第11课 铜及其化合物 金属材料与矿物-【提分宝典】2025年新高考化学一轮全考点普查随堂课后练

第11课　　　　　铜及其化合物　金属材料与矿物 普查与练习11Ⅰ　　　　　铜及其化合物 1．铜的单质 a．铜的还原性在反应中的理解与运用 (1)(2025汇编，4分)下列有关金属铜的叙述错误的是________(填序号)。 ①Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2 ②6.4 g铜与足量硫加热充分反应转移电子数为0.1NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) ③稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜 ④b中品红溶液褪色，说明a中Cu与浓H2SO4反应生成SO2(2022北京真题) ⑤等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同 答案：③ 解析：FeCl3可以与Cu发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，故①正确，不符合题意。6.4 g铜的物质的量为0.1 mol，与足量硫加热充分反应生成硫化亚铜，转移电子数为0.1NA，故②正确，不符合题意。根据金属活动性顺序表，Cu排在H的后边，因此金属铜不与稀硫酸反应，故③错误，符合题意。铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，故④正确，不符合题意。等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，铜完全反应，生成铜离子的物质的量相同，所以转移电子数相同，故⑤正确，不符合题意。 b．铜的制备、精炼的方法 (2)(2022山东真题，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 解析：CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生CuSO4、S、H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2＋、Zn2＋；然后向滤液中通入高压H2，根据金属活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2＋被还原为Cu，通过过滤分离出来；而Zn2＋仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，故A项正确，不符合题意。CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)⇌Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，增大O2的压强，可以消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，促进金属离子的浸出，故B项正确，不符合题意。根据流程图可知，用NH3调节溶液pH时，要使Fe3＋转化为沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，结合表中数据，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，故C项正确，不符合题意。在用H2还原Cu2＋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失去电子还原Cu2＋，因此不利于Cu的生成，故D项错误，符合题意。 (3)(河北高考预热，2分)一种以“火法粗炼”“电解精炼”相结合的方式炼制精铜的工艺流程如下，“还原”反应中，冰铜中的Cu2S先转化为Cu2O，然后Cu2O再与Cu2S反应生成粗铜(含金、银、铂等贵重金属)。下列叙述错误的是(　　) A．“富集”过程中要将矿石粉碎以加快富集速率 B．“焙烧”过程中，可除去部分的硫元素 C．Cu2S被“还原”为Cu的总反应中，Cu2O作催化剂 D．“电解”时，金、银、铂等贵重金属沉在阳极底部，形成阳极泥 　答案：C 解析：原始黄铜矿石含铜量较低，需要富集，将黄铜矿石粉碎可以加快富集速率，故A项正确，不符合题意。焙烧过程发生反应：4CuFeS2＋2O22Cu2S＋4FeS＋2SO2，说明有部分硫元素转化为SO2而除去，故B项正确，不符合题意。由冰铜到粗铜的过程中发生反应：2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2、Cu2S＋2Cu2O6Cu＋SO2↑，Cu2O为中间产物，不是催化剂，故C项错误，符合题意。“电解”时，粗铜中金、银、铂等不活泼金属最终以单质的形式在阳极底部沉积，形成了阳极泥，故D项正确，不符合题意。 2．常见含铜化合物 a．含铜化合物的性质与反应原理的理解 (4)(2025汇编，4分)下列有关含铜化合物的叙述正确的是______(填序号)。 ①胆矾表面出现白色粉末：CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O(2023全国Ⅰ真题) ②向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn＋CuSO4=== Cu＋ZnSO4(全国Ⅱ经典真题) ③除去Cu粉中混有的CuO，加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥 ④向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，反应过程中发生了氧化还原反应使溶液pH减小(2022北京真题) ⑤氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2＋＋S2－===CuS↓(全国Ⅰ经典真题) ⑥在稀H2SO4中加入少量Cu2O(s)，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成，反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂(海南经典真题) ⑦[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到(浙江经典真题) ⑧硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2＋＋2Fe=== 2Fe3＋＋3Cu(浙江经典真题) 答案：①②⑥⑦ 解析：胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，为蓝色固体，如果表面失去结晶水，则变为白色的无水CuSO4，化学方程式为CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O，故①正确。向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失，发生反应为Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4，故②正确。单质铜和CuO均能和稀硝酸反应，故不能用稀硝酸除去杂质氧化铜，故③错误。向NaHCO3溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，过程中没有元素化合价发生变化，即没有发生氧化还原反应，故④错误。硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，故⑤错误。氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜：Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O，反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故⑥正确。CuSO4溶液与少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物[Cu(NH3)4]SO4，故⑦正确。铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，离子方程式为Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu，故⑧错误。 b．传统文化背景下含铜化合物性质的理解 (5)(全国Ⅱ经典真题，6分)北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是(　　) A．胆矾的化学式为CuSO4 B．胆矾可作为湿法冶铜的原料 C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程 D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应 答案：A 解析：胆矾为蓝色晶体，是五水硫酸铜的俗称，其化学式为CuSO4·5H2O，故A项错误，符合题意。湿法冶铜一般以铁、胆矾为原料，故B项正确，不符合题意。“熬之则成胆矾”是将含胆矾的水溶液蒸发、浓缩结晶，故C项正确，不符合题意。“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是指铁与硫酸铜发生置换反应生成铜单质，故D项正确，不符合题意。 (6)(全国Ⅲ经典真题，6分)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是(　　) A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度 B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3 答案：C 解析：Cu(OH)2·CuCO3和Cu(OH)2·2CuCO3均不稳定，受热易分解，且纸张长期在潮湿环境中易腐烂，则保存《千里江山图》需控制温度和湿度，故A项正确，不符合题意。Cu(OH)2·CuCO3和Cu(OH)2·2CuCO3中除氧元素外，C、H、Cu均为最高价，无还原性，不能被空气中的氧气氧化，则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故B项正确，不符合题意。Cu(OH)2·CuCO3和Cu(OH)2·2CuCO3均能与酸反应，不与碱反应，则孔雀石、蓝铜矿颜料耐碱、不耐酸，故C项错误，符合题意。Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数为×100%≈57.7%，Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数为×100%≈55.5%，则Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3，故D项正确，不符合题意。 c．含铜化合物的制备 (7)(江苏经典真题，3分)下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是(　) 　　 　　 A．用装置甲除去废铜屑表面的油污 B．用装置乙溶解废铜屑 C．用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D．用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O 答案：D 解析：碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可促进油污的水解，则装置甲可除去废铜屑表面的油污，故A项正确，不符合题意。在酸性条件下，铜与硫酸、双氧水发生氧化还原反应得到硫酸铜，故B项正确，不符合题意。装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶性杂质，得到硫酸铜溶液，故C项正确，不符合题意。用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，故D项错误，符合题意。 (8)(多选)(2023山东真题，4分)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Kal＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 答案：CD 解析：铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)、硫酸铜和水，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Kal＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8，可知NaHSO3溶液显酸性(HSO的电离程度大于水解程度)，则反应Ⅱ所得溶液主要成分是NaHSO3，调节溶液pH至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3饱和溶液，Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，离子方程式为SO＋2Cu2＋＋2H2O===SO＋Cu2O↓＋4H＋，反应过程中酸性越来越强，会使Na2SO3转化成SO2气体，因此需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5的条件下进行，据此分析解答。反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成SO2、CuSO4和H2O，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和Na2CO3溶液反应，生成NaHSO3、H2O和CO2，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应，生成Cu2O、Na2SO4和H2SO4，是氧化还原反应，故A项错误。低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B项错误。经分析溶液Y的主要成分是Na2SO3，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C项正确。化合物X是Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大，相当于增大Na2SO3固体的用量，Na2SO3溶液显碱性，会消耗氢离子，用于控制pH，可减少NaOH的用量，故D项正确。 (9)(2023河北真题，14分)闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的Ksp(CuCl)＝10－6.8 回答下列问题： ①首次浸取所用深蓝色溶液Ⅰ由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为________(填化学式)。 ②滤渣的主要成分为________(填化学式)。 ③浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl。该工序发生反应的化学方程式为________________________________。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液Ⅰ，氧化工序发生反应的离子方程式为__________________________________。 ④浸取工序宜在30～40 ℃之间进行。当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是________________________。 ⑤补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu(NH3)2]＋＋2H＋＋Cl－===________＋________。 ⑥真空干燥的目的为____________________________________。 答案：①[Cu(NH3)4]Cl2(2分)　②Fe(2分)　③[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu===2[Cu(NH3)2]Cl(2分)　8NH3＋4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋4H＋===4[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O(2分)　④盐酸和液氨反应放热(2分)　⑤CuCl↓(1分)　2NH(1分)　⑥防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化(2分) 解析：结合题给流程和设问可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液浸取，将铜转化为[Cu(NH3)2]Cl，过滤得到含有铁的滤渣和[Cu(NH3)2]Cl滤液；然后在一部分浸取后的溶液中加入液氨和盐酸、通入空气氧化得到深蓝色溶液Ⅰ，可作为浸取用的溶液，重新进入流程，循环使用；在另一部分浸取后的溶液中加入硫酸、盐酸，将[Cu(NH3)2]Cl转化为氯化亚铜沉淀，经稀盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜。 ①首次浸取所用深蓝色溶液Ⅰ由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，主要物质成分呈现深蓝色，可判断其阳离子为[Cu(NH3)4]2＋，根据元素守恒可知其阴离子为Cl－，因此浸取所用深蓝色溶液Ⅰ的主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2。 ②根据流程图给出的信息，原料为铜包钢，经过第一步处理，铜被氧化后转化为[Cu(NH3)2]＋进入溶液；铁仍为固体，且根据滤渣的主要用途为炼钢，故滤渣的主要成分为铁。 ③从流程图浸取工序给出的信息分析，反应物为铜单质和深蓝色溶液Ⅰ{主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2}，产物为[Cu(NH3)2]Cl，根据得失电子守恒和元素守恒，可写出反应方程式为[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu===2[Cu(NH3)2]Cl。浸取后滤液的一部分经氧化工序可得深蓝色溶液Ⅰ，从流程图氧化工序提供的信息可知，反应物涉及[Cu(NH3)2]Cl、O2和 NH3，产物有[Cu(NH3)4]Cl2，综合以上信息，氧化工序发生反应的离子方程式应为8NH3＋4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋4H＋===4[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O。 ④浸取液再生过程中涉及[Cu(NH3)2]＋被氧化为[Cu(NH3)4]2＋的氧化还原反应，不易判断反应过程是吸热还是放热，但是[Cu(NH3)4]2＋的再生反应的原料中含有液氨和盐酸，盐酸与液氨反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30～40 ℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取。 ⑤从流程图可以看出，中和工序后的主要步骤是洗涤和干燥，无进一步化学反应发生；中和工序中CuCl结晶析出，根据元素守恒、电荷守恒可以确定产物为CuCl、NH，因此补全中和工序中主反应的离子方程式为[Cu(NH3)2]＋＋2H＋＋Cl－===CuCl↓＋2NH。 ⑥氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥。 3．与铜相关的氧化还原反应的探究实验 (10)(2023北京真题，14分)资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2＋。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。 已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2＋I－⇌I(红棕色)；I2和I氧化性几乎相同。 ①将等体积的KI溶液加入到m mol铜粉和n mol I2(n＞m)的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 0.01 mol·L－1 极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 0.1 mol·L－1 部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 4 mol·L－1 I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 ⅰ.初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ________(填“>”“<”或“＝”)实验Ⅱ。 ⅱ.实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)或[CuI2]－(无色)，进行以下实验探究： 步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。 步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 步骤a的目的是__________________________________________。查阅资料，2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，[Cu(NH3)2]＋(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________________________。 ⅲ.结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是______________________________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，________________________________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是________________________________________________。 ②上述实验结果，I2仅将Cu氧化为＋1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2＋。装置如图所示，a、b分别是______________________。 ③运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：______________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：①ⅰ.<(1分)　ⅱ.排除I的颜色对判断铜氧化产物的干扰(1分)　[CuI2]－＋2NH3===[Cu(NH3)2]＋＋2I－、4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋8NH3＋2H2O===4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－(2分)　ⅲ.2Cu＋KI3===2CuI＋KI(2分)　白色沉淀溶解(2分)　I－浓度小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行(2分)　②铜片、I2和KI的混合溶液(2分)　③电化学实验中，由于氧化性I2>Cu2＋，I2将Cu氧化为Cu2＋；实验Ⅰ～Ⅲ，体系中有I－，生成CuI或[CuI2]－，使＋1价铜的还原性减弱，I2不能氧化CuI或[CuI2]－(2分) 解析：①ⅰ.因I2溶解度很小，Cu与I2接触不充分，铜主要被I氧化，提高KI浓度，便于提高I的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I的反应速率加快，故Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ<实验Ⅱ。ⅱ.实验Ⅲ所得深红棕色溶液中存在平衡I2＋I－⇌I，加入CCl4多次萃取分液可以分离出溶液中的I2，使I2＋I－⇌I的平衡不断逆向移动，最终可以除去溶液中红棕色的I，排除I的颜色对判断铜氧化产物的干扰。由于分液后得到的是无色溶液，结合查阅资料信息可知，实验Ⅲ所得溶液中，Cu元素以无色的[CuI2]－形式存在，加入浓氨水，发生反应：[CuI2]－＋2NH3===[Cu(NH3)2]＋＋2I－，生成的[Cu(NH3)2]＋又被氧气不断氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2＋，发生反应：4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋8NH3＋2H2O===4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－。ⅲ.若实验Ⅰ中生成的白色沉淀为CuI，实验Ⅰ中Cu被氧化的化学方程式为2Cu＋KI3===2CuI＋KI；分别取少量实验Ⅰ和实验Ⅱ中的白色固体，洗涤后得到白色沉淀，由题意可知白色沉淀的主要成分是CuI，加入浓KI溶液，发生反应CuI＋I－===[CuI2]－，则可以观察到的现象是白色沉淀逐渐溶解；相比于实验Ⅲ，实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI溶液浓度小，即I－浓度小，Cu2＋与I反应生成的CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行，剩余少量铜未反应。 ②通过原电池装置证实I2可以将Cu氧化为铜离子，则铜片作负极，因为碘在水中溶解度很小，由已知信息可知碘的氧化性和I几乎相同，则正极的电解质溶液可以是I2和KI的混合溶液。 ③见答案。 随堂普查练11Ⅰ 1．(2025汇编，4分)下列有关铜及其化合物的叙述错误的是________(填序号)。 ①通过灼热的CuO除去H2中的CO ②向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2 ＋2Cu2＋＋2H2O=== 4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑ ③电解精炼铜的阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu ④用Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2＋和Hg2＋ ⑤可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉 ⑥汉朝的《淮南万毕术》《神农本草经》记载“白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，“石胆……能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼 ⑦少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成氢氧化铜沉淀 答案：①⑦ 解析：氢气也能和CuO发生氧化还原反应：CuO＋H2 Cu＋H2O，不能用氧化铜除去氢气中的CO，故①错误，符合题意。过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2，故②正确，不符合题意。电解精炼铜的阴极发生还原反应，溶液中的Cu2＋得电子发生还原反应生成铜单质，故③正确，不符合题意。Cu2＋和Hg2＋都能和S2－反应生成沉淀，所以可以用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2＋和Hg2＋，故④正确，不符合题意。Cu与氧气加热发生反应生成氧化铜，则灼烧可除去氧化铜中混有的铜粉，故⑤正确，不符合题意。铜盐与铁发生置换反应生成铜，为湿法冶铜，故⑥正确，不符合题意。少量硫酸铜溶液与氨水反应生成四氨合铜配离子，故⑦错误，符合题意。 2．(经典题，2分)我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是(　　) A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早 B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿 C．《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜 D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物 答案：C 解析：金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性顺序有关，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A项正确，不符合题意。Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，在接触的地方构成原电池，铜为负极，发生氧化反应，青铜器容易生成铜绿，故B项正确，不符合题意。铜在空气中长时间放置，会与空气中的氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，而青铜是铜的一种合金，故C项错误，符合题意。蜂蜡是蜜蜂分泌的主要用于筑巢的物质，主要成分是有机物，故D项正确，不符合题意。 3．(经典题，2分)某同学通过如下流程制备氧化亚铜： 已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O 下列说法不正确的是(　　) A．步骤②中的SO2可用Na2SO3替换 B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤 C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl＋2OH－Cu2O＋2Cl－＋H2O D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度 答案：D 解析：碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2＋还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O。Na2SO3具有还原性，则步骤②还原Cu2＋ 可用Na2SO3替换SO2 ，故A项正确，不符合题意。CuCl易被空气中的氧气氧化，SO2具有还原性，用SO2的水溶液洗涤，可防止CuCl被氧化，故B项正确，不符合题意。CuCl与NaOH溶液混合加热生成砖红色沉淀Cu2O ，根据电荷守恒及原子守恒可知，发生反应的离子方程式为2CuCl＋2OH－Cu2O＋2Cl－＋H2O ，故C项正确，不符合题意。根据CuCl难溶于水和稀硫酸， Cu2O与稀硫酸反应，溶液变蓝，同时有Cu生成，CuO会与稀硫酸反应，生成CuSO4，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，故D项错误，符合题意。 4．(2023湖北真题，7分)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如图所示，装置B的作用为________________。 (2)用足量NaOH处理铜、H2O2和稀硫酸反应后的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为________。 (3)取含X粗品0.0500 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)标志滴定终点的现象是______________________________________________，粗品中X的相对含量为________。 答案：(1)作安全瓶，防止倒吸(1分)　(2)CuO2(2分)　(3)当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复原来的颜色(2分)　96%(2分) 解析：(1)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其中二氧化氮易与NaOH溶液反应，需要防倒吸装置，则装置B的作用为作安全瓶，防止倒吸。 (2)黑色氧化物Y为CuO，则m(Cu)＝ g＝ g，因为＝，则m(O)＝ g＝ g，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比＝＝，则X为CuO2。 (3)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复原来的颜色；CuO2中铜元素为＋2价，氧元素为－1价，根据2CuO2＋8H＋＋8I－===2CuI↓＋3I2＋4H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O，可以得到关系式：2CuO2～3I2～6S2O，则n(CuO2)＝×0.1000 mol·L－1×15 mL×10－3 L·mL－1＝0.0005 mol，粗品中X的相对含量为×100%＝96%。 普查与练习11Ⅱ　　　　　金属材料与矿物 3．金属材料 　　　　　　　　　　　　　　　 a．科技成果、历史成就中金属材料的辨析 (11)(2022广东真题，2分)中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是(　　) 答案：B 解析：兽骨的主要成分是碳酸钙，故A项不符合题意。纸张的主要成分是纤维素，故C项不符合题意。液晶显示屏的主要成分是合成有机高分子材料，故D项不符合题意。 (12)(北京经典真题，3分)近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是(　　) A．“天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料——钛合金 B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓 C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢 D．“C919”飞机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂 答案：A 解析：钛合金是合金材料，属于金属材料，故A项符合题意。砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B项不符合题意。液氢是液态的氢气单质，氢元素是非金属元素，液氢不是金属材料，故C项不符合题意。碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是合成有机高分子材料，都不是金属材料，故D项不符合题意。 (13)(河北经典真题，3分)“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 答案：C 解析：钢是含碳量较低的铁合金，故A项正确，不符合题意。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B项正确，不符合题意。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项错误，符合题意。赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D项正确，不符合题意。 b．合金在生产生活中的应用 (14)(2025汇编，4分)下列关于合金的叙述错误的是________(填序号)。 ①铝合金大量用于高铁建设(全国Ⅲ经典真题) ②奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料(天津经典真题) ③“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料 ④铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业(天津经典真题) ⑤钠钾合金的密度小，因此可用作快中子反应堆的热交换剂 ⑥青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑(2022江苏真题) ⑦铁钛合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料 ⑧镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件(2022.01浙江选考) 答案：②③⑤ 解析：铝合金强度高、塑性好、耐腐蚀，可大量用于高铁建设，故①正确，不符合题意。钛合金为合金，属于金属材料，故②错误，符合题意。钢铁属于铁合金，所以“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于合金材料，故③错误，符合题意。铝、锂均为轻金属，铝中添加适量锂可以制得低密度、高强度的铝合金，可用于航天工业，故④正确，不符合题意。钠钾合金导热性好，则可用于快中子反应堆作热交换剂，与钠钾合金的密度小无关，故⑤错误，符合题意。青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故⑥正确，不符合题意。铁钛合金是金属和金属形成的合金材料，能大量吸收H2形成金属氢化物，目前可用于解决氢气的储存和运输问题，故⑦正确，不符合题意。镁合金的密度较小、强度较大、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故⑧正确，不符合题意。 c．气体法(沉淀法)测定合金的组分含量 (15)(经典题，4分)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是(　　) A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ∶1 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1　 C．NO2和N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是80% D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL 答案：D 解析：设Cu的物质的量为x mol，Mg的物质的量为y mol，64x＋24y＝1.52，金属离子完全沉淀时，沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，因此98x＋58y＝2.54，解得x＝0.02、y＝0.01，故A项正确，不符合题意。浓硝酸密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%，该浓硝酸的物质的量浓度为 mol·L－1＝14.0 mol·L－1，故B项正确，不符合题意。NO2和N2O4 的混合气体物质的量为＝0.05 mol，令NO2的物质的量为a mol，则N2O4的物质的量为(0.05－a)mol，根据得失电子守恒(氮原子得电子的数目等于铜和镁原子失电子的数目)可知，a×1＋(0.05－a)×2＝0.02×2＋0.01×2＝0.06，解得a＝0.04，故NO2的体积分数是80%，故C项正确，不符合题意。当金属离子恰好完全沉淀时，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，铜镁合金溶解于浓硝酸后，溶液中n(NO)＝0.05 L ×14.0 mol·L－1－0.04 mol－(0.05－0.04) mol×2＝0.64 mol，则n(NaOH)＝0.64 mol，需要NaOH溶液的体积为640 mL，故D项错误，符合题意。 (16)(经典题，2分)合金是建造航空母舰的主体材料。航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0 g Cu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为____________。 答案：83.1% 解析：白色沉淀Al(OH)3的质量为39.0 g，其物质的量为0.5 mol，合金中Al的质量为0.5 mol ×27 g·mol－1＝13.5 g，铜的质量分数为×100%≈83.1%。 4．金属制备与回收利用 a．根据金属的活泼性选择金属的冶炼方法 (17)(多选)(2025汇编，4分)下列有关金属冶炼的叙述正确的是(　　) A．电解熔融氯化镁可制取金属镁 B．Al2O3具有两性，所以可用于电解冶炼铝(江苏经典真题) C．钙单质可以从TiCl4中置换出Ti(浙江经典真题) D．可用H2还原MgO制备单质Mg(浙江经典真题) 答案：AC 解析：Mg为活泼金属，利用电解法，电解熔融氯化镁制取金属镁，故A项正确。Al2O3是离子化合物，所以可用于电解熔融氧化铝冶炼铝，与其具有两性无关，故B项错误。钙的化学性质活泼，其还原性强于钛，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出Ti，故C项正确。在金属活动性顺序表中Mg位于H之前，无法用H2还原MgO得到Mg，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D项错误。 b．根据流程图分析金属单质及化合物的制备(回收利用)过程 (18)(2023河北真题，3分)一种以锰尘(主要成分为Mn3O4，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 10－32.9 10－11.3 10－5.3 10－16.3 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10－38.6 10－12.7 10－10.3 10－8.3 下列说法错误的是(　　) A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和 Fe(OH)3 C．除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2＋、Mg2＋浓度接近，则CaF2先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 答案：C 解析：锰尘的主要成分为Mn3O4(可看作是2MnO·MnO2)，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物，50 ℃条件下，向锰尘中加入浓盐酸，Mn3O4与HCl发生氧化还原反应生成MnCl2和Cl2，铝、镁、钙、铁的氧化物转化为相应的氯盐溶解于溶液中；酸浸后溶液中主要离子有Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋，向该溶液中加入氨水调节pH至5～6，由于Mn(OH)2的Ksp小于Mg(OH)2和Ca(OH)2，此时不能除去Mg2＋、Ca2＋，因此这一步主要使Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤除去；除杂②工序中逐渐加入NaF溶液除去Ca2＋和Mg2＋，然后向滤液中加入NH4HCO3溶液得到MnCO3沉淀，最后经一系列操作得到高纯MnCO3，据此分析解答。Mn3O4可以看作是2MnO·MnO2，MnO2会与浓盐酸在一定温度下反应生成氯气，故气体①的主要成分是氯气，故A项正确，不符合题意。酸浸后溶液中主要离子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋，加入氨水调节pH至5～6，沉淀完全时离子浓度不大于10－5 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－) ＝10－38.6，代入可得当c(OH－)≥ mol·L－1＝10－11.2 mol·L－1时，即常温下pH≥2.8时，Fe3＋已经沉淀完全；Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝10－32.9，代入可得当c(OH－)≥ mol·L－1＝10－9.3 mol·L－1时，即常温下pH≥4.7时，Al3＋已经沉淀完全；Mg2＋、Ca2＋是在后续除杂②工序中转化为CaF2、MgF2除去，而此时Mn2＋不沉淀，在后续操作中转化为MnCO3，故滤渣①主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，故B项正确，不符合题意。若Mg2＋、Ca2＋浓度接近，由于Ksp(MgF2)<Ksp(CaF2)，则Mg2＋开始沉淀时所需c(F－)更小，故MgF2先析出，故C项错误，符合题意。沉淀工序中Mn2＋与HCO发生反应生成MnCO3、CO2和H2O：Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，故D项正确，不符合题意。 (19)(2023福建真题，4分)从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出。下列说法错误的是(　　) A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3 B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 C．“沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O D．应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用 答案：B 解析：“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，发生反应ZnO＋2NH3＋2NH===[Zn(NH3)4]2＋＋H2O，根据题中信息可知，有少量Fe2＋和Fe3＋浸出，即只有少量Fe2O3、Fe3O4溶解，通入空气氧化后，溶解得到的Fe2＋和Fe3＋转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O，经过滤、洗涤、干燥后得到产物ZnS及滤液(主要含NH3/NH4Cl)。“盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH3，故A项正确，不符合题意。由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，故B项错误，符合题意。 “沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O，故C项正确，不符合题意。经过滤、洗涤、干燥后得到产物ZnS及滤液(主要含NH3/NH4Cl)，NH3/NH4Cl溶液可以循环使用，若(NH4)2S过量，滤液会混有(NH4)2S，影响“盐浸”过程中Zn的富集，故应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用，故D项正确，不符合题意。 (20)(2023北京真题，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。 ⅰ.“浸锰”过程中，发生反应MnS＋2H＋===Mn2＋＋H2S↑，则可推断：Ksp(MnS)__________(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。 ⅱ.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。 ⅰ.将“浸银”反应的离子方程式补充完整： □Fe3＋＋Ag2S＋□__□__＋2[AgCl2]－＋S ⅱ.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。 ⅰ.该步反应的离子方程式有______________________________________________。 ⅱ.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：①ⅰ.>(1分)　ⅱ.Fe3＋、Mn2＋(1分)　②ⅰ.2　4Cl－　2Fe2＋(共2分)　ⅱ.Ag2S(s)2Ag＋(aq)＋S2－(aq)，Cl－与 Ag＋生成[AgCl2]－，H＋与S2－生成H2S，可促进Ag2S溶解(2分) ③ⅰ.2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(3分)　ⅱ.溶解的O2(或由O2将Fe2＋氧化成的Fe3＋)可作为氧化剂，使Ag转化为[AgCl2]－溶解(2分) ④MnO2作氧化剂，FeS2作还原剂，两者相互反应；MnS中的锰得到了回收；有利于Ag2S中银的提取(2分) 解析：将银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合，加入H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2(S元素以H2S逸出，Fe元素被氧化为Fe3＋进入浸锰液)，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3＋、Mn2＋；浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应，使Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出，用铁粉把[AgCl2]－还原为金属银。 ①ⅰ.“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应MnS＋2H＋===Mn2＋＋H2S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(MnS) >Ksp(Ag2S)。ⅱ.根据已知信息，在酸性条件下二氧化锰可将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Mn2＋，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3＋、Mn2＋。 ②ⅰ.反应中Ag2S中S元素化合价由－2价升高为0价，则Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒，该离子方程式为2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－⇌2Fe2＋＋2[AgCl2]－＋S。ⅱ.见答案。 ③ⅰ.铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与溶液中氢离子、铁离子发生反应，因此离子方程式有2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。ⅱ.溶液中溶解的O2(或由O2将Fe2＋氧化成的Fe3＋)可作为氧化剂，使Ag转化为[AgCl2]－溶解，因此t分钟后银的沉淀率逐渐减小。 ④联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时生成的Fe3＋还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4，使锰得到回收。 随堂普查练11Ⅱ 1．(广东湛江模拟，2分)人类最早冶金的历史年代曲线图如图所示(－1000表示公元前1000年)，下列说法正确的是(　　) A．金属越活泼，冶炼的年代一定越晚 B．冶炼金属的历史：电解氯化物比电解氧化物早 C．自然界中铜元素以游离态形式存在，故铜的冶炼年代最早 D．金属氧化物(如Al2O3、Cu2O)也属于金属材料 答案：B 解析：由图可知，Cu的冶炼年代比Au、Ag早，所以金属越活泼，冶炼的年代不一定越晚，故A项错误。因为氯化物的熔点低、容易冶炼，所以电解氯化镁的年代比电解氧化铝的早，即电解氯化物比电解氧化物早，故B项正确。单质铜易形成铜锈，所以铜在自然界中主要以化合态的形式存在，故C项错误。金属氧化物(如Al2O3、Cu2O)不属于金属材料，金属单质或合金属于金属材料，故D项错误。 2．(经典题，2分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下： 下列叙述错误的是(　　) A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋ D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠 答案：D 解析：从流程图及题干可知，“正极片”含有Al、Li、Fe等元素，分析它们之间的转化关系，第一步碱溶，铝转化为NaAlO2，第二步硫酸和硝酸混酸溶解，Fe2＋转化为Fe3＋，加碱液调节pH使Fe3＋沉淀，滤液中加碳酸钠，生成Li2CO3沉淀。电池中有些物质有害，有些可回收利用，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，故A项正确，不符合题意。根据流程图、题干及上述分析可知，从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，故B项正确，不符合题意。硝酸将Fe2＋氧化成Fe3＋，并加碱液调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而分离，故C项正确，不符合题意。Li＋与CO会形成Li2CO3沉淀，而硫酸锂不是沉淀，故不能用硫酸钠代替碳酸钠，故D项错误，符合题意。 3．(2022福建真题，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 解析：由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成的气体为氢气，溶液中含Ni2＋、Co2＋、Cr3＋、Fe2＋，加入Na2S分离出滤渣1(含CoS和NiS)，Cr3＋、Fe2＋不会沉淀，再加入草酸生成FeC2O4除去铁元素，过滤分离出滤渣2(FeC2O4)，以此来解答。四种金属均能与稀硫酸反应生成H2，故A项正确，不符合题意。共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，故B项正确，不符合题意。由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，故C项正确，不符合题意。“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，故D项错误，符合题意。 4．(2023全国Ⅱ真题，14分)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。 回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是______________________。 (2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为______________________________。 (3)“酸化”步骤应选用的酸是________(填字母)。 a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？__________，其原因是______________________________________________________________________________________________________。 (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为____________________________________________________。 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝________。 答案：(1)还原硫酸钡(2分)　(2)S2－＋Ca2＋===CaS↓(2分)　(3)c(2分)　(4)不可行(2分)　会产生大量硫化氢气体，且溶液中含有较多的钙离子，浓缩得不到较纯的钡盐(2分)　(5)BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(2分)　(6)1 ∶1(2分) 解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。烧渣加水浸取，易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，过滤后滤渣中含有碳粉和CaS等，滤液中含有BaCl2。滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体。BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。 (1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。 (2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为S2－＋Ca2＋===CaS↓。 (3)由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，且用盐酸酸化可以避免引入杂质，因此，应选用的酸是盐酸，故c项正确。 (4)产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去，最终所得产品的纯度降低，故焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的。 (5)根据题干，已知产物之一为BaTiO(C2O4)2，说明Ba2＋和TiO2＋与C2O反应生成难溶于水的BaTiO(C2O4)2，NH与Cl－结合生成NH4Cl，根据元素守恒与电荷守恒，原料中H2O参与反应，并生成HCl，“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl。 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，反应过程中，草酸根离子分解释放出CO和CO2。该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的nco2 ∶nco＝1 ∶1。 突破积累练　　　　　金属及其化合物　　　　　　　　　　　　　　 1．(山东经典真题，11分)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。回答下列问题： (1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是________________________________________。 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10－5mol·L－1时，可认为已除尽。 中和时pH的理论范围为________；酸化的目的是________________________________________________________________________；Fe元素在________(填操作单元的名称)过程中除去。 (3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致______________________；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有________。 (4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为4Na2CrO4＋4H2O2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑，则Na2Cr2O7在________(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为__________。 答案：(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率(1分)　(2)4.5≤pH≤9.3(1分)　使2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率(2分)　浸取(1分)　(3)有Na2Cr2O7·2H2O 晶体析出(1分)　H2SO4(1分)　(4)阳(2分)　Na＋(2分) 解析：以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(Ⅱ)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO、SiO转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶除去Na2SO4，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。 (1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率。 (2)中和时调节溶液pH的目的是将铝元素、硅元素转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3＋被除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将铝元素和硅元素除去后，溶液中Cr主要以Cr2O和CrO的形式存在，溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，降低溶液pH，c(H＋)增大，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，铁元素在“浸取”操作中除去。 (3)蒸发结晶的目的是将Na2SO4以Na2SO4·10H2O晶体析出的方式除去，若蒸发结晶时过度蒸发，可能会导致Na2Cr2O7以Na2Cr2O7·2H2O结晶析出；由上述分析可知，母液中还含有大量H2SO4，可在流程中循环利用。 (4)由4Na2CrO4＋4H2O2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，Cr的化合价反应前后均为＋6价，化合价没有发生改变，电解实质是电解水，阳极上H2O失去电子生成H＋和O2，阴极上H2O得到电子生成H2和OH－，由2CrO＋2H＋⇌Cr2O＋H2O可知，Cr2O在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极上水得到电子产生H2和OH－，则氢氧化钠在阴极生成，所以Na＋通过离子交换膜移向阴极。 2．(2022湖北真题，13分)全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na＋、Li＋、Cl－和少量Mg2＋、Ca2＋)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。 25 ℃时相关物质的参数如下： LiOH的溶解度：12.4 g/100 g H2O 化合物 Ksp Mg(OH)2 5.6×10－12 Ca(OH)2 5.5×10－6 CaCO3 2.8×10－9 Li2CO3 2.5×10－2 回答下列问题： (1)“沉淀1”为__________。 (2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是______________________________。 (3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为____________、____________、洗涤。 (4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的LiHCO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为__________________________________________。 (5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，做出你的判断并给出理由__________________________________________________________。 答案：(1)Mg(OH)2(2分)　(2)将Ca2＋转化为CaCO3沉淀(2分)　(3)蒸发浓缩(1分)　趁热过滤(1分)　(4)不稳定(1分)　2Li＋＋2HCO===Li2CO3↓＋H2O＋CO2↑(3分)　(5)能，滤液2中含有OH－、Li＋，向滤液2通入过量CO2可以生成HCO，结合(4)的探究结果，LiHCO3可以分解生成Li2CO3(3分) 解析：(1)浓缩卤水中的Mg2＋会与石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，即沉淀1为Mg(OH)2。 (2)滤液1中含有Ca2＋，根据LiOH的溶解度及Li2CO3、CaCO3的溶度积常数知，加入适量Li2CO3可以除去Ca2＋，再加入Na2CO3使Li＋转化为Li2CO3沉淀，若不加适量Li2CO3固体而直接加入Na2CO3 ，会有生成的CaCO3混在Li2CO3中使得Li2CO3不纯。 (3)由图像可知Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，从Li2CO3溶液中获得Li2CO3固体的方法是蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤。 (4)由题目信息可知溶液变浑浊说明有Li2CO3生成，有气泡产生即有CO2生成，所以LiHCO3不稳定发生了分解，生成Li2CO3、H2O和CO2，化学方程式见答案。 (5)“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3，若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。 3．(2022湖南真题，14分)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： 已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点： 物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3 沸点/ ℃ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)已知ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600 ℃时，下列反应不能自发进行的是________(填字母)。 A．C(s)＋O2(g)===CO2(g) B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g) C．TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g) D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋CO2(g) (2)TiO2与C、Cl2，在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如表： 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/MPa 4.59×10－2 1.84×10－2 3.70×10－2 5.98×10－9 ①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为____________________________。 ②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是________________________________________________________。 (3)“除钒”过程中的化学方程式为________________________________；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是________。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序________(填“能”或“不能”)交换，理由是______________________。 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是________(填字母)。 A．高炉炼铁 　　　　B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 　　　　D．氧化汞分解制汞 答案：(1)C(1分)　(2)①5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4 ＋4CO2＋2CO(2分)　②随着温度升高，CO2和C反应生成CO(2分)　(3)Al＋3VOCl3===3VOCl2＋AlCl3(2分)　蒸馏(2分)　(4)不能(1分)　除钒过程中会生成AlCl3(2分)　(5)AC(2分) 解析：本题考查化学反应进行的方向、化学方程式的书写、物质的分离方法、金属冶炼等知识。 (1)由图可知，600 ℃时，A、B项反应的ΔG均小于0，均能自发进行；C项反应的ΔG>0，不能自发进行；D项反应的ΔG＝ΔGA＋ΔGC<0，能自发进行，故C项符合题意。 (2)①根据表格中数据，一氧化碳与二氧化碳为生成物，二者的分压之比约为1∶2，即二者的化学计量数之比约为1∶2，则该反应的总化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋4CO2＋2CO。②高温下，CO2和C反应生成CO，所以随着温度升高，尾气中一氧化碳的含量升高。 (3)“降温收尘”后，粗TiCl4中含有VOCl3，则“除钒”过程中，铝单质将VOCl3还原为VOCl2而除去，反应的化学方程式为Al＋3VOCl3===3VOCl2＋AlCl3。根据表格信息，TiCl4、SiCl4、AlCl3沸点不同，可用蒸馏的方法进行分离。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，因为除钒过程中会生成AlCl3，若顺序交换，则AlCl3不能除尽。 (5)工艺流程中加入镁冶炼钛的方法属于热还原法，与该方法相似的是高炉炼铁、铝热反应制锰，故A、C项符合题意。 4．(2023辽宁真题，14分)某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10－37.4 10－14.7 10－14.7 10－10.8 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为______________________________________________________________(答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1 mol H2SO5中过氧键的数目为________。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为______________________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、________(填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为________时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是______________________________________________________。 (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为__________________________________。 (6)“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全(25 ℃)，需控制pH不低于________(精确至0.1)。 答案：(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积或搅拌等(1分)　(2)NA(1分)　(3)H2O＋Mn2＋＋HSO===MnO2↓＋SO＋3H＋(2分)　Fe(OH)3、CaSO4(2分) (4)9.0%(2分)　SO2具有还原性，含量过多将会还原H2SO5，降低H2SO5的浓度，从而降低Mn(Ⅱ)氧化速率(2分)　(5)4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O(2分)　(6)11.1(2分) 解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋水解生成氢氧化铁。“沉钴镍”过程中，Co2＋反应生成Co(OH)2，在空气中可被氧化为CoO(OH)，过滤后所得滤液中含有Mg2＋，加入NaOH，过滤得到Mg(OH)2。 (1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度、搅拌或将镍钴矿粉碎增大接触面积等。 (2)过一硫酸(H2SO5)的结构式为SOOOHOOH，所以1 mol H2SO5中过氧键的数目为NA。 (3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，反应中H2SO5断裂过氧键，－1价的O降低为－2价，产物中有SO，H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，则该反应的离子方程式为H2O＋Mn2＋＋HSO===MnO2↓＋SO＋3H＋。Ksp[Fe(OH)3]＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，近似认为溶液中c(Fe3＋)＝10－5 mol·L－1，Ksp＝c3(OH－)×c(Fe3＋)＝c3(OH－)×10－5＝10－37.4，c(OH－)＝10－10.8 mol·L－1，根据KW＝10－14，则c(H＋)＝10－3.2 mol·L－1，可得当pH＝3.2时，Fe3＋沉淀完全，加入石灰乳调节pH＝4，则铁离子已经全部转化为氢氧化铁沉淀，钙离子转化为硫酸钙沉淀，故滤渣的成分还有氢氧化铁和硫酸钙。 (4)根据图示可知SO2体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2具有还原性，含量过多将会还原H2SO5，降低H2SO5的浓度，从而降低Mn(Ⅱ)氧化速率。 (5)“沉钴镍”中得到的Co(OH)2在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O。 (6)Ksp[Mg(OH)2]＝10－10.8, 当镁离子完全沉淀时，近似认为c(Mg2＋)＝10－5 mol·L－1，根据Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－5 mol·L－1×c2(OH－)，可计算c(OH－)＝10－2.9 mol·L－1，根据KW＝10－14，c(H＋)＝10－11.1 mol·L－1，所以需控制溶液的pH不低于11.1。 5．(2022全国Ⅱ真题，14分) 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋ Ksp 4.0×10－38 6.7×10－17 2.2×10－20 8.0×10－16 1.8×10－11 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为__________________________________。 (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。 (3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填字母)。 A．NH3·H2O　　B．Ca(OH)2　　C．NaOH 滤渣①的主要成分是__________、__________、__________。 (4)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________________________________。 (5)滤液②中加入锌粉的目的是____________________________________。 (6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是________、________。 答案：(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑(2分)　(2)适当升高温度(1分)　适当增大硫酸的浓度、粉碎矿石、搅拌等(合理即可)(1分)　(3)B(1分)　SiO2(1分)　CaSO4(1分)　Fe(OH)3(1分)　(4)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓ ＋MnO2↓＋5H＋(2分)　(5)将Cu2＋还原为Cu，从而除去杂质Cu(2分) (6)CaSO4(1分)　MgSO4(1分) 解析：本题结合工艺流程图考查元素与化合物间的转化、物质的分离提纯、溶度积等知识的综合应用。 (1)焙烧时ZnCO3分解生成ZnO和CO2，化学方程式为ZnCO3ZnO＋CO2↑。 (2)可采用适当升高温度；将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积；适当增大硫酸的浓度；搅拌等方式提高锌的浸取率。 (3)加入物质X使溶液的pH＝5，所选物质X的碱性不宜太强，不能引入杂质且要在后续步骤中除去，即X应为Ca(OH)2，故B项正确。根据溶度积常数，可知溶液pH＝5时，只有Fe3＋完全沉淀，故滤渣①的主要成分为不与硫酸反应的SiO2、微溶物CaSO4和Fe(OH)3。 (4)滤液①中Fe2＋与KMnO4溶液反应生成Fe(OH)3和MnO2，且通过流程可知，滤渣②中还有Fe(OH)3，故该离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。 (5)加入锌粉可将Cu2＋还原为Cu，从而除去Cu。 (6)加入HF“脱钙镁过滤”得到滤渣④为CaF2、MgF2，二者均能与浓硫酸反应生成HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。 课后提分练11　铜及其化合物　金属材料与矿物 A组(巩固提升) 1．(2025汇编，4分)下列叙述错误的是______(填序号)。 ①青铜和黄铜是不同结构的单质铜(2022全国Ⅰ真题) ②工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜(浙江经典真题) ③铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe(北京经典真题) ④“以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术 ⑤将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢(2021.06浙江选考) ⑥“凡金箔，每金七厘造方寸一千片……金性又柔，可屈折如枝柳”说明了金有良好延展性 ⑦金属越纯，机械强度越高，因此纯铁广泛用作结构材料 答案：①⑦ 解析：青铜和黄铜均为铜合金，属于混合物，不属于单质，故①错误，符合题意。火法炼铜的主要原料是黄铜矿，故②正确，不符合题意。铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应放出大量的热，生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，故③正确，不符合题意。“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，其中“曾青”是指硫酸铜溶液，铁能将硫酸铜溶液中的铜置换出来，记载中蕴含了湿法炼铜的原理，故④正确，不符合题意。将生铁进一步炼制减少含碳量得到钢材，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀的发生，这样的钢材更耐腐蚀，故⑤正确，不符合题意。“凡金箔……可屈折如枝柳”说明了金有良好的延展性，故⑥正确，不符合题意。合金的硬度一般大于成分金属，生铁的机械强度大于纯铁，所以纯铁不能广泛用作结构材料，故⑦错误，符合题意。 2．(2022.01浙江选考，2分)下列物质对应的化学式不正确的是(　　) A．氯仿：CHCl3 B．黄铜矿的主要成分：Cu2S C．芒硝：Na2SO4·10H2O D．铝土矿的主要成分：Al2O3 答案：B 解析：氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CHCl3，故A项正确，不符合题意。黄铜矿的主要成分为CuFeS2，故B项错误，符合题意。芒硝的化学式为Na2SO4·10H2O，故C项正确，不符合题意。铝土矿的主要成分为Al2O3，故D项正确，不符合题意。 3．(福建宁德模拟，4分)实验室利用废铜屑(主要成分为Zn和Cu，含少量Fe)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”操作后，需将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量H2O2 B．“调pH”的目的是除去少量铁 C．加入适量锌粉，可能产生无色气体 D．“过滤”操作后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧能获得纯净的ZnO 答案：D 解析：“溶解”操作后，有过量的双氧水会影响锌粉还原铜离子，双氧水受热易分解，故需将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量H2O2，故A项正确，不符合题意。“调pH”使Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，故目的是除去少量铁，故B项正确，不符合题意。调pH后的滤液中含Zn2＋、Cu2＋和硫酸，故加入适量锌粉，锌不但能和Cu2＋反应，还会与硫酸反应生成氢气，故可能产生无色气体，故C项正确，不符合题意。“过滤”操作后，所得滤液中含ZnSO4，由于其对应的酸是硫酸，不挥发，故将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到的是ZnSO4，不能通过高温灼烧获得纯净的ZnO，故D项错误，符合题意。 4．(经典题，2分)部分被氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理： 下列说法正确的是(　　) A．溶液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋ B．样品中铁元素的质量为2.24 g C．样品中铜、氧两种元素的质量为4.0 g D．V＝896 mL 答案：B 解析：稀硫酸足量，氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋，由于滤液A中不含Cu2＋，且有气体(氢气)生成，说明滤液A中不含Fe3＋，滤渣3.2 g为金属铜，物质的量为＝0.05 mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05 mol，向滤液A中加入足量NaOH溶液，过滤，所得滤渣充分灼烧后得到的3.2 g红棕色固体为Fe2O3，其物质的量为＝0.02 mol，即合金样品中铁元素的物质的量为0.04 mol，滤液A的溶质为FeSO4和过量的H2SO4，而铁元素(在滤液A中全部为Fe2＋)的物质的量为0.04 mol，说明参加反应的H2SO4的物质的量为0.04 mol，0.04 mol H2SO4含0.08 mol H＋，其中部分H＋生成氢气，除此之外的H＋和合金中的氧元素结合形成水。由上述分析可知，滤液A中阳离子为Fe2＋、H＋，故A项错误。合金中铁元素质量＝0.04 mol×56 g·mol－1＝2.24 g，故B项正确。铜元素质量为3.2 g，故合金中氧元素的质量为5.76 g－2.24 g－3.2 g＝0.32 g，则样品中铜、氧两种元素的质量为3.2 g＋0.32 g＝3.52 g，故C项错误。合金中氧元素的物质的量为＝0.02 mol，其结合0.04 mol氢离子生成0.02 mol H2O，所以生成的H2中的H为0.08 mol－0.04 mol＝0.04 mol，即生成0.02 mol氢气，标准状况下体积为0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L＝448 mL，故D项错误。 5．(2023海南真题，10分)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。 回答问题： (1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为________。 (2)粉碎的目的是____________________________________________________________；残渣主要成分是________(填化学式)。 (3)该流程中能循环使用的物质是________(填化学式)。 (4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600～800 ℃制备BeCl2的化学方程式为________________________________________________。 (5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的________%。 答案：(1)＋2(1分)　(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率(2分)　SiO2(1分)　(3)(NH4)2SO4(2分)　(4)BeO＋Cl2＋CCO＋BeCl2(2分)　(5)10(2分) 解析：绿柱石煅烧生成氧化物，加入浓硫酸浸取，SiO2不溶于浓硫酸，残渣主要成分是SiO2，加硫酸铵调节pH＝1.5除去铝离子(Al3＋浓度相对较大，此时沉淀Al3＋所需pH小于Fe3＋的)，加入氨水调节pH＝5.1除去铁离子，再加入氨水调节pH＝8.0生成Be(OH)2沉淀，过滤得到的滤液中含有较多硫酸铵，可循环利用。 (1)根据化合物中正、负化合价代数和为0可知，Be的化合价为＋2。 (2)粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的主要成分是不溶于浓硫酸的SiO2。 (3)滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用。 (4)BeO、Cl2与足量C在600～800 ℃反应生成BeCl2和CO，BeO中元素的化合价不变，该过程中Cl2氧化C，化学方程式为BeO＋Cl2＋CCO＋BeCl2。 (5)设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp＝c(Be2＋)×c2(OH－)，c(Be2＋)＝，当pH＝8.0时，KW＝10－14，c(OH－)＝10－6 mol·L－1，铍损失浓度为，当pH＝8.5时，c(OH－)＝10－5.5 mol·L－1，铍损失浓度为，损失降低至原来的×100%＝10%。 6．(辽宁经典真题，13分)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下： 已知：pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化。回答下列问题： (1)Cr位于元素周期表第____________周期____________族。 (2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为______________________________。 (3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(V)]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)＝0.01 mol·L－1，“沉钒”过程控制pH＝3.0，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为__________(填化学式)。 (4)某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为______________；在该条件下滤液B中c(Cr3＋)＝____________mol·L－1[Kw近似为1×10－14，Cr(OH)3的Ksp近似为1×10－30]。 (5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为______________________________。 (6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为____________________________________________。 答案：(1)四(1分)　ⅥB(1分)　(2)FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl(2分)　 (3)H3V2O(2分)　(4)6.0(1分)　1×10－6(2分) (5)Mn2＋＋H2O2＋2OH－===MnO2↓＋2H2O(2分) (6)防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯(2分) 解析：“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2＋和Cr3＋，加NaOH“沉铬”后，Cr3＋转化为沉淀，固体A中主要成分为Cr(OH)3，提纯后煅烧得到Cr2O3，滤液B中主要含有MnSO4，加入H2O2和NaOH溶液反应生成二氧化锰。 (1)Cr是24号元素，其基态原子价层电子排布式为3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr位于元素周期表第四周期ⅥB族。 (2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。 (3)已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)＝0.01 mol·L－1，lgc总(V) ＝－2，从图1中可知， “沉钒”过程控制pH＝3.0，lgc总(V) ＝－2时，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O。 (4)由图2可知pH为6.0时，铬的沉淀率接近100%，再增大pH，铬的沉淀率变化不大，而锰会继续沉淀，所以“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH－的浓度c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－8 mol·L－1。在该条件下滤液B中c(Cr3＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－6mol·L－1。 (5)滤液B中主要含有MnSO4，加入H2O2和NaOH溶液反应生成二氧化锰，所以“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2＋＋H2O2＋2OH－===MnO2↓＋2H2O。 (6)固体A中主要成分为Cr(OH)3沉淀，混有少量Mn(OH)2沉淀， “提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化，转化为MnO2附着在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。 B组(冲刺满分) 7．(经典题，4分)向x mL 2.0 mol·L－1的盐酸中投入a g镁铝合金，金属完全溶解，再加入y mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液，沉淀达到最大值，且质量为(a＋1.7) g，则下列说法不正确的是(　　) A．x＝2y B．镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA C．镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12 L D．a的取值范围为0.9<a<1.2 答案：A 解析：反应过程为，根据氯离子、钠离子守恒可知n(HCl)＝n(NaCl)＝n(NaOH)，所以x mL×2.0 mol·L－1＝y mL×1.0 mol·L－1，即2x＝y，故A项错误，符合题意。沉淀混合物含有的OH－的质量为(a＋1.7)g－a g＝1.7 g，物质的量为＝0.1 mol，镁铝合金与盐酸反应时转移电子的物质的量等于生成沉淀时所需OH－的物质的量，即0.1 mol，故B项正确，不符合题意。由B项分析可知，镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA，根据得失电子守恒可知，生成氢气的物质的量为＝0.05 mol，标准状况下，V(H2)＝1.12 L，则常温常压下氢气体积大于1.12 L，故C项正确，不符合题意。若a g固体全是Mg时，n(Mg)＝0.05 mol, 若a g固体全是Al时，则n(Al)＝ mol，所以 mol×27 g·mol－1＜a g＜0.05 mol×24 g·mol－1，即0.9<a<1.2，故D项正确，不符合题意。 8．(经典题，4分)氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，难溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2＋。某小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。 下列说法正确的是(　　) A．制备CuCl时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaCl溶液中除去 B．Cu2(OH)2Cl2在200 ℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO＋2HCl↑ C．X气体可以是N2，目的是作保护气，抑制CuCl2·2H2O在加热过程中的水解反应 D．CuCl与稀硫酸发生反应的离子方程式为2CuCl＋4H＋＋SO===2Cu2＋＋2Cl－＋SO2↑＋2H2O 答案：B 解析：热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，为抑制CuCl2水解，要在HCl气流下加热，失去结晶水后使加热温度大于300 ℃，发生2CuCl22CuCl＋Cl2↑。直接加热CuCl2·2H2O生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2加热到200 ℃生成CuO。制备CuCl时产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能被吸收除去，可以通入NaOH溶液除去，故A项错误。Cu2(OH)2Cl2加热到200 ℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO＋2HCl↑，故B项正确。CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体用于抑制CuCl2水解，则X气体为HCl，不可以是氮气，故C项错误。CuCl在酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2＋，故D项错误。 9．(经典题，4分)某学习小组以废催化剂(主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下： 下列说法正确的是(　　) A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuS B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应 C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋S＋2H2O D．步骤②和④，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体 答案：C 解析：ZnO、ZnS可与稀硫酸反应，CuS不溶于稀硫酸，故A项错误。①中发生反应ZnO＋H2SO4===ZnSO4＋H2O、ZnS＋H2SO4===ZnSO4＋H2S↑，不是氧化还原反应，故B项错误。③中发生反应CuS＋H2O2＋H2SO4CuSO4＋S＋2H2O，离子反应为CuS＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋S＋2H2O，故C项正确。步骤②和④均得到含结晶水的晶体，应采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，故D项错误。 10．(2025改编，4分)钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图： 下列说法错误的是(　　) A．酸浸时反应的化学方程式是Pd＋6HCl＋4HNO3===H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O B．“热还原”中每生成1 mol Pd同时消耗H2的物质的量为2 mol C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸 答案：D 解析：据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，后续的中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为＋4价，存在形式为PdCl，结合得失电子守恒和原子守恒可知方程式为Pd＋6HCl＋4HNO3===H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O，故A项正确，不符合题意。“热还原”中，要生成1 mol Pd，则需消耗1 mol氯钯酸铵，根据氯钯酸铵的化学式[(NH4)2PdCl6]可知，要使6 mol Cl全部转化成化合物，除了自身的2 mol NH，还需要4 mol H，即2 mol H2，故B项正确，不符合题意。氯钯酸铵呈红色，所以若某溶液中含有铵根离子，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以呈现红色，有明显现象，可以检验铵根离子，故C项正确，不符合题意。“酸浸”过程中盐酸电离出的Cl－与Pd4＋生成络合物，促使Pd转化为Pd4＋的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换用硫酸，则无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D项错误，符合题意。 11．(湖南经典真题，13分)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________。 (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(至少写两条)。 (3)滤渣Ⅲ的主要成分是__________(填化学式)。 (4)加入絮凝剂的目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为______________________________________，常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。 (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为____________________________________________________。 答案： (1) Ce(1分)　(2)适当升高温度、将独居石粉碎等(2分)　(3) Al(OH)3(2分)　(4)促使铝离子沉淀(2分)　(5)6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑(2分) 碱性(2分)　(6)3Li2CO3＋C6H12O6＋6FePO46LiFePO4＋9CO↑＋6H2O(2分) 解析：焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为FePO4，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；过滤后，滤渣Ⅰ为SiO2和硫酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4、Ce2(SO4)3、Al2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要成分为氢氧化铝，还含少量氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。 (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58＋80＝138，该核素的符号为Ce。 (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度、将独居石粉碎等。 (3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。 (4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀。 (5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NH)＝＝≈5.7×10－10，碳酸氢根离子的水解常数Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8，则Kh(NH)<Kh(HCO)，故碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。 (6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe化合价降低，Li2CO3中C化合价降低，葡萄糖中C化合价升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3Li2CO3＋C6H12O6＋6FePO46LiFePO4＋9CO↑＋6H2O。 12．(2022河北真题，13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(1分)　SiO2(1分)　(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(2分)　(3)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4(2分)　(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(2分)　(5)＋2(1分)　6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO ＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－＋6NH(2分)　(6)H2O2(1分)　NH3·H2O(1分) 解析：黄铁矿高温焙烧生成Fe2O3，反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故产生的红渣的主要成分为Fe2O3，还含有少量未参与反应的SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的硫酸溶液加热充分酸浸，发生反应：Fe2O3＋3H2SO4Fe2(SO4)3＋3H2O，过滤出滤渣①，其主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3＋还原为Fe2＋，由(3)小问可知，若不生成S单质，则硫元素被氧化为SO，反应原理为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O15Fe2＋＋2SO＋16H＋，然后进行工序①：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到FeSO4·xH2O晶体和主要含有FeSO4和H2SO4的母液，加水溶解FeSO4·xH2O晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH＝3，进行沉铁过程，反应原理为Fe2＋＋2NH＋[Fe(CN)6]4－Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO ＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－＋6NH，过滤、洗涤、干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。 (1)由分析可知，红渣的主要成分为Fe2O3，滤渣①的主要成分为SiO2。 (2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率。 (3)由分析可知，还原工序中，若不产生S单质，则硫元素被氧化为SO，反应原理为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O15Fe2＋＋2SO＋16H＋，故化学方程式为7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4。 (4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，所得母液主要含有FeSO4和H2SO4，可以循环利用。 (5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为＋2价，由分析可知，氧化工序发生的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO ＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－＋6NH。 (6)在还原工序中得到的滤液的主要成分为硫酸亚铁和剩余的硫酸，要制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，并且需要引入NH，但不能引入其他杂质，故所需加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。 13．(2022广东真题，13分)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如图： 已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________。 (2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至________________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为________________________________________。 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于__________mol·L－1(保留两位有效数字)。 (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是____________________________________________。 ②“操作X”的过程为：先____________，再固液分离。 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________________________(写化学式)。 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为______________________________________________。 答案：(1)Fe2＋(1分)　(2)4.7≤pH<6.2(2分)　Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓(2分)　(3)4.0×10－4(2分)　(4)①可增加其溶解度并加快溶解速率(1分)　②冷却结晶(1分)　(5)MgSO4、C11H23COONa(2分)　(6)O2＋4e－＋2H2O===4OH－(2分) 解析：(1)流程中需要除去的杂质为铁元素和铝元素，调pH生成氢氧化铁沉淀可除去铁元素，因此“氧化调pH”的过程中亚铁离子转化为铁离子。 (2)“过滤1”需要除去的是Fe3＋和Al3＋，且不能让RE3＋沉淀，此时生成的沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液调节pH范围4.7≤pH＜6.2。 (3)“滤液2”中c(Mg2＋)＝＝0.1125 mol·L－1，则c(C11H23COO－)< mol·L－1＝4.0×10－4 mol·L－1。 (4)①加热可提高固体物质的溶解度，搅拌可增加接触面积进而加快溶解速率。②溶解时需要水浴加热，因此应先停止加热，冷却使月桂酸结晶为固体再进行分离。 (5)该工艺流程中加入的物质有硫酸镁、月桂酸钠和盐酸，而分离出的物质有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸镁和月桂酸、月桂酸钠，因此可循环使用的物质为硫酸镁、月桂酸钠。 (6)碱性条件下氢氧燃料电池的正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=== 4OH－。 学科网（北京）股份有限公司 $$