2020届高考化学二轮复习用途广泛的金属材料作业

2020届高考化学二轮复习用途广泛的金属材料作业

用途广泛的金属材料 ‎1、路透社2017年1月26日报道称，美国科学家给氢施加极强的压力，使之变成金属氢，从而制造出一种全新具有金属性能的材料。下列有关金属氢的说法错误的是（）‎ A．金属氢具有导电性 B．金属氢中存在氢键 C．氢气与金属氢是同素异形体 D．金属氢是高储能物质 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．金属氢是具有金属性能的材料，因此具有导电性，A正确；B．金属氢是由氢原子构成，不存在氢键，B错误；C．氢气与金属氢是氢元素的不同单质，是同素异形体，C正确；D．金属氢是高储能物质，D正确，答案选B。‎ ‎2、铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是（）‎ A.不易生锈B.导电性好C.密度小D.硬度大 ‎【答案】B ‎【解析】建筑装饰不需要导电性，故C正确。‎ ‎3、合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是 A.青铜雁鱼灯 B.光导纤维 C.航母甲板（钢）‎ D.潜水器外壳（钛、铝等）‎ A.A B.B C.C D.D ‎【答案】B ‎【解析】分析：合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质。一般通过熔合成均匀液体和凝固而得。根据组成元素的数目，可分为二元合金、三元合金和多元合金。‎ 详解：A.青铜是铜和锡的合金，故不选A；‎ B.光导纤维是二氧化硅制成的，不是合金，应选B；‎ C.飞机外壳主要是合金制成的，故不选C；‎ D.潜水器外壳（钛、铝等）主要是合金制成的，故不选D；‎ ‎4、下列属于氧化物的是 A．NaClB．MgOC．H2SO4D．NaOH ‎【答案】B ‎【解析】A、氯化钠是由Na、Cl两种元素组成的化合物，不属于氧化物，故A错误；B、MgO是由两种元素组成的且有一种是氧元素的化合物，属于氧化物，故B正确；C、硫酸是由三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故C错误；D、氢氧化钠是三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故D错误；故选B。‎ ‎5、关于金属的性质或使用的说明，不正确的是（　　）‎ A．合金：都具有金属特性和固定的熔点 B．金属延展性：金属受外力发生形变，但金属键没有被破坏 C．金属导热性：金属内自由电子传递热量 D．用钢材作建材而不是纯铁：钢材的硬度一般比纯铁的硬度大 ‎【答案】A ‎【解析】解：本题考查金属的性质．‎ A．合金：具有金属特性，多数不具有固定的熔点，故A错误；‎ B．当金属晶体受到外力作用时，金属阳离子间滑动而不断裂（因为周围仍然有自由电子），所以表现出良好的延展性，金属键没有被破坏，故B正确；‎ C．金属具有导热性的原因：金属内自由电子，不间断的与金属阳离子发生碰撞，传递热量，故C正确；‎ D．钢材属于铁的合金，合金的硬度大于成分金属，所以钢材的硬度比纯铁的硬度大，故D正确；‎ 故选：A．‎ ‎6、下列有关化学与生产、生活的说法中，正确的是（）‎ A.中国的圆珠笔头一直需要进口笔尖钢，经过5年数不清的失败，2016年9月，中国太钢集团利用家常和面原理在钢水中加入添加剂试验成功，造出圆珠笔头，可完全替代进口。由此信息可知笔尖钢为合金，且具有良好的切削性。‎ B.日前从中国建筑材料科学研宄总院获悉，天宫二号采用了该院研发改进的新材料耐辐射石英玻璃，其主要成分为硅。‎ C.向海水中加净水剂明矾可使海水淡化 D.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝 ‎【答案】A ‎【解析】解：A.信息可知笔尖钢为合金，且具有良好的切削性，故A符合题意；新材料耐辐射石英玻璃，主要成分是SiO2不是硅，故B错误；C.向海水中加净水剂明矾可吸附颗粒净化海水，故C错误；D.工业大量生产铝，工业上常通过电解氧化铝而不用焦炭从氧化铝中获得铝的方法，故D错误。‎ ‎7、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（）‎ A.加碘食盐的水溶液遇淀粉变蓝 B.埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同 C.我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 D.中国太钢集团造出的圆珠笔头，可完全代替进口笔尖，该笔头钢为合金，且具有良好的切削性 ‎【答案】D ‎【解析】解：A.加碘食盐的碘元素以碘酸钾的形式存在，其水溶液遇淀粉不变蓝，A错误；B.乙醇的消毒原理不是利用的氧化还原反应，次氯酸钠溶液、双氧水消毒利用的是强氧化性，B错误；C.太阳能电池帆板的材料是硅，C错误；D.中国太钢集团造出的圆珠笔头，可完全代替进口笔尖，该笔头钢为合金，且具有良好的切削性，D正确，答案选D。‎ ‎8、下列有关金属的说法中，不正确的是（　　）‎ A.青铜、不锈钢都是合金 B.铜在空气中会生成铜锈 C.金属钠着火时可使用煤油灭火 D.铝是活泼金属，但在空气中耐腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、青铜是以铜为主的合金，不锈钢是以铁为主的合金，故A正确；B、铜在空气中，与氧气、水、CO2共同作用下易生锈，故B正确；C、煤油也是易燃物，所以钠着火不能用煤油灭火，故C错误；D、铝是活泼金属，很容易在表面被氧化生成致密的氧化膜，从而得到保护，所以在空气中耐腐蚀，即D正确。本题正确答案为C。‎ ‎9‎ ‎、下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金的是（　　）‎ A.硫酸、CuSO4·5H2O、生铁B.酒精、空气、铜绿 C.二氧化碳、明矾、熟石灰D.硝酸钾、食盐水、黄铜 ‎【答案】D ‎【解析】解:A.硫酸、CuSO4·5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B.酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物，B错误；C.二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物，C错误；D.硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。‎ ‎10、从金属利用的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的冶炼是近百年的事，决定金属使用年代先后顺序的关键因素是（）‎ A.金属的活动性B.金属的导电性 C.金属的延展性D.地壳中金属元素的含量 ‎【答案】A ‎【解析】金属的活动性越强，越容易与其它物质反应生成化合物，其化合物越不容易被还原，导致该金属的冶炼越难，所以决定金属使用年代的是金属的活动性，与金属的导电性、延展性、在地壳中的含量无关，答案选A。‎ ‎11、冶炼金属一般有下列4种方法：①焦炭法；②水煤气法（或氢气、或一氧化碳）法；③活泼金属置换法；④电解法。4种方法在工业上均有应用。古代有（Ⅰ）火烧孔雀石炼铜；（Ⅱ）湿法炼铜。现代有（Ⅲ）铝热法炼铬；（Ⅳ）从光卤石中炼镁。对它们的冶炼方法的分析不正确的是(　　)‎ A.（Ⅰ）用①B.(Ⅱ)用②C.(Ⅲ)用③D.(Ⅳ)用④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题难点是涉及一些化学史的知识。‎ ‎（1）火烧孔雀石炼铜是用树木煅烧孔雀石，孔雀石分解后产生CuO，树木变成焦炭后还原CuO得到Cu。‎ Cu2（OH）2CO32CuO＋H2O＋CO2↑，2CuO＋C2Cu＋CO2↑符合①。‎ ‎（2）湿法炼铜是我国西汉时期用铁从铜的化合物溶液中置换出铜。‎ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu　符合③‎ ‎（3）铝热法炼铬：2Al＋Cr2O32Cr＋Al2O3　符合③。‎ ‎（4）从光卤石中炼镁是先从光卤石中得到MgCl2，再电解熔融MgCl2，得到 Mg。‎ MgCl2Mg＋Cl2↑　符合④‎ ‎12、马踏飞燕是我国的旅游标志，出土的马踏飞燕是由青铜制成，下列有关该标志的叙述不正确的是()‎ ‎　A．青铜硬度比纯铜的小 B．青铜的主要成分是Cu、Sn、Pb等 C．历史上铜制品早于铁制品出现 D．青铜是我国使用最早的合金 ‎【答案】A ‎【解析】本题考查学生对合金定义的理解，合金一般是由两种或者两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，其熔点一般低于各成分的金属，硬度高于成分金属。青铜属于合金，因而A项符合题意，B、C、D三项不题意。‎ ‎13、如图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y,外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是(　　)‎ A．外电路的电流方向为X外电路Y B．若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为Fe C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应 D．若两电极都是金属，则它们的活泼性顺序为X>Y ‎【答案】D ‎【解析】A.根据电子的流向可知X是负极，Y是正极，外电路的电流方向为Y→外电路→X，A错误；B.若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，B错误；C.根据以上分析可知X极上发生的是氧化反应，Y极上发生的是还原反应，C错误；D.X是负极，若两电极都是金属，则它们的活泼性顺序为X>Y，D正确，答案选D。‎ ‎14、Cu(NO3)2是制备Cu—Zn—Al系列催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：①Cu与稀HNO3反应制取②Cu与浓硝酸反应制取 ‎③足量氧气与铜屑先反应，产物再与稀硝酸反应制取。下列说法正确的是 A.制取等量的Cu(NO3)2需硝酸的量③最多 B.制取等量的Cu(NO3)2①产生的有毒气体比②多 C.三种方案中硝酸的利用率③>①>②‎ D.三种方案的反应都可以在铁制容器中进行 ‎【答案】C ‎【解析】由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu(NO3)2，需要HNO3的物质的量，①中需要8/3molHNO3；②中需要4molHNO3；③中需要2molHNO3，所以需要硝酸的量②＞①＞③，③最少，A错误；由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu(NO3)2，①中放出2/3molNO气体，②中放出2molNO2气体，③中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少，B错误；由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu(NO3)2，①中需要8/3molHNO3，放出2/3molNO气体，硝酸利用率为(8/3-2/3)/8/3=0.75,②中需要4molHNO3，放出2molNO2气体，硝酸利用率为(4-2)/4=0.5,③中没有气体放出，HNO3的利用率为100%，三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②，C正确；稀硝酸与铁发生反应，且生成的Cu(NO3)2与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，D错误；正确选项C。‎ ‎15、人类的生产和生活中离不开金属材料。通常所说的“金属材料”，既包括纯金属，也包括各种合金。下列材料不属于合金的是（）‎ A.青铜B.硬铝C.生铁D.磁铁矿 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．青铜是铜锡合金，A错误；B．硬铝是铝、铜、镁和硅合金，B错误；C．生铁是一种铁合金，C错误；D．磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，不是合金，D正确，答案选D。‎ ‎16、人类对某金属冶炼技术的掌握程度决定了其应用的广泛性。影响冶炼方法的主要因素是（）‎ A.金属的活动性大小B.金属在地壳中的含量多少 C.金属的化合价高低D.金属的导电性强弱 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：影响冶炼方法的主要因素是金属的活动性大小，金属活动性越强，则金属就要越难冶炼，因此选项是A。‎ ‎17、NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如下图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________(任写一点)。‎ ‎（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：_______________________________________。‎ ‎（3）在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。如图是温度一pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域[已知25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.64×10？39。‎ 下列说法正确的是(选填序号)_______。‎ a.FeOOH中铁为+2价 b.若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.6×10？29mol·L？1‎ c.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++C1O+6H+=6Fe3++C1？+3H2O d.工业生产中常保持在85~95℃生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3‎ ‎（4）上述流程中滤液I的主要成分是___________。‎ ‎（5）操作I的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6mol·L1的H2SO4‎ 溶液、蒸馏水、pH试纸)：①___________；②___________；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·6H2O晶体：④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。‎ ‎【答案】（1）加热或搅拌或增大硫酸浓度等 ‎（2）Cu2+＋S2？=CuS↓‎ ‎（3）cNiSO4‎ ‎（4）过滤，并用蒸馏水洗净沉淀向沉淀中加6mol·L？1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解 ‎【解析】（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；（2）S2？可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；故答案为：Cu2+＋S2？=CuS↓；（3）a．FeOOH中O元素显-2价，OH-显-1价，所以铁为+3价，故a错误；b．pH=4时，c(OH？)=1×10-10mol/L，已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)？c(OH？)3=2.64×10-39，则c（Fe3+）=2.64×10？9，故b错误；c．ClO在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++C1O+6H+=6Fe3++C1？+3H2O，故c正确；d．由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，故d错误；故答案为：c。（4）从流程图可知，滤液I中加入硫酸后，生成了NiSO4，所以滤液I的主要成分是NiSO4；故答案为：NiSO4；（5）滤液III主要是NiSO4，加入碳酸钠溶液后，得到NiCO3沉淀，应先过滤、蒸馏水洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6mol·L？1的H2SO4溶液，直至恰好完全沉淀溶解。‎ ‎18、由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如下：‎ 请回答：‎ ‎（1）A的化学式为________________________。‎ ‎（2）写出②的化学方程式：__________________。‎ ‎（3）写出③的离子方程式：_________________________________________。‎ ‎【答案】(1).Cu2S(2分)(2).4CuO2Cu2O+O2↑(3).SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H ‎【解析】‎ 试题分析：通过矿物A组成测定，考查化学方程式、离子方程式的书写，考查考生实验综合分析能力和化学计算能力。‎ 解析：（1）砖红色物质D是Cu2O，所以黑色B为CuO，A中含有Cu元素。白色沉淀F是BaSO4，E是FeSO4，气体C是SO2，则A中含有S元素。所以A为CuS。正确答案：CuS。‎ ‎（2）CuO高温分解生成Cu2O和O2，反应方程式为4CuO2Cu2O+O2↑。正确答案：4CuO2Cu2O+O2↑。（3）SO2能够被Fe3+氧化生成SO42-、Fe2+，即SO2+Fe3+→SO42-+Fe2+，配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。正确答案：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。‎ 点睛：氧化还原反应的配平，首先配平氧化还原反应过程中的得失电子，以本题（3）为例，S元素升高2价，Fe元素降低1价，所以SO2系数为1，Fe3+系数为2，根据质量守恒产物SO42-系数为1，Fe2+系数为2，即SO2+2Fe3+→2Fe2++SO42-。再配平离子电荷，需要在反应物中增加4个单位负电荷，或是在产物中增加4个单位正电荷，结合SO2、Fe3+溶液的酸性，应当在产物中增加4个H+，得SO2+2Fe3+→2Fe2++SO42-+4H+。再由质量守恒配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。‎ ‎19、稀土有工业“黄金”之称，我国稀土资源丰富。目前从氟碳铈矿(主要化学成分为CeFCO3)提取铈族稀土元素的冶炼处理工艺已经发展到十几种,其中一种提取铈的工艺流程如下：‎ 已知:①焙烧后烧渣中含+4价的铈及+3价的其它稀土氟氧化物：‎ ‎②Ce4+能与SO42-结合成CeSO4，Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）CeFCO3中，Ce元素的化合价为_____。‎ ‎（2）“酸浸I”过程中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2，替换HCl就不会造成环境污染。则稀硫酸.H2O2与CeO2反应的离子方程式为：__________。‎ ‎（3）“沉淀”步骤中发生的反应为：Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq)。已知Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则该反应的平衡常数为______(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎（4）“浸出液”中含有少量Ce4+及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取寻探作进一步分离、富集各离子。“萃取”时Ce4+与萃取剂[(HA)2]存在的反应为:Ce4++n(HA)2Ce(H2a-4A2a)+4H+。用D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比(D=)其它条件不变，在浸出液中加入不同量的NaSO4以改变水层中的c(SO42-)，D随浸出液中c(SO42-)增大而减小的原因是__________。‎ ‎（5）“操作I”后，向溶液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH可获得Ce(OH)3沉淀，当溶液中离子浓度小于1.0×10-6mol/L视为沉淀完全，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于_______[已知：Ce(OH)3的Ksp=8.0×10-21；1g2=-0.3]‎ ‎（6）写出“氧化”步骤的化学方程式：_______________。‎ ‎（7）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：________________。‎ ‎【答案】(1).+3(或+3价)(2).2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑(3).a/b3(4).随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，c([CeSO4]2+)增大，同时导致Ce4++n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+向左(逆向)移动，致使c[Ce(H2n-4A2n)]减小(5).9.3(6).2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl(7).2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2‎ ‎【解析】‎ ‎20、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：‎ 请回答：‎ ‎(1)X的化学式是______。‎ ‎(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是______。‎ ‎(3)写出X在隔绝空气高温反应的化学方程式______。‎ ‎【答案】(1).CuO(2).Cu2O+2H+=Cu+Cu2++2H2O(3).4CuOO2↑+2Cu2O ‎【解析】分析：16gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为1.6g，证明X中含氧元素。根据质量守恒定律可知固体甲的质量是16g－1.6g＝14.4g，固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，结合质量守恒定律分析回答。‎ 详解：流程中16gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为1.6g，证明X中含氧元素。根据质量守恒定律可知固体甲的质量是16g－1.6g＝14.4g，固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素。铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n（CuO）=16g÷80g/mol=0.2mol，结合质量守恒得到n（O2）=1.6g÷32g/mol=0.05mol，氧元素守恒得到甲中n（Cu）：n（O）=0.2mol：（0.2mol-0.05mol×2）=2：1，即固体甲的化学式为Cu2O ‎，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜。则 ‎（1）根据以上分析可知X为CuO；‎ ‎（2）固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++2H2O；‎ ‎（3）根据以上分析可知氧化铜在隔绝空气高温反应的化学方程式为4CuOO2↑+2Cu2O。‎