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1、高三化学一轮总复习资料第4讲用途广泛的金属材料及开发利用金属矿物考纲要求1.知道铜及其重要化合物的性质。2.了解合金的概念及重要应用。3.了解常见金属的活动顺序及金属冶炼的一般方法。4.了解化学科学发展对自然资源开发利用的作用。考点一铜及其化合物1单质铜(1)物理性质：紫红色固体，具有良好的延展性、导热性和导电性。(2)化学性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：化学方程式：2CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO3(绿色固体)。化学方程式：2CuSCu2S。与氧化性酸a与浓硫酸共热：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；b与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu8H2NO=3Cu
2、22NO4H2O。与盐溶液反应(写离子方程式)来源:学科网ZXXKa与硝酸银溶液：Cu2Ag=2AgCu2；b与FeCl3溶液：Cu2Fe3=2Fe2Cu2。2氧化铜和氧化亚铜名称氧化铜氧化亚铜颜色黑色砖红色与酸反应(H)CuO2H=Cu2H2OCu2O2H=Cu2CuH2O与H2反应CuOH2CuH2OCu2OH22CuH2O转化关系4CuO2Cu2OO23.氢氧化铜(1)物理性质：蓝色不溶于水的固体。(2)化学性质及应用4CuSO45H2OCuSO45H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾。无水CuSO4为白色粉末，遇水变蓝色(生成CuSO45H2O)，可作为水的检验依据。深度思考波尔多液是一种
3、农业上应用广泛的杀菌剂，它是由硫酸铜、生石灰和水按一定比例配成的天蓝色胶状悬浊液，思考下列问题(1)波尔多液能否用铁桶盛放？为什么？(2)波尔多液能杀菌的可能原因是什么？答案(1)不能。原因是铁能置换波尔多液中的Cu2，降低杀菌能力。(2)CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性。题组一铜及其化合物的性质1下表中，对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是()选项陈述陈述判断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对；对；无B铜表面易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸对；对；有C向硫酸铜溶液通入氨气，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
4、，铜丝表面变黑对；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错；对；无答案D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Cu2(OH)2CO3，、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；硫酸铜与氨水生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO，、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。2出土的锡
5、青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是()A锡青铜的熔点比纯铜高B在自然环境中，锡青铜中的锡可对铜起保护作用C锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中慢D生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程答案B解析锡青铜是合金，合金的熔点比任何一种纯金属的熔点低，一般合金的硬度比任何一种纯金属的硬度大，可判断A错；由于锡比铜活泼，故在发生电化学腐蚀时，锡失电子保护铜，B正确；潮湿的环境将会加快金属的腐蚀，C不正确；电化学腐蚀过程实质是金属失去电子生成金属阳离子，有电子的转移，属于化学反应过程，D错。3铜是生命必需的元素，也是人类最早使用的金属
6、之一，铜的生产和使用对国计民生各个方面都产生了深远的影响，请完成(1)(3)题：(1)在西汉古籍中曾有记载：曾青得铁则化为铜即曾青(CuSO4)跟铁反应生成铜。试写出该反应的化学方程式：_。(2)铜器表面有时会生成铜绿，请写出生成铜绿的化学方程式：_，这层铜绿可以用化学方法除去。试写出除去铜绿而不损伤器物的化学方程式：_。(3)铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。试从物理性质和化学性质的角度分析为什么铜常用于制造货币：_。(铜的熔点是1 183.4 ，铁的熔点是1 534.8 )答案(1)FeCuSO4=FeSO4Cu(2)2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3Cu2(OH)2CO3
7、4HCl=2CuCl2CO23H2O(3)选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀解析(1)FeCuSO4=FeSO4Cu。(2)2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3；要除去铜器表面的铜绿，考虑选择盐酸，因盐酸不和铜反应，且盐酸具有挥发性。化学反应方程式如下：Cu2(OH)2CO34HCl=2CuCl2CO23H2O。(3)根据题给信息以及做货币的实际要求，选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。题组二铜及其化合物的制取4铜在自然界存在于多种矿石中，如：矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分C
8、uFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3Cu(OH)2请回答下列问题：(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是_。(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2OCu2S6CuSO2，反应的氧化剂是_。(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是_；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称_。(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：_。答案(1)Cu2S(2)Cu2O和Cu2S(3)形成酸雨硫酸、硫酸铵(4)电解池中，粗铜作阳极，纯铜作阴
9、极，电解质为硫酸铜溶液。阳极上发生氧化反应，Cu失去电子，使Cu单质变为Cu2进入溶液中，Cu2e=Cu2；阴极上发生还原反应，Cu2得到电子在阴极上析出Cu单质，Cu22e=Cu，从而达到精制Cu的目的解析(2)Cu2O、Cu2S的Cu由1价被还原为0价，作氧化剂；Cu2S的S由2价被氧化为4价，作还原剂。(3)处理SO2尾气一般为循环制备硫酸，或用氨水吸收，最后可得到(NH4)2SO4等化学品。5某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为(1)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是_。a灼烧过程中部分氧化铜被
10、还原b灼烧不充分铜未被完全氧化c氧化铜在加热过程中分解生成铜d该条件下铜无法被氧气氧化(2)由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净CuO，与途径相比，途径有明显的两个优点是_。(3)有同学指出，由CuSO4溶液到生成CuO少了一个环节，即应先生成Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤后再加热分解Cu(OH)2得CuO。以下说法不可能成为减少该环节的理由的是_。ACuO比Cu(OH)2颗粒粗大，更易于过滤从溶液中分离BCu(OH)2分解温度较低，加热其浊液即可使其分解C干态下分解Cu(OH)2，温度难以控制，可能因温度过高导致CuO进一步分解生成Cu2OD过滤分离出的CuO不需洗涤就已非常纯净答案(1)ab(2
11、)耗酸少；无污染性气体SO2产生(3)D解析(1)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中部分氧化铜被还原。(2)根据途径的反应方程式Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O和途径的反应方程式2CuO22H2SO42CuSO42H2O，可以看出途径的优点是产生等量的CuSO4，比途径消耗硫酸少；途径不产生污染大气的气体SO2。(3)显然过滤得到的不溶物不经洗涤是不会纯净的，故D项一定不会成为本问题理由的。铜的冶炼1粗炼(1)火法炼铜(以CuFeS2为例)：2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO22Cu2S3O22Cu2O2SO22Cu2OCu2S6Cu
12、SO2(2)湿法炼铜：FeCuSO4=CuFeSO42电解精炼电解时，以CuSO4作电解液，粗铜为阳极，纯铜为阴极。考点二合金的概念及其重要应用1合金(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。熔点：一般比它的各成分金属的低；硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。2常见金属材料金属材料(1)重要的黑色金属材料钢钢是用量最大、用途最广的合金。钢(2)几种有色金属材料题组一合金的性能特点及应用1铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏
13、等。下列与这些用途无关的性质是()A不易生锈 B导电性好C密度小 D强度高答案B解析合金材料在日常生活中使用很广泛，铝镁合金在家居装潢中经常会用到。铝镁合金强度高，制成的门窗、防护栏等坚硬牢固；密度小，同体积时比较轻，方便运输、搬运；不容易生锈，制成的装潢材料经久耐用；只有导电性好与这方面的用途无关。2钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工、耐腐蚀等，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是()A用来做保险丝B用于制造航天飞机C用来制造人造骨D用于家庭装修，做钛合金装饰
14、门答案A解析由于钛和钛的合金密度小、可塑性好，因此可用于航天领域，B正确；由于钛和钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”，可与人体的组织相容，不引起排异反应，因此可以用来制造人造骨，C正确；由于其密度小、可塑性好、易于加工，因此可用于家庭装修，做钛合金装饰门，D正确；只有A错误，由于其熔点高，不适合做保险丝。题组二有关合金成分的分析3北京2008奥运会金牌直径为70 mm，厚6 mm。某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜(铜锌合金)制成。为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误()来源:学科网ZXXKA
15、硫酸铜溶液 B稀硝酸C盐酸 D硝酸银溶液答案B解析当金牌是纯金时遇到稀硝酸不溶解；当金牌是金银合金时遇到稀硝酸会部分溶解；当金牌是黄铜时遇到稀硝酸会全部溶解。4某同学设计了如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数：下列说法中不正确的是()A合金的熔点比其成分金属低，通常比成分金属具有更优良的金属特性B铜银都能与稀硝酸反应，收集到的V L气体可能全为NOC操作是过滤，操作是洗涤，操作应是烘干D根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数答案D解析解答本题要注意以下两点：(1)没有告诉硝酸的浓度，与硝酸反应放出的气体中可能含有NO2；(2)W g固体应该是干燥纯净的AgCl，由此确定三步操
16、作。5某铝合金(硬铝)中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下实验：(1)取样品a g，称取时使用的仪器名称为_。(2)将样品溶于足量稀盐酸中，过滤，滤液中主要含有_；滤渣中含有_；在溶解过滤时使用的主要仪器有_。(3)往滤液中加入过量NaOH溶液，过滤，写出该步操作中有关的化学方程式_。(4)在第(3)步的滤液中通入足量CO2，过滤，将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至重量不再减少为止，冷却后称量，质量为b g。有关反应的化学方程式为_。(5)计算该样品中铝的质量分数的表达式为_。来源:Zxxk.Com(6)若第(3)步中加入NaOH溶液的量不足，会使测定的结果_(填“偏
17、高”、“偏低”或“不影响”，下同)；若第(4)步中的沉淀灼烧不充分，会使测定的结果_。答案(1)托盘天平(2)AlCl3、MgCl2、HClCu、Si烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台(3)HClNaOH=NaClH2O，MgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl，AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O(4)CO2NaOH=NaHCO3，NaAlO22H2OCO2=NaHCO3Al(OH)3，2Al(OH)3Al2O33H2O(5)100%(6)偏低偏高解析由反应方程式可得如下关系：2AlAl2O3w(Al)100%100%。 1.定性分析型形成合金的各种成分的特殊化学性质仍按单一组
18、分的性质(例如铝合金中的铝既能溶于酸又能溶于碱的性质不变，铜能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为NO气体等性质不变)，一般是将合金酸溶或碱溶，根据反应中的特殊现象或根据溶解后所得溶液继续加沉淀剂产生的现象判断成分。此类试题常以流程的形式呈现，解答的关键是理清每一步加入的物质和生成物质的成分。2定量分析型定量测定合金的成分常用量气或沉淀两种方法。(1)定量集气法定量集气法是指收集合金中某种物质溶解时所产生的气体的量，应用化学方程式或关系式来判断合金的组成。其原理的关键点是根据某组分的特殊性质(特别是与酸或碱反应能产生气体)，其操作要点和注意事项有：保证装置的气密性良好，注意收集气体的读数方法。(2)
19、沉淀法沉淀法测定物质含量是常用的一种方法，采用沉淀法时，涉及到的基本实验操作和主要问题有：称量、溶解(溶解试剂)；沉淀(重点是沉淀试剂的选择)；过滤、沉淀洗涤、沉淀的干燥、称量；数据的处理(包括测定结果的误差分析)。考点三金属矿物的开发和利用1金属在自然界中存在的形态除了金、铂等极少数金属外，绝大多数金属以化合物的形式存在于自然界中。在这些金属化合物中，金属元素都显正化合价。2金属冶炼的实质使金属化合物中的金属离子得电子被还原为金属单质的过程：Mnne=M。3金属冶炼的一般步骤4金属冶炼方法(1)热分解法例如：2HgO2HgO2，2Ag2O4AgO2。用热分解冶炼法冶炼金属的特点：金属元素的金
20、属性弱，金属元素的原子不易失去电子，其金属离子容易得到电子，该金属元素所形成的化合物稳定性较差。(2)热还原法冶炼金属焦炭还原法。例如：C还原ZnO、CuO，其化学方程式依次为C2ZnO2ZnCO2，C2CuO2CuCO2。一氧化碳还原法。例如：CO还原Fe2O3、CuO，其化学方程式依次为3COFe2O32Fe3CO2，COCuOCuCO2。氢气还原法。例如：H2还原WO3、Fe3O4，其化学方程式依次为3H2WO3W3H2O,4H2Fe3O43Fe4H2O。活泼金属还原法。例如：Al还原Cr2O3、V2O5，其化学方程式依次为2AlCr2O3Al2O32Cr,10Al3V2O56V5Al2
21、O3。(3)电解法冶炼金属例如：Al2O3、MgCl2、NaCl的电解反应，其化学方程式依次为2Al2O3(熔融)4Al3O2，MgCl2(熔融)MgCl2，2NaCl(熔融)2NaCl2。深度思考1能否用电解AlCl3和MgO的方法冶炼Al、Mg?答案不能。因为AlCl3是共价化合物，熔融时无法电离出自由移动的离子，不导电；而MgO虽是离子化合物，但其熔点太高，熔融会消耗大量电能，成本较高。2铝是地壳中含量最高的金属元素，为什么人类对铝的使用比铁、铜晚得多？答案铝的金属活动性比铁、铜强，难于冶炼，古代人们的技术条件达不到，不能冶炼铝，故铝的发现和大量使用比铁、铜晚得多。3铝热反应的本质是利用
22、铝的还原性，将难熔金属从其氧化物中置换出来，关于铝热反应思考下列问题：(1)是否所有的金属氧化物都能和铝发生铝热反应？答案否，判断铝热反应能否发生，应首先看金属的活动性。例如MgO和Al不能发生铝热反应。(2)在铝热反应中，镁条、KClO3的作用是_。答案引燃作用(3)做铝热反应时，应注意哪些事项？答案要保证纸漏斗重叠时四周均为四层，且内层纸漏斗一定要用水润湿，以防止高温物质从四周溅出，同时损坏纸漏斗。蒸发皿中的细纱要适量，既要防止蒸发皿炸裂，又要防止熔融的液体溅出伤人。实验装置不要距人群太近，应远离易燃物。题组一金属冶炼原理的考查1下列有关金属的工业制法中正确的是()A制钛：用金属钠置换氯化
23、钛(TiCl4)溶液中的钛B炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物C制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液D炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜来源:Z|xx|k.Com答案B解析A中不能用TiCl4溶液，要用熔融态的TiCl4；电解NaCl溶液得到NaOH、Cl2和H2；电解法精炼铜的原料是粗铜。22005年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂。工业上冶炼钼的化学原理为2MoS27O22MoO34SO2；MoO32NH3H2O=(NH4)2MoO4H2O；(NH4)2MoO42HCl=H2MoO
24、42NH4Cl；H2MoO4MoO3H2O；用还原剂将MoO3还原成金属钼。则下列说法正确的是()AMoS2煅烧产生的尾气可直接排入空气中BMoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物CH2MoO4是一种强酸D利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为332答案D解析A项，MoS2煅烧产生的SO2是大气污染物，不能直接排入空气，A不正确；B项，MoO3和氨水反应表现出酸性氧化物的性质，B不正确；C项，H2MoO4不溶于水，受热易分解，不是强酸，C不正确；D项，还原1 mol MoO3需要6 mol电子，消耗H2、CO、Al的物质的量分别为332，D正确。题组二对铝热反应的定
25、性及定量考查3粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。进行如下实验：取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 molL1盐酸中，得溶液C；将中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12 L(标况)气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请填空：(1)中引发铝热反应的实验操作是_，产物中的单质B是_。(2)中所发生的各反应的化学方程式是_。(3)中所发生的各反应的离子方程式是_。(4)若溶液D的体积仍视为0.15 L，则该溶液中c(Mg2)为_，c(Fe2)为_。答案(1)加少量KClO3，插上镁
26、条并将其点燃Fe(2)Fe2O36HCl=2FeCl33H2O；MgO2HCl=MgCl2H2O(3)Fe2H=Fe2H2；Fe2Fe3=3Fe2(4)0.67 molL12.3 molL1解析此题将实验操作与元素化合物知识巧妙结合在一起考查，增大了试题的容量，增强了试题的测试能力。(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。发生的反应为Fe2O32AlAl2O32Fe，
27、所以产物中单质B为Fe。(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水。Fe2O36HCl=2FeCl33H2O；MgO2HCl=MgCl2H2O。(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。发生的离子反应为Fe2H=Fe2H2；Fe2Fe3=3Fe2。(4)假设步骤用去的20 g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40 gmol1x160 gmol1x20 g，解得：x0.1 mol。根据MgOMgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为01 mol0.15 L0.67 molL1
28、。步骤说明溶液中没有Fe3，也就是溶质为FeCl2和MgCl2。根据Cl不变的关系，可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于0.45 mol，所以，FeCl2的浓度为2.3 molL1。4某同学对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并放出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅化学手册知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/6602 0541 5351 462沸点/2 4672 9802 750(1)该同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低
29、，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理：_(填“合理”或“不合理”)。(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是_，反应的离子方程式为_。(3)实验室溶解该熔融物，下列试剂中最好的是_(填序号)。A浓硫酸 B稀硫酸C稀硝酸 D氢氧化钠溶液答案(1)合理(2)NaOH溶液2Al2OH2H2O=2AlO3H2(3)B解析(1)这种解释是合理的，它体现了铝热反应的特点之一放热较多，并且结合了表格中提供的熔点数据。(2)区别某固体是不是纯铝，只要加入足量的NaOH溶液就可以了，因为纯铝将完全溶解，若含有铁则有固体剩余(铁与NaOH溶液不反应
30、)。相应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(3)铁铝熔融物在一定条件下与浓硫酸或稀硝酸反应，会产生有毒气体，而且消耗两种酸的量又多；熔融物中铁不能与氢氧化钠溶液反应。答案为B。5用铝热反应还原下列物质，制得金属各1 mol时，消耗铝最少的是()AMnO2 BCr2O3 CV2O5 DFe3O4答案D1判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成 ()(2011广东理综，10B)(2)工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al涉及氧化还原反应 ()(2012广东理综，10B)(3)MgCl2(aq)Mg(OH)2Mg
31、OMg ()(2012江苏，7改编)(4)相同条件下，溶液中Fe3、Cu2、Zn2的氧化性依次减弱 ()(2010江苏，8D)(5)实验：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体 ()(2010广东理综，22D)解析CaO能吸收水蒸气且与H2O反应，所以会析出CuSO4晶体。(6)四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金 ()(2009广东，5)(7)合金材料中可能含有非金属元素 ()(2009山东理综，9A)(8)金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体 ()(2008山东理综，9A)解析有的非金属材料也能导电，如石墨。2(2011山东理综，12)Al、Fe、Cu都是重要的金属元素，下列
32、说法正确的是()A三者对应的氧化物均为碱性氧化物B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al答案C解析A项，Fe、Cu对应的氧化物都是碱性氧化物，而Al对应的氧化物Al2O3属于两性氧化物，故A错误；B项，Al、Fe放置在空气中生成氧化物Al2O3、Fe2O3，而Cu放置在空气中会生成Cu2(OH)2CO3(铜绿)，故B错误；C项，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2若直接蒸干会由于盐水解生成氢氧化物和HCl而失败，故C正确；D项，电解AlCl3、
33、FeCl3、CuCl2的混合溶液时，阴极上离子的放电顺序为Fe3Cu2H，析出的物质只有Cu和H2(Fe3生成Fe2)，故D错误。3(2012天津理综，9)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO
34、4的方法是_。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。(5) 探究小组用滴定法测定CuSO45H2O (Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w_；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与
35、EDTA反应的干扰离子答案(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2OAu、Pt(2)将Fe2氧化为Fe3不引入杂质，对环境无污染Fe3、Al3(3)加热脱水(4)甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙(5)100%c解析根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO45H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第步中Cu与酸发生的反应
36、为Cu与浓硝酸的反应：Cu4H2NOCu22NO22H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀，发生的反应也可能为3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O。根据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。(2)第步操作中加H2O2的目的是将Fe2转化为Fe3，从而将Fe3转化为沉淀除去，防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是还原产物为H2O，不引入杂质，同时对环境没有污染，调节pH的目的是将Fe3和Al3转化为沉淀而除去。(3)用CuSO45H2O制备无水CuSO4，只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解，但是因为硫酸不挥发，所以最终得到的仍然是CuSO4，所以只要加热脱水即
37、可。(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe2(SO4)3。乙、丙两种方案中，乙方案的原子利用率更高。(5)根据题意可知，Cu2H2Y2，发生反应的EDTA的物质的量为c molL1b/1 000 L，所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c molL1b/1 000 L，样品中含有的CuSO45H2O的质量为(c molL1b/1 000 L250 gmol15)，所以CuSO45H2O的质量分数为100%。根据CuSO45H2O的质量分数表达式可知，未干燥锥形瓶，对CuSO4的物质的量的测定无影响，所以a无影响；滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡，则实际消耗的EDTA溶
38、液的体积比读出来的数值大，即b值偏小，所以CuSO45H2O含量偏低；若未除净可与EDTA反应的离子，则消耗的EDTA溶液的体积偏大，即b值偏大，CuSO45H2O的含量偏高，C项正确。4(2012重庆理综，27)氯离子插层镁铝水滑石Mg2Al(OH)6ClxH2O是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气。现用下图装置进行实验确定其化学式(固定装置略去)。(1)Mg2Al(OH)6ClxH2O热分解的化学方程式为_。(2)若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为_(按气流方向，用接口字母表示)，其中C的作用是_。装置连接后，首先要进行的操作
39、的名称是_。(3)加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2的作用是_、_等。(4)完全分解后测得C增重3.65 g 、D增重9.90 g ，则x_。若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将_(填“偏高”或“偏低”)。(5)上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成Mg2Al(OH)6Cl12y(CO3)yzH2O，该生成物能发生类似的热分解反应。现以此物质为样品，用(2)中连接的装置和试剂进行实验测定 z，除测定D的增重外，至少还需测定_。答案(1)2Mg2Al(OH)6ClxH2O4MgOAl2O32HCl(52x)H2O(2)aedb吸收HCl气体检查气密性(3)将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收防止产生倒吸(合理答案均给