第3章 第10讲 金属材料及金属矿物的开发利用(Word练习)-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练10　金属材料及金属矿物的开发利用 ➢ 对学生用书P282 1．(2024·黑龙江省大庆第一中学高三上学期期中考试)下列金属氧化物的性质与用途不具有对应关系的是(　　) A．Na2O2是淡黄色固体，可用作呼吸面具的供氧剂 B．MgO、Al2O3的熔点高，因此可用MgO、Al2O3制作耐高温坩埚 C．Fe2O3为难溶于水的红棕色固体，可用于制作红色涂料 D．CaO2在水中可以放出氧气，可用于鱼类的运输 解析　A．Na2O2可以与水或二氧化碳反应生成氧气，故可用作呼吸面具中的供氧剂，故A项错误；B.MgO、Al2O3的熔点高，故可用于制作耐高温坩埚，故B项正确；C.Fe2O3是红棕色难溶于水的固体，故用于制作红色涂料，故C项正确；D.过氧化钙(CaO2)在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖，故D项正确。故选A。 答案　A 2．(2024·江苏通州湾中学检测)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol/L盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得甲、乙两烧杯中产生的气体体积之比为1∶2，则加入铝粉的质量为(　　) A．5.4 g B．3.6 g C．2.7 g D．1.6 g 解析　根据铝粉与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，可知若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉，产生的H2的体积之比为1∶3。而题中产生的H2的体积之比为1∶2，说明铝粉的量相对盐酸是过量的，而相对NaOH是不足的，0.3 mol HCl完全反应，生成0.15 mol H2，所以N与NaOH反应生成H2为0.3 mol，则与NaOH溶液反应的铝粉应为5.4 g。 答案　A 3.（2021·高考河北卷）“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“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“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 解析　A.钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B.钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C.由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D.赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确。 答案　C 4.下列关于金属的冶炼方法叙述不正确的是 （　　） 选项 金属 存在形式 冶炼方法 A 金 游离态 金子比沙子密度大，利用水洗法直接分离 B 银 化合态 银的金属性弱，用加热Ag2O的方法冶炼 C 铁 化合态 铝的金属性比铁强，可用铝热法炼铁 D 钠 化合态 钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼 解析　钠一般是由电解熔融NaCl的方法来制取，而电解饱和食盐水得到的是NaOH、H2和Cl2。同时注意，此题易误选C，一般认为铁是由CO还原Fe2O3制得，但在实际生活中，在铁轨焊接等方面时，是用铝热反应来制取的。 答案　D 5．(2024·广东佛山高三普通高中教学质量检测)部分含Mg或含Al物质的类别与化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　) A．a不能与H2O反应生成d或g B．b和e均可用于制造耐高温材料 C．可存在a→f→g→e→a的循环转化关系 D．直接加热蒸干c或f溶液无法得到无水氯化物 解析　由图知，a为Al或Mg，b为MgO，e为Al2O3，c为MgCl2，f为AlCl3，d为Mg(OH)2，g为Al(OH)3。Mg能与H2O在加热条件下反应生成Mg(OH)2，A错误；MgO和Al2O3的熔点高，均可用于制造耐高温材料，B正确；存在Al→AlCl3→Al(OH)3→Al2O3→Al的循环转化关系，C正确；由于MgCl2或AlCl3均会水解，生成的氯化氢易挥发，直接加热蒸干MgCl2或AlCl3溶液无法得到无水氯化物，D正确。 答案　A 6.如图所示的反应均在高温或点燃条件下进行，选项中的物质表示A和B，不合理的是 （　　） A.CO2、Mg B.MgO、Al C.Fe3O4、Al D.CuO、H2 解析　A项，Mg与CO2在点燃条件下反应生成C和MgO，C、Mg在足量氧气中燃烧分别生成CO2、MgO，故A项正确；B项，Al的还原性比Mg弱，故不能置换出Mg，故B项错误；C项，Al与Fe3O4在高温下反应生成Al2O3与Fe，Fe、Al与氧气在点燃条件下反应分别生成Fe3O4、Al2O3，故C项正确；D项，H2在高温下还原CuO生成H2O与Cu，H2、Cu在足量氧气中燃烧分别生成H2O、CuO，故D项正确。 答案　B 7．(2024·辽宁省实验中学调研)一块11.0 g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2＋存在，加热除去多余的H2O2，当加入200 mL 6 mol·L－1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3 g，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．该合金中铁的质量为5.6 g B．所加稀硫酸中含1.2 mol H2SO4 C．合金与稀硫酸反应共生成0.45 mol H2 D．该合金与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为0.3NA 解析　根据题意，加入H2O2完全反应后溶液中的金属离子为Fe3＋和Al3＋，要使得沉淀量最大，则加入NaOH溶液后刚好生成Fe(OH)3和Al(OH)3，设合金中Fe的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，则56x＋27y＝11.0，107x＋78y＝26.3，联立两个方程可解得x＝0.1，y＝0.2，即Fe的质量为5.6 g，Al的质量为5.4 g。由上述分析知，A正确。根据题意，沉淀量最多时溶质只有硫酸钠，则所加稀硫酸的物质的量为＝0.6 mol，B错误。根据反应Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑，0.1 mol Fe完全反应生成0.1 mol氢气，0.2 mol Al完全反应生成0.3 mol氢气，共生成0.4 mol氢气，C错误。该合金与足量NaOH溶液发生反应2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，转移电子的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，即转移的电子数为0.6NA，D错误。 答案　A 8．(2024·湖南邵阳检测)镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题： (1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的________，还生成少量的________。(填化学式) (2)CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价为________，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。 (3)现有一块Al­Mg合金，将其置于烧杯中。若加入20 mL 1 mol·L－1NaOH溶液，恰好完全反应生成n1 mol H2。若加入20 mL 1 mol·L－1盐酸，则生成n2 mol H2。计算n1－n2＝________。 (4)Mg(OH)2是常用的阻燃材料。以白云石(CaCO3、MgCO3，不考虑杂质)为原料制备Mg(OH)2和CaCO3的工艺流程如下： ①相同条件下，溶解度：Ca(OH)2________(填“＞”或“＜”)Mg(OH)2。 ②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到6.72 L(标准状况下)CO2，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2和CaCO3的质量分别为________、________。 解析　(1)镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气的强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，根据化合物中各元素化合价代数和为0知，镁的化合价为＋2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl＋2H2O===2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2↓。(3)20 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中含有0.02 mol NaOH，2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，故0.02 mol NaOH参加反应可生成0.03 mol H2，n1＝0.03。20 mL 1 mol·L－1盐酸中含有0.02 mol HCl，与金属反应产生的n(H2)＝n(H＋)＝n(HCl)＝0.01 mol，即n2＝0.01，故n1－n2＝0.03－0.01＝0.02。(4)①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以相同条件下，溶解度：Ca(OH)2＞Mg(OH)2。②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到6.72 L(标准状况下)CO2，则CO2的物质的量为0.3 mol，由碳原子守恒可得，n(CaCO3)＋n(MgCO3)＝0.3 mol，100 g·mol－1×n(CaCO3)＋84 g·mol－1×n(MgCO3)＝27.6 g，解得n(CaCO3)＝0.15 mol，n(MgCO3)＝0.15 mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58 g·mol－1×0.15 mol＝8.7 g、CaCO3的质量为100 g·mol－1×0.15 mol＝15 g。 答案　(1)MgO　Mg3N2 (2)＋2　2CH3MgCl＋2H2O===2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2↓ (3)0.02 (4)①＞　②8.7 g　15 g 9.(2023·山东日照联考)一种利用生物浸出并回收黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量SiO2杂质)中铁和铜的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Cu2＋的生物浸出原理如图： 浸出温度不宜过高，其原因是_____________________________________________________， 反应①的离子方程式为__________________________________________________________。 (2)浸渣的主要成分为________(填化学式)，操作Ⅰ的名称为________。 (3)分离Cu2＋的原理如下：Cu2＋＋2(HR)org(CuR2)org＋2H＋。根据流程，反萃取加入的试剂应该为________(填化学式)溶液。 (4)检验滤液2中是否存在Fe3＋，可选用________(填标号)。 A.KSCN溶液 B.K4[Fe(CN)6]溶液 C.K3[Fe(CN)6]溶液 D.KMnO4溶液 (5)“一系列操作”包括____________________________、洗涤、干燥。 解析　流程分析：黄铜矿生物浸出得到铜盐溶液，二氧化硅进入浸渣，滤液加入有机萃取剂；分液，铜离子进入有机相，再通过反萃取得到硫酸铜溶液，最终转化为铜；水相加入铁得到二价铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体。 (1)Cu2＋的生物浸出过程中细菌参与了反应,温度过高会使细菌失活;反应①为CuFeS2和Fe3＋反应生成Fe2＋、S和Cu2＋，离子方程式为CuFeS2＋4Fe3＋===5Fe2＋＋2S＋Cu2＋。(2)黄铜矿中SiO2不反应，成为浸渣，操作Ⅰ得到互不相溶的有机相和水相，为萃取、分液。(3)根据流程，反萃取从有机相中得到硫酸铜溶液，则反萃取加入的试剂应该为稀硫酸，加入稀硫酸H＋浓度增大，平衡Cu2＋＋2(HR)org(CuR2)org＋2H＋逆向移动。(4)Fe3＋和KSCN溶液反应，溶液变为红色，Fe3＋和K4[Fe(CN)6]溶液反应，生成蓝色沉淀，二者均可以检验Fe3＋。(5)从水溶液当中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 答案　(1)温度过高细菌失活　CuFeS2＋4Fe3＋===5Fe2＋＋2S＋Cu2＋ (2)SiO2　萃取、分液 (3)H2SO4 (4)AB (5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 10．(2025·八省联考四川卷)TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣可以通过如下流程纯化。 已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的α­Al2O3，TiO2转化为TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3＋。 下列说法错误的是(　　) A．TiO2具有弱氧化性 B．“浸取”需要惰性气体保护 C．“滤液”中存在Fe3＋和Ca2＋ D．H2来自Fe和盐酸的反应 解析　二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生成TiOx(1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的α­Al2O3，同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸后TiOx、Fe与酸反应生成Fe2＋、Ti3＋和氢气，难溶的α­Al2O3转化为滤渣，滤液中Fe2＋、Ti3＋被H2O2氧化生成Fe3＋和Ti4＋，Ti4＋水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3＋、Ca2＋。A.TiO2中Ti为高价态，具有氧化性，A正确；B.“浸取”过程中，不需要惰性气体保护，产生的Ti3＋在下一步需要氧化生成Ti4＋，B错误；C.Ti4＋转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3＋、Ca2＋，C正确；D.铝热反应中只有铁的氧化物转化为铁单质，故氢气是铁与盐酸反应产生的，D正确。故选B。 答案　B 11．(2024·山东卷改编)钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是(　　) 实验操作及现象 试管甲 滴加过量0.3 mol·L－1 HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倒掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量6 mol·L－1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A．试管甲中新生成的沉淀为CuO B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性 C．试管乙实验可证明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物 D．上述两个实验表明Cu2O为两性氧化物 解析　A．Cu2O中滴加过量0.3 mol/L HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明Cu2O转化成Cu2＋，Cu元素的化合价由＋1价升至＋2价，根据氧化还原反应的特点知，Cu元素发生歧化反应，化合价还有由＋1价降至0价，新生成的沉淀为金属Cu，A项错误；B．Cu2O与0.3 mol/L HNO3发生的反应为Cu2O＋2HNO3===Cu(NO3)2＋Cu＋H2O，该过程中HNO3表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，该过程中HNO3表现氧化性和酸性，B项错误；C．Cu2O中滴加过量6 mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝色 [Cu(NH3)4]2＋，C项正确；D.既能与酸反应生成盐和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，Cu2O溶于6 mol/L氨水形成的是配合物，Cu2O不属于两性氧化物、是碱性氧化物，D项错误。故选C。 答案　C 12．(2024·高考黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为________(填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成________(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为________(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为____________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)“沉金”中Zn的作用为_______________________________________________________________________________________。 (7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为____________________________________________________。 用碱中和HCN可生成________(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 解析　矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH＝2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3＋、SO、As(Ⅵ)，加碱调节pH值，Fe3＋转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]－的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2＋的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3＋和SO，离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O 4Fe3＋＋8SO＋4H＋；(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3＋转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；(4)A.细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；B.焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；C.焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D.由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意。故选BC；(5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出；(6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au；(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2－，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 答案　(1)CuSO4　(2)4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8SO＋4H＋　(3)Fe(OH)3　(4)BC (5)做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出　(6)作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au (7)Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4　NaCN 学科网（北京）股份有限公司 $$