2025江苏版新教材化学高考第一轮基础练习--专题五　金属及其化合物（含答案）

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2025江苏版新教材化学高考第一轮
专题五　金属及其化合物
五年高考
考点过关练
考点1　钠、铁及其化合物
1.★(2022广东,6,2分)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是(　　)
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
答案　A　　
2.★(2023浙江1月选考,5,3分)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是(　　)
A.Na和乙醇反应可生成H2
B.工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C.工业上用氨的催化氧化制备NO
D.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
答案　D　　
3.★(2023湖南,7,3分)取一定体积的两种试剂进行反应,改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1 mol·L-1),反应现象没有明显差别的是(　　)
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 AgNO3溶液
B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液
C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液
D KSCN溶液 FeCl3溶液
答案　D　　
4.★(2021江苏,4,3分)下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是(　　)
A.铁粉能与O2反应,可用作食品保存的吸氧剂
B.纳米Fe3O4能与酸反应,可用作铁磁性材料
C.FeCl3具有氧化性,可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体,可用于净水
答案　B　　
5.★★(2021广东,10,2分)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A.a可与e反应生成b
B.b既可被氧化,也可被还原
C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
答案　C　　
6.★★(2023江苏,11,3分)室温下,探究0.1 mol·L-1 FeSO4溶液的性质,下列实验方案能达到探究目的的是(　　)
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有Fe3+ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察溶液颜色变化
B Fe2+是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,观察溶液颜色变化
C Fe2+是否水解 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液,观察溶液颜色变化
D Fe2+能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液,观察气泡产生情况
答案　B　　
7.★★★(2021海南,15,10分)无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程,以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知:氯化亚砜()熔点-101 ℃,沸点76 ℃,易水解。
回答问题:
(1)操作①是过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和　　　　。
(2)为避免引入新的杂质,试剂B可以选用　　　　(填编号)。
a.KMnO4溶液　　b.氯水
c.溴水　　d.H2O2溶液
(3)操作②是蒸发结晶,加热的同时通入HCl(g)的目的是　　　　　　　　。
(4)取少量D晶体,溶于水并滴加KSCN溶液,现象是　　　　　　　。
(5)反应D→E的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐,写出一种可能的还原剂　　　　,并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原:　 　。
答案　(1)漏斗　(2)bd
(3)抑制Fe3+水解　(4)溶液呈红色
(5)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
(6)SO2　将少量样品溶于水,先滴加足量盐酸无现象,再滴加少量BaCl2溶液,若出现白色沉淀,则证明还原剂为SO2(合理答案均可)
考点2　金属资源的开发利用
8.★(2020江苏,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品
B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料
C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸
D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
答案　D　　
9.★(2020江苏,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)
A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2
B.室温下,Al与4.0 mol·L-1 NaOH溶液反应生成NaAlO2
C.室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D.室温下,Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
答案　B　　
10.★★(2023广东,10,2分)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A.可存在c→d→e的转化
B.能与H2O反应生成c的物质只有b
C.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键
答案　B　　
11.★★(2022福建,6,4分)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下:
下列说法错误的是(　　)
A.“浸出”产生的气体含有H2
B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素
C.流程中未产生六价铬化合物
D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3
答案　D　　
12.★★(2022湖南,7,3分)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是(　　)
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
答案　C　　
13.★★(2023辽宁,10,3分)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是(　　)
A.“焙烧”中产生CO2
B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr
D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
答案　B　　
14.★★(2023湖南,9,3分)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下:
已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉 淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。
下列说法错误的是(　　)
A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B.Na2S溶液呈碱性,其主要原因是S2-+H2O HS-+OH-
C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中=4.0×10-12
D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水
答案　D　　
15.★★(2022山东,12,4分)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是(　　)
A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
答案　D　
三年模拟
考点强化练
考点1　钠、铁及其化合物
1.★(2024届常州八校联合调研,4)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.NaCl易溶于水,可用于工业电解制备钠
B.FeCl3溶液具有酸性,可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
C.次氯酸(盐)具有不稳定性,可作杀菌消毒剂,还可作漂白剂
D.氨气具有还原性,用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
答案　D　　
2.★(2023南通、淮安等五市第一次调研,3)下列物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.Na2O2呈淡黄色,可用作供氧剂
B.NaCl熔点较高,可用于制取NaOH
C.Na2CO3溶液呈碱性,可用于除油污
D.NaHCO3易分解,可用于治疗胃酸过多
答案　C　　
3.★(2024届南京学情调研,8)钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　)
A.工业制备NaOH的原理:2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑
B.侯氏制碱过程中的物质转化:NaClNaHCO3 Na2CO3
C.Na2O2与CO2反应为潜水艇供氧的原理:2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2
D.苯酚钠溶液与少量CO2反应:C6H5ONa+CO2+H2O C6H5OH+NaHCO3
答案　B　　
4.★★(2024届苏州期初调研,6)纳米铁粉可用于处理水中污染物,一定条件下,向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液,生成纳米铁粉、H2和B(OH;Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料,电池工作时有Li+嵌入其中生成LiFe3O4;铁氰化钾{K3[Fe(CN)6]}遇Fe2+发生反应生成深蓝色沉淀{Fe3[Fe(CN)6]2},常用于检验Fe2+。下列表述不正确的是(　　)
A.制备纳米铁粉的离子反应:2Fe2++B+4OH- 2Fe↓+2H2↑+B(OH
B.FeS2制硫酸过程中物质转化:FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)
C.Fe3O4晶体中嵌入Li+形成LiFe3O4时,部分Fe3+转化为Fe2+
D.铁氰化钾检验Fe2+的离子反应:3Fe2++2[Fe(CN)6]3- Fe3[Fe(CN)6]2↓
答案　B　　
5.★★(2023如皋第二次适应性考试,5)铁的单质及许多化合物均具有重要用途。K2FeO4可用作净水剂,K2FeO4在水中不稳定,会生成Fe(OH)3胶体,碱性条件下KClO氧化性大于K2FeO4。下列有关铁及其化合物的相关转化,在指定条件下能实现的是(　　)
A.FeFe2O3Fe
B.Fe2O3K2FeO4H2
C.FeCl3(aq)Fe2O3Fe(OH)3
D.FeFeCl3FeCl2
答案　D　　
6.★★(2023无锡期终教学质量调研,10)钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　)
A.金属钠与熔融的TiCl4反应可制备金属钛
B.呼吸面具中的Na2O2吸收人体呼出的CO2和H2O,同时释放出O2
C.侯氏制碱法的原理是将NH3通入含有CO2的饱和食盐水中制得NaHCO3
D.泡沫灭火器的原理是利用NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合制取CO2
答案　C　　
7.★★(2023苏锡常镇四市第二次调研,14)以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3,含少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料制备铁红(氧化铁)的工艺流程如下:
已知:Fe3++3H2C2O4 Fe(C2O4+6H+,Fe2++H2C2O4 FeC2O4↓+2H+。
(1)“酸浸”时,使用草酸作为助剂可提高铁浸取率,草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧渣)×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
①加入草酸能提高铁浸取率的原因是 　。
②草酸加入量大于20%时,铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是　　　　　　　　　　　　。
(2)“沉铁”时,反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
①FeSO4转化为Fe(OH)3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②反应温度超过35 ℃时,铁回收率下降的原因是 　。
③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和　　　　。
(3)“纯化”时,加入NaOH溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)①Fe3+和H2C2O4反应生成Fe(C2O4,促进草酸电离,溶液中H+浓度增大;Fe3+浓度降低,促进烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应
②Fe2+与C2反应生成FeC2O4沉淀
(2)①2Fe2++H2O2+4NH3·H2O 2Fe(OH)3↓+4N
②温度升高,H2O2受热被Fe3+催化分解,使Fe2+氧化不充分;氨水受热挥发,氨水浓度减小,不利于Fe(OH)3的生成
③草酸铵[或(NH4)2C2O4]
除去Fe(OH)3中含有的Al(OH)3杂质
考点2　金属资源的开发利用
8.★(2023常州教育学会学业水平监测,5)下列物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.CuSO4溶液呈蓝色,可用于游泳池水的杀菌消毒
B.含铜的铝合金熔点高,可用于制造高导电率导线
C.AgBr见光易分解,可用于制造照相底片的感光层
D.银氨溶液具有碱性,可用于检验淀粉是否发生水解
答案　C　　
9.★(2024届徐州铜山期中,6)下列说法不正确的是　(　　)
A.工业制硝酸:NH3 NO2 HNO3
B.制备硝酸铜:Cu CuO Cu(NO3)2
C.ClO2除去NO的反应:3ClO2+5NO+4H2O 3HCl+5HNO3
D.过量的Fe粉与稀HNO3反应:3Fe+8H++2N 3Fe2++2NO↑+4H2O
答案　A　　
10.★★(2023泰州期末模拟,8)实验室以浓缩盐湖水(含Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下:
Li2CO3的溶解度曲线如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗
B.“沉淀2”的主要成分为CaCO3
C.“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D.“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料
答案　C　　
11.★★(2024届盐城期中教学质量调研,9)BaTiO3是一种压电材料。以 BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS;“沉淀”生成BaTiO(C2O4)2。下列说法正确的是(　　)
A.“焙烧”步骤中碳粉的主要作用作还原剂,将BaSO4还原
B.焙烧后的产物可以直接用酸浸取
C.“酸化”步骤选用的酸可以是稀硫酸
D.“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的n(CO2)∶n(CO)=1∶2
答案　A　　
12.★★(2024届淮安五校联考,14)镍酸锂(LiNiO2)是一种具有潜力的锂离子材料。以镍催化剂废渣(主要成分是Ni,含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下:
(1)“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
(2)“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行,其原因是 　。
(3)已知“滤渣3”的主要成分是CaF2,则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是　　　　　　　　　　　。
(4)有人认为“除钙”中可以用HF代替NH4F,则“除钙”:Ca2+(aq)+2HF(l) CaF2(s)+2H+(aq)反应的平衡常数K=1.0×103,则Ksp(CaF2)=　　　[已知:室温下,HF的电离平衡常数Ka(HF)=4.0×10-4]。
(5)“酸浸”中,镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示,最佳液固比为　　　。当液固比一定时,镍浸出率与温度的关系如图2所示,40 ℃之前,随着温度升高,镍浸出率逐渐增大的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
　　
(6)“沉镍”时得到碳酸镍(NiCO3)沉淀,在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂,请写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)2Fe2++ClO-+5H2O 2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+　(2)在酸性溶液中加入氟化铵,氟离子和氢离子会生成氢氟酸,氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应,腐蚀玻璃　(3)除去溶液中的Zn2+　(4)1.6×10-10　(5)3 mL·g-1　温度升高,反应速率加快,镍浸出率增大　(6)4NiCO3+2Li2CO3+O2 4LiNiO2+6CO2
微专题　化工流程题解题策略
1.★★★(2024届扬州期初考试,14)铜—钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ.从铜—钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下:
(1)25 ℃时,随溶液的pH不同,甘氨酸在水溶液中分别以NCH2COOH、NCH2COO-或NH2CH2COO-为主要形式存在。内盐NCH2COO-是两性化合物,请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因:　　　　　　　　　　　。
(2)浸出剂的制备:主要原料有甘氨酸(简写为HL)、CuSO4溶液和NaOH固体。取一定量NaOH固体溶于水,随后依次加入　　(填“HL”或“CuSO4”,下同)、　　,所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜(CuL2)、L-等。
(3)浸出:将已打磨的铜—钢废料投入浸出剂,控制温度50 ℃,通入空气,并搅拌。浸出剂不与钢作用,但与铜反应,最终铜全部转化为CuL2进入溶液,从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应为CuL2+Cu+2L- 、　　　　　　　　　　　　　　。
②其他条件不变时,空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过1.0 L·min-1时,铜浸出速率急剧减小的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
　　
Ⅱ.从铜烟灰[主要成分为Cu(OH)Cl、FeO、Fe2O3、Zn3(PO4)2]中回收铜的主要步骤为酸浸→萃取→反萃取→电解。
已知:Zn3(PO4)2溶于无机酸。
(4)酸浸:将铜烟灰用硫酸浸出,控制其他条件相同,铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高,铜浸出率先增大后减小的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)萃取、反萃取:向浸出液(Cu2+浓度为7 g·L-1)中加入有机萃取剂(RH)萃取,其原理可表示为Cu2+(水层)+2RH(有机层) R2Cu(有机层)+2H+(水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸,反萃取得到水相(Cu2+浓度达40 g·L-1)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　　　　　　　　　　　。
答案　(1)NCH2COO-+H2O NCH2COOH+OH-　(2)HL　CuSO4　(3)①4Cu+O2+2H2O 4CuL2+4OH-　②空气中的氧气没有足够的时间参与反应,导致反应速率减小　(4)该酸浸过程为放热反应,温度升高时,反应速率加快,但是温度过高,平衡逆向移动,导致浸出率减小　(5)实现Cu2+的提取和富集　
2.★★★(2023常州教育学会学业水平监测,14)以辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下:
已知:Bi3+易与Cl-形成BiC,BiC易发生水解,其反应的离子方程式为BiC+H2O BiOCl↓+5Cl-+2H+。
(1)“联合焙烧”时,Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为　。
(2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH。
①一般控制浸取液pH小于1.4,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②为提高酸浸时金属元素的浸出率,除适当增加浓盐酸用量、适当升高酸浸温度外,还可采取的措施有　　　　　　　　　　　。
(3)铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取,其萃取原理可表示为BiC(水层)+2TBP(有机层) BiCl3·2TBP(有机层)+3Cl-(水层)。
①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度,萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3 mol·L-1的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②“萃取”后分液所得水相中的主要阳离子为　　　　　　　(填化学式)。
(4)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体,“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)2Bi2S3+6MnO2+9O2 2Bi2O3+6MnSO4　(2)①增大H+浓度,使Bi3+充分浸出;同时抑制金属离子Bi3+(或BiC)、Fe3+水解　②加快搅拌速度　
(3)①c(Cl-)>1.3 mol·L-1时,铋离子(萃取平衡BiC+2TBP BiCl3·2TBP+3Cl-逆向移动)萃取率下降,铁离子萃取率上升;c(Cl-)<1.3 mol·L-1时,铋离子水解(BiC+H2O BiOCl↓+5Cl-+2H+)程度增大,不利于铋离子的萃取提纯　②Fe3+、H+、Na+　(4)边搅拌边将有机相滴加到草酸溶液中　
3.★★★(2023江苏,14,15分)V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO,反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g) 4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 632.4 kJ·mol-1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中,在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液,经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中V水解为H3VO4沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　;反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是　　　　　　　　　　　　　。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器,测得NO的转化率随温度的变化如下图所示。反应温度在320~360 ℃范围内,NO转化率随温度变化不明显的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　;反应温度高于380 ℃,NO转化率下降,除因为进入反应器的NO被还原的量减少外,还有　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时,加料完成后,以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有　　　　　　　　　　　　　　　。
②通过萃取可分离钒和钨,在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构,其结构式可表示为　　　　。
③向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液,生成NH4VO3沉淀。已知:Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3,加过量NH4Cl溶液的目的是　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)V+2H2O H3VO4↓+OH-或V+N+H2O H3VO4↓+NH3　制得的催化剂中不含Na+　(2)在该温度范围内,催化剂的活性变化不大,消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大,对NO转化率的影响相互抵消　4NH3+5O2 4NO+6H2O　(3)①提高反应温度,延长浸出时间　②或　③促进NH4VO3充分沉淀　
4.★★★(2022河北,15,14分)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)红渣的主要成分为　　　(填化学式);滤渣①的主要成分为　　　　(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)还原工序中,不生成S单质的反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(4)工序①的名称为　　　　　　　　,所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为　　　　,氧化工序发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4,所加试剂为　　　　和　　　　(填化学式,不引入杂质)。
答案　(1)Fe2O3　SiO2
(2)增大固液接触面积,加快反应速率,提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O 15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(5)+2　6Fe(NH4)2Fe(CN)6+Cl+6H+ 6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6N
(6)H2O2　NH3·H2O　
5.★★★(2023广东,18,14分)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中,利用氨浸工艺可提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如下:
已知:氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下,Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子;lgKb(NH3·H2O)=-4.7;Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3;部分氢氧化物的Ksp如下表。
氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12
(1)活性MgO可与水反应,化学方程式为　　　　　　　　。
(2)常温下,pH=9.9的氨性溶液中,c(NH3·H2O)　　　　c(N)(填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时,由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为　　　　　　　　　。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中,出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于　　　　(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率,其原因是 　。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为　　　　　　　　　。
②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体,其立方晶胞如图所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距,x、y为整数,则Co在晶胞中的位置为　　　　;晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为　　　　。
(6)①“结晶纯化”过程中,没有引入新物质。晶体A含6个结晶水,则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值,理论上最高为　　　　　。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义,在于可重复利用HNO3和　　　　(填化学式)。
答案　(1)MgO+H2O Mg(OH)2　(2)>
(3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+S 2[Co(NH3)6]2++S+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4N+S 2[Co(NH3)6]2++S+13H2O
(4)①晶体　②减少了胶状物质对镍、钴的氢氧化物的包裹,增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)①HCl　②体心　12
(6)①0.4　②MgO
6.★★★(2023南通、泰州等八市第二次调研,16)实验室以含锰废液为原料可以制取MnSO4,部分实验过程如下:
已知室温下,部分难溶电解质的溶度积常数如下表:
难溶电解质 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MnF2 CaF2 MgF2
Ksp 4.0×10-38 4×10-14 1.2×10-3 1.6×10-10 6.4×10-9
(1)经检测,含锰废液中c(Mn2+)=0.2 mol·L-1、c(Na+)=0.6 mol·L-1、c(Fe2+)=0.2 mol·L-1,还含S及少量Ca2+、Mg2+。“氧化”阶段,H2O2用量为理论用量的1.1倍。
①“氧化”1 L该废液,需要加入H2O2的物质的量为　　　　。
②检验Fe2+已经完全被氧化的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)“除杂Ⅰ”加入MnCO3调节溶液pH=4。该过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(3)“除杂Ⅱ”中反应之一为MnF2+Ca2+ CaF2+Mn2+。结合反应的平衡常数解释用MnF2能除去Ca2+的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)已知MnSO4和Na2SO4的溶解度随温度的变化如图1所示。请补充完整由粗MnSO4溶液制取MnSO4·H2O晶体的实验方案:取实验所得粗MnSO4溶液, 　,
得到MnSO4·H2O晶体。(可选用的试剂:1 mol·L-1NaHCO3溶液,1 mol·L-1H2SO4溶液,1 mol·L-1盐酸)
(5)图2为不同温度下硫酸锰焙烧2 h后残留固体的X射线衍射图。由MnSO4固体制取活性Mn2O3的方案:将MnSO4固体置于可控温度的反应管中, 　,最后将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂:1 mol·L-lBaCl2溶液,1 mol·L-1 NaOH溶液)
答案　(1)①0.11 mol　②取少量氧化后溶液,向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成
(2)2Fe3++3MnCO3+3H2O 2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2↑
(3)该反应的平衡常数K=7.5×106>105,反应正向进行的程度很大,可以将Ca2+完全除去
(4)向其中加入1 mol·L-1NaHCO3溶液,边加边振荡,当静置后向上层清液中加入1 mol·L-1 NaHCO3溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀,向沉淀中加入1 mol·L-1 H2SO4溶液至固体完全溶解,90~100 ℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出,趁热过滤
(5)加热到850 ℃分解2 h,将产生的气体通入1 mol·L-1 NaOH溶液　
7.★★★(2023苏锡常镇四市第一次调研,14)钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下:
已知:萃取时发生的反应为Co2++n(HA)2 CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。
(1)除Fe、Al:先加入NaClO3溶液,再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2+的离子方程式:　　　　　　　　　　。
(2)除Ca、Mg:当某离子浓度(c)≤1.0×10-6 mol·L-1时,认为该离子已除尽。
①为使Ca2+、Mg2+除尽,必须保持溶液中c(F-)≥　　　　mol·L-1。[Ksp(CaF2)=1.0×10-10,Ksp(MgF2)=7.4×10-11,Ka(HF)=3.5×10-4]
②若调节溶液的pH偏低,将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全,其原因是 　。
(3)萃取、反萃取:加入某有机酸萃取剂(HA)2,实验测得Co2+萃取率随pH的变化如图1所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4,反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 　。
(4)热分解:向反萃取所得水相中加入(NH4)2C2O4溶液,充分反应后,得到CoC2O4·2H2O。将CoC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图2所示。
①B点剩余固体产物为　　　　(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图3所示,在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有　　　　个。
答案　(1)Cl+6Fe2++6H+ 6Fe3++Cl-+3H2O
(2)①0.01　②pH偏低,较多的F-与H+形成弱酸HF,导致溶液中F-浓度减小,使Ca2+、Mg2+不能完全转化为沉淀　(3)①与Mn2+等杂质离子分离,富集Co2+或提高Co2+的浓度　②当pH<6.5时,随着pH升高,溶液中c(H+)减小,平衡向正反应方向移动,更多的Co2+与萃取剂反应。当pH>6.5时,随着pH升高,溶液中c(OH-)增大,Co2+与OH-形成Co(OH)2沉淀
(4)①Co3O4
n(CoC2O4)=n(CoC2O4·2H2O)==0.1 mol
m(CoC2O4)=0.1 mol×147 g·mol-1=14.7 g
故A点为CoC2O4
设B点剩余固体的化学式为CoOx
n(CoOx)=n(CoC2O4)=0.1 mol
M(CoOx)==80.3 g·mol-1
由59+16x=80.3　解得x≈1.33
CoOx为Co3O4
②12　
8.★★★(2023北京,18,13分)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知:酸性条件下, MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出,同时去除FeS2,有利于后续银的浸出;矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中,发生反应MnS+2H+ Mn2++H2S↑,则可推断:Ksp(MnS)　　　Ksp(Ag2S)(填“>”或“<”)。
②在H2SO4溶液中,银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应,则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　。
(2)“浸银”时,使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂,将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整:
　Fe3++Ag2S+　　　 　　　　+2[AgCl2]-+S
②结合平衡移动原理,解释浸出剂中Cl-、H+的作用:　　　　　　　　　　　　　。
(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②一定温度下,Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)结合“浸锰”过程,从两种矿石中各物质利用的角度,分析联合提取银和锰的优势: 　。
答案　(1)①>　②Fe3+、Mn2+　(2)①2　4　Cl-　2　Fe2+　②H+的作用是防止氧化剂Fe3+水解,Cl-的作用是与Ag+生成配合物[AgCl2]-,促使平衡正向移动　(3)①2Fe3++Fe 3Fe2+、2H++Fe Fe2++H2↑、2[AgCl2]-+Fe 2Ag+4Cl-+Fe2+　②若反应时间过长,溶液中c(Fe2+)升高,导致平衡2[AgCl2]-+Fe 2Ag+4Cl-+Fe2+逆向移动,Ag溶解　(4)在“浸锰”过程中,氧化锰矿中的MnO2作氧化剂、银锰精矿中的FeS2作还原剂,不需要额外加入氧化剂与还原剂即可联合提取　
9.★★★(2023新课标,27,14分)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示。
已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr存在。
回答下列问题:
(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为　　　　　　　　(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　　　　。
(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致 　;
pH>9时,会导致 。
(5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为V或VO3+;在碱性条件下,溶解为V或V。上述性质说明V2O5具有　　　(填标号)。
A.酸性　　　　B.碱性　　　　C.两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
答案　(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Al(OH)3　(4)磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)　硅不能除净/生成Mg(OH)2/消耗Mg2+　(5)C　(6)2Cr2+3S2+10H+ 4Cr3++6S+5H2O　
10.★★★(2022北京,18,14分)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如图所示。
已知:
物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　。
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质 含量/% (以MgCO3计)
CaO MgO 计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注:ⅰ.MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是　　　　　　　　　　　　　 　　　。
②沉钙反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为　　　。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合,充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏,MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　。
(4)滤渣C中含有的物质是　　　　　　。
(5)该流程中可循环利用的物质是　　　。
答案　(1)CaMg(CO3)2 CaO+MgO+2CO2↑
(2)①Ksp[Ca(OH)2] Ksp[Mg(OH)2],在一定量NH4Cl溶液中,CaO先浸出
②Ca2++2NH3+CO2+H2O CaCO3↓+2N
③2.4∶1
④Ksp(CaCO3)(3)MgO+H2O Mg(OH)2,Mg(OH)2+2N Mg2++2NH3+2H2O,随大量氨气逸出,平衡正向移动
(4)Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg(OH)2(MgO)
(5)NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3　
11.★★★(2022重庆,15,14分)电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等。对其处理的流程如下。
Sn与Si同族,25 ℃时相关的溶度积见下表。
化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2
溶度积 1.0×10-56 4.0×10-38 2.5×10-20
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是　　　　。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+,且无气体生成,则生成的硝酸盐是　　　　　　。废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2,焙烧时,与NaOH反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　。
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近,加入NaOH溶液,先得到的沉淀是　　　　。
②25 ℃时,为了使Cu2+沉淀完全,需调节溶液H+浓度不大于　　　　mol·L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500 g,用大量盐酸溶解,在CO2保护下,先用Al片将Sn4+还原为Sn2+,再用0.100 0 mol·L-1 KIO3标准溶液滴定,以淀粉作指示剂。滴定过程中I被还原为I-,终点时消耗KIO3溶液20.00 mL。
①终点时的现象为　 ,产生I2的离子反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②产品中Sn的质量分数为　　　　%。
答案　(1)①+4　②Sn(NO3)2、NH4NO3
③SnO2+2NaOH Na2SnO3+H2O
(2)①Fe(OH)3　②2×10-7　(3)①滴入最后半滴KIO3标准溶液,溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色　I+5I-+6H+ 3I2+3H2O　②47.6　
12.★★★(2023如皋第一次适应性考试,14)用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt,含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下:
(1)“酸浸”后分离出的溶液中c(Ni2+)=0.2 mol·L-1,c(Al3+)=0.01 mol·L-1,当溶液中离子浓度<10-5 mol·L-1时可认为沉淀完全,则“调pH”应控制pH的范围是　　　　。(设“调pH”时溶液体积不变){已知:Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15、Ksp[Al(OH)3]=1×10-33}
(2)“控温氧化”时控制其他条件一定,Ni2O3的产率与温度和时间的关系如图1所示。20 ℃、40 ℃时反应后所得滤液中溶质主要为NaCl、NaOH和Na2SO4,60 ℃时反应后所得滤液中溶质主要为NaCl、NaClO3、NaOH和Na2SO4。反应相同时间,60 ℃时Ni2O3的产率低于40 ℃时,原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比为3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向H2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成(NH4)2PtCl6沉淀。
①写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。
②(NH4)2PtCl6在一定温度下可以分解生成Pt(NH3)2Cl2。Pt(NH3)2Cl2存在顺式和反式两种结构。请在图2的两个结构中,选择其中一个,填入相应的基团表示Pt(NH3)2Cl2的顺式结构。
(4)Ni2O3产品中可能含少量NiO,为测定Ni2O3的纯度,进行如下实验:称取5.000 g样品,加入足量硫酸后,再加入100 mL 1.000 mol·L-1Fe2+标准溶液,充分反应,加水定容至200 mL。取出20.00 mL,用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生的反应如下:
Ni2O3+Fe2++H+——Ni2++Fe3++H2O(未配平);
Fe2++Mn+H+——Fe3++Mn2++H2O(未配平)。
试通过计算确定Ni2O3的质量分数,并写出计算过程。
答案　(1)②
(4)n(KMnO4)=0.100 0 mol·L-1×10.00×10-3L=1×10-3 mol
n(Fe2+)=1.000 mol·L-1×100×10-3L=0.1 mol
与KMnO4标准溶液反应的n(Fe2+)=5×1×10-3 mol=5×10-3 mol
与Ni2O3反应的n(Fe2+)=0.1 mol-×5×10-3 mol=0.05 mol
n(Ni2O3)=×0.05 mol=0.025 mol
m(Ni2O3)=0.025 mol×166 g·mol-1=4.15 g
Ni2O3的质量分数为×100%=83%
专题五　金属及其化合物
五年高考
考点过关练
考点1　钠、铁及其化合物
1.★(2022广东,6,2分)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是(　　)
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
答案　A　　
2.★(2023浙江1月选考,5,3分)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是(　　)
A.Na和乙醇反应可生成H2
B.工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C.工业上用氨的催化氧化制备NO
D.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
答案　D　　
3.★(2023湖南,7,3分)取一定体积的两种试剂进行反应,改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1 mol·L-1),反应现象没有明显差别的是(　　)
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 AgNO3溶液
B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液
C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液
D KSCN溶液 FeCl3溶液
答案　D　　
4.★(2021江苏,4,3分)下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是(　　)
A.铁粉能与O2反应,可用作食品保存的吸氧剂
B.纳米Fe3O4能与酸反应,可用作铁磁性材料
C.FeCl3具有氧化性,可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体,可用于净水
答案　B　　
5.★★(2021广东,10,2分)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A.a可与e反应生成b
B.b既可被氧化,也可被还原
C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
答案　C　　
6.★★(2023江苏,11,3分)室温下,探究0.1 mol·L-1 FeSO4溶液的性质,下列实验方案能达到探究目的的是(　　)
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有Fe3+ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察溶液颜色变化
B Fe2+是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,观察溶液颜色变化
C Fe2+是否水解 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液,观察溶液颜色变化
D Fe2+能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液,观察气泡产生情况
答案　B　　
7.★★★(2021海南,15,10分)无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程,以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知:氯化亚砜()熔点-101 ℃,沸点76 ℃,易水解。
回答问题:
(1)操作①是过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和　　　　。
(2)为避免引入新的杂质,试剂B可以选用　　　　(填编号)。
a.KMnO4溶液　　b.氯水
c.溴水　　d.H2O2溶液
(3)操作②是蒸发结晶,加热的同时通入HCl(g)的目的是　　　　　　　　。
(4)取少量D晶体,溶于水并滴加KSCN溶液,现象是　　　　　　　。
(5)反应D→E的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐,写出一种可能的还原剂　　　　,并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原:　 　。
答案　(1)漏斗　(2)bd
(3)抑制Fe3+水解　(4)溶液呈红色
(5)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
(6)SO2　将少量样品溶于水,先滴加足量盐酸无现象,再滴加少量BaCl2溶液,若出现白色沉淀,则证明还原剂为SO2(合理答案均可)
考点2　金属资源的开发利用
8.★(2020江苏,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品
B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料
C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸
D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
答案　D　　
9.★(2020江苏,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)
A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2
B.室温下,Al与4.0 mol·L-1 NaOH溶液反应生成NaAlO2
C.室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D.室温下,Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
答案　B　　
10.★★(2023广东,10,2分)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A.可存在c→d→e的转化
B.能与H2O反应生成c的物质只有b
C.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键
答案　B　　
11.★★(2022福建,6,4分)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下:
下列说法错误的是(　　)
A.“浸出”产生的气体含有H2
B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素
C.流程中未产生六价铬化合物
D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3
答案　D　　
12.★★(2022湖南,7,3分)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是(　　)
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
答案　C　　
13.★★(2023辽宁,10,3分)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是(　　)
A.“焙烧”中产生CO2
B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr
D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
答案　B　　
14.★★(2023湖南,9,3分)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下:
已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉 淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。
下列说法错误的是(　　)
A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B.Na2S溶液呈碱性,其主要原因是S2-+H2O HS-+OH-
C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中=4.0×10-12
D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水
答案　D　　
15.★★(2022山东,12,4分)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是(　　)
A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
答案　D　
三年模拟
考点强化练
考点1　钠、铁及其化合物
1.★(2024届常州八校联合调研,4)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.NaCl易溶于水,可用于工业电解制备钠
B.FeCl3溶液具有酸性,可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
C.次氯酸(盐)具有不稳定性,可作杀菌消毒剂,还可作漂白剂
D.氨气具有还原性,用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
答案　D　　
2.★(2023南通、淮安等五市第一次调研,3)下列物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.Na2O2呈淡黄色,可用作供氧剂
B.NaCl熔点较高,可用于制取NaOH
C.Na2CO3溶液呈碱性,可用于除油污
D.NaHCO3易分解,可用于治疗胃酸过多
答案　C　　
3.★(2024届南京学情调研,8)钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　)
A.工业制备NaOH的原理:2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑
B.侯氏制碱过程中的物质转化:NaClNaHCO3 Na2CO3
C.Na2O2与CO2反应为潜水艇供氧的原理:2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2
D.苯酚钠溶液与少量CO2反应:C6H5ONa+CO2+H2O C6H5OH+NaHCO3
答案　B　　
4.★★(2024届苏州期初调研,6)纳米铁粉可用于处理水中污染物,一定条件下,向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液,生成纳米铁粉、H2和B(OH;Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料,电池工作时有Li+嵌入其中生成LiFe3O4;铁氰化钾{K3[Fe(CN)6]}遇Fe2+发生反应生成深蓝色沉淀{Fe3[Fe(CN)6]2},常用于检验Fe2+。下列表述不正确的是(　　)
A.制备纳米铁粉的离子反应:2Fe2++B+4OH- 2Fe↓+2H2↑+B(OH
B.FeS2制硫酸过程中物质转化:FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)
C.Fe3O4晶体中嵌入Li+形成LiFe3O4时,部分Fe3+转化为Fe2+
D.铁氰化钾检验Fe2+的离子反应:3Fe2++2[Fe(CN)6]3- Fe3[Fe(CN)6]2↓
答案　B　　
5.★★(2023如皋第二次适应性考试,5)铁的单质及许多化合物均具有重要用途。K2FeO4可用作净水剂,K2FeO4在水中不稳定,会生成Fe(OH)3胶体,碱性条件下KClO氧化性大于K2FeO4。下列有关铁及其化合物的相关转化,在指定条件下能实现的是(　　)
A.FeFe2O3Fe
B.Fe2O3K2FeO4H2
C.FeCl3(aq)Fe2O3Fe(OH)3
D.FeFeCl3FeCl2
答案　D　　
6.★★(2023无锡期终教学质量调研,10)钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　)
A.金属钠与熔融的TiCl4反应可制备金属钛
B.呼吸面具中的Na2O2吸收人体呼出的CO2和H2O,同时释放出O2
C.侯氏制碱法的原理是将NH3通入含有CO2的饱和食盐水中制得NaHCO3
D.泡沫灭火器的原理是利用NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合制取CO2
答案　C　　
7.★★(2023苏锡常镇四市第二次调研,14)以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3,含少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料制备铁红(氧化铁)的工艺流程如下:
已知:Fe3++3H2C2O4 Fe(C2O4+6H+,Fe2++H2C2O4 FeC2O4↓+2H+。
(1)“酸浸”时,使用草酸作为助剂可提高铁浸取率,草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧渣)×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
①加入草酸能提高铁浸取率的原因是 　。
②草酸加入量大于20%时,铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是　　　　　　　　　　　　。
(2)“沉铁”时,反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
①FeSO4转化为Fe(OH)3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②反应温度超过35 ℃时,铁回收率下降的原因是 　。
③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和　　　　。
(3)“纯化”时,加入NaOH溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)①Fe3+和H2C2O4反应生成Fe(C2O4,促进草酸电离,溶液中H+浓度增大;Fe3+浓度降低,促进烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应
②Fe2+与C2反应生成FeC2O4沉淀
(2)①2Fe2++H2O2+4NH3·H2O 2Fe(OH)3↓+4N
②温度升高,H2O2受热被Fe3+催化分解,使Fe2+氧化不充分;氨水受热挥发,氨水浓度减小,不利于Fe(OH)3的生成
③草酸铵[或(NH4)2C2O4]
除去Fe(OH)3中含有的Al(OH)3杂质
考点2　金属资源的开发利用
8.★(2023常州教育学会学业水平监测,5)下列物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.CuSO4溶液呈蓝色,可用于游泳池水的杀菌消毒
B.含铜的铝合金熔点高,可用于制造高导电率导线
C.AgBr见光易分解,可用于制造照相底片的感光层
D.银氨溶液具有碱性,可用于检验淀粉是否发生水解
答案　C　　
9.★(2024届徐州铜山期中,6)下列说法不正确的是　(　　)
A.工业制硝酸:NH3 NO2 HNO3
B.制备硝酸铜:Cu CuO Cu(NO3)2
C.ClO2除去NO的反应:3ClO2+5NO+4H2O 3HCl+5HNO3
D.过量的Fe粉与稀HNO3反应:3Fe+8H++2N 3Fe2++2NO↑+4H2O
答案　A　　
10.★★(2023泰州期末模拟,8)实验室以浓缩盐湖水(含Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下:
Li2CO3的溶解度曲线如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗
B.“沉淀2”的主要成分为CaCO3
C.“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D.“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料
答案　C　　
11.★★(2024届盐城期中教学质量调研,9)BaTiO3是一种压电材料。以 BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS;“沉淀”生成BaTiO(C2O4)2。下列说法正确的是(　　)
A.“焙烧”步骤中碳粉的主要作用作还原剂,将BaSO4还原
B.焙烧后的产物可以直接用酸浸取
C.“酸化”步骤选用的酸可以是稀硫酸
D.“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的n(CO2)∶n(CO)=1∶2
答案　A　　
12.★★(2024届淮安五校联考,14)镍酸锂(LiNiO2)是一种具有潜力的锂离子材料。以镍催化剂废渣(主要成分是Ni,含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下:
(1)“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
(2)“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行,其原因是 　。
(3)已知“滤渣3”的主要成分是CaF2,则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是　　　　　　　　　　　。
(4)有人认为“除钙”中可以用HF代替NH4F,则“除钙”:Ca2+(aq)+2HF(l) CaF2(s)+2H+(aq)反应的平衡常数K=1.0×103,则Ksp(CaF2)=　　　[已知:室温下,HF的电离平衡常数Ka(HF)=4.0×10-4]。
(5)“酸浸”中,镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示,最佳液固比为　　　。当液固比一定时,镍浸出率与温度的关系如图2所示,40 ℃之前,随着温度升高,镍浸出率逐渐增大的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
　　
(6)“沉镍”时得到碳酸镍(NiCO3)沉淀,在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂,请写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)2Fe2++ClO-+5H2O 2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+　(2)在酸性溶液中加入氟化铵,氟离子和氢离子会生成氢氟酸,氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应,腐蚀玻璃　(3)除去溶液中的Zn2+　(4)1.6×10-10　(5)3 mL·g-1　温度升高,反应速率加快,镍浸出率增大　(6)4NiCO3+2Li2CO3+O2 4LiNiO2+6CO2
微专题　化工流程题解题策略
1.★★★(2024届扬州期初考试,14)铜—钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ.从铜—钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下:
(1)25 ℃时,随溶液的pH不同,甘氨酸在水溶液中分别以NCH2COOH、NCH2COO-或NH2CH2COO-为主要形式存在。内盐NCH2COO-是两性化合物,请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因:　　　　　　　　　　　。
(2)浸出剂的制备:主要原料有甘氨酸(简写为HL)、CuSO4溶液和NaOH固体。取一定量NaOH固体溶于水,随后依次加入　　(填“HL”或“CuSO4”,下同)、　　,所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜(CuL2)、L-等。
(3)浸出:将已打磨的铜—钢废料投入浸出剂,控制温度50 ℃,通入空气,并搅拌。浸出剂不与钢作用,但与铜反应,最终铜全部转化为CuL2进入溶液,从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应为CuL2+Cu+2L- 、　　　　　　　　　　　　　　。
②其他条件不变时,空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过1.0 L·min-1时,铜浸出速率急剧减小的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
　　
Ⅱ.从铜烟灰[主要成分为Cu(OH)Cl、FeO、Fe2O3、Zn3(PO4)2]中回收铜的主要步骤为酸浸→萃取→反萃取→电解。
已知:Zn3(PO4)2溶于无机酸。
(4)酸浸:将铜烟灰用硫酸浸出,控制其他条件相同,铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高,铜浸出率先增大后减小的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)萃取、反萃取:向浸出液(Cu2+浓度为7 g·L-1)中加入有机萃取剂(RH)萃取,其原理可表示为Cu2+(水层)+2RH(有机层) R2Cu(有机层)+2H+(水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸,反萃取得到水相(Cu2+浓度达40 g·L-1)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　　　　　　　　　　　。
答案　(1)NCH2COO-+H2O NCH2COOH+OH-　(2)HL　CuSO4　(3)①4Cu+O2+2H2O 4CuL2+4OH-　②空气中的氧气没有足够的时间参与反应,导致反应速率减小　(4)该酸浸过程为放热反应,温度升高时,反应速率加快,但是温度过高,平衡逆向移动,导致浸出率减小　(5)实现Cu2+的提取和富集　
2.★★★(2023常州教育学会学业水平监测,14)以辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下:
已知:Bi3+易与Cl-形成BiC,BiC易发生水解,其反应的离子方程式为BiC+H2O BiOCl↓+5Cl-+2H+。
(1)“联合焙烧”时,Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为　。
(2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH。
①一般控制浸取液pH小于1.4,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②为提高酸浸时金属元素的浸出率,除适当增加浓盐酸用量、适当升高酸浸温度外,还可采取的措施有　　　　　　　　　　　。
(3)铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取,其萃取原理可表示为BiC(水层)+2TBP(有机层) BiCl3·2TBP(有机层)+3Cl-(水层)。
①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度,萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3 mol·L-1的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②“萃取”后分液所得水相中的主要阳离子为　　　　　　　(填化学式)。
(4)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体,“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)2Bi2S3+6MnO2+9O2 2Bi2O3+6MnSO4　(2)①增大H+浓度,使Bi3+充分浸出;同时抑制金属离子Bi3+(或BiC)、Fe3+水解　②加快搅拌速度　
(3)①c(Cl-)>1.3 mol·L-1时,铋离子(萃取平衡BiC+2TBP BiCl3·2TBP+3Cl-逆向移动)萃取率下降,铁离子萃取率上升;c(Cl-)<1.3 mol·L-1时,铋离子水解(BiC+H2O BiOCl↓+5Cl-+2H+)程度增大,不利于铋离子的萃取提纯　②Fe3+、H+、Na+　(4)边搅拌边将有机相滴加到草酸溶液中　
3.★★★(2023江苏,14,15分)V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO,反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g) 4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 632.4 kJ·mol-1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中,在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液,经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中V水解为H3VO4沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　;反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是　　　　　　　　　　　　　。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器,测得NO的转化率随温度的变化如下图所示。反应温度在320~360 ℃范围内,NO转化率随温度变化不明显的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　;反应温度高于380 ℃,NO转化率下降,除因为进入反应器的NO被还原的量减少外,还有　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时,加料完成后,以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有　　　　　　　　　　　　　　　。
②通过萃取可分离钒和钨,在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构,其结构式可表示为　　　　。
③向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液,生成NH4VO3沉淀。已知:Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3,加过量NH4Cl溶液的目的是　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)V+2H2O H3VO4↓+OH-或V+N+H2O H3VO4↓+NH3　制得的催化剂中不含Na+　(2)在该温度范围内,催化剂的活性变化不大,消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大,对NO转化率的影响相互抵消　4NH3+5O2 4NO+6H2O　(3)①提高反应温度,延长浸出时间　②或　③促进NH4VO3充分沉淀　
4.★★★(2022河北,15,14分)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)红渣的主要成分为　　　(填化学式);滤渣①的主要成分为　　　　(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)还原工序中,不生成S单质的反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(4)工序①的名称为　　　　　　　　,所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为　　　　,氧化工序发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4,所加试剂为　　　　和　　　　(填化学式,不引入杂质)。
答案　(1)Fe2O3　SiO2
(2)增大固液接触面积,加快反应速率,提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O 15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(5)+2　6Fe(NH4)2Fe(CN)6+Cl+6H+ 6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6N
(6)H2O2　NH3·H2O　
5.★★★(2023广东,18,14分)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中,利用氨浸工艺可提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如下:
已知:氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下,Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子;lgKb(NH3·H2O)=-4.7;Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3;部分氢氧化物的Ksp如下表。
氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12
(1)活性MgO可与水反应,化学方程式为　　　　　　　　。
(2)常温下,pH=9.9的氨性溶液中,c(NH3·H2O)　　　　c(N)(填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时,由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为　　　　　　　　　。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中,出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于　　　　(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率,其原因是 　。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为　　　　　　　　　。
②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体,其立方晶胞如图所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距,x、y为整数,则Co在晶胞中的位置为　　　　;晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为　　　　。
(6)①“结晶纯化”过程中,没有引入新物质。晶体A含6个结晶水,则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值,理论上最高为　　　　　。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义,在于可重复利用HNO3和　　　　(填化学式)。
答案　(1)MgO+H2O Mg(OH)2　(2)>
(3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+S 2[Co(NH3)6]2++S+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4N+S 2[Co(NH3)6]2++S+13H2O
(4)①晶体　②减少了胶状物质对镍、钴的氢氧化物的包裹,增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)①HCl　②体心　12
(6)①0.4　②MgO
6.★★★(2023南通、泰州等八市第二次调研,16)实验室以含锰废液为原料可以制取MnSO4,部分实验过程如下:
已知室温下,部分难溶电解质的溶度积常数如下表:
难溶电解质 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MnF2 CaF2 MgF2
Ksp 4.0×10-38 4×10-14 1.2×10-3 1.6×10-10 6.4×10-9
(1)经检测,含锰废液中c(Mn2+)=0.2 mol·L-1、c(Na+)=0.6 mol·L-1、c(Fe2+)=0.2 mol·L-1,还含S及少量Ca2+、Mg2+。“氧化”阶段,H2O2用量为理论用量的1.1倍。
①“氧化”1 L该废液,需要加入H2O2的物质的量为　　　　。
②检验Fe2+已经完全被氧化的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)“除杂Ⅰ”加入MnCO3调节溶液pH=4。该过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(3)“除杂Ⅱ”中反应之一为MnF2+Ca2+ CaF2+Mn2+。结合反应的平衡常数解释用MnF2能除去Ca2+的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)已知MnSO4和Na2SO4的溶解度随温度的变化如图1所示。请补充完整由粗MnSO4溶液制取MnSO4·H2O晶体的实验方案:取实验所得粗MnSO4溶液, 　,
得到MnSO4·H2O晶体。(可选用的试剂:1 mol·L-1NaHCO3溶液,1 mol·L-1H2SO4溶液,1 mol·L-1盐酸)
(5)图2为不同温度下硫酸锰焙烧2 h后残留固体的X射线衍射图。由MnSO4固体制取活性Mn2O3的方案:将MnSO4固体置于可控温度的反应管中, 　,最后将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂:1 mol·L-lBaCl2溶液,1 mol·L-1 NaOH溶液)
答案　(1)①0.11 mol　②取少量氧化后溶液,向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成
(2)2Fe3++3MnCO3+3H2O 2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2↑
(3)该反应的平衡常数K=7.5×106>105,反应正向进行的程度很大,可以将Ca2+完全除去
(4)向其中加入1 mol·L-1NaHCO3溶液,边加边振荡,当静置后向上层清液中加入1 mol·L-1 NaHCO3溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀,向沉淀中加入1 mol·L-1 H2SO4溶液至固体完全溶解,90~100 ℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出,趁热过滤
(5)加热到850 ℃分解2 h,将产生的气体通入1 mol·L-1 NaOH溶液　
7.★★★(2023苏锡常镇四市第一次调研,14)钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下:
已知:萃取时发生的反应为Co2++n(HA)2 CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。
(1)除Fe、Al:先加入NaClO3溶液,再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2+的离子方程式:　　　　　　　　　　。
(2)除Ca、Mg:当某离子浓度(c)≤1.0×10-6 mol·L-1时,认为该离子已除尽。
①为使Ca2+、Mg2+除尽,必须保持溶液中c(F-)≥　　　　mol·L-1。[Ksp(CaF2)=1.0×10-10,Ksp(MgF2)=7.4×10-11,Ka(HF)=3.5×10-4]
②若调节溶液的pH偏低,将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全,其原因是 　。
(3)萃取、反萃取:加入某有机酸萃取剂(HA)2,实验测得Co2+萃取率随pH的变化如图1所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4,反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 　。
(4)热分解:向反萃取所得水相中加入(NH4)2C2O4溶液,充分反应后,得到CoC2O4·2H2O。将CoC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图2所示。
①B点剩余固体产物为　　　　(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图3所示,在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有　　　　个。
答案　(1)Cl+6Fe2++6H+ 6Fe3++Cl-+3H2O
(2)①0.01　②pH偏低,较多的F-与H+形成弱酸HF,导致溶液中F-浓度减小,使Ca2+、Mg2+不能完全转化为沉淀　(3)①与Mn2+等杂质离子分离,富集Co2+或提高Co2+的浓度　②当pH<6.5时,随着pH升高,溶液中c(H+)减小,平衡向正反应方向移动,更多的Co2+与萃取剂反应。当pH>6.5时,随着pH升高,溶液中c(OH-)增大,Co2+与OH-形成Co(OH)2沉淀
(4)①Co3O4
n(CoC2O4)=n(CoC2O4·2H2O)==0.1 mol
m(CoC2O4)=0.1 mol×147 g·mol-1=14.7 g
故A点为CoC2O4
设B点剩余固体的化学式为CoOx
n(CoOx)=n(CoC2O4)=0.1 mol
M(CoOx)==80.3 g·mol-1
由59+16x=80.3　解得x≈1.33
CoOx为Co3O4
②12　
8.★★★(2023北京,18,13分)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知:酸性条件下, MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出,同时去除FeS2,有利于后续银的浸出;矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中,发生反应MnS+2H+ Mn2++H2S↑,则可推断:Ksp(MnS)　　　Ksp(Ag2S)(填“>”或“<”)。
②在H2SO4溶液中,银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应,则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　。
(2)“浸银”时,使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂,将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整:
　Fe3++Ag2S+　　　 　　　　+2[AgCl2]-+S
②结合平衡移动原理,解释浸出剂中Cl-、H+的作用:　　　　　　　　　　　　　。
(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②一定温度下,Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)结合“浸锰”过程,从两种矿石中各物质利用的角度,分析联合提取银和锰的优势: 　。
答案　(1)①>　②Fe3+、Mn2+　(2)①2　4　Cl-　2　Fe2+　②H+的作用是防止氧化剂Fe3+水解,Cl-的作用是与Ag+生成配合物[AgCl2]-,促使平衡正向移动　(3)①2Fe3++Fe 3Fe2+、2H++Fe Fe2++H2↑、2[AgCl2]-+Fe 2Ag+4Cl-+Fe2+　②若反应时间过长,溶液中c(Fe2+)升高,导致平衡2[AgCl2]-+Fe 2Ag+4Cl-+Fe2+逆向移动,Ag溶解　(4)在“浸锰”过程中,氧化锰矿中的MnO2作氧化剂、银锰精矿中的FeS2作还原剂,不需要额外加入氧化剂与还原剂即可联合提取　
9.★★★(2023新课标,27,14分)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示。
已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr存在。
回答下列问题:
(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为　　　　　　　　(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　　　　。
(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致 　;
pH>9时,会导致 。
(5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为V或VO3+;在碱性条件下,溶解为V或V。上述性质说明V2O5具有　　　(填标号)。
A.酸性　　　　B.碱性　　　　C.两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
答案　(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Al(OH)3　(4)磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)　硅不能除净/生成Mg(OH)2/消耗Mg2+　(5)C　(6)2Cr2+3S2+10H+ 4Cr3++6S+5H2O　
10.★★★(2022北京,18,14分)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如图所示。
已知:
物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　。
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质 含量/% (以MgCO3计)
CaO MgO 计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注:ⅰ.MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是　　　　　　　　　　　　　 　　　。
②沉钙反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为　　　。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合,充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏,MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　。
(4)滤渣C中含有的物质是　　　　　　。
(5)该流程中可循环利用的物质是　　　。
答案　(1)CaMg(CO3)2 CaO+MgO+2CO2↑
(2)①Ksp[Ca(OH)2] Ksp[Mg(OH)2],在一定量NH4Cl溶液中,CaO先浸出
②Ca2++2NH3+CO2+H2O CaCO3↓+2N
③2.4∶1
④Ksp(CaCO3)(3)MgO+H2O Mg(OH)2,Mg(OH)2+2N Mg2++2NH3+2H2O,随大量氨气逸出,平衡正向移动
(4)Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg(OH)2(MgO)
(5)NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3　
11.★★★(2022重庆,15,14分)电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等。对其处理的流程如下。
Sn与Si同族,25 ℃时相关的溶度积见下表。
化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2
溶度积 1.0×10-56 4.0×10-38 2.5×10-20
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是　　　　。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+,且无气体生成,则生成的硝酸盐是　　　　　　。废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2,焙烧时,与NaOH反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　。
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近,加入NaOH溶液,先得到的沉淀是　　　　。
②25 ℃时,为了使Cu2+沉淀完全,需调节溶液H+浓度不大于　　　　mol·L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500 g,用大量盐酸溶解,在CO2保护下,先用Al片将Sn4+还原为Sn2+,再用0.100 0 mol·L-1 KIO3标准溶液滴定,以淀粉作指示剂。滴定过程中I被还原为I-,终点时消耗KIO3溶液20.00 mL。
①终点时的现象为　 ,产生I2的离子反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②产品中Sn的质量分数为　　　　%。
答案　(1)①+4　②Sn(NO3)2、NH4NO3
③SnO2+2NaOH Na2SnO3+H2O
(2)①Fe(OH)3　②2×10-7　(3)①滴入最后半滴KIO3标准溶液,溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色　I+5I-+6H+ 3I2+3H2O　②47.6　
12.★★★(2023如皋第一次适应性考试,14)用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt,含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下:
(1)“酸浸”后分离出的溶液中c(Ni2+)=0.2 mol·L-1,c(Al3+)=0.01 mol·L-1,当溶液中离子浓度<10-5 mol·L-1时可认为沉淀完全,则“调pH”应控制pH的范围是　　　　。(设“调pH”时溶液体积不变){已知:Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15、Ksp[Al(OH)3]=1×10-33}
(2)“控温氧化”时控制其他条件一定,Ni2O3的产率与温度和时间的关系如图1所示。20 ℃、40 ℃时反应后所得滤液中溶质主要为NaCl、NaOH和Na2SO4,60 ℃时反应后所得滤液中溶质主要为NaCl、NaClO3、NaOH和Na2SO4。反应相同时间,60 ℃时Ni2O3的产率低于40 ℃时,原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比为3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向H2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成(NH4)2PtCl6沉淀。
①写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。
②(NH4)2PtCl6在一定温度下可以分解生成Pt(NH3)2Cl2。Pt(NH3)2Cl2存在顺式和反式两种结构。请在图2的两个结构中,选择其中一个,填入相应的基团表示Pt(NH3)2Cl2的顺式结构。
(4)Ni2O3产品中可能含少量NiO,为测定Ni2O3的纯度,进行如下实验:称取5.000 g样品,加入足量硫酸后,再加入100 mL 1.000 mol·L-1Fe2+标准溶液,充分反应,加水定容至200 mL。取出20.00 mL,用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生的反应如下:
Ni2O3+Fe2++H+——Ni2++Fe3++H2O(未配平);
Fe2++Mn+H+——Fe3++Mn2++H2O(未配平)。
试通过计算确定Ni2O3的质量分数,并写出计算过程。
答案　(1)②
(4)n(KMnO4)=0.100 0 mol·L-1×10.00×10-3L=1×10-3 mol
n(Fe2+)=1.000 mol·L-1×100×10-3L=0.1 mol
与KMnO4标准溶液反应的n(Fe2+)=5×1×10-3 mol=5×10-3 mol
与Ni2O3反应的n(Fe2+)=0.1 mol-×5×10-3 mol=0.05 mol
n(Ni2O3)=×0.05 mol=0.025 mol
m(Ni2O3)=0.025 mol×166 g·mol-1=4.15 g
Ni2O3的质量分数为×100%=83%
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