2021版高考化学一轮复习课时跟踪检测十三铜金属材料与矿物开发含解析新人教版

-1-课时跟踪检测（十三）铜金属材料与矿物开发1．平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作了－20℃能发热4h的智能服饰；用铝合金管材和碳纤维制作了高2.35m、重量仅为10kg的熊猫木偶，向世界展现了新时代的中国形象。下列说法不正确的是()A．石墨烯是能导热的金属材料B．铝合金是密度较低的金属材料C．碳纤维是耐低温的无机非金属材料D．新型材料种类多、用途广解析：选A石墨烯是碳的一种单质，属于无机非金属材料，故A错误；铝合金的密度小，强度大，属于金属材料，故B正确；碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于无机非金属材料，故C正确；人们依据生产生活的需要研制出很多种用途不同的新型材料，如功能新型材料、新的合金材料等，故D正确。2．据央视新闻报道，考古人员在江西发掘一座距今2000多年、迄今保存最完好的西汉古墓。在古墓中有10余吨西汉铜钱。这些铜钱锈迹斑斑，铜锈的主要成分可表示为Cu2H2CO5。下列有关判断正确的是()A．铜锈中Cu和C的化合价均为＋2B．铜质文物表面的铜锈可用稀硝酸除去C．铜锈易溶于水D．32g铜生成铜锈转移1mol电子解析：选D铜锈中Cu为＋2价，C为＋4价，A项错误；稀硝酸能够溶解铜锈，也能溶解铜，除去铜质文物表面的铜锈应用稀硫酸或稀盐酸，B项错误；铜锈难溶于水，C项错误；铜生成铜锈时，铜由0价变为＋2价，32g(0.5mol)铜生成铜锈时，转移1mol电子，D项正确。3．下列有关金属的工业制法中不正确的是()A．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氯化镁固体，电解熔融的氯化镁得镁C．制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁D．制铝：从铝土矿中获得氧化铝，提纯后电解熔融的氧化铝得到铝解析：选A钠性质活泼，用电解熔融的氯化钠方法制取，电解氯化钠溶液不能得到金属钠，故A错误；镁性质活泼，用电解熔融的氯化镁的方法制取，故B正确；铁性质较活泼，-2-用热还原反应制取，故C正确；氯化铝为共价化合物，熔融状态不能电离，铝性质活泼，工业上用电解氧化铝的方法制取，故D正确。4．“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是()A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D．1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子解析：选CA项，拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作0价，错误；B项，拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，错误；C项，Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，正确；D项，溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为＋3价，Cu变为＋2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65mol×3＋23mol×2＋12mol×3＝277mol，错误。5．下列有关金属的说法错误的是()A．氧化膜使得性质活泼的金属铝成为一种应用广泛的金属材料B．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪是钛的世纪”C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素D．出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿，主要成分是CuCO3解析：选D铝表面形成致密的氧化铝薄膜可以保护内部的铝不被氧化，使得铝成为一种应用广泛的金属材料，A正确；钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上应用广泛，B正确；在合金中加入适量稀土金属能大大改善合金的性能，故稀土元素又被称为冶金工业的维生素，C正确；铜绿主要成分是Cu2(OH)2CO3，D错误。6．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O2B．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解析：选CCu2＋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-3-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。7．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；无B铜表面易形成致密的氧化膜铜制容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C向硫酸铜溶液中通入氨气，有蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑Ⅰ对；Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无解析：选D稀盐酸可以与碱式碳酸铜(铜绿的主要成分)反应，而且稀盐酸不与Cu反应，所以可用稀盐酸除铜器表面的铜绿，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛放浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO，Ⅰ、Ⅱ均正确，但没有因果关系，C错误；蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。8．科学家研制出了一种新型的贮氢材料，这种镁铝合金的成分可表示为Mg17Al12；其贮氢和释氢的原理可表示为Mg17Al12＋17H2贮氢释氢17MgH2＋12Al，下列有关说法正确的是()A．Mg17Al12是离子化合物B．为防止金属氧化，熔炼制备Mg17Al12时通氮气做保护气C．732g的合金能吸收380.8L氢气D．该合金的熔点比镁和铝的熔点低解析：选D合金是加热熔合而成的，不存在阴阳离子，不属于离子化合物，A项错误；Mg、Al为较活泼金属，加热时易和氮气发生反应，可以通入氩气来防止金属被氧化，不可以通氮气做保护气，B项错误；氢气所处的状况未知，不能计算出氢气的具体体积，C项错误；合金的熔点比各成分的熔点低，该合金的熔点低于金属镁、金属铝的熔点，D项正确。9．铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”。铜主要是由黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2＋O2=====高温Cu2S＋2FeS＋SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是()-4-A．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B．在焙烧时氧化剂只有氧气C．粗铜精炼时用粗铜作阴极D．Cu2S可以用于火法炼制铜解析：选D由焙烧时的化学方程式可知，焙烧时只有部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；焙烧时Cu元素由＋2价降低到＋1价，S元素由－2价升高到＋4价，氧气中O元素由0价降低到－2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；粗铜精炼时用粗铜作阳极，故C错误；火法炼铜的原理为Cu2S＋O2=====高温2Cu＋SO2，Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确。10．部分氧化的Fe­Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如图处理，下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋B．样品中Fe元素的质量为2.14gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V＝448解析：选DA项，生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和Fe3＋反应，所以滤液A中一定不含有Fe3＋，错误；B项，灼烧后的固体为Fe2O3，其物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.02mol×2＝0.04mol，质量为0.04mol×56g·mol－1＝2.24g，错误；C项，铁元素的质量为2.24g，而原来固体为5.76g，所以CuO的质量不超过5.76g－2.24g＝3.52g，错误；D项，根据最后溶液中的溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素的物质的量为0.04mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04mol，含H＋0.08mol，其中部分H＋生成氢气，另外的H＋和合金中的氧结合生成了水，由于合金中氧的物质的量为5.76g－3.2g－2.24g16g·mol－1＝0.02mol，它结合0.04molH＋，所以硫酸中有0.04molH＋生成氢气，即生成0.02mol氢气，标准状况下的体积为448mL，正确。11．铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。-5-则下列分析正确的是()A．图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuOB．图甲整个过程中共生成0.26g水C．图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD．图甲中，a到b的过程中有0.01mol电子发生了转移解析：选D0.98gCu(OH)2的物质的量为0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g·mol－1＝0.80g，所以a点对应的物质是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g·mol－1＝0.72g，所以b点对应的物质是Cu2O，A项错误；根据化学方程式Cu(OH)2=====高温CuO＋H2O、4CuO=====高温2Cu2O＋O2↑可知，生成水的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×18g·mol－1＝0.18g，B项错误；CuO和其中所含Cu元素的质量关系(以CuO的质量为10g计算)为：CuO～Cu806410g8g观察图乙可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误；根据反应方程式4CuO=====高温2Cu2O＋O2↑可知，a到b的过程中有0.01mol电子发生了转移，D项正确。12．固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：(1)由现象1得出化合物X含有______元素(填元素符号)。(2)固体混合物Y的成分________(填化学式)。(3)X的化学式________。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。-6-解析：固体化合物X在干燥的H2中反应生成能使CuSO4变蓝色的气体，说明X中含有氧元素；固体混合物Y加水溶解得到1.28g紫红色固体单质，该单质为Cu，物质的量为0.02mol，得到的碱性溶液的焰色反应呈黄色，说明该碱性溶液中存在Na＋，又固体化合物X由3种元素组成，则3种元素分别为O、Cu、Na，故该碱性溶液为NaOH溶液，与HCl恰好中和时消耗0.0200molHCl，说明NaOH的物质的量为0.0200mol，固体X中含有钠元素的质量为0.46g，根据固体X的质量为2.38g，可以求得氧元素的质量为0.64g，则n(O)＝0.04mol，n(Na)∶n(Cu)∶n(O)＝1∶1∶2，则X的化学式为NaCuO2，固体混合物Y中含有Cu和NaOH。NaCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl2，并得到蓝色溶液CuCl2，则反应的化学方程式为2NaCuO2＋8HCl===2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。答案：(1)O(2)Cu和NaOH(3)