第08讲 金属材料- 2024年高考化学大一轮复习【精讲精练】

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A．电冶金工业中，加冰晶石降低熔融温度
B．炼钢工业中，将炽热的钢水注入留有水的模具
C．电子工业中，以溶液作为覆铜板腐蚀液
D．硝酸工业中，通过氨的催化氧化实现人工固氮
【答案】A
【解析】电解熔融Al2O3生成Al和氧气，氧化铝熔点较高，加入冰晶石作熔剂时能降低熔融温度，从而减少能源浪费，A正确； 由反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知炼钢工业中，将炽热的钢水注入没有水的模具中，否则将影响钢的质量，B错误；由反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，电子工业中，以FeCl3溶液作为覆铜板腐蚀液，C错误；氮的固定是指由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故硝酸工业中，通过氨的催化氧化不能实现人工固氮，D错误；故选A。
2.下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是
A．冰晶石做助熔剂
B．氧化铝属于过渡晶体
C．金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
D．铝在工业上是一种很好的还原剂
【答案】C
【解析】冰晶石在电解铝工业中常用作助熔剂，A正确；氧化铝的晶体结构具有某些过渡金属的特征，因此被称为过渡晶体，B正确；工业上用电解熔融的氧化铝，得到金属铝和氧气，而工业上用热还原法来冶炼金属铁、铜，C错误；Al为活泼金属，冶金工业中常作还原剂，D正确；故选C。
3．不能使悬浊液变澄清的是
A．硫酸溶液B．盐酸C．氢氧化钠溶液D．氨水
【答案】D
【解析】和硫酸反应生成硫酸铝和水，溶液变澄清，故不选A； 和盐酸反应生成氯化铝和水，溶液变澄清，故不选B； 和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，溶液变澄清，故不选C；
和氨水不反应，氨水不能使悬浊液变澄清，故选D；故选D。
4．下列反应的离子方程式不正确的是
A．Na2SO3溶液中滴入少量氯水：SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl-
B．Mg(OH)2溶于NH4Cl的浓溶液：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2O
C．Al(OH)3溶于NaOH溶液：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
D．足量Cu与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++NO↑+4H2O
【答案】A
【解析】Na2SO3溶液中滴入少量氯水，由于氯水少量，离子方程式为 3SO+Cl2+H2O=SO+2HSO+2Cl-，故A错误；Mg(OH)2溶于NH4Cl的浓溶液，生成氯化镁和一水合氨，离子方程式为：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2O，故B正确；Al(OH)3为两性化合物，可与NaOH溶液反应，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故C正确；足量Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++NO↑+4H2O，故D正确；故选A。
5．对下列劳动项目的解释错误的是
【答案】A
【解析】SO2漂白性是化合性漂白，而不是氧化还原漂白，故用SO2漂白纸浆是由于SO2具有漂白性，而不是由于SO2具有还原性，A符合题意；常温下铝遇浓硝酸钝化，在铝表面形成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，故能用铝制容器贮运浓硝酸，B不合题意；铁与H2O在高温下会反应，方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故模具注入熔融钢水之前必须干燥，C不合题意；固体管道疏通剂的主要成分由金属铝和氢氧化钠组成，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故与铝粉和NaOH溶液反应产生气体有关，D不合题意；故选A。
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．pH=1的溶液中：K+、Na+、、
B．c(Fe3+)=0.1ml•L-1的溶液中：K+、ClO-、、SCN-
C．与铝反应生成氢气的溶液中：Na+、NH4+、、Cl-
D．无色溶液中：Na+、Al3+、Cl-、
【答案】C
【解析】pH=1的溶液呈酸性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；
与反应，不能大量共存，B项错误；与铝反应生成氢气的溶液呈酸性或强碱性，之间不反应，都不与反应，能够大量共存，C项正确；之间发生双水解反应，不能大量共存，D项错误；故选C。
7．一定温度下，探究铜与稀的反应，反应过程如图所示：
下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是
B．过程Ⅲ后得到的溶液中的比原稀的浓度大
C．过程Ⅱ中气体变为红棕色的反应为
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
【答案】B
【分析】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，得到的无色气体是一氧化氮，抽入空气后发生反应2NO+O2=2NO2，振荡后，反应速率加快，说明二氧化氮对反应具有催化作用，据此分析。
【解析】过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式为，A项正确；随着反应的进行，一部分转化为，根据氮原子守恒，可知过程Ⅲ后得到的溶液中的应比原稀的浓度要小，B项错误；过程Ⅱ中气体变为红棕色，发生反应的化学方程式为，C项正确；当活塞不再移动时，再抽入空气，与、反应生成，铜可以继续溶解，D项正确；故选B。
8．某兴趣小组同学用铜与稀硝酸反应制取干燥、纯净的NO气体(装置如图)。下列有关说法错误的是
A．装置Ⅰ中蒸馏烧瓶内发生反应的离子方程式为
B．浓硫酸用于干燥NO
C．为制得纯净的NO，装置Ⅱ中盛装的液体可为水
D．气压过大时，稀硝酸经X导管滴入蒸馏烧瓶中
【答案】D
【解析】用铜与稀硝酸反应制取干燥、纯净的NO气体，装置Ⅰ是发生装置，发生反应的离子方程式为，故A正确；浓硫酸不与NO反应，可用于干燥NO，故B正确；
蒸馏烧瓶内可能有氧气，很容易把生成的NO氧化为NO2，装置Ⅱ中盛装的液体可为水，会发生反应，可制得纯净的NO，故C正确；气压过大时，X导管可以平衡气压，使稀硝酸顺利从分液漏斗中滴入蒸馏烧瓶中，故D错误；故选D。
9．某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是
A．实验①②反应后溶液颜色不同，说明氧化产物不同
B．实验②中产生的气体不能和血红蛋白结合
C．实验③中铁发生了钝化
D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
【答案】D
【解析】实验①②反应后溶液颜色相同都是蓝色，氧化产物都是硝酸铜溶液，A项错误；②产生的气体是一氧化氮，一氧化氮会和血红蛋白结合，B项错误；将足量的铁粉加入100mL,中，溶液呈浅绿色，无气体生成，可能发生反应生成了硝酸亚铁和硝酸铵，常温下铁在浓硝酸下发生钝化，C项错误；
实验①②可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，硝酸的还原产物与硝酸的浓度有关，与金属活泼性有关，D项正确；答案选D。
10．一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：

下列说法正确的是
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
【答案】D
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【解析】 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误；“沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确；答案选D。
11．甲、乙两烧杯中分别盛有浓度均为的盐酸与溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得同温同压下生成气体的体积之比为，则加入铝粉的质量为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据铝和盐酸以及氢氧化钠溶液反应的化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2NaOH+2Al+2H2O
=2NaAlO2+3H2↑，若铝少量，则产生等量的氢气，若铝过量，则产生的氢气的体积比为1:3。若反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，就要求在和盐酸的反应中，铝是过量的，在和氢氧化钠的反应中，铝是少量的。0.3mlHCl完全反应，生成氢气0.15ml，所以铝和氢氧化钠反应生成氢气0.3ml，需要铝的物质的量为0.2ml，即5.4g；故选A。
12．某固体混合物可能含有Al、、、、、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法不正确的是
A．步骤①中发生了氧化还原反应
B．步骤②和步骤③中反应消耗的的物质的量之比为3∶1
C．混合物中一定不存在，可能含有NaCl、AlCl3
D．混合物中一定含有，且物质的量为0.2ml
【答案】B
【分析】由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2，11.60g是氢氧化镁沉淀，，；Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为，根据电子得失守恒，； 浓硫酸吸收氨气，，，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为，则余下是AlCl3和NaCl中的一种或两种。
【解析】根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A正确；步骤②为H++OH-=H2O和 ，步骤③为，二者反应消耗的H+的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，B错误；根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3中的一种或两种，C正确；根据分析，混合物中一定含有MgCl20.2ml，D正确；故选B。
13．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，平均分成两份。向第一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解铜粉；第二份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为气体)。下列分析或结果错误的是
A．B．产生的气体：段是，BC段是氢气
C．原溶液中浓度为D．第二份溶液中最终溶质为
【答案】A
【分析】由图可知，OA段发生反应：Fe++4H+= Fe3+ +2H2O+ NO↑，反应铁0.3ml；AB段发生反应：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，反应铁0.15ml；BC段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，反应铁0.15ml；C后铁过量；则溶液中氢离子共0.3ml×4+0.15ml×2=1.5ml、硝酸根离子共0.3ml；
【解析】铜和稀硫酸不反应、和稀硝酸反应生成一氧化氮和铜离子，反应为3Cu+8H++2NO=3Cu2++
2NO↑+4H2O，反应中氢离子过量、硝酸根离子完全反应消耗铜0.45ml，质量为28.8g，A错误； 由分析可知，产生的气体：段是，BC段是氢气，B正确；反应最终生成硫酸亚铁，共消耗铁0.6ml，根据FeSO4化学式及硫酸根守恒可知，每份溶液中0.6ml，浓度为0.6ml÷0.1L=，C正确；反应中铁过量，最终生成硫酸亚铁，第二份溶液中最终溶质为，D正确；故选A。
14．将41.2g由Al、Fe、Cu组成的合金等分为两份，将其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L(标准状况)；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，得到VL(标准状况下)NO气体，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤得到滤液X和25.4g的沉淀Y(HNO3的还原产物仅为NO)，则下列说法正确的是
A．41.2g的合金中含铁5.6gB．滤液X中的溶质只有硝酸钠
C．V为8.96D．沉淀Y中含氢氧化铜9.8g
【答案】C
【解析】每一份合金质量为，其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，只有Al参与反应生成氢气，，根据电子转移守恒可知：，则每一份中；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，则沉淀中，则，设每一份中Fe、Cu的物质的量分别为xml、yml，根据二者总质量、电子转移守恒有，，解得x=0.1，y=0.15，故41.2g的合金中含铁的质量为，A错误；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤液中含有偏铝酸钠、硝酸钠、氢氧化钠，B错误；由A中计算知，合金与硝酸反应失去电子为，根据电子转移守恒可知，则标准状况下，C正确；由A中计算知，，则沉淀Y中，D错误；故选C。
15．向含xmlHNO3和ymlH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：
下列有关说法正确的是
A．x=0.2，y=0.1
B．a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
C．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g
D．反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)
【答案】C
【分析】铁粉加入后，首先和HNO3反应，被氧化成Fe3+，故a段生成0.1 ml Fe3+，a点过后，Fe3+量开始减少，说明此时发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，当Fe3+完全反应后，Fe2+物质的量仍然在增加，说明发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，说明a点过后，H+仍然有剩余，故硝酸根在a段完全反应。
【解析】由分析知，硝酸根在a段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得3n(NO)=3n(Fe3+,a)，故n(NO)=0.1 ml，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1 ml，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 ml-0.15 ml=0.05 ml，对应H+物质的量=2n2=0.1 ml，a段反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+,a)=0.4 ml，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4 ml+0.1 ml=0.5 ml，则n(H2SO4)=，故x=0.1，y=0.2，A错误；由分析知，a点之前，Fe被氧化为Fe3+，对应离子方程式为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，B错误；b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为x ml，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5x ml，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04 ml，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1 ml-0.04 ml=0.06 ml，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=，对应质量=0.03 ml×64 g/ml=1.92 g，C正确；a段生成气体NO物质的量n(NO)=0.1 ml，由A选项分析知，由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 ml-0.15 ml=0.05 ml，生成H2的物质的量n(H2)=n(Fe2+)=0.05 ml，故整个过程共产生气体0.15 ml，对应体积=0.15 ml×22.4 L/ml=3.36 L，D错误；故选C。
16．某矿物X由Al2O3、Fe2O3、Cu2O、SiO2的一种或几种物质组成。现进行下图实验：
(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O且每步反应都充分)下列说法正确的是
A．根据上述步骤可以判断矿物X中n(Cu2O)/n(Fe2O3)>1
B．步骤1中减少的固体一定是混合物
C．根据步骤2可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)=0.02ml
D．根据步骤1、2可以判断出X中氧化铁的质量分数为50%
【答案】A
【分析】该矿物12.8g用过量NaOH溶液碱浸，得到10.4g固体，Al2O3 和SiO2能溶于NaOH溶液，则固体可能是Fe2O3、Cu2O，Fe2O3可溶于盐酸，将此固体用过量盐酸酸浸，得到Cu2+蓝色溶液和1.92g铜单质固体。
【解析】最终产物有铜单质固体，结合已知和 ，根据，则判断矿物X中n(Cu2O)/n(Fe2O3)>1，A正确；Al2O3 和SiO2能溶于NaOH溶液，步骤1中减少的固体可能是Al2O3 和SiO2，或是其中一种，B错误；根据Cu2O +2H+=Cu+Cu2++H2O，步骤2得到1.92g铜单质物质的量是0.03ml，又0.03ml的Cu2O质量4.32g，则步骤1得到10.4g固体肯定含有Fe2O3，因，现铜单质剩余，则蓝色溶液n(Cu2+)>0.03ml，C错误；设步骤1得到10.4g固体中Fe2O3xml、Cu2Oyml，则有等式①160x+144y=10.4，根据得到等式②y-x=0.03，联合①②，解得x=0.02，y=0.05，则Fe2O3的质量为0.02×160=3.2(g)，可以判断出X中氧化铁的质量分数为，D错误；故选A。
17．CuCl用于石油工业脱硫与脱色，还可用作CO吸附剂和脱氧剂。CuCl是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。
Ⅰ.利用以下装置可制备CuCl
已知：为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色固体，回答下列问题：
(1)制取：A中发生的反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______，为吸收尾气，C中可选用试剂_______(填标号)。
A．溶液 B．饱和食盐水 C．溶液 D．浓
(2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，B中依次发生反应的离子方程式为：
①
②_______
③
观察到_______时停止反应。将B中溶液倾入盛有_______的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀。过滤得CuCl粗品。
(3)洗涤CuCl：洗涤时最好用_______(填序号)洗涤滤饼3～4次，其目的是_______。
a. b.稀硫酸 c.95%的乙醇
Ⅱ.工业上常用CuCl作、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、、和的含量。
已知：和KOH的混合溶液也能吸收氧气。
(4)装置的连接顺序应为_______。
(5)用D装置测含量，若读数时右侧量气管液面高于左侧液面，则测得含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 1：5 AC
(2)Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl 溶液中蓝色褪去变为无色 蒸馏水
(3)c 乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化
(4)C→B→A→D
(5)偏小
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气进入B中与铜粉、NaCl反应生成Na2[CuCl3]，C为尾气处理装置，用于吸收多余的氯气。
【解析】（1）A中高锰酸钾和HCl反应生成氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2
+8H2O，该反应中氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中16个HCl中有10个HCl是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5。
A．亚硫酸钠可被氯气氧化从而吸收氯气，A正确；
B．氯气在饱和食盐水中溶解度小，无法用饱和食盐水吸收氯气，B错误；
C．氯化亚铁可被氯气氧化从而吸收氯气，C正确；
D．浓硫酸不与氯气反应，不能用浓硫酸吸收氯气，D错误；
故答案选AC。
（2）铜离子、氯离子和铜可反应生成氯化亚铜，离子方程式为Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl。Na2[CuCl3]为无色溶液，CuCl为白色固体，故当溶液中蓝色褪去变为无色时停止反应。Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl，将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀，过滤得到CuCl粗品。
（3）CuCl不溶于水和乙醇，但是在潮湿的空气中可被迅速氧化，因此最好使用95%的乙醇洗涤，乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化。
（4）用KOH溶液吸收CO2，然后用Na2S2O4和KOH的混合溶液吸收O2，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则装置的连接顺序为C→B→A→D。
（5）若右侧量气管液面高于左侧，则左侧气体压强大于大气压，气体受到压迫测得的N2含量偏小。
18．工业上常以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等杂质)为原料制备水处理剂聚合硫酸铁,n>2、m