某研究小组通过实验探究Cu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CuCl2的生成 C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水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]　‎ A项，浓硫酸溶于水时放热，应该是把反应后的溶液倒入水中，故该项错误；B项，需要先加热，铜才能与氯气发生反应，故该项错误；C项，氯化铜溶液中存在水解平衡，加热蒸干最终得不到CuCl2，故该项错误；D项，铜和盐酸不反应，只有铜绿[Cu2(OH)2CO3]与盐酸反应，故该项正确。‎ ‎4．下列制取硝酸铜的方法最合理的是 (　C　)‎ A．Cu＋HNO3(浓)―→Cu(NO3)2 B．Cu＋HNO3(稀)―→Cu(NO3)2‎ C．CuCuOCu(NO3)2 D．CuCuSO4Cu(NO3)2‎ ‎[解析]　A项，有NO2生成，污染环境，不符合题意；B项，有NO生成，污染环境，不符合题意；D项，有SO2生成，污染环境，不符合题意。‎ ‎5．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甲所示；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的质量的关系曲线，如图乙所示。则下列分析正确的是 (　D　)‎ A．图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuO B．图甲整个过程中共生成‎0.26 g水 C．图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是A D．图甲中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移 ‎[解析]　‎0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol×‎80 g·mol－1＝‎0.80 g，所以a点对应的物质是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol×‎144 g·mol－1＝‎0.72 g，所以b点对应的物质是Cu2O，A项错误；根据化学方程式Cu(OH)2CuO＋H2O、4CuO2Cu2O＋O2↑可知，生成水的物质的量为0.01 mol，质量为0.01 mol－1×‎18 g·mol－1＝‎0.18 g，B项错误；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：‎ CuO　～　Cu ‎80　　　　64‎ ‎10 g‎　　　‎‎8 g 观察图乙可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误；根据反应方程式4CuO2Cu2O＋O2↑可知，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移，D项正确。‎ ‎6．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是 (　D　)‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除铜器表面的铜绿 Ⅰ对；Ⅱ对；有 B 铜表面易形成致密的氧化膜 铜制容器可以盛放浓硫酸 Ⅰ对；Ⅱ对；有 C 向硫酸铜溶液中通入氨气，有深蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体 把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑 Ⅰ对；Ⅱ对；有 D 蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化 硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂 Ⅰ错；Ⅱ对；无 ‎　　[解析]　稀盐酸可以与Cu2(OH)2CO3反应，而且稀盐酸不能与Cu反应，所以可用稀盐酸除铜器表面的铜绿，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛装浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO，Ⅰ、Ⅱ均正确，但没有因果关系，C错误；蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末有新物质生成，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，，但与前者没有因果关系，D正确。‎ ‎7．下列有关金属及其化合物的说法正确的是 (　A　)‎ A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到 B．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱 C．Fe和Cu常温下放入浓硝酸中发生的现象相同 D．Na2O和Na2O2与CO2反应的产物相同 ‎[解析]　镁、铝属于活泼金属，工业上一般用电解氯化镁和电解氧化铝的方法得到，A项正确；Mg在一定条件下与水反应生成H2和Mg(OH)2，而Fe与水蒸气高温下生成Fe3O4和H2，B项错误；Fe常温下放入浓硝酸中发生钝化，而Cu与浓硝酸反应产生红棕色气体，现象不相同，C项错误；Na2O与CO2反应只生成Na2CO3，Na2O2与CO2反应除了生成Na2CO3外还生成O2，产物不相同，D项错误。‎ ‎8．工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜(CuCl)，其工艺流程如下图所示：‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是__石灰乳来源丰富，成本低__。‎ ‎(2)还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出反应的化学方程式：__CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2]__。制备过程中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl，为什么不用一步法制得CuCl？(已知Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl)‎ ‎__CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行__。‎ ‎(3)还原过程中加入少量盐酸的作用是__防止Cu2＋水解__。加入过量NaCl的原因是__增大NaCl的浓度有利于生成更多Na[CuCl2]，提高产率__。‎ ‎(4)合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是__使CuCl尽快干燥，防止其被空气氧化__。‎ ‎(5)实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式：‎ ‎__2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO__。‎ ‎[解析]　(2)产物Na[CuCl2]中铜元素的化合价为＋1价，因此还原过程发生的是归中反应。(3)主要考查盐类水解和化学平衡知识。(4)产品用酒精洗涤，是因为酒精沸点低，易挥发，可防止CuCl被空气氧化。(5)反应中CuCl2被还原为CuCl，则SO2被氧化为SO。‎ B组　能力提升题 ‎9．根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是 (　D　)‎ 海水— 已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。‎ A．过程①的提纯是物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生2种单质 B．在过程③中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2‎ C．在过程④、⑥反应中每氧化0.2 mol Br－需消耗‎2.24 L Cl2‎ D．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题 ‎[解析]　①中除过滤外，还要加入Na2CO3、BaCl2、NaOH除去杂质离子，涉及化学反应，过程②电解饱和食盐水：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，A项错误；根据信息，MgCl2·6H2O受热产生Mg(OH)Cl和HCl，因此应在HCl氛围中加热灼烧MgCl·6H2O得到无水MgCl2，B项错误；没有指明条件，无法判断所需Cl2的体积，C项错误；⑤发生的反应是Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，氢溴酸和硫酸都是强酸，反应后溶液呈强酸性，会腐蚀设备，D项正确。‎ ‎10．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中错误的是 (　B　)‎ ‎①Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应可生成FeI3‎ ‎②Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，则Fe(OH)3受热也易分解 ‎③Na与O2在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与O2反应也能生成Li2O或Li202‎ ‎④铁露置在空气中一段时间后就会生锈，则性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中 ‎⑤不能通过电解AlCl3溶液来制取金属铝，则也不能通过电解MgCl2溶液来制取金属镁 A．①②④　 B．①③④‎ C．②③⑤　 D．①③⑤‎ ‎[解析]　①Fe与Cl2反应生成FeCl3，而Fe与I2反应生成FeI2，故错误；②难溶性碱受热易分解，则Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，可知Fe(OH)3受热也易分解，故正确；③Li与O2反应只能生成Li2O，而Na与O2在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，故错误；④Al表面被氧化生成致密的氧化膜，保护内部Al，则性质更活泼的铝能稳定存在于空气中，故错误；⑤Mg、Al均为活泼金属，利用电解法冶炼，通过电解熔融氯化镁、氧化铝冶炼Mg、Al，不能通过电解AlCl3溶液来制取金属铝，也不能通过电解MgCl2溶液来制取金属镁，故正确。‎ ‎11．CuSO4是一种重要的化工原料，其中有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是 (　C　)‎ A．与途径①相比，途径②更好地体现了绿色化学思想 B．Y可以是葡萄糖溶液 C．CuSO4在‎1100 ℃‎分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体 D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体 ‎[解析]　途径①中铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，会污染气体，通过途径②制取等质量CuSO4需要的硫酸少且无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；葡萄糖溶液与新制氢氧化铜反应可生成Cu2O，所以Y可为葡萄糖溶液，故B正确；若X是二氧化硫和三氧化硫的混合气体，则只有铜元素、硫元素化合价降低，无元素化合价升高，故C错误；将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体，故D正确。‎ ‎12．将一定质量的镁铜合金加入100 mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体。反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加‎5.1 g。则下列有关叙述中不正确的是 (　D　)‎ A．开始加入合金的总物质的量为0.15 mol B．生成NO气体体积在标准状况下为‎2.24 L C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100 mL D．参加反应的硝酸的物质的量浓度为1 mol/L ‎[解析]　本题考查镁铜合金与硝酸的反应，意在考查考生的计算能力。将镁铜合金加入某浓度HNO3中，合金完全溶解(反应的还原产物只有NO)，发生反应：3Mg＋8HNO3(稀)===3Mg(NO3)2＋2NO↑＋4H2O、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，向反应后的溶液中加入3 mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2‎ ‎＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaNO3、Cu(NO3)2＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的含量比原合金的质量增加‎5.1 g，则氢氧化镁和氢氧化铜中含有OH－的质量为‎5.1 g，OH－的物质的量n(OH－)＝＝0.3 mol，根据反应方程式可知，合金的总物质的量n(合金)＝×n(OH－)＝0.15 mol，A项叙述正确；合金的物质的量为0.15 mol，完全反应失去0.15 mol×2＝0.3 mol电子，根据得失电子守恒知，生成NO的物质的量n(NO)＝＝0.1 mol，标准状况下0.1 mol NO的体积为‎2.24 L，B项叙述正确；反应消耗氢氧化钠的物质的量n(NaOH)＝n(OH－)＝0.3 mol，则沉淀完全时消耗氢氧化钠溶液的体积V(NaOH)＝＝‎0.1 L＝100 mL，C项叙述正确；根据反应方程式可知参加反应的硝酸的物质的量n反应(HNO3)＝n(合金)＝×0.15 mol＝0.4 mol，c(HNO3)＝＝4 mol/L，D项叙述错误。‎ ‎13．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解‎28.4 g上述混合物，恰好消耗1 mol/L盐酸500 mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　C　)‎ A．‎35 g　 B．‎30 g　‎ C．‎20 g　 D．‎‎15 g ‎[解析]　根据氯原子守恒：2n(CuCl2)＝n(HCl)＝‎0.5 L×1 mol/L＝0.5 mol，可知n(CuCl2)＝0.25 mol，根据Cu原子守恒：n(CuO)＝n(CuCl2)＝0.25 mol，所以m(CuO)＝0.25 mol×‎80 g·mol－1＝‎20 g。‎ ‎14．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：‎ 下列说法正确的是 (　B　)‎ A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、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 mL ‎[解析]　由于氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，铁离子优先反应，所以滤液中一定不存在铁离子，故A错误；滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，‎3.2 g氧化铁的物质的量为0.02 mol，含有铁元素的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为‎56 g/mol×0.04 mol＝‎‎2.24 g ‎，故B正确；滤液中不含铜离子，滤渣为金属铜，铜元素的物质的量为0.05 mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为‎80 g/mol×0.05 mol＝‎4.0 g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质景一定小于‎4.0 g，故C错误；由于部分铁用于转换金属铜，则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于0.04 mol，反应生成的气体的物质的量小于0.04 mol，标准状况下生成的气体的体积一定小于‎22.4 L·mol－1×0.04 mol＝‎0.896 L＝896 mL，故D错误。‎ ‎15．铝、铜和铁及其化合物在生产、生活中被广泛使用，请回答下列问题：‎ ‎(1)工业上用一氧化碳和赤铁矿(主要成分Fe2O3)冶炼铁，反应的化学方程式为__Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2__。‎ ‎(2)已知铜与稀硫酸不反应，但将铜片投入稀硫酸和H2O2混合溶液中，溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示原因：__Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O__。‎ ‎(3)已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平化学方程式：‎ Cu2S＋HNO3CuSO4＋Cu(NO3)2＋NO↑＋__H2O__。‎ ‎(4)将Li2CO3、FeC2O4·2H2O和SiO2粉末混合物置于‎800 ℃‎的氩气中烧结6小时得到Li2FeSiO4，已知产物有多种，其中一种为CO，写出反应的化学方程式：__Li2CO3＋FeC2O4·2H2O＋SiO2Li2FeSiO4＋CO↑＋2CO2↑＋2H2O__，制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，其原因是__防止二价铁被氧化为三价铁__。‎ ‎(5)常温下，向0.10 mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液并充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝9时，c(Cu2＋)＝__2.8×10－10__mol·L－1(已知：Ksp[Cu(OH)2]＝2.8×10－20)。‎ ‎(6)某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金(FexAlySiz)粉末的组成，提出如下方案：准确称取‎1.46 g该合金粉末，加入过量盐酸充分反应后过滤，测得剩余固体质量为‎0.07 g。向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤，得到固体。再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末‎1.60 g，通过计算确定此合金的组成为__Fe8Al4Si__(填化学式)。‎ ‎[解析]　本题主要考查元素化合物及化学反应原理，意在考查考生在解决简单化学问题的过程中，运用科学的方法，初步了解化学变化规律，并对化学现象提出科学合理解释的能力。(1)根据一氧化碳还原氧化铁得到铁和二氧化碳可以写出其化学反应方程式。‎ ‎(2)将铜片投入稀硫酸和H2O2混合溶液中，溶液会呈蓝色，是因为在酸性条件下双氧水可以将铜氧化。‎ ‎(3)1 mol Cu2S失去10 mol电子(Cu失去2 mol电子，S失去8 mol电子)，而产生1 mol NO，需要得到3 mol电子，根据得失电子守恒，得Cu2S的化学计量数为3，NO的化学计量数为10，据此再根据观察法即可配平化学方程式。‎ ‎(4)根据信息可以写出化学方程式，Li2FeSiO4中铁元素呈＋2价，＋2价铁易被氧化，因此制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，以防止＋2价铁被氧化。‎ ‎(5)c(Cu2＋) ＝＝ mol·L－1＝2.8×10－10 mol·L－1。‎ ‎(6)根据题意可知n(Si)＝＝0.0025 mol，红棕色粉末为Fe2O3，故n(Fe)＝2×‎1.60 g/‎160 g·mol－1＝0.02 mol，n(Al)＝＝0.01 mol，n(Fe)∶n(Al)∶n(Si)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.0025 mol＝8∶4∶1。故该铁铝硅合金的组成为Fe8Al4Si。‎