夯基提能作业 8.docx

夯基提能作业 8.docx

《夯基提能作业 8.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《夯基提能作业 8.docx（13页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

夯基提能作业8

第4讲　用途广泛的金属材料和开发利用金属矿物

A组　基础题组

1.（2018湖南长沙押题卷）《淮南万毕术》中有“曾青得铁,则化为铜,外化而内不化”,下列说法中正确的是（　　）

A.“外化”时化学能转化为热能

B.“化为铜”表明铁转化为铜

C.“内不化”是因为内部的铁活泼性较差

D.反应中溶液由蓝色转化为黄色

答案　A　“曾青得铁,则化为铜”指Fe从CuSO4溶液中置换出Cu,反应为Fe+CuSO4

FeSO4+Cu。

A项,“外化”时发生反应Fe+CuSO4

FeSO4+Cu,该反应为放热反应,“外化”时化学能转化为热能,正确;B项,“化为铜”表明Fe从CuSO4溶液中置换出Cu,错误;C项,“内不化”是置换出的Cu覆盖在Fe的表面,导致内部Fe不能与Cu2+继续反应,错误;D项,CuSO4溶液呈蓝色,FeSO4溶液呈淡绿色,错误。

2.将铜放入稀硫酸中,再加入下列一种试剂,常温下就可产生气体的是（　　）

A.KNO3B.FeCl3

C.CuSO4D.浓H2SO4

答案　A　Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生反应:

3Cu+8H++2N

3Cu2++2NO↑+4H2O,则铜粉质量减轻,同时溶液逐渐变为蓝色,且有气体逸出,A正确;将铜放入稀硫酸中,再加入FeCl3,铜溶解,但不产生气体,B错误;Cu与稀硫酸不反应,加入CuSO4混合时也不反应,C错误;在常温下铜与浓硫酸不反应,在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,D错误。

3.“绿色化学”要求从技术、经济上设计出可行的化学反应,尽可能减少对环境的副作用。

下列化学反应中,你认为最不符合绿色化学理念的是（　　）

A.除去硝酸工业尾气中的氮氧化物:

NO2+NO+2NaOH

2NaNO2+H2O

B.制硫酸铜:

2Cu+O2

2CuO,CuO+H2SO4（稀）

CuSO4+H2O

C.用氨水吸收硫酸厂的尾气:

SO2+2NH3+H2O

（NH4）2SO3

D.制硫酸铜:

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O

答案　D　D项,由此法制取硫酸铜,生成硫酸铜、二氧化硫和水,会导致空气污染,不符合绿色化学理念。

4.根据下列四种金属的熔、沸点,判断其中不能形成合金的是（　　）

Na

Cu

Al

Fe

熔点（℃）

97.5

1083

660

1535

沸点（℃）

883

2595

2200

3000

A.Cu和AlB.Fe和Cu

C.Fe和NaD.Al和Na

答案　C　铁的熔点（1535℃）高于Na的沸点（883℃）,无法制得铁钠合金。

5.工业上制取硫酸铜不是直接用浓硫酸与铜反应,而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡,这样做的优点是（　　）

①节省能源　②不产生污染大气的二氧化硫　③提高了硫酸的利用率　

④提高了铜的利用率

A.①②B.③④

C.①②③D.全部

答案　C　浓硫酸与铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,二氧化硫有毒,对环境有危害;将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡,铜、氧气和稀硫酸共同反应生成硫酸铜和水,不产生有害气体,避免对环境的污染,同时提高了硫酸的利用率,节省了能源,①②③均符合题意,C正确。

6.（2018晋豫省际大联考）已知Fe2+或I2能与H2O2在一定条件下发生下列反应:

Fe2+:

①H2O2+2Fe2++2H+

2Fe3++2H2O;②H2O2+2Fe3+

2Fe2++2H++O2↑。

I2:

③H2O2+I2

2HIO;④……

下列说法中错误的是（　　）

A.通过反应①②可知Fe2+为过氧化氢分解的催化剂

B.根据反应①可知,在该条件下,氧化性:

H2O2>Fe3+

C.1molH2O2分解,转移的电子数为2NA

D.反应④为2HIO+H2O2

I2+2H2O+O2↑

答案　C　反应①②相加的总反应恰好为过氧化氢的分解反应:

2H2O2

2H2O+O2↑,并且反应前后Fe2+无变化,A项正确;反应①中,过氧化氢为氧化剂,Fe3+为氧化产物,所以氧化性:

H2O2>Fe3+,B项正确;过氧化氢分解的化学方程式为2H2O2

2H2O+O2↑,由反应方程式可知,1molH2O2分解,转移的电子数为NA,C项错误;由过氧化氢分解反应的化学方程式减去反应③得到反应④为:

2HIO+H2O2

I2+2H2O+O2↑,D项正确。

7.某同学设计了如下实验测量mg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,合金通常比成分金属具有更优良的金属特性

B.铜、银都能与硝酸反应,收集到的VL气体一定全为NO

C.操作Ⅰ是过滤,操作Ⅱ是洗涤,操作Ⅲ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　解答本题要注意以下两点:

①题中没有给出硝酸的浓度,合金与硝酸反应放出的气体中可能含有NO2,但经排水法收集到的气体均为NO;②Wg固体应该是干燥、纯净的AgCl,由此确定三步操作。

8.向CuSO4酸性溶液中加入H2O2溶液,很快有大量气体逸出,同时放热。

一段时间后,蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）,继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,这个过程可以反复多次。

下列关于上述过程的说法不正确的是（　　）

A.逸出气体的主要成分是O2

B.H2O2既表现氧化性又表现还原性

C.Cu2+将H2O2还原

D.发生了反应:

Cu2O+H2O2+4H+

2Cu2++3H2O

答案　C　Cu2+将H2O2氧化为O2,A正确;“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”说明铜离子被还原成Cu2O,H2O2表现了还原性,继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,说明发生了反应:

Cu2O+H2O2+4H+

2Cu2++3H2O,Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+,H2O2又表现了氧化性,B、D正确;H2O2变为O2,氧元素化合价从-1变为0价,发生氧化反应,Cu2+将H2O2氧化,C错误。

9.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

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

答案　C　途径①中铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体,会污染空气,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。

10.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与2.24LO2（标准状况）混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入2mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是（　　）

A.60mL　　B.50mL　　C.45mL　　D.15mL

答案　B　NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24LO2（标准状况）混合后通入水中,完全生成HNO3,则整个过程中HNO3反应前后没有变化,即Cu失去的电子数等于O2得到的电子数,根据得失电子守恒:

n（Cu）×2=n（O2）×4=

×4,解得:

n（Cu）=0.05mol,所以n[Cu（NO3）2]为0.05mol,根据Cu2+~2OH-,则n（NaOH）=2n（Cu2+）=0.05mol×2=0.1mol,则NaOH体积V=

=

=0.05L,即50mL。

11.铝热反应的本质是利用铝的还原性,将难溶金属从其氧化物中置换出来,根据铝热反应解答下列问题:

（1）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验,需要的试剂还有　　　　。

A.KCl　　B.KClO3　　C.MnO2　　D.Mg

（2）用等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物在一定条件下与铝粉进行铝热反应。

①引发铝热反应的操作是　。

②产物中单质是　　　　（写名称）。

答案　

（1）BD

（2）①加少量KClO3,插入镁条并将其点燃　②铁

解析　

（1）做铝热反应的实验时,需要KClO3作助燃剂,且用镁条引燃。

（2）在混合物上加少量KClO3固体并插上镁条,点燃镁条后放出热量,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。

MgO不能与铝发生铝热反应,所以产物中单质为Fe。

12.（2017北京理综,26,13分）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:

钛精矿

粗TiCl4

纯TiCl4

资料:

TiCl4及所含杂质氯化物的性质

化合物

SiCl4

TiCl4

AlCl3

FeCl3

MgCl2

沸点/℃

58

136

181（升华）

316

1412

熔点/℃

-69

-25

193

304

714

在TiCl4中的溶解性

互溶

——

微溶

难溶

（1）氯化过程:

TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。

已知:

TiO2（s）+2Cl2（g）

TiCl4（g）+O2（g）　ΔH1=+175.4kJ·mol-1

2C（s）+O2（g）

2CO（g）　ΔH2=-220.9kJ·mol-1

①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式:

　　　　　　　　　　　　。

②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据下图判断:

CO2生成CO反应的ΔH　　0（填“>”“<”或“=”）,判断　。

③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是　　　　　　　　　　。

④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有　。

（2）精制过程:

粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。

示意图如下:

物质a是　　　,T2应控制在　。

答案　

（1）①TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）

TiCl4（g）+2CO（g）

ΔH=-45.5kJ·mol-1

②>　随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应

③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液

④MgCl2、AlCl3、FeCl3

（2）SiCl4　高于136℃,低于181℃

解析　本题考查热化学方程式的书写、利用平衡移动判断反应的热效应、物质的分离和提纯等。

（1）①将已知的两个热化学方程式相加,即可得出答案。

②观察图像可知,随着温度的升高,CO的物质的量增大,说明平衡向生成CO的方向移动,所以生成CO的反应是吸热反应,ΔH>0。

④在室温下,TiCl4、SiCl4为液态,AlCl3、FeCl3、MgCl2为固态且在TiCl4中微溶或难溶,所以滤渣中应含有AlCl3、FeCl3、MgCl2,但AlCl3、FeCl3在TiCl4中微溶,故粗TiCl4混合液中仍然会存在少量的AlCl3、FeCl3。

（2）TiCl4在蒸馏塔二中被蒸出,说明物质a应是一种沸点比TiCl4低的物质,结合题给资料可知a是SiCl4。

T2应控制在136℃以上,181℃以下,确保TiCl4被蒸出,同时AlCl3等杂质不能被蒸出。

13.（2018课标Ⅰ,28,14分）醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。

一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。

实验装置如图所示。

回答下列问题:

（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是　　　　　　　　　。

仪器a的名称是　　　　　。

（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。

打开K1、K2,关闭K3。

①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。

②同时c中有气体产生,该气体的作用是　　　　　　　　。

（3）打开K3,关闭K1和K2。

c中亮蓝色溶液流入d,其原因是　　　　　　　　　　　　　;d中析出砖红色沉淀。

为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是　　　　　、　　　　　、洗涤、干燥。

（4）指出装置d可能存在的缺点　　　　　　　　　　　　　　　。

答案　

（1）去除水中溶解氧　分液（或滴液）漏斗

（2）①Zn+2Cr3+

Zn2++2Cr2+

②排除c中空气

（3）c中产生H2使压强大于大气压　（冰浴）冷却　过滤

（4）敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触

解析　

（1）为防止水中溶解的氧气氧化Cr2+或（CH3COO）2Cr,需将蒸馏水煮沸并迅速冷却,以除去溶解氧。

（2）①由溶液颜色变化可知,Zn将Cr3+还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+

Zn2++2Cr2+。

②c中产生的气体为氢气,可排除c中空气,防止Cr2+被氧化。

（3）打开K3,关闭K1、K2,c中产生的氢气聚集在溶液上方,气体压强增大,将c中液体经长导管压入d中;（CH3COO）2Cr难溶于冷水,可将d置于冰水浴中冷却,（CH3COO）2Cr充分结晶后,经过滤、洗涤、干燥得砖红色晶体。

（4）由于装置d为敞开体系,与大气直接接触,故空气中的氧气可能会氧化（CH3COO）2Cr。

B组　提升题组

14.（2018河南一轮复习诊断调研联考）将物质的量均为amol的FeCl3和CuCl2投入水中形成混合溶液,再加入bmol铁粉充分反应（忽略离子的水解）,下列说法中不正确的是（　　）

A.当b≤

时,发生的离子方程式为2Fe3++Fe

3Fe2+

B.当b≥

时,发生总反应的离子方程式为2Fe3++Cu2++2Fe

4Fe2++Cu

C.当

时,反应中转移电子的物质的量:

amol

D.当

时,反应后的溶液中n（Cu2+）∶n（Fe2+）=（

-b）∶（b+a）

答案　B　Fe3+的氧化性强于Cu2+,因此先发生反应Fe+2Fe3+

3Fe2+,两者恰好完全反应时b=

铁过量,接着发生反应Fe+Cu2+

Fe2++Cu,当把Cu2+全部转化成Cu时,b=

mol。

根据上述分析,当b≤

时,只发生反应Fe+2Fe3+

3Fe2+,A项正确;根据上述分析,当b≥

时,发生反应Fe+2Fe3+

3Fe2+、Fe+Cu2+

Fe2++Cu,且Cu2+全部转化成Cu,总反应应是2Fe3++2Cu2++3Fe

5Fe2++2Cu,B项错误;假设只发生反应Fe+2Fe3+

3Fe2+,转移电子的物质的量为amol,假设再把Cu2+全部转化成Cu,此时转移电子的物质的量为（a+2a）mol=3amol,当

时,转移电子的物质的量为amol

时,发生反应Fe+2Fe3+

3Fe2+、Fe+Cu2+

Fe2++Cu,且Cu2+部分转化成Cu,根据铁原子守恒,溶液中Fe2+的物质的量为（b+a）mol,根据反应方程式,求出n（Cu2+）=（

-b）mol,因此n（Cu2+）∶n（Fe2+）=（

-b）∶（b+a）,D项正确。

15.（2018福建泉州高三质量检查）硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。

实验小组制取CuSO4·5H2O晶体并进行热分解的探究。

请回答以下问题:

探究Ⅰ:

制取CuSO4·5H2O晶体

小组同学设计了如下两种方案:

甲:

将铜片加入足量浓硫酸中并加热

乙:

将铜片加入稀硫酸,控温40~50℃,滴加双氧水

（1）方案甲发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　,反应结束后有大量白色固体析出。

简述从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法:

倒出剩余液体,　　　　　　　　　　　　　　　　　　。

（2）方案乙发生反应:

Cu+H2SO4+H2O2

CuSO4+2H2O,该实验控温40~50℃的原因是　; 

与方案甲相比,方案乙的主要优点有　、 　　　　　　　　　。

（写出2种） 

探究Ⅱ:

用以下装置（加热装置省略）探究CuSO4·5H2O晶体热分解产物

已知:

CuSO4·5H2O脱水后升高温度,会继续分解成CuO和气体产物,气体产物可能含有SO3、SO2、O2中的1~3种。

（3）称5.00gCuSO4·5H2O于A中加热,当观察到A中出现　　　　　　　　,可初步判断晶体已完全脱水并发生分解。

加热一段时间后,A中固体质量为3.00g,则此时A中固体的成分为　　　　　　。

（4）装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有　, 

C装置的作用是　　　　　　　　。

（5）理论上E中应收集到VmL气体,事实上体积偏少,可能的原因是　　　　　　　　。

（不考虑泄漏等仪器与操作原因） 

答案　

（1）Cu+2H2SO4（浓）

SO2↑+CuSO4+2H2O　加入适量水、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

（2）温度较低,反应速率慢;温度太高,H2O2分解,损耗大

原料利用率高　不产生污染等合理答案

（3）黑色固体　CuSO4和CuO

（4）SO3　检验有SO2生成

（5）在C装置中部分O2参与了氧化还原反应

解析　

（1）方案甲发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）

SO2↑+CuSO4+2H2O,反应结束后有大量白色固体析出。

（2）方案乙发生反应:

Cu+H2SO4+H2O2

CuSO4+2H2O,该实验控温40~50℃的原因是温度较低,反应速率慢;温度太高,H2O2分解,损耗大。

与方案甲相比,方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染等。

（3）若5.00gCuSO4·5H2O完全转化成CuO,则质量为1.6g。

加热一段时间后,A中固体质量为3.00g>1.6g,则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。

（4）装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有SO3,C装置的作用是检验有SO2生成。

（5）理论上E中应收集到VmL气体,事实上体积偏少,可能的原因是在C装置中部分O2参与了氧化还原反应。