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1、1专题 金属材料及金属矿物的开发利用(建议完成时间：45分钟实际完成时间：_分钟)目录考点一铜及其化合物的结构、性质及应用考点二铜及其化合物制备的工艺流程考点三金属矿物的开发利用考点一铜及其化合物的结构、性质及应用考点一铜及其化合物的结构、性质及应用1(2023湖北统考二模)湖北随州出土的曾侯乙编钟属于青铜制品，先秦 考工记 记载：“金有六齐，六分其金而锡居其一，谓之钟鼎之齐，”。下列有关说法错误的是A.青铜是一种铜锡合金B.青铜硬度大但熔点比纯铜低C.用硝酸处理青铜表面的铜锈主要成分Cu2(OH)3ClD.现代工艺采用电解精炼提纯铜，用粗铜作阳极2(2023河北邢台统考一模)中国古代涉及的“
2、铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是A.“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定B.诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是Cu2OH2CO3的颜色C.铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜D.“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂3(2023上海模拟预测)在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是A.HClB.Fe2(SO4)3C.K2SD.FeSO44(2023辽宁沈阳辽宁实验中学校考模拟预测)西汉东方朔所撰的 申异经中荒经：“西北有宫，黄铜为墙，题曰地皇之宫”。文中“黄铜”主要成分是铜锌，含少量锡、铅等。下列说法错误的是A.铜锈的主要成分为Cu(OH)2，俗
3、称铜绿B.相关金属元素还原性由强到弱的顺序为：ZnSnPbCuC.黄铜制作的高洪太铜锣应保存在干燥处D.用灼烧法可区别“黄铜”和黄金首饰5(2023北京西城北京四中校考模拟预测)10时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：试管编号1234滴加NaOH溶液的量2滴6滴12滴16滴立即观察沉淀的颜色浅绿色浅绿色蓝色蓝色酒精灯加热浊液后沉淀的颜色浅绿色浅绿色黑色黑色取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管
4、3、4中黑色沉淀中含有CuO。下列说法不正确的是金属材料及金属矿物的开发利用-2024年新高考化学一轮复习必刷题2A.由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜B.CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物C.试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2CuO+H2OD.取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑6(2023福建福州福州三中校考模拟预测)某同学进行如下实验：实验实验现象将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性继续向中试管加入少量固体NaNO3又产生气泡，铜粉减少，液面上
5、方呈浅红棕色取饱和Cu NO32溶液，加入少量固体NaNO3和铜粉无明显变化下列说法不正确的是A.HNO3氧化性的强弱与其浓度大小有关B.、中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C.中余液呈酸性的主要原因是Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+D.用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解7(2023山东日照一中校联考模拟预测)铜及含铜微粒的价荷图如图所示。下列推断不合理的是A.要使Cu变成a可以加入稀盐酸和过氧化氢的混合溶液B.Cu(OH)2转化成Cu(OH)2-4需要加碱C.在酸性环境中，c可以反应生成a和CuD.b具有还原性8(2023山东淄博校联考二模)探究铜与硝酸反应的生成NO
6、时的硝酸浓度。如图所示，先通N2一段时间后关闭活塞K，将铜丝伸入溶液中，当A中气体变为无色时，上提铜丝，再将B中溶液稀释至200mL，取20.00mL，用0.20molL-1的NaOH溶液滴定至终点时消耗15.00mL(忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化)。下列说法正确的是3A.可用盛有NaOH溶液的洗气瓶进行尾气吸收B.铜与硝酸反应主要生成NO时的硝酸浓度不大于8molL-1C.若不通N2，可能导致所得实验结果偏高D.若通过直接滴定A中剩余酸的量(掩蔽掉Cu2+的干扰)进行求算，所得实验结果偏低9(2023湖北荆门荆门市龙泉中学校联考二模)某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧
7、化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A.实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B.对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C.实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D.向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀10(2023辽宁沈阳东北育才学校校考模拟预测)2.28 g铜镁合金完全溶解
8、于75mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1680mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入l.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.81 g沉淀，下列说法正确的是A.该合金中，镁的物质的量为0.03molB.NO2和N2O4混合气体的平均相对分子质量约为55.2C.得到3.81 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为900mLD.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为12.0mol/L考点二考点二铜及其化合物制备的工艺流程铜及其化合物制备的工艺流程11(2023重庆万州重庆市万州第二高级中学校考模拟预测)实验室从含有少量氧化铁杂质的废
9、铜粉制取无水硫酸铜的实验步骤如下图：4下列有关说法正确的是A.溶解废铜粉“过量酸”是指稀硝酸B.气体A是Cl2，将亚铁离子氧化为铁离子C.生成沉淀D的离子方程式可以为3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+D.从溶液中得到的无水硫酸铜的方法是冷却结晶12(2023江苏盐城盐城市伍佑中学校考模拟预测)一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2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H2SiO3B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu OH2C.“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
10、主要阳离子：NH+4、H+、Cu2+13(2023山东济宁统考一模)碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是A.“加热”步骤可选用水浴加热B.“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收C.“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3D.可用盐酸和BaCl2溶液检验“滤液”中是否有CO2-314(2023海南海口海南中学校考二模)纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如图所示：5请回答下列问题：(1)“滤渣1”中含有硫单质及。
11、(2)“调pH”的过程中也能用(写出一种物质即可)来代替CuO，要使Fe3+完全沉淀，则溶液的pH至少为(已知该工艺条件下KspFe(OH)3810-38，Kw110-14，lg20.3，化学上认为当离子浓度小于110-5molL-1时沉淀完全)。(3)现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，写出：a阴极的电极反应式为；b制备氧化亚铜的化学方程式为；c电解过程中Cl-的浓度。(填“变小”“变大”“不变”)15(2023北京东城北京五十五中校考模拟预测)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：已知：CuCl难溶于醇和水，溶于
12、c Cl-较大的体系 CuCl(s)+2Cl-CuCl2-3，潮湿空气中易水解氧化。(1)步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是。(2)步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式。(3)步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。反应的氧化产物是；比较c Cu+相对大小：A点C点(填“”、“SnPbCuC.黄铜制作的高洪太铜锣应保存在干燥处D.用灼烧法可区别“黄铜”和黄金首饰【答案】A【解析】A潮湿的环境中，Cu和CO2、H2O、O2反应生成Cu2(OH)2CO3而产生铜绿，故A错误；B根据金属活动性顺序表可知，金属活动性：ZnSnPbCu
13、,故B正确；C潮湿的环境中，Cu和CO2、H2O、O2反应生成Cu2(OH)2CO3而产生铜锈，所以用黄铜制作的高洪太铜锣应置于干燥处保存，故C正确；DCu在加热的条件下和氧气反应生成黑色的CuO，Au在加热条件下和氧气不反应，所以可以采用灼烧的方法区分黄铜和黄金首饰，故D正确；故选：A。5(2023北京西城北京四中校考模拟预测)10时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：试管编号1234滴加NaOH溶液的量2滴6滴12滴16滴立即观察沉淀的颜色浅绿色浅绿色蓝色蓝色酒精灯加热浊液后沉淀的颜色浅绿色浅
14、绿色黑色黑色取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。下列说法不正确的是A.由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜B.CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物C.试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2CuO+H2OD.取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑【答案】D【解析】A取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中
15、可能含有碱式硫酸铜，故 A正确；B由实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B正确；C由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为 Cu(OH)2CuO+H2O，故C正确；D由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故 D错误；故选D。6(2023福建福州福州三中校考模拟预测)某同学进行如下实验：实验实验现象将铜粉
16、加入试管中，再加入稀HNO3溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性继续向中试管加入少量固体NaNO3又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色取饱和Cu NO32溶液，加入少量固体无明显变化3NaNO3和铜粉下列说法不正确的是A.HNO3氧化性的强弱与其浓度大小有关B.、中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C.中余液呈酸性的主要原因是Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+D.用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解【答案】C【分析】i.将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3，稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生无色气体，无色气体又变为红棕色；铜
17、粉有剩余，溶液为酸性；ii.继续向i中试管加入少量固体NaNO3，由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成 NO、硝酸铜，产生无色气体，无色气体又变为红棕色，同时可知推论i中的酸性是硝酸有剩余；iii.饱和Cu(NO3)2溶液，加入少量固体NaNO3和铜粉，三者不反应，无明显变化；【解析】A由i、ii分析可知i还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和浓度有关，A正确；Bi、ii铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应 3Cu+8H+2NO-3=3Cu2+2NO+4H2O解释，B正确；C由i、ii分析可知i还有剩余氢离子，不能
18、说明余液呈酸性的主要原因是铜离子水解所导致，C错误；D硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解，D正确；故答案选C。7(2023山东日照一中校联考模拟预测)铜及含铜微粒的价荷图如图所示。下列推断不合理的是A.要使Cu变成a可以加入稀盐酸和过氧化氢的混合溶液B.Cu(OH)2转化成Cu(OH)2-4需要加碱C.在酸性环境中，c可以反应生成a和CuD.b具有还原性【答案】D【解析】A根据铜及含铜微粒的价荷图判断，a是Cu2+、b是CuO-2、c是Cu2O、d是Cu(OH)2。a中Cu元素为+2价，在酸性条件下，H2O2氧化Cu变为Cu2+，
19、A正确；B由图可知，Cu(OH)2转化为Cu(OH)2-4需要碱性条件，B正确；CCu2O中Cu元素为+1价，在酸性条件下可以发生歧化反应生成+2价的铜和单质铜，C正确；DCuO-2中铜元素为+3价具有强氧化性，D错误；故选D。8(2023山东淄博校联考二模)探究铜与硝酸反应的生成NO时的硝酸浓度。如图所示，先通N2一段时间后关闭活塞K，将铜丝伸入溶液中，当A中气体变为无色时，上提铜丝，再将B中溶液稀释至200mL，取20.00mL，用0.20molL-1的NaOH溶液滴定至终点时消耗15.00mL(忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化)。下列说法正确的是4A.可用盛有NaOH溶液的洗气瓶进行尾
20、气吸收B.铜与硝酸反应主要生成NO时的硝酸浓度不大于8molL-1C.若不通N2，可能导致所得实验结果偏高D.若通过直接滴定A中剩余酸的量(掩蔽掉Cu2+的干扰)进行求算，所得实验结果偏低【答案】D【分析】A瓶中的反应为4HNO3(浓)+Cu=2NO2+2H2O+Cu(NO3)2。B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO。用0.20molL-1的NaOH溶液滴定至终点时消耗15.00mL，即n(NaOH)=0.2015.0010-3mol=310-3mol，有关系式为NaOHHNO3则B瓶中产生的n(HNO3)=310-3mol10=310-2mol，又3NO22HNO3则A瓶中产生
21、的NO2为310-2mol32=4.510-2mol。由关系式得4HNO3(浓)2NO2则消耗的浓硝酸为4.510-22=910-2mol。【解析】ANaOH溶液不能直接与NO反应，所以它不能吸收尾气，A项错误；B溶液中剩余的硝酸浓度为(2012.510-3-910-2)mol2010-3L=0.160.02mol/L=8mol/L。但当反应产生无色NO气体时停止反应，即硝酸浓度大于8molL-1也产生了NO，B项错误；C若不同如N2，B瓶中NO也转变为HNO3，从而导致消耗的HNO3偏大，A中剩余HNO3偏低，结果偏低，C项错误；D当A中气体变为无色时停止反应，产生NO的浓度应该比A瓶的大。
22、所以直接测定A瓶中的酸可能导致结果偏低，D项正确；故选D。9(2023湖北荆门荆门市龙泉中学校联考二模)某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A.实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原5B.对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C.实验II、III中加入蒸馏水后c
23、(Cu2+)相同D.向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl，据此分析解答。【解析】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III
24、，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。10(2023辽宁沈阳东北育才学校校考模拟预测)2.28 g铜镁合金完全溶解于75mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1680mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入l.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.81 g沉淀，下列说法正确的是A.该合金中，镁的物
25、质的量为0.03molB.NO2和N2O4混合气体的平均相对分子质量约为55.2C.得到3.81 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为900mLD.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为12.0mol/L【答案】B【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则64x+24y=2.28，98x+58y=3.81，解得x=0.03mol，y=0.015mol，混合气体的物质的量=168022.41000=0.075mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，根据氧化还原反应中得失电子数相等：2(0.03+0.015)=2a+b，a+b=0.075，则a=0.015mol，b=0.06mol，c(HNO
26、3)=10001.4063%63mol/L=14.0molL-1，硝酸的物质的量n(HNO3)=14.0mol/L75mL1000=1.05mol。【解析】A由分析可知，该合金中，镁的物质的量为0.015mol，A错误；BNO2和N2O4混合气体的摩尔质量约=0.01592+0.06460.075=55.2g/mol，其平均相对分子质量约为55.2，B正确；C沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-(2a+b)=1.05mol-0.09mol=0.96mol，氢氧化钠溶液体积为960mL，C错误；Dc(HNO3)=10001.4063%63mol/L=14
27、.0molL-1，D错误；故选B。考点二考点二铜及其化合物制备的工艺流程铜及其化合物制备的工艺流程11(2023重庆万州重庆市万州第二高级中学校考模拟预测)实验室从含有少量氧化铁杂质的废铜粉制取无水硫酸铜的实验步骤如下图：下列有关说法正确的是6A.溶解废铜粉“过量酸”是指稀硝酸B.气体A是Cl2，将亚铁离子氧化为铁离子C.生成沉淀D的离子方程式可以为3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+D.从溶液中得到的无水硫酸铜的方法是冷却结晶【答案】C【分析】因为要制备硫酸铜，则过量酸为稀硫酸，废铜粉(含有少量氧化铁)加过量稀硫酸，氧化铁溶于硫酸生成硫酸铁和水，Cu和硫酸铁反应生成硫酸
28、亚铁和硫酸铜，得到硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸混合溶液，混合溶液通入气体A将亚铁离子氧化为铁离子，调 pH=4将铁离子转化为氢氧化铁，然后过滤除去，固体B可为CuO或氢氧化铜等，滤液C为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。【解析】A过量的酸应为稀硫酸，不适合用稀硝酸，原因是引入硝酸根杂质，A错误；B向混合溶液通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯离子杂质，B错误；C加入固体B的作用是调节溶液的 pH，使Fe3+水解平衡正向移动，转变为氢氧化铁沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(
29、OH)2CO3，加CuO时离子方程式为3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+，C正确；D从溶液中冷却结晶是得到硫酸铜晶体，D错误；选C。12(2023江苏盐城盐城市伍佑中学校考模拟预测)一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2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H2SiO3B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu OH2C.“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：NH+4、H+、Cu2+【答案】D【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质)
30、“酸浸”时CuO、少量Fe2O3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Cu NH32+4，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】A 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；B 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu NH34SO4，B错误；C“沉铜”时含有Cu NH32+4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，
31、C错误；D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：NH+4、H+、Cu2+，D正确；答案选D。13(2023山东济宁统考一模)碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是7A.“加热”步骤可选用水浴加热B.“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收C.“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3D.可用盐酸和BaCl2溶液检验“滤液”中是否有CO2-3【答案】B【分析】废铜屑与稀硝酸反应，产生的气体为一氧化氮；过滤除去难溶性滤渣，滤液中含硝酸铜
32、和硝酸，加入碳酸钠溶液加热，与硝酸、硝酸铜反应，生成硝酸钠和铜盐，再加氢氧化钠溶液调节适当 pH值，经过一系列反应得到碱式碳酸铜。【解析】A加热的温度为70oC，可选用水浴加热，A正确；B酸浸产生的气体为NO，与NaOH溶液不反应，不能用NaOH 溶液吸收，B错误；C由分析可知，“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3等，C正确；DCO2-3的检验是先加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再往白色沉淀中加入盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色无味气体，D正确；故选B。14(2023海南海口海南中学校考二模)纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料
33、制取纳米Cu2O的一种工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)“滤渣1”中含有硫单质及。(2)“调pH”的过程中也能用(写出一种物质即可)来代替CuO，要使Fe3+完全沉淀，则溶液的pH至少为(已知该工艺条件下KspFe(OH)3810-38，Kw110-14，lg20.3，化学上认为当离子浓度小于110-5molL-1时沉淀完全)。(3)现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，写出：a阴极的电极反应式为；b制备氧化亚铜的化学方程式为；c电解过程中Cl-的浓度。(填“变小”“变大”“不变”)【答案】(1)SiO2(2)碳酸铜等3.3(3)2H+2e-=H22Cu+H2O电解 NaCl溶
34、液Cu2O+H2变大【分析】黄铜矿主要含有CuFeS2(Fe为+3价)，杂质SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，发生反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+5Fe2+Cu2+2S，过滤除去SiO2和S沉淀，然后，向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，再加入CuO，调节溶液的 pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去，向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜，据此分析作答即可。8【解析】(1)结合分析可知，“滤渣1”中含有硫单质及SiO2，故答案为：
35、SiO2；(2)结合分析可知，调节 pH的试剂可以消耗氢离子，并且不引入杂质，可以选用氧化铜、碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜，故可以替换，要使Fe3+完全沉淀，对应Fe3+浓度为110-5molL-1，c(OH-)=3KspFe OH3c Fe3+=3810-38110-5=210-11molL-1，对应pOH=-lg210-11=10.7，则pH=14-pOH=3.3，故答案为：碳酸铜等；3.3；(3)a电解NaCl溶液时阴极为氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e-=H2；b用铜做电极，阳极为Cu失电子生成Cu2O，制备氧化亚铜的化学方程式为2Cu+H2O电解 NaCl溶液Cu2O+H
36、2；c电解过程中水减小，则Cl-的浓度变大。15(2023北京东城北京五十五中校考模拟预测)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：已知：CuCl难溶于醇和水，溶于c Cl-较大的体系 CuCl(s)+2Cl-CuCl2-3，潮湿空气中易水解氧化。(1)步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是。(2)步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式。(3)步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。反应的氧化产物是；比较c Cu+相对大小：A点C点(填“”、“加水稀释(4)过滤(5)H
37、NO3具有强氧化性会把CuCl氧化去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化(6)CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-4.95ba%(或0.0495ba)【分析】根据流程图，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO49+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl沉淀，过滤得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，经干燥得到CuCl，据此分析解答。【解析】(1)步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过
38、程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中S2-氧化成硫单质，其反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。(2)步骤2是溶解过程，利用硝酸根在酸性条件性具有强氧化性，可溶解Cu生成氧化产物Cu2+，硝酸根被还原成NO或NO2，则溶解时反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO-3=3Cu2+2NO+4H2O或Cu+4H+2NO-3=Cu2+2NO2+2H2O。(3)步骤3为主反应，涉及反应为：2Cu2+SO2-3+2Cl-+H2O=2CuCl+SO2-4+2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为SO2-4或
39、(NH4)2SO4；随着氯化铵浓度不断增大，亚铜离子的沉淀率由低到高后又有所下降，则B点之前Cu+过量、且Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时恰好沉淀完全得，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解：CuCl(s)+2Cl-CuCl2-3，故A点铜元素主要存在形式为Cu+与CuCl，B点铜元素主要存在形式CuCl，C点铜元素主要存在形式为CuCl2-3与CuCl，则c Cu+相对大小：A点C点；B点之后，c(Cl-)增大，发生CuCl(s)+2Cl-CuCl2-3，部分CuCl(s)溶解，沉淀减少，若加水稀释，减少c(Cl-)，平衡左移，则提高C点状态混合物中Cu+沉淀率的措施是
40、加水稀释；(4)步骤4把氯化亚铜沉淀分离出来，则进行的实验操作是过滤；(5)洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是：硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，所以洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”。已知 CuCl难溶于醇，在潮湿空气中易水解氧化，则用乙醇洗涤CuCl的目的是：去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。(6)CuCl溶于Fe2SO43溶液的离子方程式是CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-。产品纯度测定时存在关系式，5CuCl5Fe2+KMnO4，消耗0.1000mol/LKMnO4标准溶液b mL，则产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为50.10
41、00mol/Lb10-3L99g/mola100%=4.95ba%考点三考点三金属矿物的开发利用金属矿物的开发利用16(2023湖南校联考模拟预测)中国“天向一号”探测器用于火星探测，搭载全球最先进的三结砷化镓太阳能电池阵为其提供动力，一种从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2、CaCO3等杂质)中回收单质镓和砷的化合物的工艺流程如图所示：已知：“碱当”时GaAs中Ga以NaGaO2的形式进入溶液。Ga与Al位于同一主族，性质相似，向NaAlO2溶液中通入CO2，有Al OH3沉淀析出。离子完全沉淀时的pH：SiO2-3为8，GaO-2为5.6。下列说法正确的是A.“碱浸”时
42、，GaAs发生的离子方程式为GaAs+4OH-+4H2O2=GaO-2+AsO3-4+6H2OB.“滤渣”的成分为Fe2O3，CaCO3，“滤渣”的成分为GaCO3C.“调pH”时，为使得杂质离子沉淀完全，可通入过量的CO2D.“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】A10【分析】砷化镓废料粉碎增大碱浸速率，加氢氧化钠和过氧化氢，GaAs和SiO2溶解生成SiO2-3、AsO3-4和GaO-2，Fe2O3、CaCO3不溶于碱，“滤渣”为Fe2O3、CaCO3，滤液通CO2可以得硅酸，除去硅元素，滤液再通CO2可以将GaO-2转化为Ga OH3，过滤，滤液为Na3AsO4，经过蒸发浓缩、
43、冷却结晶可以得到Na3AsO412H2O，Ga OH3沉淀加NaOH溶液生成NaGaO2溶液，通电电解得到镓单质。【解析】A“碱浸”时GaAs中Ga以NaGaO2的形式进入溶液，As会被H2O2氧化生成Na3AsO4，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒得出反应的离子方程式为GaAs+4OH-+4H2O2=GaO-2+AsO3-4+6H2O，故A正确；B根据分析可知，Fe2O3、CaCO3不溶于NaOH溶液，“滤渣”的成分为Fe2O3、CaCO3，向含有SiO2-3、AsO3-4和GaO-2的溶液中，先通入CO2先得硅酸沉淀，除去硅元素，然后再通CO2可以将GaO-2转化为Ga OH3，“滤渣
44、”的成分为Ga OH3，故B错误；C通入过量的CO2，会使Ga OH3过早沉淀下来，使产率降低，故C错误；D滤液为Na3AsO4，析出带结晶水的晶体要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可以得到Na3AsO412H2O，故D错误；答案选A。17(2023江苏南通海门中学校考模拟预测)第二周期元素及其化合物应用广泛。锂可用作电极材料；铍和铝性质相似，BeO可用于制作坩埚；氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料，可与水在催化剂作用下生成 NH43B3O6和H2，碳能形成多种氧化物，金星大气层中含有的C2O3能与H2O反应生成H2C2O4，H2C2O4是二元弱酸，有还原性，可与多种金属离子形
45、成沉淀或络合物；聚四氟乙烯材料可制作酸碱通用滴定管的活塞及化工反应器的内壁涂层。下列物质性质与用途具有对应关系的是A.金属Li密度小，可用作电极材料B.BeO硬度大，可制作耐高温的坩埚C.H2C2O4有还原性，可用作沉淀剂、络合剂D.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可制作滴定管活塞【答案】D【解析】A金属Li用作电极材料在于Li具有导电性而不是因为密度小，A错误；BBeO可制作耐高温的坩埚在于其熔点高，化学性质稳定，与硬度大无关，B错误；CH2C2O4可用作沉淀剂、络合剂在于H2C2O4可与多种金属离子形成沉淀或络合物，与有还原性无关，C错误；D聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀故可制作滴定管活塞，D正确。故选D。1
46、8(2023山东德州统考二模)四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，可用作锂电(心脏起搏器电池等)或二次锂离子电池电解液导电盐。其制备流程如图所示，下列说法错误的是A.“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3B.实验室中模拟工艺流程时反应器3不能选用三颈圆底烧瓶C.反应器2中反应为LiHCO3+4HF=LiF3HF+H2O+CO2D.粗产品经过负压下浓缩、冷却结晶即可得到纯净的四氟硼酸锂【答案】D【分析】Li2CO3料浆中通入CO2反应生成LiHCO3，经过过滤操作分离出不溶颗粒Li2CO3，向LiHCO3溶液中加入HF反应生成LiF3HF，再将LiF3HF与HBO3溶液反应生成LiBF4粗产品；【
47、解析】ALi2CO3为微溶物，则“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3，A正确；B反应3为LiF3HF与HBO3反应生成LiBF4，HF会腐蚀玻璃，则不能选用三颈圆底烧瓶，B正确；C据分析可知，反应器2中反应为LiHCO3+4HF=LiF3HF+H2O+CO2，C正确；D四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，不需要经过负压下浓缩、冷却结晶，D错误；故选D。1119(2023河北邯郸统考一模)“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是A.基态钛原子核外有4个未成对电子B.金属Mg与TiCl4
48、可在氮气气氛条件下进行反应C.步骤II加热可促进TiO2+的水解D.步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+CTiCl4+CO【答案】C【分析】钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2+，加适量铁发生还原，将铁离子转变为亚铁离子，蒸发浓缩冷却结晶提取出绿矾晶体，滤液经加热TiO2+水解得TiO2H2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。【解析】A基态钛原子核外电子排布式为 Ar3d24s2，有2个未成对电子，A错误；BMg为活泼金属，能与CO2、O2、N2、H2O等物质发生反应，故金属
49、Mg与TiCl4必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；C TiO2+会水解，步骤II加热可促进TiO2+的水解，C正确；D方程式未配平，步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，D错误；答案选C。20(2023福建统考模拟预测)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A.在室外大雪的时候MgCl2可以用作融雪剂，原因是因为其溶解的时候可以放热B.铬是硬度最高的金属，常在不锈钢中添加C.TiO2为半导体，可做新型太阳能电池主要材料D.氧化镁在工业生产中常用作耐火材料【答案】A【解析】A氯化镁可以用作融雪剂，原因是雪-氯化镁混合物的熔点低于雪的熔点，使雪能够在比
50、正常情况更低的温度下就能融化，故A错误；B铬是硬度最高的金属，常在不锈钢中添加，增强不锈钢的耐腐蚀性，故B正确；CTiO2为半导体，作为光电极很稳定，制作简单，可做新型太阳能电池主要材料，故C正确；D氧化镁的熔点高，常在工业生产中常用作耐火材料，故D正确；综上所述，答案为A。21(2023全国模拟预测)实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图甲所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图乙。已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。12下列说法正确的是A.05s过程中，发生的离子反应为：Cr2O2-7+H2O2CrO2-4+2H+B.实验开始至30s，溶液中发生的总反应离子方程式为Cr2O2-7+3H2O