金属资源的开发与金属材料-高考化学考前专项练习试题（含解析）

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金属资源的开发与金属材料
共15题，满分100分
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷整洁
一、单选题（共50分）
1．（本题5分）下列有关资源开发和利用的说法，不正确的是
A．向浸泡过海带灰的水中加淀粉，有蓝色出现
B．把生铁炼成钢，需要降低生铁中硅的含量，可以在炼钢时添加
C．为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液的值，从而析出晶体进行分离
D．洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管壁产生的银，先用稀硝酸溶洗，再用水清洗
2．（本题5分）下列是部分矿物资源的利用及产品流程(如图)，有关说法不正确的是(　　)
A．粗铜电解精炼时，粗铜作阳极
B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应
C．冶炼铝加冰晶石有利于氧化铝的熔化
D．工业制粗硅反应中的氧化产物是一氧化碳
3．（本题5分）下列物质中不能与CaO反应的是
A．KOH B．H2O C．HCl D．SO2
4．（本题5分）下列关于工业生产的说法中，不正确的是
A．工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含少量杂质的粗硅
B．在高炉炼铁的反应中，焦炭为铁矿石的还原剂
C．工业上将粗铜进行精炼，应将粗铜连接电源的正极
D．生产普通玻璃的主要原料有石灰石、石英和纯碱
5．（本题5分）铁元素在地壳中含量丰富，下列有关说法不正确的是
A．不锈钢属于铁合金 B．用KSCN溶液可检验溶液中的Fe3+
C．铁制品腐蚀过程中铁被还原 D．铁矿石炼铁过程中涉及化学变化
6．（本题5分）工业上用铝土矿主要成分，含、等杂质冶炼铝的主要流程如图：
注：碱溶时转变为铝硅酸钠沉淀
下列叙述错误的是（ ）
A．操作I增大NaOH溶液用量可提高的浸取率
B．操作Ⅱ、Ⅲ为过滤，操作Ⅳ为灼烧
C．通入过量的离子方程式为
D．加入的冰晶石目的是降低的熔融温度
7．（本题5分）无色溶液滴到石蕊试纸上显红色，此溶液中能大量共存的一组离子是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
8．（本题5分）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．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
9．（本题5分）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．煅烧石灰石 B．海带提取碘 C．漂白粉消毒 D．煅烧硫铁矿
10．（本题5分）下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是
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 用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
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
A．A B．B C．C D．D
二、判断题（共10分）
11．（本题5分）钛属于金属元素，钛合金材料具有强度高、质量小、抗腐蚀的优点。 。
12．（本题5分）无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水。( )
三、解答题（共40分）
13．（本题10分）ZnO是重要的化工原料。实验室以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)为原料制备碱式碳酸锌，进而热分解制备活性氧化锌。实验流程如下：

(1)“浸出”：称取一定量的粗氧化锌放入反应器中，加入适量碳酸氢铵和15％的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌后，过滤。
①浸出后溶液中主要含有的离子为、和，写出生成[Zn(NH3)4]CO3的化学方程式： 。1 mol[Zn(NH3)4]2+中的σ键数为 。
②其他条件一定，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，其可能原因是 。
(2)“置换铜”：向“浸出”所得滤液中加入稍过量的锌粉，过滤， ，过滤、洗涤并烘干滤渣，得到较纯净的铜。
(3)“蒸氨”。反应原理为。已知：的产率随蒸氨时间的变化如图-1所示：加热Zn4(OH)6CO330 min后，固体质量残留率随温度变化如图-2所示。
请补充完整制备ZnO的实验方案：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中， 。(实验中须使用的试剂：100℃水蒸气、蒸馏水)

14．（本题15分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。
ii.浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO。
iii. Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)

序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
(1)A中反应的离子方程式为 ，B中试剂是 。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量。
③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因 。
15．（本题15分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。查阅资料显示：
a．在一定条件下能被或氧化成(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
b．浓碱条件下，可被还原为。
c．的氧化性与溶液的酸碱性无关，的氧化性随碱性增强而减弱。
d．为白色沉淀。实验装置如下图：
序号 物质X C中实验现象
通入前 通入后
Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ 5％溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ 40％溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
(1)A中发生的反应的化学方程式如下：。用双线桥标出该反应中电子转移的方向、得失和数目 。
(2)通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于还原性与溶液酸碱性的认识是 。
(4)根据资料b，Ⅲ中应得到绿色溶液，而实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①用离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： 。
②取Ⅲ中放置后的悬浊液，加入40％溶液，观察到溶液紫色迅速变为绿色，且有无色无味的气体产生，该气体的化学式为 。同时还可观察到溶液的绿色缓慢加深，即可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
参考答案：
1．A
【详解】A．海带灰中碘元素以I-形式存在，加淀粉不会出现蓝色，故A错误；
B．把生铁炼成钢，需要降低生铁中硅的含量，添加可以使硅元素生成硅酸钙，故B正确；
C．通过调节混合溶液的值，可以使氨基酸析出晶体，达到分离不同氨基酸的目的，故C正确；
D．银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，银溶解，然后再用水清洗，故D正确；
故答案为A。
2．B
【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身发生氧化反应变为Cu2+进入溶液，A正确；
B．制备单质时涉及化合价变化，反应属于氧化还原反应，而制玻璃的反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑中化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，B错误；
C．制备Al单质以Al2O3为原料采用电解方法冶炼，Al2O3的熔点是2050℃，若加入冰晶石，Al2O3在1000℃左右就可以熔化，故冶炼铝加冰晶石有利于氧化铝的熔化，C正确；
D．制备粗硅的过程发生反应为：SiO2+2CSi+2CO↑，在该反应中C元素化合价升高，失去电子被氧化，因此氧化产物是CO，D正确；
故合理选项是B。
3．A
【详解】A．KOH和CaO不反应，A符合题意；
B．CaO和水反应生成Ca(OH)2，B不符合题意；
C．CaO和盐酸反应生成CaCl2和水，C不符合题意；
D．CaO和SO2反应生成CaSO3，D不符合题意；
故答案为：A。
4．B
【详解】A．工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅SiO2+2CSi+2CO↑，得到含少量杂质的粗硅，故A正确；
B．高炉炼铁原理，一氧化碳还原氧化铁生成铁，还原剂为一氧化碳，故B错误；
C．电解法精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故C正确；
D．石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故D正确；故选B。
答案选B。
5．C
【详解】A.不锈钢是铁合金，还含有抗腐蚀性很强的铬和镍，故A正确；
B.为了检验某溶液中是否含有Fe3+，可加入KSCN溶液，如果溶液中含有Fe3+，溶液变为血红色，故B正确；
C.钢铁腐蚀就是铁原子失去电子被氧化的过程，故C错误；
D.铁矿石炼铁是利用还原剂一氧化碳还原金属氧化物，有生成了新物质，属于化学变化，属于化学变化，故D正确。
故选C。
6．C
【分析】Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，选择氢氧化钠，将氧化铝和Fe2O3分离出来，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，固体难溶物是氧化铁和铝硅酸钠沉淀，滤液为偏铝酸钠，通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题。
【详解】A. 增大NaOH溶液用量，可使氧化铝完全反应，提高氧化铝的浸取率，故A正确；
B. 操作Ⅱ、Ⅲ用于分离固体和液体，为过滤操作，操作Ⅳ可使氢氧化铝转化为氧化铝，则为灼烧，故B正确；
C. 通入过量的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，生成碳酸氢钠，故C错误；
D. 氧化铝熔点较高，加入冰晶石，可降低熔点，利于熔化，故D正确；
答案选C。
7．D
【分析】无色溶液滴到石蕊试纸上显红色，则此溶液显酸性。
【详解】A．在酸性溶液中，不能大量存在，同时、不能大量共存，A不符合题意；
B．在酸性溶液中，、能发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．在酸性溶液中，不能大量存在，同时、不能大量共存，C不符合题意；
D．在酸性溶液中，、、、都不发生反应，能大量共存，D符合题意；
故选D。
8．A
【详解】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；
C．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。
9．A
【详解】A．煅烧石灰石时发生反应CaCO3CaO+CO2，各元素的化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；
B．海带提取碘，碘元素由化合态变为游离态，化合价一定发生变化，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．漂白粉因可以把蛋白质氧化使其变质，所以可以消毒杀菌，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．煅烧硫铁矿时FeS2生成Fe的氧化物和SO2，有元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
10．D
【详解】A．金的活泼性很弱，在自然界中以游离态存在，根据密度的不同，可以采用水洗法分离得到金单质， A正确；
B．常温下，银易和其它物质反应生成化合物，所以在自然界中以化合态存在，银的金属性弱，可用加热Ag2O的方法冶炼，B正确；
C．铁在自然界中以化合态存在，铝的金属性大于铁，铝和铁的氧化物能发生置换反应，所以可以铝热法炼铁，C正确；
D．钠的性质很活泼，极易和氧气反应，所以在自然界中以化合态存在，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解熔融NaCl的方法冶炼，D错误；
故选D。
11．正确
【详解】通过““奋斗者”号使用了强度高、质量小、抗腐蚀的钛合金材料”，可知是正确的；
12．正确
【详解】无水氯化亚钴呈蓝色，吸水后变为粉红色，所以无水氯化亚钴常用于判断变色硅胶是否吸水，故正确。
13．(1) 温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢
(2)向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡
(3)打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min
【分析】粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)，向其中加入适量NH4HCO3和15%的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌，反应产生、和，而Fe2O3不发生反应，经过滤分离除去，然后向其中加入Zn与发生置换反应，将Cu置换出来，经加热将过量氨蒸出，锌氨配合物最终以沉淀出来，再经过加热分解产生ZnO。
【详解】（1）ZnO与氨水及NH4HCO3发生反应产生Zn(NH3)4CO3、H2O，该反应的化学方程式为：；
在[Zn(NH3)4]2+中，配位体NH3中存在3个N-H共价键，单键属于σ键，中心Cu2+与4个NH3通过4个配位键结合，配位键属于σ键，1个[Zn(NH3)4]2+中存在σ键数目是3×4+4=16个，则1 mol[Zn(NH3)4]2+中含有16 molσ键，其数目是16NA=；
②其他条件一定时，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，可能原因是温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢；
（2）“置换铜”：向“浸出”所得含有[Cu(NH3)4]2+中滤液中加入稍过量的锌粉，发生置换反应：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu，然后过滤，分离得到的固体中含有过量的Zn及置换出的Cu，根据Zn是比较活泼金属，能够与酸发生反应，而Cu不能反应的性质，向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡，除去Zn，然后经过滤、洗涤、干燥，就得到较纯净的铜。
（3）根据图象可知：在蒸氨时间为25min时碱式碳酸锌产率达到最大值，在温度为600 K时加热30min固体残留率达到最低，温度升高，固体残留率不再发生变化，故在“蒸氨”制备ZnO时操作为：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中，打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min。
14．(1) 2+16 H++10Cl-=2 Mn2++5Cl2↑+8H2O 饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验III未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
【详解】（1）装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，离子方程式为：2+16 H++10Cl-=2 Mn2++5Cl2↑+8H2O，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，故答案为：饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O，故答案为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强，故答案为：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，导致实验III未得到绿色溶液，故答案为：过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验III未得到绿色溶液。
15．(1)
(2)2 Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O O2
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
【详解】（1）对于反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，KMnO4中Mn由+7价降低为+2价，HCl中Cl由-1价部分升高为0价，则该反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl；用双线桥法标出电子转移的数目和方向：；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O，生成气体为O2。
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