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用途广泛的金属材料1、合金与纯金属制成的金属材料相比,优点是( )①合金的硬度一般比它的各成分金属的大②一般地,合金的熔点比它的各成分金属的更低③改变原料的配比、改变生成合金的条件,得到有不同性能的合金④合金比纯金属的导电性更强⑤合金比纯金属的应用范围更广泛A.②③④B.①②③⑤C.①②④D.①②④⑤【答案】B【解析】合金具有比成分金属更加优良的机械加工性能,其硬度一般比它的各成分金属的大,熔点比各成分金属的低。
用途比纯金属的更为广泛。
但导电性并不比纯金属的强,④错误。
2、下列制备单质的方法中，需要加入还原剂才能实现的是（）A．高炉炼铁 B．电解法制金属镁C．加热氧化汞制金属汞 D．从海带灰浸取液中（含I—）提取碘单质【答案】A3、间-二甲苯苯环上的三溴代物的同分异构体数目为 ( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C4、以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池如图所示。
关于该电池的叙述正确的是：（）A．该电池能够在高温下工作B．电池的正极反应为： C6H12O6＋6 H2O–24e－＝6CO2↑＋24H＋C．放电过程中，将生成的CO2和水随时排出，保持电解质浓度恒定D．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2 22.4/6 L【答案】C5、下列有关化学研究的正确说法是（）A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其过程的反应热是相同的C．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．从HF、HCI、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律【答案】B6、下列关于碱金属的叙述中正确的是（）A．碱金属单质与水反应都能生成碱和H2B．碱金属单质都是质软、熔点低、密度均小于1的轻金属C ．碱金属元素随原子半径增大，原子核吸引最外层电子的能力增强D ．碱金属单质在空气中燃烧都生成过氧化物【答案】A7、次磷酸是强还原剂，加入到CuSO 4溶液中，加热到40—50℃，析出红棕色的固体M ，经鉴定反应后的溶液是磷酸和硫酸混合物。
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一、用途广泛的金属材料——说教材本节课是化学高一年级上册第三单元《用途广泛的金属材料》。
金属材料是与我们的生活密切联系的教学内容。
二、用途广泛的金属材料——说学情在物理课的相关学习中，学和生对金属的物理性质已有了一定的了解，在生活中也经常接触到一些金属制品，因此，学生对金属、金属材料及其在生活、生产中的广泛应用已有不同程度的认识。
此前，学生也具备了一定的问题探究能力，能通过查找资料、调查研究进行一些分析和总结。
但由于学生参与自主学习时承担责任的意愿和能力有所不同，需要教师给予一定的帮助。
三、用途广泛的'金属材料——说教学目标知识与技能：（1）通过日常生活中广泛使用金属材料等具体事例，认识金属材料与人类生活和社会发展的密切关系。
（2）了解常见金属的物理性质，知道物质的性质在很大程度上决定了物质的用途，但同时还需考虑如价格、资源以及废料是否易于回收等其他因素。
（3）能区分生铁和钢，认识金属与金属材料的关系。
过程与方法：（1）引导学生自主实验探究金属的物理性质，培养学生的实验探究能力。
（2）通过讨论探究物质的性质与用途的关系，培养学生综合分析问题的能力。
（3）培养学生学会主动与他人进行交流和讨论，清楚地表达自己的观点，逐步形成良好的学习习惯和学习方法。
情感态度与价值观：通过日常生活中广泛应用金属材料的具体事例，认识金属材料与人类生活和社会发展的密切关系。
四、用途广泛的金属材料——说重点、难点重点：（1）引导学生自主探究金属的物理性质。
（2）物质性质与用途之间的辩证关系。
难点：（1）培养学生运用探究方法得出相关结论的能力。
考点规范练9用途广泛的金属材料铜及其重要化合物一、选择题1.下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中正确的是()。
A.四种元素的单质都能与盐酸反应,生成相应的盐和氢气B.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法C.将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中,Mg棒上发生氧化反应D.铁锈的主要成分是氧化铁,铜锈的主要成分是氧化铜2.利用如图装置做铝热反应实验,下列说法不正确的是()。
A.该反应的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3B.该反应会产生高温,发出强光C.根据铝热反应的原理,可以冶炼某些金属D.若反应中转移3 mol电子,消耗氧化剂的物质的量是1 mol3.某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质,操作正确且能达到目的的是()。
A.将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuSB.向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C.向CuSO4溶液中加入过量的NaOH,过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD.在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热,再加少量新制氢氧化铜并加热,产生红色沉淀4.某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物,工业上以该废渣为原料生产CuCl2·2H2O晶体的工艺流程如下:下列说法正确的是()。
A.焙烧过程中每消耗1 mol CuS则消耗3 mol O2B.焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C.滤渣中主要含铁的氧化物D.将获得的CuCl2·2H2O晶体加热可制得CuCl2固体5.为研究废旧电池的再利用,实验室利用旧电池的金属帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu 并制备ZnO的部分实验过程如图所示。
下列叙述错误的是()。
A.“溶解”操作中溶液温度不宜过高B.金属帽溶解后,将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2C.与锌粉反应的离子可能为Cu2+、H+D.“过滤”后,将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧可得纯净的ZnO6.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。
XX届高考化学复习教案：用途广泛的金厲材料本资料为W ORD文档，请点击下载地址下载全文下载地址莲山课件m XX届高考化学第一轮复习必修部分讲义第三单元第4讲用途广泛的金属材料解读与阐释考纲要求权威解读1.了解常见金属的活动性顺序。
2.了解合金的概念及其重要应用。
3.了解铜及其化合物的主要性质及应用。
常见的考查形式：①常见铁、铜、铝合金的主要应用；②结合基本理论考查金属活动性顺序。
梳理与整合一、合金导学诱思合金一定是金属与金属熔合而成的吗？答: ___________教材回归1.概念由 ___ 或___________________________ 熔合而成的具有—特性的物质。
2.性质特点(1)多数合金的熔点比它的各成分金属的熔点—。
(2)合金的硬度一般比它的各成分金属的硬度—。
战场上的指路明灯在电视或电影里，我们经常看到军队作战时，靠信号弹传递消息。
信号弹发射后，会发出五颜六色的焰火，你知道这利用的是什么原理吗？其实这些信号弹里装的是普普通通的化学药品一一金属盐类。
原来，许多金属盐类在高温下能够发射出各种彩色的光芒。
例如，硝酸钠与碳酸钠会发出黄光，硝酸镁发出红光，硝酸顿发出绿光，碳酸铜、硫酸铜会发出蓝光，铝粉、铝镁合金会发出白光等, 这种现象在化学上叫做焰色反应。
二、常见的金属材料导学诱思碳素钢的硬度为什么不同？答：______________________教材回归金属材料包括 _______ 和 ,分为______________ 材料和________ 材料。
1.黑色金属材料——钢铁钢是用量最大、用途最广的合金。
2.有色金属材料一一铜和铝的合金(1)铜合金我国使用最早的合金是「,常见的铜合金有「和「(2)铝合金性质特征： _______ 、______ 、______ 、易于加工、成本低廉且表面易形成______________ 而具有一定的抗腐蚀能力。
主要用途：建筑业、容器和包装业、交通运输及电子行业。
《第9讲用途广泛的金属材料》参考答案与试题解析一、选择题1．合金与纯金属制成的金属材料相比，合金的优点是（）①合金的硬度一般比它的各成分金属的硬度大②一般地，合金的熔点比它的各成分金属的熔点更低③改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金④合金比纯金属的导电性更强⑤合金比纯金属的应用范围更广泛．A．①②③⑤B．②③④C．①②④D．①②④⑤【考点】金属与合金在性能上的主要差异．【专题】金属概论与碱元素．【分析】合金相对于组成它的金属来说，一般具有密度较小、熔点较低、耐腐蚀性强、硬度大、机械强度大等方面的特点．【解答】解：①与组成合金的纯金属相比，合金的优点一般硬度更大，故①正确；②合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，故②正确；③不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故③正确；④合金的导电性不一定比纯金属更强，比如铝合金的导电性比纯铝要差，故④错误；⑤合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故⑤正确；故选A．【点评】本题考查合金的性质，题目难度不大，注意物质的组成和结构决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途．2．如图所示标出了各种材料强度与密度的比值以及广泛使用的年代．从图中可以看出的信息有（）A．科学技术的发展越来越快，新材料频频出现B．新材料发展的总体趋势是强度越来越大C．1800年以前出现的材料强度都比铝小D．铝的密度比钢的密度大【考点】无机非金属材料．【专题】化学计算．【分析】A．1800﹣2000年使用新材料较多；B．图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系；C．图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系；D．铝的密度比钢的密度小．【解答】解：A．1800﹣2000年使用新材料较多，新材料频频出现，故A正确；B．图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系，无法分析强度，故B错误；C．图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系，无法分析强度，故C错误；D．钢的密度比铝的密度大，故D错误．故选A．【点评】本题考查无机非金属材料，题目难度不大，注意根据题目所给信息解题．3．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）A．AlO2﹣B．Cu2+C．Al3+D．Mg2+【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】金属镁和铝能溶于盐酸，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐．【解答】解：金属镁、铝溶解于盐酸，得到氯化镁和氯化铝，加入过量烧碱后镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，所以再过滤后滤液中有钠离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、氯离子、氢离子．故选A．【点评】本题是对金属及其化合物性质的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．4．下列关于铜的说法正确的是（）A．铜在干燥的空气中和在潮湿的空气中存在的形态相同B．相同质量的铜分别与足量的氯气、硫完全反应，失去的电子数相同C．相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同D．相同质量的铜分别与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体的物质的量不同【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、Cu在潮湿的空气有铜绿生成，而在干燥的空气中则不会；B、由于Cu+Cl2=CuCl2，而2Cu+S=Cu2S，显然相同质量的铜参加反应，失去的电子数不相同；C、浓硫酸与铜发生氧化还原反应；D、根据Cu与浓、稀HNO3反应的化学方程式可判断生成的NO2和NO的物质的量不相同；【解答】解：A．Cu在潮湿的空气有铜绿生成，而在干燥的空气中则不会，故A错误；B．由于Cu+Cl2=CuCl2，而2Cu+S=Cu2S，显然相同质量的铜参加反应，失去的电子数不相同，故B错误；C．根据Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4（浓）参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后不再反应，故C错误；D．根据Cu与浓、稀HNO3反应的化学方程式可判断生成的NO2和NO的物质的量不相同，故D正确；故选D．【点评】本题考查铜单质的性质，铜与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体的物质的量不同．5．“十二五”（2011～2015年）末期，随着铁路的建设发展，一票难求的情况将从根本上得到改观，或者说将成为历史．下列有关说法中正确的是（）A．铁路建设所需的大量水泥属于新型无机非金属材料B．铁路勘探时常用太阳能电池提供能量，太阳能电池是原电池C．铁轨焊接时常用到铝热反应，铝热反应中放出大量的热足以使铁熔化D．工业上铁、金的冶炼均采用热还原法【考点】常见的能量转化形式；无机非金属材料．【专题】化学计算．【分析】A．传统无机非金属材料：水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料；B．原电池是把化学能转化为电能的装置；C．铝热反应是放热反应；D．金在自然界中以单质形式存在．【解答】解：A．铁路建设所需的大量水泥属于传统无机非金属材料，故A错误；B．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置，故B错误；C．铝热反应是放热反应，可用来焊接钢轨，故C正确；D．金在自然界中以单质形式存在，常用沉淀法提纯，故D错误．故选C．【点评】本题考查原电池、金属冶炼原理等，难度不大，注意太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置．6．制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是（）A．烧杯中有铜无铁B．烧杯中铁、铜都无C．烧杯中铁、铜都有D．烧杯中有铁无铜【考点】铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁能与生成的氯化铜反应生成氯化亚铁和铜．【解答】解：向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁能与生成的氯化铜反应生成氯化亚铁和铜；A、加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，故A正确；B、若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故B正确．C、若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确；D、加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，铜后参加反应，不会出现有铁无铜的情形，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行，要注意根据铁和铜的活动性强弱确定反应的先后顺序．7．部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：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【考点】铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、金属铁、氧化铁、氧化铜可以和硫酸反应，金属铜可以和三价铁反应；B、根氧化铁的量和元素守恒来确定铁元素的量；C、根据产品的质量结合各个成分的含量来计算；D、根据金属铁的量来确定生成氢气的量．【解答】解：A、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有+3价铁离子，故A错误；B、固体为三氧化二铁，其物质的量为=0.02mol，铁元素的量为0.02mol×2=0.04mol，质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，故B错误；C、根据B的答案知道铁元素质量=2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76﹣2.24=3.52g，故C错误；D、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08﹣0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，故D正确．故选D．【点评】本题是一道关于元素以及化合物知识的综合题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．8．某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（）A．1：1：4 B．1：3：1 C．3：3：8 D．1：1：1【考点】铁的化学性质；有关混合物反应的计算．【专题】图像图表题；压轴题．【分析】某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，以此来解答．【解答】解：某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，1 4 1再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，1 2 3所以n（HNO3）=4mol，原溶液中硝酸铁的物质的量n（Fe3+）=2mol﹣1mol=1mol，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，1 1所以n（Cu2+）=1mol，即溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4，故选A．【点评】本题考查铁的化学性质，明确图象中每段发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应与图象的对应关系来解答，题目有一定难度，特别是溶液中铁离子浓度的判断．9．向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL 1mol•L﹣1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A．2.4g B．4.8g C．6.4g D．1.6g【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL 1mol•L﹣1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁．由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl），若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量．【解答】解：Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL 1mol•L﹣1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁．由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl）=0.3L×1mol/L=0.3mol，故n（O）=0.15mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.15mol×16g/mol=2.4g．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，判断氧化物中氧原子的物质的量是解题的关键．10．合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：其中不能形成合金的是（）A．Cu和Al B．Fe和Cu C．Fe和Na D．Al和Na【考点】金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用．【专题】金属概论与碱元素．【分析】由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点．【解答】解：A．铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C．铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故C正确；D．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误．故选C．【点评】本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累．11．常温下，将1.92g铜加入到100ml H2SO4和HNO3的混合液中，Cu全部溶解，放出无色气体，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气．下列有关结论不正确的是（）A．溶解的铁粉为2.8g B．原溶液中c（SO42﹣）=0.5mol/LC．原混合溶液中c（H+）=1.2mol/L D．原溶液中n（NO3﹣）=0.08mol【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】计算题；氮族元素．【分析】常温下，将铜加入到H2SO4和HNO3的混合液中，发生反应3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O，Cu全部溶解，放出无色气体为NO，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气，说明硫酸有剩余，硝酸全部起氧化剂作用．加入的铁发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，置换出溶液中的铜、与氢气．A、由离子方程式可知n（Fe）=n（Cu）+n（H2）．B、加入足量铁粉后的溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根、铁元素守恒n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）．C、根据铜计算参加反应的氢离子的物质的量，根据氢气计算剩余的氢离子的物质的量，二者之和为原溶液中氢离子的物质的量．D、根据铜的质量，结合3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O计算原溶液中n（NO3﹣）．【解答】解：常温下，将铜加入到H2SO4和HNO3的混合液中，发生反应3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O，Cu全部溶解，放出无色气体为NO，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气，说明硫酸有剩余，硝酸全部起氧化剂作用．加入的铁发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，置换出溶液中的铜、与氢气．A、由离子方程式可知n（Fe）=n（Cu）+n（H2）=+=0.05mol，所以加入铁粉的质量为0.05mol×56g/mol=2.8g，故A正确；B、加入足量铁粉后的溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4）=0.05mol，所以原溶液中c（SO42﹣）==0.5mol/L，故B正确；C、n（Cu）==0.03mol，根据3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O可知，参加反应的氢离子的物质的量为0.03mol×=0.08mol，n（H2）==0.02mol，剩余的氢离子的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，所以原混合溶液中c（H+）==1.2mol/L，故C正确；D、n（Cu）==0.03mol，根据3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O可知，原溶液中n（NO3﹣）=×0.03mol=0.02mol，故D错误．故选：D．【点评】考查混合物的计算、硝酸性质等，难度中等，注意在足量的混酸中硝酸全起氧化剂作用，根据题目信息判断发生的反应是解题关键．二、非选择题12．铜是重要的金属材料．（1）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为Cu2S、O2．电解粗铜制取精铜，电解时．阳极材料是粗铜，电解液中必须含有的阳离子是Cu2+．（2）在100mL 18mol/L浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，反应中被还原的H2SO4＜0.9mol．（3）电子工业曾用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板，为了从使用过的废腐蚀液中回收铜，并重薪得到FeCl3溶液，设计如下实验流程．上述流程中，所加试剂的化学式为：X Fe，Y HCl Z Cl2；第⑥步反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．【考点】电解原理；浓硫酸的性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，说明亚铜被还原，硫元素被氧化，依据氧化还原反应的化合价升降守恒分析书写判断；（2）浓硫酸中加入过量的铜片，随着反应进行，浓硫酸浓度变为稀硫酸时不会和铜进行反应；（3）使用过的废腐蚀液中含有铜离子和亚铁离子，回收铜并重新得FeCl3溶液的方法依据实验流程进行分析判断．【解答】解：（1）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，元素化合价铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，说明亚铜被还原，硫元素被氧化，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2，该反应中氧化剂为O2、Cu2S，电解精炼铜时，粗铜为阳极，精铜是阴极，电解质溶液是含有铜离子的盐，故答案为O2、Cu2S；粗铜；Cu2+；（2）在100mL 18mol•L﹣1浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，若全部被铜还原物质的量为0.9mol，但随着反应进行，浓硫酸浓度减小，变为稀硫酸后不再和铜反应，所以还原的硫酸物质的量小于0.9mol，故答案为：0.9；（3）用30%的FeCl3溶液腐蚀覆盖铜箔的绝缘板制印刷电路板，废腐蚀液中含有铜离子和亚铁离子、三价铁离子，根据分离流程，先加入的x为铁，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；过滤得到亚铁离子的溶液和滤渣铁、铜；加入过量盐酸溶解铁后过滤得到铜，得到的氯化亚铁溶液中通入氯气氧化亚铁离子为三价铁离子，重新得到氯化铁溶液；所以推断为：X为：Fe；Y为HCl；Z为Cl2；第⑥步反应的离子方程式为氯气氧化亚铁离子的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：Fe、HCl、Cl2、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．【点评】本题考查了氧化还原反应的产物判断和化学方程式的书写，反应过程中浓度变化后的反应分析，离子提纯除杂流程的分析判断．13．工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜（CuCl），其工艺流程如图K9﹣4所示：试根据如图转化回答下列问题：（1）工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉．（2）还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出反应的化学方程式CuCl2+2NaCl+Cu═2Na[CuCl2]．制备中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl，为什么不用一步法制得CuCl？（已知Cu2++Cu+2Cl﹣═2CuCl↓）CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行．（3）还原过程中加入少量盐酸的作用是防止Cu2+水解，加入NaCl且过量的原因是生成更多的Na[CuCl2]，提高产率．（4）合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化．（5）实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O2CuCl+4H++SO42﹣．【考点】制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）从工业生产中所用原料的经济性的角度解答；（2）流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写方程式；（3）Cu2+水解呈酸性，加入盐酸能抑制其水解，生成Na[CuCl2]的反应中有氯离子参加，增加氯离子浓度促使反应正向进行；（4）酒精酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；（5）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸．【解答】解：（1）石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉，所以工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收，故答案为：石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉；（2）流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写化学方程式为：CuCl2+2NaCl+Cu═2Na[CuCl2]；制备中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl的原因是CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行；故答案为：CuCl2+2NaCl+Cu═2Na[CuCl2]；CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行；（3）Cu2+水解呈酸性，加入盐酸能抑制其水解，生成Na[CuCl2]的反应中有氯离子参加，增加氯离子浓度促使反应正向进行，生成更多的Na[CuCl2]，提高产率，故答案为：防止Cu2+水解；增大NaCl的浓度有利于生成更多的Na[CuCl2]，提高产率；（4）酒精酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化，故答案为：使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化；（5）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O2CuCl+4H++SO42﹣，故答案为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O2CuCl+4H++SO42﹣．【点评】本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力．14．硫酸铜是一种重要的化工原料，工业上常用硫酸为原料来制备硫酸铜．（1）工业上生产硫酸过程中，焙烧硫铁矿时产生的废渣是一种二次资源．为了从废渣中磁选获得品位合格的铁精矿，高温下利用CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4．写出该反应的化学方程式3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；实验发现：CO太多或太少都会导致磁铁矿产率降低，原因是CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高．（2）测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：步骤1：准确称量一个洁净、干燥的坩埚；步骤2：将一定量的硫酸铜晶体试样研细后，放入坩埚中称重；步骤3：将盛有试样的坩埚加热，待晶体变成白色粉末时，停止加热；步骤4：将步骤3中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称重；步骤5：将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后，称重，重复本操作，直至两次称量质量差不超过0.1g；；步骤6：根据实验数据计算硫酸铜晶体试样中结晶水的质量分数．请完成实验步骤5．（3）已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水，温度升高还可以分解生成铜的氧化物．取25.0g CuSO4•5H2O 晶体均匀受热，缓慢升温至1 200℃并恒温1小时，实验测得固体残留率（×100%）与温度的关系如图所示：在110℃时所得固体的成分为CuSO4•3H2O；在1 200℃并恒温1小时，反应所得气态产物除去水后，物质的量为D．（填字母）A．0mol B．0.1mol C．0.125mol D．大于0.125mol．【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定．【专题】实验分析题．【分析】（1）根据高温下利用CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4，利用质量守恒确定产物并配平；CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高；（2）根据直至两次称量质量差不超过0.1g确定完全失水；（3）由图示数据可知，失去水的质量为：25.0g×14.4%=3.6g，根据关系式：CuSO4•5H2O～CuSO4•XH2O利用差量法求出X，从而得出化学式；根据题目信息硫酸铜分解生成铜的氧化物，根据化合价升降可知产物还有SO2、O2，分解方程式：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑，然后计算．【解答】解：（1）CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4和CO2，方程式为：3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高，所以CO太多或太少都会导致磁铁矿产率降低，故答案为：3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高；（2）将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后，称重，重复本操作，直至两次称量质量差不超过0.1g，故答案为：将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后，称重，重复本操作，直至两次称量质量差不超过0.1g；（3）CuSO4•5H2O～CuSO4•XH2O△m250 18（5﹣x）25.0g 3.6g则，解得：X=3，所以在110℃时所得固体的成分为CuSO4•3H2O；25.0g CuSO4•5H2O的物质的量为：，则CuSO4的物质的量为0.1mol；2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.1mol 0.1mol 0.05mol反应所得气态产物除去水后，物质的量为0.15mol，故答案为：CuSO4•3H2O；D．【点评】本题主要考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定、硫酸铜晶体分解产物的确定，注意差量法的使用和化学计算，难度中等．。
