04 第14讲 金属材料 金属矿物的开发和利用-（配套练习）【高考快车道】2027年高考化学大一轮总复习

**基本信息** 金属材料及矿物开发专题题集，含镁铝、铜及其化合物、金属材料与矿物开发三考点，9题（8选择+1填空），融合文化传承与工业流程情境，适配一轮复习 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8题|镁铝化合物性质、铜合金及化合物、金属材料应用|实验现象分析（铝箔燃烧等）、文化素材（战国青铜器）、工业流程（菱镁矿制镁）| |填空题|1题|金属矿物开发、元素化合物转化|综合考查流程分析、方程式书写，来源2025年多地名校模拟题|

第14讲　金属材料　金属矿物的开发和利用 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 考点一　镁、铝及其化合物　铝土矿提铝 1.下列关于镁、铝及其化合物的说法正确的是 (　) A.Mg在CO2中的燃烧是置换反应 B.将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2,是镁原子失电子转化为Mg2+ C.电解得到镁的过程可以写出离子方程式,但不是氧化还原反应 D.Mg在N2中燃烧时,N2既是氧化剂又是还原剂 2.通过观察化学实验现象,分析归纳出正确的结论,是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出的结论正确的是 (　) 选项 实验现象 结论 A 把大小相同的铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中:铝溶解有气泡放出,而镁没有任何变化 铝的金属性比镁强 B 取一块铝箔,用酒精灯点燃:铝箔只熔化成液体而没有滴落 铝不易燃烧 C 向氯化铵溶液中投入一铝片:铝片上产生大量气泡 该气体是NH3 D 向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量:先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,最后沉淀完全消失 氢氧化铝能溶于强碱溶液 3.[2025·辽宁铁岭调研] 利用菱镁矿(主要成分为MgCO3,含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程如图所示,下列说法正确的是 (　) A.“酸浸”时溶液中有电子转移 B.“氧化”时用稀硝酸代替H2O2溶液更好 C.沉淀混合物为Al(OH)3和Fe(OH)3 D.电解MgCl2溶液可得到金属镁 4.[2025·湖南邵阳二模] 利用废铝箔(主要成分为Al,含少量Mg、Fe等)制明矾 [KAl(SO4)2·12H2O]的一种工艺流程如图所示: 下列说法错误的是 (　) A.该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本 B.②中发生的反应有:Al(OH)3+NaOHNa[Al(OH)4] C.③中稀H2SO4酸化的目的是将Al(OH)3转化成Al3+ D.由④可知,室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度 考点二　铜及其重要化合物 5.[2025·河北“五个一”名校联盟联考] 易县燕下都遗址出土的透雕龙凤纹铜铺首(如图所示)是战国时期青铜器,下列说法错误的是 (　) A.青铜是铜锡合金 B.青铜的熔点高于纯铜 C.青铜器表面的铜绿主要成分为Cu2(OH)2CO3 D.青铜器应保存在相对干燥的环境中 6.[2024·安徽阜阳模拟] 某同学进行如下实验: 实验 实验现象 ⅰ 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 ⅱ 继续向ⅰ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 ⅲ 继续向ⅰ中试管滴加几滴浓硫酸 又产生气泡,铜粉减少,液面上方呈浅红棕色 下列说法不正确的是 (　) A.铜与硝酸反应中,硝酸氧化性与氢离子、硝酸根离子浓度均有关 B.ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释 C.继续向ⅰ中试管加入少量硫酸铜固体,也能发生ⅱ、ⅲ现象 D.用一定浓度的H2SO4与NaNO3溶液也能使铜粉溶解 7.[2025·湖北新高考协作体模拟] 我国科学家最近开发催化剂AgI/CuO实现CO2高效还原制备纳米C2高附加值产品(颗粒直径为50~80 nm)。某小组以铜银废料(含少量Fe、Zn等杂质)为原料制备CuO和AgI。 下列说法正确的是 (　) A.从资源利用和环保角度考虑,“酸溶”选择浓硝酸 B.“灼烧”操作需要酒精灯、坩埚、三脚架、泥三角和玻璃棒 C.上述发生的化学反应都是氧化还原反应 D.纳米C2可发生丁达尔效应 考点三　金属材料与金属矿物的开发利用 8.[2025·河南名校联盟模拟] 某兴趣小组以铝土矿(主要成分为Al2O3,还含有少量Fe2O3和SiO2)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝[Al2(OH)aClb]m和金属铝的流程如图所示。 已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是 (　) A.“碱溶”时,所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好 B. 若滤液a浓度较大,“沉淀”时通入过量CO2有利于减少生成沉淀中的杂质 C.“操作X”可以是盐酸溶解、HCl气流中结晶、脱水、电解 D. 通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成 9.[2025·安徽皖北协作体一模] 冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程,如图所示: 回答下列问题: (1)基态Se原子核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　　　　。硒有多种单质,比较有代表性的是灰硒和红硒,它们互为　　　 　　　。  (2)“加压、加热,酸浸”步骤中,Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4和H6TeO6,写出Cu2Se参与反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)氧化性:H2SeO4　　　　(填“>”“<”或“=”) H6TeO6。  (5)“沉铜”中生成Cu2(OH)2CO3沉淀的离子方程式为　 。  (6)由Cu2(OH)2CO3获取Cu的过程中,常采用高压氢还原法直接从溶液中提取金属粉。还原时,增大溶液酸度不利于Cu生成的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。  (7)硫和碲位于元素周期表同一主族,试分析存在H6TeO6而不存在H6SO6的原因: 　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  学科网（北京）股份有限公司 $ 第14讲　金属材料　金属矿物的开发和利用 1.A　[解析] Mg在CO2中燃烧生成MgO和C,属于置换反应,A正确;将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2的过程是复分解反应,无电子得失,B错误;电解得到镁的过程有元素化合价的变化,是氧化还原反应,C错误;Mg在N2中燃烧时,N2是氧化剂,Mg是还原剂,D错误。 2.D　[解析] 比较金属性的强弱是比较金属单质与水或酸反应产生H2的快慢程度,A项错误;产生该现象是由于生成了熔点很高的氧化铝,起到隔绝空气的作用,B项错误;N+H2ONH3·H2O+H+,Al与H+反应生成H2并放热,促进NH3·H2O分解产生NH3,产生的气体应为H2和NH3的混合气体,C项错误;该过程先生成Al(OH)3白色沉淀,后Al(OH)3转化为[Al(OH)4]-,D项正确。 3.C　[解析] “酸浸”时MgCO3、Al2O3、FeCO3与盐酸反应,所得产物有金属氯化物、水和二氧化碳,元素化合价不变,无电子转移,A错误;过氧化氢是绿色氧化剂,若用稀硝酸,其还原产物为NO,氮氧化物是大气污染物,且会引入杂质离子,B错误;“沉淀”环节,通过调节pH产生Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀混合物并过滤除去,C正确;电解MgCl2溶液得到氢氧化镁沉淀、氢气和氯气,电解熔融氯化镁才可得到金属镁,D错误。 4.C　[解析] 废铝箔(主要成分为Al,含少量Mg、Fe等)与稀硫酸反应,生成Al3+、Mg2+、Fe2+,过滤除去不溶于酸的杂质,再用NaOH溶液调节pH,将Mg2+、Fe2+转化为沉淀析出,Al3+转化为[Al(OH)4]-,过滤固体,继续向滤液中加入过量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液,最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾;由于Mg、Fe不与氢氧化钠溶液反应,步骤①与步骤②顺序互换后,通过操作a(过滤)即可得到Na[Al(OH)4]溶液,再加过量稀硫酸可得到硫酸铝溶液,调换顺序后,酸碱的浪费更少,可节约生产成本,A正确;②中Al3+转化为[Al(OH)4]-,发生的反应方程式为Al2(SO4)3+6NaOH2Al(OH)3↓+3Na2SO4,Al(OH)3+NaOHNa[Al(OH)4],B正确;③中稀H2SO4酸化的目的是将转化为Al3+,C错误;④是根据溶解度差异来制取明矾,即室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度,D正确。 5.B　[解析] 青铜是由铜锡等金属元素形成的合金材料,属于铜锡合金,A正确;青铜是铜合金,合金的熔点低于成分金属,故合金青铜的熔点低于纯铜,B错误;青铜器表面的铜绿是Cu、O2、CO2、H2O发生反应产生的碱式碳酸铜,其主要成分为Cu2(OH)2CO3,C正确;青铜器中的铜单质与空气中的氧气、CO2、水发生反应产生碱式碳酸铜,故青铜器应保存在相对干燥的环境中,D正确。 6.C　[解析] 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,无色气体遇空气变为红棕色;铜粉有剩余,溶液为酸性,则ⅰ的溶液中有Cu2+、N、H+。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,c(N)增大,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,无色气体遇空气变为红棕色,同时可推知ⅰ中余液的酸性是硝酸有剩余。ⅲ.继续向ⅰ中试管滴加几滴浓硫酸,溶液酸性增强,硝酸根离子氧化性增强,又和铜反应产生NO气体,铜粉减少,液面上方呈浅红棕色。由ⅰ、ⅱ分析可知ⅰ还有硝酸剩余,不能将铜全部溶解,结合ⅱ、ⅲ实验可知,硝酸氧化性和氢离子、硝酸根离子浓度均有关,A正确;ⅰ、ⅱ中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++2N3Cu2++2NO↑+4H2O解释,B正确;铜离子是氧化产物,加入硫酸铜固体,增大铜离子浓度,不会发生反应,C错误;硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,可以将铜氧化,故用一定浓度的H2SO4与NaNO3溶液也能使铜粉溶解,D正确。 7.B　[解析] 以铜银废料(含少量Fe、Zn等杂质)为原料,制备CuO和AgI,步骤为向铜银废料中加稀硫酸,Fe、Zn会与稀硫酸反应被溶解进入浸液,Cu、Ag不反应,得到浸渣(主要含Cu、Ag),浸渣加硝酸酸溶,Cu、Ag溶于硝酸,然后加入金属Cu,置换出银制得粗银(用于制备AgI)和滤液,滤液加NaOH溶液“沉铜”,过滤后将沉淀Cu(OH)2“灼烧”, Cu(OH)2分解制得CuO;稀硝酸与Cu的反应为3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,浓硝酸与Cu的反应为Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,稀硝酸与Ag的反应为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,浓硝酸与Ag的反应为Ag+2HNO3(浓)AgNO3+NO2↑+H2O,稀硝酸的还原产物为NO,浓硝酸的还原产物为NO2,等量的硝酸,稀硝酸产生大气污染物较少,A错误;“灼烧”需要选择坩埚盛装氢氧化铜,故“灼烧”操作需要酒精灯、坩埚、三脚架、泥三角和玻璃棒,B正确;“沉铜”发生的反应是复分解反应,不是氧化还原反应,C错误;纳米C2不是分散系,不能产生丁达尔效应,D错误。 8.D　[解析] 铝土矿加NaOH溶液,Al2O3和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4],其与SiO2反应转化为铝硅酸钠沉淀,Fe2O3不溶,过滤,滤液a含Na[Al(OH)4],通入足量的CO2后反应生成氢氧化铝沉淀,过滤,洗涤干燥后,将沉淀分三份,第一份加盐酸得到氯化铝溶液,与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝,第三份灼烧使之分解生成氧化铝,加冰晶石使氧化铝熔融电解,就可以得到铝。Al2O3具有两性,能与强碱溶液反应,不能溶于弱碱溶液氨水,“碱溶”时Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4],所用NaOH溶液不能更换为氨水,A错误;滤液a浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠,碳酸氢钠溶解度较小,则会有碳酸氢钠固体从溶液中析出,并不利于减少氢氧化铝固体中的杂质,B错误;操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝,加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝,C错误;[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品组成,D正确。 9.(1)[Ar]3d104s24p4(或1s22s22p63s23p63d104s24p4)　同素异形体 (2)2Cu2Se+5O2+4H2SO44CuSO4+2H2SeO4+2H2O (3)加压可增大氧气溶解度,加快化学反应速率;加压可提升溶液沸点,化学反应可在更高温度下发生,化学反应速率更快 (4)> (5)2Cu2++3C+2H2OCu2(OH)2CO3↓+2HC[或2Cu2++2C+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑] (6)在用H2将Cu2(OH)2CO3还原为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,不利于H2失去电子从而不利于Cu的生成 (7)S原子半径小,其原子周围不能容纳6个—OH,而Te原子半径大,其原子周围能容纳的—OH数目多 [解析] 向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2,在加压、加热条件下进行酸浸,利用氧气在酸性环境下的氧化性,将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解,铜元素转化为Cu2+进入溶液,Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液,不溶物成为浸渣被分离;第一次还原(还原1)阶段,向浸出液中通入SO2, SO2具有还原性,能将浸出液中的Se元素还原为单质Se,通过过滤可将Se分离出来,得到滤液1;第二次还原(还原2)阶段,向滤液1中再次通入SO2,将溶液中的Te元素还原为单质Te,经过滤分离出Te,得到浸出液;沉铜阶段,向浸出液中加入Na2CO3溶液,使Cu2+转化为沉淀Cu2(OH)2CO3,过滤分离出沉淀,滤液3被分离出去;后续处理阶段, Cu2(OH)2CO3经过一系列后续处理,最终得到铜单质。 (1)Se 是 34 号元素,根据核外电子排布规律,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,也可用简化形式[Ar]3d104s24p4表示;灰硒和红硒是硒元素形成的不同单质,互为同素异形体。(2) “加压、加热,酸浸”时,Cu2Se与O2、H2SO4反应,Cu2Se中Cu为 +1 价,Se为-2价,反应后Cu元素转化为CuSO4,Se元素转化为H2SeO4,O2作氧化剂,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2Cu2Se+5O2+4H2SO44CuSO4+2H2SeO4+ 2H2O。(3)加压可增大O2溶解度,溶液中O2浓度增大,加快化学反应速率,提高浸出率,同时加压可提升溶液的沸点,可使化学反应在更高的温度下发生,化学反应速率更快。(4)浸出液中含有H2SeO4和H6TeO6,通入SO2后,H2SeO4首先被还原为Se,故氧化性H2SeO4>H6TeO6。(5)“沉铜”时,Cu2+与Na2CO3溶液反应生成Cu2(OH)2CO3沉淀,C水解产生OH-,根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式2Cu2++3C+2H2OCu2(OH)2CO3↓+2HC。(6)高压氢还原时,H2作还原剂,H2失去电子被氧化为H+,增大溶液酸度,H+浓度升高,不利于H2失去电子,也就不利于Cu的生成。(7)原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量,S和Te同主族,Te原子半径大,有足够空间容纳多个—OH形成H6TeO6,S原子半径小,空间限制使其难以形成含6个—OH的H6SO6。 学科网（北京）股份有限公司 $