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1、34用途广泛的金属材料 开发利用金属矿物必修1第四节 用途广泛的金属材料 开发利用金属矿物【高考新动向】考点梳理1.了解合金的概念及其重要应用。2.了解金属铜及其重要化合物的主要性质及应用。 【考纲全景透析】一、合金及常见金属材料1.合金（1）概念：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）性质特点：合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。具有金属特性合金的硬度一般比它的各成分金属的大，多数合金的熔点一般比它的各成分金属的低。2.常见金属材料铁、铬、锰以及它们的合金除黑色金属以外的其他金属及其合金金属材料 (l)重要的黑色金属材料(2)几种有色金属材料二、金

2、属矿物的开发利用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根据金属的活动性不同，金属冶炼的方法分为：电解法、热还原法、热分解法和富集法等。三、金属铜及其重要化合物的主要性质及应用1.单质铜(1)物理性质：紫红色、不能被磁体吸引。(2)化学性质与非金属的反应a.与O2反应加热：2CuO22CuO。常温下在潮湿的空气中：2Cu+O2+H2O+CO2 =Cu2(OH)2CO3。b.与Cl2反应：CuC

3、l2CuCl2(棕黄色烟)。与酸的反应a.与非氧化性酸：不反应。b.与氧化性酸反应与浓硫酸的反应：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O。与浓硝酸的反应：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。与稀硝酸的反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。与盐溶液的反应(用离子方程式表示)与硝酸银溶液的反应：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag与氯化铁溶液的反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。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CuOH2 CuH2OCu2OH2

4、2CuH2O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：Cu(OH)2属于弱碱 ，能与酸 反应生成盐和水。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。【热点难点全析】一、金属活动性顺序1.常见金属的主要化学性质总结列于下表：金属活动顺序表K Ca NaMg Al ZnFe Sn Pb(H)Cu Hg AgPt Au原子失电子能力由大到小，还原性有强到弱阳离子得电子能力由小到大，氧化性有弱到强性质变化规律元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性依次

5、减弱，离子的氧化性增强和水的反应与冷水剧烈反应与沸水缓慢反应高温水蒸气不与水反应生成碱和氢气生成氧化物和氢气和酸的反应剧烈反应反应逐渐减缓不能置换稀酸中的氢与非氧化性酸H2；与浓H2SO4、浓HNO3及稀HNO3反应，不放出H2，一般产物为：盐+水+成酸元素的低价产物与氧化性酸反应（但不放H2）只溶于王水和强碱的反应仅铝、锌、与强碱反应放出H2和盐溶液的反应先与水反应放出H2，看生成碱是否与盐反应排在前面的金属可将后面的金属从其盐溶液中置换出来和氧的反应易被氧化常温生成氧化膜加热能被氧化加热能被氧化不能被氧化金属氧化物的水化物及碱的热稳定性氧化物跟水剧烈反应，生成碱，碱受热不易分解对应氧化物（

6、除H外）不溶于水，也不跟水反应，对应碱的热稳定性逐渐减弱冶炼方法电解法热还原法热分解法物理方法2.判断金属活动性的规律(1)金属与水或酸反应的剧烈程度，反应越剧烈，该金属越活泼。(2)金属对应的最高价氧化物的水化物的碱性强弱，碱性越强，该金属越活泼。(3)一种金属能从另一种金属的盐溶液中将其置换出来，则该金属活泼性比另一金属强。(4)两金属能够构成原电池时，一般作负极的金属比作正极的金属活泼。(5)在电解过程中，一般先得电子的金属阳离子对应的金属单质的活泼性比后得电子的金属阳离子对应的金属单质的活泼性差。【典例1】a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：a、

7、c、e均能与稀硫酸反应放出气体；b与d的硝酸盐反应，置换出单质d；c与强碱反应放出气体；c、e在冷浓硫酸中发生钝化。由此可判断a、b、c、d、e依次为()AFe、Cu、Al、Ag、Mg BAl、Cu、Mg、Ag、FeCMg、Cu、Al、Ag、Fe DMg、Ag、Al、Cu、Fe【答案】C二、金属的冶炼方法由于金属的化学活动性不同，金属离子得到电子还原成金属原子的能力也就不同，因此需采用不同的冶炼方法。1.热分解法对活泼性较弱的金属，用加热分解其氧化物的方法冶炼，如：2HgO2Hg+O2，2Ag2O4Ag+O22.电解法对一些非常活泼的金属，用电解法冶炼，如：电解熔融MgCl2：MgCl2(熔融

8、) Mg+Cl2电解熔融Al2O3：2Al2O3(熔融) 4Al+3O23.热还原法对于大多数活泼性较强的金属，采用还原剂还原的方法冶炼，如：H2还原WO3：WO3+3H2W+3H2OAl还原Cr2O3：Cr2O3+2Al 2Cr+Al2O3CO还原Fe2O3：Fe2O3+3CO2Fe+3CO24.铝热反应(1)原理：高温下铝将金属氧化物中的金属还原出来。(2)实验装置：如图所示。(3)实验现象镁条剧烈燃烧，放出一定的热量，使氧化铁粉末和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应。反应放出大量的热，并发出耀眼的强光。纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中。待熔融物冷却后，除去外层熔渣，仔细观察，可以发现落下

9、的是铁珠。(4)铝热反应的应用该反应为放热反应，铝在高温下还原出了单质铁，在冶金工业上也常用这一原理制取熔点较高的金属，如铬、锰等，3MnO2+4Al 2Al2O3+3Mn。该反应原理可以应用在生产上，如焊接钢轨等。【典例2】工业制硫酸铜不是直接用铜和浓硫酸反应，而是将粗铜(含少量银)浸入稀硫酸中，并不断从容器下部吹入细小的空气泡。有关该制备方法的叙述中，不正确的是( )A.该方法应用了原电池工作原理B.该方法不产生污染大气的二氧化硫C.该方法提高了硫酸的利用率D.该方法提高了铜的利用率【解析】选D。该方法的原理是：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，由于铜、银和稀硫酸能构成无

10、数微小的原电池，加快了化学反应速率，故A项正确；由该方法的原理知，B、C项均正确；由于两种方法铜的利用率相同，故D项错误。【高考零距离】1（2012江苏高考5）向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A.Cu与Cu2O 的物质的量之比为2:1 B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LB.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【

11、解题指南】解答本题时可以按照以下流程：【解析】选B。根据题意得到的金属离子的沉淀为氢氧化铜0.4mol，根据元素守恒可以确定原混合物中有铜0.2mol有氧化亚铜0.1mol，将溶液变成中性时消耗硝酸1mol，沉淀铜离子只消耗了0.8mol，因此反应过程中硝酸过量0.2mol，由于固体混合物与硝酸的反应为氧化还原反应，该反应过程中铜元素的化合价均升高为+2价，化合价升高了0.4+0.2=0.6mol，硝酸中氮原子的化合价由+5价降低为+2价，因此生成的一氧化氮的物质的量为0.2mol，根据氮元素守恒可以判断原溶液中硝酸的物质的量为1.2mol浓度为2.4mol.L-1。2、（2012上海高考20

12、）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2 下列说法正确的是 ASO2既是氧化产物又是还原产物 BCuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化 C每生成1 molCu2S，有4mol硫被氧化 D每转移1.2 mol电子，有02 mol硫被氧化AD【解析】本题考查氧化还原反应，意在考生考生对概念的理解和计算能力。由反应方程式知在反应中CuFeS2中Cu化合价降低还原为Cu2S、CuFeS2中1/4的S化合价升高，被氧化为SO2；O2在反应后化合价降低，还原为SO2，因此可知SO2既是氧化产物又是还原产物，A项正确；CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B项错误；每生

13、成1molCu2S，有1molS被氧化，C项错误；利用反应知转移6mole-,有1molS被氧化，D项正确。3.（2011山东高考12）Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是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】选C。【解析】正确地运用所学的水解原理、电解原理分析C项和D项，同时对三者的化学性质要相当熟悉，尤其是对铜的性质的拓展。A项，铝的氧化物Al2O3属于两性氧化物，A错误；B项

14、，Al与Fe一般都生成对应的氧化物，而Cu除了生成氧化物，还易与空气中的CO2 、H2O反应生成铜绿Cu2(OH)2CO3，B错误；C项，因AlCl3、FeCl3、CuCl2都属于强酸弱碱盐，弱碱阳离子都能发生水解，生成对应的碱和盐酸，由于盐酸属于挥发性酸，故蒸干后得到的为对应的碱，而不是原溶质，C正确；D项，因氧化性：Cu2+H+，故析出铜；但电解AlCl3和FeCl3时，不能析出铝和铁，因氧化性：H+Al3+、Fe3+e-=Fe2+，应产生氢气和Fe2+，故D错误，4.（2010安徽卷）右图是一种稀硫对Fe-Gr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是A.稀硫酸对Fe-Cr

15、合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B.稀硝酸和铁反应的化学方程式是:Fe+6HNO3(稀)Fe(NO3)3+3NO2+3H2OC.Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强D.随着Cr含量增加，稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性减弱【答案】D【解析】A选项应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱。B应生成NO；C不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢。5、（2012浙江高考26）已知：I222I。相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.310

16、12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入 调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_；过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。（2）在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_。（用化学方程式表示）。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。

17、用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示荆，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。【解题指南】解答本题时应注意以下两点：（1）CuCl2是强酸弱碱盐，带结晶水的该盐加热时，会发生水解得不到该物质；（2）涉及到碘单质的滴定一般使用淀粉作指示剂。【解析】（1）加入的物质在调节pH时应该保证两点，一个是使pH减小，再一个是不能加入新的杂质离子，所以应该选用氢氧化铜或者碱式碳酸铜；若此时pH=4，则c(Fe3)=Ksp（Fe（OH）3）/(1

18、10-4 mol/L)3=2.610-9 mol/L。（2）在空气中直接加热CuCl22H2O晶体时，由于CuCl2是强酸弱碱盐，所以Cu2+会发生水解，故得不到纯的无水CuCl2，所以要想得到纯净的无水氯化铜必须在加热过程中抑制其水解，所以应该在干燥的HCl气流中加热。（3）由于相当于用Na2S2O3标准溶液滴定滴定碘单质，所以可以用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点的现象是溶液有蓝色变成无色且放置一段时间后不退色。铜离子具有弱氧化性可以把碘离子氧化成碘单质，自身被还原成+1价的铜。由题给反应和反应可推知，关系式如下：CuCl22H2O Na2S2O31 1n（CuCl22H2O） 0.1000

19、 mol/L0.020L则n（CuCl22H2O）=0.1000 mol/L0.020L=0.002mol则m（CuCl22H2O）=0.002mol171g/mol=3.42g则该试样中CuCl22H2O的质量百分数为：3.42g/3.6g=95.答案：（1）Cu(OH)2或Cu2(OH)2 CO3 2.610-9 mol/L（2）2CuCl22H2O Cu(OH)2CuCl2 +2HCl +2H2O（主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)2Cl、CuO均可）在干燥的HCl气流中加热脱水（3）淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不复色2Cu2+4I-=2CuI+I2 95%6、（2012江苏

20、高考19）(15分)废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收铜并制备ZnO的部分实验过程如下：(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是 (用化学方程式表示)。铜帽溶解后需将溶液中过量H2O2除去。除去H2O2的简便方法是 。(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节pH=34，加入过量KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：2Cu24I=2Cu

21、I(白色)I2 I22S2O32=2IS4O62滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的Cu2的含量将会 (填“偏高”“偏低”“不变”)。(3)已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中可选用的试剂：30% H2O2、1.0 molL1HNO3、1.0 molL1 NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为： ； ；过滤； ；过滤、洗

22、涤、干燥900煅烧。【参考答案】(1) CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O 加热(至沸)(2)淀粉溶液 蓝色褪去 偏高 (3)向滤液中加入30%的H2O2使其充分反应 滴加1.0 moL L1的氢氧化钠，调节pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全 向滤液中滴加1.0 moL L1的氢氧化钠，调节pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2沉淀完全【分析】本题以实验室利用废弃旧电池的铜帽回收铜并制备ZnO制取和分析为背景的综合实验题，涉及元素化合物知识、氧化还原滴定、指示剂选择、误差分析、实验步骤、pH调节等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。【备考提示】实验的基本操作、实

23、验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。【解题指南】可按以下思路解答本题：【解析】（1）结合第（1）问要求将铜帽溶解可知其目的是将铜溶解；双氧水受热易分解；（2）碘遇淀粉显蓝色；若双氧水没除尽，铜离子与双氧水均能氧化碘离子产生碘，碘与硫代硫酸钠反应，导致硫代硫酸钠用量增大，所测铜离子含量将会偏高；（3）结合给出离子沉淀的pH和实验步骤，应先用双氧水将Fe2+ 氧化为Fe3+ ，使Fe3+完全转化为沉淀，过滤除去后，继续调节pH使锌转化为氢氧化锌，再过滤、洗涤、干燥、煅烧得氧化锌。【答案】7.（2011新课标全国卷26）0.80gC

24、uSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。请回答下列问题：（1）试确定200时固体物质的化学式_（要求写出推断过程）；（2）取270所得样品，于570灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为_。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为_，其存在的最高温度是_；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为_；（4）在0.10molL-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=_molL-1（K

25、spCu（OH）2=2.210-20）。在0.1molL-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_molL-1。【解析】解答本题时应首先根据图像推断各温度时存在的物质。根据KspCu（OH）2= c（Cu2+）c2（OH-），可以计算c（Cu2+）。（1）CuSO45H2O CuSO4（5n）H2On H2O250 18n0.80g 0.80g0.57g=0.23g解得n=4，所以200时该固体物质的化学式为CuSO4H2O。（2）高于258时，固体由0.80g变为0.51g，根据（1）中的计算方法，可知剩余固体为CuSO4，CuSO4加热分解得到

26、的黑色物质为CuO，氧化性气体只能是SO3，CuO溶于稀硫酸后浓缩、冷却，得到的晶体为CuSO45H2O，根据图示，CuSO45H2O高于102就开始分解，所以其存在的最高温度是102。（3）SO3与水反应生成H2SO4，其浓溶液加热时与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O（4）KspCu（OH）2= c（Cu2+）c2（OH-），常温下PH=8的溶液中c（OH-）=10-1410-8=10-6mol/L，所以c（Cu2+）=2.210-20(10-6)2=2.210-8。 H2S + Cu2+ = CuS + 2H+ 0.1molL-1 x 可知X=0.2molL-1【答案】（1）CuSO

27、45H2O CuSO4（5n）H2On H2O250 18n0.80g 0.80g0.57g=0.23g解得n=4，所以200时该固体物质的化学式为CuSO4H2O。（2）CuSO4 CuOSO3 CuSO45H2O 102（3）2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O （4）2.210-8 0.28.（2010福建25T） 工业上常用铁质容器盛装冷浓酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究一（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移人硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是 。（2）另称取铁钉60g放入15

28、0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。甲同学认为X中除外还可能含有。若要确认其中的，应先用 选填序号）。aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 d酸性溶液乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：然后加入足量溶液，经适当操作后得干燥固体233g。由于此推知气体Y中的体积分数为 。探究二分析上述实验中体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有和Q气体。为此设计了下列探究实验状置（图中夹持仪器省略）。（3）装置B中试剂的作用是 。（4）认为气体Y中还含有Q的理由是 （用化学方程式表示）。（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于 （选填序号）。 a A之前 bA-B间 cB-C间 dC-D间（6）如果气体Y中含有，预计实验现象应是 。（7）若要测定限定体积气体Y中的含量（标准状况下约有28ml ），除可用测量体积的方法外，可否选用质量称量的方法？做出判断并说明理由 。【解析】（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行 （2）+2价亚铁离子能使算话的高锰酸钾褪色，溶液中已经有+3价铁离子，选择a会造成干扰，选c会造成两种沉淀，受氢氧化铁颜色的影响无法辨别（3）A除去，B可以检验A中是否完全除去 （4）（5）Q为，他与二氧化硫一样都能使澄清石灰水便浑浊，选择a或b受