【文档说明】2025届高三一轮复习化学试题（人教版新高考新教材）考点规范练10　金属材料 Word版含解析.docx，共(10)页，322.964 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练10金属材料一、选择题1.(2021河北卷)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献,陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生钅柔作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)

混合加热,生铁熔化灌入熟铁,再锻打成钢。下列说法错误的是()。A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高,硬度和脆性越大C.生铁由于含碳量高,熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3答案:C

解析:钢和生铁均属于铁碳合金,钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高,铁合金的硬度和脆性随含碳量增大而增大,A、B项均正确。合金的熔点通常比各组分的熔点低,C项错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁,D项正确。2.如图是物质间发生化学反应的颜色变化,其中物质a、b、c、d对应的物质正确

的是()。选项物质a物质b物质c物质dACu2(OH)2CO3Ba(OH)2Fe(OH)3酚酞溶液BCuONaAlO2Fe2O3紫色石蕊溶液CCu2OBaCl2Fe2O3和Cu酚酞溶液DCu(OH)2Ba(NO3)2Fe(OH)2紫色石蕊溶液答案:D解析:稀硫酸与

Fe(OH)3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色,稀硫酸不能使无色酚酞溶液变色,A、C项错误。稀硫酸与Fe2O3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈棕黄色,B项错误。稀硫酸与Cu(OH)2反应得到的CuSO4溶液呈蓝色,稀硫酸与Ba(NO3)2反应得到的BaSO4是白色沉淀,稀硫酸与Fe(O

H)2反应得到的FeSO4溶液呈浅绿色,稀硫酸使紫色石蕊溶液变红,D项正确。3.以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:已知浸出时产生的废渣

中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是()。A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2OB.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ks

p的不同答案:B解析:本题是高中化学学习中非常熟悉的情境,以有关工艺流程为载体考查物质的制备。从流程可知,煅烧MgCO3可生成MgO,加入NH4Cl溶液,由于NH4Cl水解使溶液显酸性,因此会发生反应MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O,A项正确。在沉镁过程中

加入氨水,由于NH3·H2O易分解,因此该过程不能在较高温度下进行,B项错误。从整个流程中看出,沉镁后的滤液中含有NH4Cl,则可循环利用的物质是NH4Cl和NH3,C项正确。Mg2+、Al3+、Fe3+的分离是利用了它们氢氧化物的Ksp不同,D

项正确。4.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是()。A.合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B.从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC.“沉淀”的主要成分是

Fe(OH)3D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3答案:D解析:铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀,若用NaHSO4代替NaHCO3,无法得到Al(OH)3,D项符合题意。5.已知酸性条件下有如下反应:2Cu+Cu2++

Cu,由于反应温度不同,用氢气还原氧化铜时,可能产生Cu或Cu2O,两者都是红色固体。一位同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物做了验证,实验操作和实验现象记录如下:加入试剂稀硫酸浓硫酸加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色气体无色气体和蓝色溶液红棕色气体和绿色溶液由

此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是()。A.CuB.Cu2OC.一定有Cu,可能有Cu2OD.一定有Cu2O,可能有Cu答案:D解析:根据题中信息,由向红色固体中加入稀硫酸得到红色固体和蓝色溶液可推出原红色固体里一定有Cu2O;溶液中的红色固体铜,可能是原来固

体中含有铜,也可能是由Cu2O与硫酸反应生成的。6.某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成,现对该混合物做如下实验,所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积):关于该固体混合物,下列说法正确的是()。A

.一定含有Al,其质量为4.5gB.一定不含FeCl2,可能含有MgCl2和AlCl3C.一定含有MgCl2和FeCl2D.一定含有(NH4)2SO4和MgCl2,且物质的量相等答案:D解析:向固体混合物中加入过量浓NaOH溶液,加热得到气体,将

气体通过碱石灰,体积不变,通过浓硫酸,体积减小,可知固体混合物中存在Al和(NH4)2SO4,产生的5.60L气体为NH3(2.24L)和H2(3.36L),结合标准状况下3.36LH2为0.15mol及关系式2Al~3H2可知,与NaOH溶液反应的A

l为0.1mol,其质量为2.7g,由加入过量浓NaOH溶液得到白色沉淀,且久置无明显变化,可知混合物中一定含有MgCl2,一定不含FeCl2,B、C项错误。标准状况下5.60L气体为0.25mol,其中含有氨气

0.1mol,则固体混合物中含有(NH4)2SO40.05mol,n(MgCl2)=2.90g58g·mol-1=0.05mol,由Al、(NH4)2SO4、MgCl2三者的质量之和为14.05g,可知该固体混合物由Al、(NH4)2SO4、MgCl2组成,A

项错误,D项正确。7.实验室利用CuCl2·2H2O热分解制备CuCl(在空气中易被氧化)并对分解产物的性质进行探究的装置(夹持仪器略)如图所示。下列有关叙述不正确的是()。A.干燥的HCl的作用是防止生成的CuCl被氧化,可用干燥的N2代替B.干燥管中无

水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气C.湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色,可用品红溶液代替D.NaOH溶液的作用是吸收尾气,但该装置容易导致倒吸答案:A解析:干燥的HCl不仅可防止CuCl被氧化,还可抑制CuCl2·2H2O在脱水过

程中发生水解,故不能用干燥的N2代替,A项错误。白色的无水CuSO4固体遇水蒸气变为蓝色的CuSO4·5H2O,因此干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气,B项正确。湿润的蓝色石蕊试纸的作用是检验生成的Cl2,可用品红溶液代替,C项正确。NaOH溶

液的作用是吸收HCl和反应生成的Cl2,防止污染空气,HCl极易溶于NaOH溶液,氯气能与NaOH溶液反应,玻璃管直接插入NaOH溶液中容易导致倒吸,D项正确。8.用无机矿物资源生产部分材料,获得产品的流程示意图如下:下列有关说法不正

确的是()。A.生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应B.粗铜电解精炼时,粗铜作阳极C.黄铜矿冶炼铜时,SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶炼铁的原料D.用粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法答案:A解析:这是一道综合性的化工生产流程题,涉及电解

法制铝、黄铜矿炼铜、石英制硅等。Al2O3Al、黄铜矿(CuFeS2)Cu、石英(SiO2)Si都涉及了氧化还原反应。石灰石、纯碱、石英制玻璃主要发生的反应为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑,N

a2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,此过程未发生氧化还原反应,A项不正确。9.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250mL一定浓度的稀硝酸中,固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向

所得溶液中加入1.0L0.5mol·L-1的NaOH溶液,生成沉淀的质量为19.6g,此时溶液呈中性,且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是()。A.原固体混合物中,Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1B.原稀硝酸中c(HNO3)=1.3mol·L-1C.产生的

NO的体积为2.24LD.固体完全溶解后剩余HNO3的物质的量为0.1mol答案:D解析:Cu(OH)2的质量为19.6g,其物质的量为0.2mol,设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol,则x

+2y=0.2,64x+144y=13.6,解得x=0.1,y=0.05,则Cu和Cu2O的物质的量之比为2∶1,A项错误。根据得失电子守恒,反应中转移电子的总物质的量为0.3mol,故生成NO的物质的量为0.1mol,但未注明温度和压强,故气体体积无法确定,C项错误。加入NaOH的物质的量为

0.5mol,生成0.2molCu(OH)2时消耗0.4molNaOH,故有0.1molNaOH中和硝酸,所以固体完全溶解后剩余HNO3的物质的量为0.1mol,D项正确。由氮原子守恒可知,n(HNO3)=0.6mol,c(HNO3)=2.4mol·L-1,B项错误

。10.(2022山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误

的是()。A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为ZnB.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出C.中和调pH的范围为3.2~4.2D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成答案:D解析:根据流程可知,CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取过程中发生氧化

还原反应,所得反应产物为Cu2+、S、H2O、Zn2+、Fe3+,然后通入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,因此过滤得到的固体X中含有S、Fe(OH)

3,滤液中含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,因为还原性Zn>H2>Cu,因此Cu2+可被高压H2还原为金属Cu,金属Cu可通过过滤分离出来,而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中,再经一系列处理可得到金属Zn。根据上述分析可知,A项正确;CuS难

溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,可以增大O2氧化S2-的速率,使之更快地转化为S,从而加快沉淀溶解平衡正向移动,促进金属离子的浸出,B项正确;要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2

+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C项正确;在溶液中用高压H2还原Cu2+变为金属Cu所发生的反应为H2+Cu2+2H++Cu,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,反应向左进行,不利于Cu的生成,D项错误。二、非选择题1

1.(2023新课标卷改编)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在,在碱性介质中以CrO42-存在。回答下列问题。(1)煅

烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质元素是。(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别

以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致;pH>9时,会导致。(5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为VO

2+或VO3+;在碱性条件下,溶解为VO3-或VO43-。上述性质说明V2O5具有(填字母)。A.酸性B.碱性C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为。答案:(

1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)铝(4)磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)(5)C(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+4Cr3++6SO42-+5H2O解析:(1)碱性条件下,铬被氧化为Na2CrO4。(2)Fe2O3不与Na

2CO3、NaOH反应,也不溶于水。(3)根据元素守恒可知,Al元素在沉淀环节被除去,浸取时溶液为碱性,铝以[Al(OH)4]-形式存在,调节溶液pH可生成Al(OH)3沉淀而除去:[Al(OH)4]-

+H+Al(OH)3↓+H2O。(4)若pH<9,随着pH变小,PO43-将会转化为HPO42-或H2PO4-由于HPO42-和H2PO4-的盐的溶解度比磷酸盐大得多,甚至为易溶物,因此会导致磷不能除

净。若pH>9,随着pH变大,Mg2+将转化为Mg(OH)2沉淀,Mg2+浓度降低会使得c(Mg2+)·c(SiO32-)<Ksp(MgSiO3),导致硅不能除净。(5)V2O5在pH<1时,以阳离子VO2+或VO3+形式成盐,碱性

条件以酸根离子VO3-或VO43-形式成盐,故V2O5为两性氧化物。(6)Cr2O72-、Cr3+中Cr的化合价分别为+6价、+3价,S2O52-、SO42-中S的化合价分别为+4价、+6价,根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式:2Cr2O72-+3

S2O52-+10H+4Cr3++6SO42-+5H2O。12.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如

下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题。(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”

调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式。(2)“滤液②”中含有的金属离子是。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即,“滤液③”中可能含有的杂质离子为。(4)利用上述表格数据

,计算Ni(OH)2的Ksp=(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式:。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、

循环使用,其意义是。答案:(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2]3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-2Ni

OOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率解析:本题考查了以废弃的含镍催化剂为原料,通过一定的工艺流程制取硫酸镍晶体的过程。(1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为Na[Al(OH)4]、高级脂肪酸钠和

甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸时,其中的Na[Al(OH)4]可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离

子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,可以用O2或空气替代起氧化作用的H2O2溶液,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”

,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转化为Fe3+,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。(4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0

.01×(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于

3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0mol·L-1,可求得c(OH-)<10-7.8mol·L-1,对应c(H+)>10-6.2mol·L

-1,则pH还应小于6.2,即“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。(5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据得失电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-2NiOOH↓+Cl-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。

(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。