2025届高三化学一轮复习——金属及其化合物

2025届高三化学一轮复习——金属及其化合物 一、单选题 1．“银朱”主要成分为。《天工开物》记载：“凡将水银再升朱用，故名曰银朱…即漆工以鲜物采，唯（银朱）入桐油则显…若水银已升朱，则不可复还为汞。”下列说法错误的是（　　） A．“银朱”可由和S制备 B．“银朱”可用于制作颜料 C．“桐油”为天然高分子 D．“水银升朱”不是可逆反应 2．武德合金的熔点一般为73~93℃，根据这一性质，可将其制作成（　　） A．厨具 B．钢轨 C．保险丝 D．导线 3．是一种重要的盐，下列说法不正确的是（　　） A．属于强电解质 B．厨房油烟污渍可用热的溶液清洗 C．又称食用碱 D．是泡沫灭火器主要成分 4．南粤大地，岭南风情.下列岭南文化内容中蕴含的化学知识叙述错误的是（　　） 选项 A B C D 文化类别 饮食文化 建筑文化 服饰文化 节日文化 文化内容 顺德姜汁撞奶（姜汁与牛奶混合使牛奶凝固） 珠海菉猗堂蚝壳墙 粤绣色彩富丽夺目，绣线种类繁多，独具匠心 揭阳烟花舞龙气势宏伟，景象壮观 化学知识 制作方法包含了胶体聚沉的原理 蚝壳的主要成分是 制作粤绣用的孔雀毛和马尾的主要成分都是纤维素 烟花利用了“焰色试验”原理，该变化属于物理变化 A．A B．B C．C D．D 5．下列有关物质性质的应用正确的是 A．SO2具有还原性，可用作纸浆漂白 B．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气 C．氢氧化铝受热分解，可用作中和过多的胃酸 D．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层 6．电镀污泥(包含等金属阳离子)对环境污染极大，是典型危险废弃物。如图是从电镀污泥中提取镍的工艺流程。下列说法错误的是（　　） A．“氨浸可除去等金属阳离子 B．加入丁二酮肟可与作用，从而使其被萃取到“氯仿层” C．加入盐酸的步骤为反萃取，该过程是物理变化 D．图中“……”操作可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧 7．“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如图所示。 下列说法错误的是（　　） A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子 B．反应涉及N﹣H、N﹣O键断裂和N﹣N键生成 C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+ D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2 8．化学与生活、环境和生产密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．使用添加氟化物牙膏预防龋齿 B．绿化造林助力实现碳中和目标 C．用氯化铁溶液制作铜印刷电路板 D．用泡腾片杀灭新型冠状病毒 9．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、(为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、、、等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如图：下列说法正确的是 A．废渣只含 B．气体B可以通入NaOH溶液除去 C．溶解过程的氨水可以换成氢氧化钠溶液 D．“还原”过程中生成无毒气体，B与C的物质的量的理论比值为4∶3 10．实验装置为实验提供必要条件和测量手段。如图装置不能达到实验目的的是 A．图a测定醋酸溶液的浓度 B．图b制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体 C．图c用NaOH溶液除去溴苯中的溴单质 D．图d测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的含量 11．关于Na、Fe、C和Cl元素形成的物质，下列说法正确的是（　　） A．C元素形成的单质中金刚石硬度最大 B．NaH、和HCl中化学键类型相同 C．碳素钢在潮湿空气中化学性质稳定 D．苯是一种绿色环保的有机溶剂 12．下列说法中正确的是（　　） A．吸热反应一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下一定能进行 B．水银和生铁都属于纯金属 C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有 D．某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，可能混有硝酸铵 13．下列各物质在给定条件下通过一步反应就能实现所示转化的是（　　） A． B． C． D． 14．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（　　） 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 牙膏中常加入含氟物质预防龋齿 氟磷灰石的溶解度小于羟基磷灰石 B 气态氢化物稳定性： 分子间作用力： C 电解食盐水制备氯气和氢氧化钠 氯气和氢氧化钠溶液反应制备漂白液 D 饱和溶液导电性比饱和溶液强 溶液碱性强于溶液 A．A B．B C．C D．D 15．下列铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（　　） A．Fe具有导电性，可用于制作铁锅 B．能与酸反应，可用作红色涂料 C．易溶于水，可用于制备氯化铁胶体 D．具有强氧化性，可用于杀菌消毒 16．化学推动科技进步，下列说法错误的是 A．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，煤油是烃的混合物 B．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅 C．歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于合金材料 D．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料碳化硅属于共价晶体 17．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A．具有还原性，可用作消毒剂 B．硬铝密度小、强度高，可用作航空材料 C．溶液呈碱性，可用于去除油污 D．具有漂白性，可用于漂白纸浆 18．下列实验的相关叙述正确的是（　　） A．步骤①反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓ B．步骤②生成的[Cu(NH3)4]2+中含有离子键 C．溶液Y呈深蓝色是因为c(Cu2+)增大 D．在X中滴加Na2S溶液会生成CuS黑色沉淀 19．结合已有知识，根据下列实验操作，其对应的现象和结论均正确的是（　　） 选项 实验操作 现象 结论 A 将乙醇和浓硫酸混合溶液加热到170℃，并将产生的气体经过氢氧化钠溶液洗气，再通入溴水 溴水褪色 有乙烯生成 B 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中 前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 C 已知 ， 向饱和溶液中滴加碳酸钠溶液 无明显现象 与碳酸钠不反应 D 向少量悬浊液中加入足量饱和溶液 沉淀颜色会由黑色变为浅红色（为浅红色） A．A B．B C．C D．D 20．下列实验装置不正确的是 A．制备NH4Cl固体 B．制取并收集氨气 C．铁粉与水蒸气反应 D．制取乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 二、综合题 21．一种废旧磷酸铁锂正极片(主要成分为、、Al和石墨)的闭环回收工艺流程如图所示： 已知：①为抗坏血酸，具有较强的还原性。 ②滤饼成分为。 回答下列问题： （1）碱溶前，可将废电池正极片进行机械活化处理，使颗粒直径减小，目的是　 　。 （2）向滤液①中通入过量二氧化碳，可以回收铝，该反应的离子方程式为　 　。 （3）酸浸过程中加入的目的是　 　。 （4）将不同pH下得到的滤饼溶于盐酸，稀释至一定比例后测算Fe、P物质的量比，结果见下表，由此得出，沉淀的最佳pH为　 　。 pH 6.0 6.5 7.0 8.0 9.0 1.54 1.50 1.49 1.47 1.47 （5）调节pH时，氨水不宜加入过量，原因是随着氨水浓度的增大，会产生　 　杂质；若该步骤中Fe元素沉淀完全，滤液③中除H、O外，还大量含有的元素有　 　。 （6）真空管烧结时，加入葡萄糖的作用是　 　。 22．三氧化钨(WO3)是一种重要的化工原料，有望延长燃料电池寿命，在陶瓷、船舶、合金等制造中也有重要应用。一种综合处理钨精矿粉(含FeWO4和MnWO4)并制备WO3的工艺流程如图所示： 已知：①“烧渣”的主要成分为Fe2O3、KNO2、K2MnO4、K2WO4和KOH。 ②弱碱性和酸性体系中，K2Mn4O、歧化为KMnO4和MnO2 回答下列问题： （1）“焙烧”前，须将钨精矿粉与KOH、KNO3混合均匀，目的是　 　，该工序中FeWO4发生反应的化学方程式为　 　。 （2）“调pH不能过低，原因是　 　，滤渣1中主要成分为　 　(写化学式)。 （3）“沉钨”工序中生成钨酸的离子方程式为　 　。 （4）若在实验室中进行“煅烧”操作，可将固体放在　 　(填仪器名称)中加热。 （5）常温下，“沉锰”中调节溶液pH=10.2时，Mn2+恰好沉淀完全[此时溶液中c(Mn2+)=1.0×10-5 mol·L-1]，则Ksp[Mn(OH)2]的数量级为　 　。 23．下图所示的实验，不能达到实验目的的是 A B C D 比较Fe3+的催化效果好于Cu2+ 用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯 验证铁发生吸氧腐蚀 实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥 A．A B．B C．C D．D 24．钽()和铌()的性质相似，因此常常共生于自然界的矿物中。一种以钽铌伴生矿(主要成分为和少量的)为原料制取钽和铌的流程如下： “浸取”后，浸出液中含有两种二元强酸和锰、钛等元素。 已知：①为甲基异丁基酮；② （1）“浸取”时通常在____材料的反应器中进行(填标号)。 A．陶瓷 B．玻璃 C．铅 D．塑料 （2）浸渣的主要成分是　 　，与氢氟酸反应的离子方程式为　 　。 （3）“浸取”时，的浓度对铌、钽的浸出率的影响如下图所示，则的最佳浓度为　 　，理由是　 　。 （4）金属铌可用金属钠还原制取，也可用电解熔融的制取。 ①流程中钠热还原法制备铌粉的化学方程式为　 　。 ②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为，电解总化学反应方程式为　 　。 25．工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，Al2O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3的工艺流程如图： 已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。 ②PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌ PbCl(aq) ΔH>0 ③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13 （1）“浸取”时，工业上选择的温度为80℃，选择此温度的目的有　 　。(只答一条) （2）“浸取”充分反应后，写出盐酸、NaCl与、PbS发生反应生成、和S的离子方程式　 　. （3）若上述酸浸液中 Mn2+的浓度为 0.16 mol·L-1，加物质A调节 pH，使酸浸液中 Fe3+、Al3+完全沉淀(离子浓度小于 10-5 mol·L-1)与 Mn2+分离，则调节pH的物质A可以是　 　，调节溶液 pH 范围为　 　(不考虑体积的变化)。 （4）“趁热过滤”的目的是　 　，“加入冰水冷却过滤”的目的是　 　。 （5）经“沉淀转化”后得到PbSO4，若转化后溶液中时，　 　。 （6）制取MnCO3时往滤液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液的原因是　 　 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A、Hg和S可发生化合反应生成HgS，故A正确； B、HgS的颜色为红色，则“银朱”可用于制作颜料，故B正确； C、“桐油”中含有油脂类物质，属于甘油三酯，相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故C错误； D、若水银已升朱，则不可复还为汞，说明“水银升朱”不是可逆反应，故D正确； 故答案为：C。 【分析】A、 和S反应可生成HgS； B、HgS为红色； C、相对分子质量大于10000的为高分子化合物； D、若水银已升朱，则不可复还为汞。 2．【答案】C 【解析】【解答】A．厨具要求熔点高，武德合金熔点低，不可用作厨具，A不符题意； B．钢轨要求硬度大、强度高、熔点高，武德合金熔点低，不可用作钢轨材料，B不符题意； C．当电路短路时，电线的温度会突然升高，武德合金熔点低，会熔断，然后断电，能避免引起火灾等安全事故发生，故武德合金适合作保险丝，C符合题意； D．熔点太低，当电路短路时，电线的温度会突然升高，导线会断，故武德合金不适合作导线，D不符题意； 故答案为：C。 【分析】保险丝一般选用熔点低的合金制成。 3．【答案】D 【解析】【解答】A、碳酸钠在水溶液中完全电离为钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，故A正确； B、油脂在碱性条件下发生水解，加热促进碳酸钠的水解，使其碱性增强，故B正确； C、 俗称纯碱，又称食用碱 ，故C正确； D、 泡沫灭火器的主要成分为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，故D错误； 故答案为：D。 【分析】A、强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质； B、油污在碱性条件下发生水解； C、碳酸钠是常用的食用碱； D、 泡沫灭火器的主要成分为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。 4．【答案】C 【解析】【解答】A、豆浆是胶体，加入电解质会使胶体聚沉，故A不符合题意； B、 蚝壳的主要成分是 ，故B不符合题意； C、孔雀毛和马尾的主要成分均为蛋白质，故C符合题意； D、焰色试验是指：有些金属或它们的化合物在灼烧时会使火焰呈现出特色的颜色的现象，焰色试验为元素的性质，属于物理变化，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、豆浆是胶体； B、蚝壳的主要成分为碳酸钙； C、动物毛皮的主要成分为蛋白质； D、焰色试验是由核外电子跃迁形成的。 5．【答案】D 【解析】【解答】A．SO2可用作纸浆漂白，利用SO2的漂白性，故A不符合题意； B．氯气是酸性气体，氧化钙是碱性干燥剂，不能用氧化钙干燥氯气，故B不符合题意； C．氢氧化铝可用作中和过多的胃酸，是因为氢氧化铝能与酸反应，故C不符合题意； D．聚四氟乙烯俗称“塑料王”，是一种以四氟乙烯作为单体聚合制得的高分子聚合物，这种材料具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点，可用作化工反应器的内壁涂层，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．利用SO2的漂白性； B．氯气是酸性气体，氧化钙是碱性干燥剂； C．氢氧化铝能与酸反应； D．聚四氟乙烯是高分子聚合物，具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点。 6．【答案】C 【解析】【解答】A．根据分析，氨浸后Ca2+、Fe3+、Al3+转化为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3而被除去，A不符合题意； B．根据分析，加入丁二酮肟与Ni2+作用，形成配合物，进入氯仿层，B不符合题意； C．加入盐酸进行反萃取，HCl可以解除丁二酮肟与Ni2+的配位键，为化学变化，C符合题意； D．根据分析，水层经过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原得到粗镍，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．根据物质的溶解性分析； B．根据物质的溶解性分析； C．反应中生成新物质为化学变化； D．根据产物的性质和终产物分析。 7．【答案】D 【解析】【解答】A、 NH2OH、NH3和H2O的正负电荷中心均不重合，均属于极性分子，故A正确； B、由图可知，该过程中有N-H，N-O键的断裂和N-N键的生成，故B正确； C、由图可知，Fe2+先失去电子被氧化为Fe3+，Fe3+又得到电子被还原为Fe2+，故C正确； D、 反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，因此将NH2OH替换为ND2OD，得到ND2NH2和HDO，故D错误； 故答案为：D。 【分析】A、根据电荷中心是否重合判断分子极性； B、结合图示分析断裂和成键情况； C、该过程中，Fe2+先失去电子，后得到电子； D、 生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3。 8．【答案】A 9．【答案】D 【解析】【解答】A．由分析可知，废渣中含SiO2、α—Al2O3，A不符合题意； B．气体B为NO，与NaOH溶液不反应，所以不可以通入NaOH溶液除去，B不符合题意； C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，由于氢氧化钠溶液不能将AgCl溶解，因此氨水不可以换成氢氧化钠溶液，C不符合题意； D．“还原”过程中生成无毒气体，则其为N2，设Ag的物质的量为12mol，则生成NO(B)4mol，生成N2(C)3mol，从而得出B与C的物质的量的理论比值为4：3，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断； BC．依据反应物和试剂的性质分析； C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，由于氢氧化钠溶液不能将AgCl溶解，因此氨水不可以换成氢氧化钠溶液，C不符合题意； D．依据得失电子守恒计算。 10．【答案】A 11．【答案】A 【解析】【解答】A．碳元素形成的单质有金刚石、石墨、无定形碳和碳60等，其中属于原子晶体的金刚石硬度最大，故A符合题意； B．氢化钠是含有离子键的离子化合物，甲烷和氯化氢是含有共价键的共价化合物，则氢化钠与甲烷和氯化氢的化学键类型不相同，故B不符合题意； C．碳素钢中的铁和碳在潮湿空气中构成原电池，原电池反应加快铁的吸氧腐蚀速率，故C不符合题意； D．苯是易挥发的有毒的无色液体，挥发出的苯对人体和环境都有危害，不是一种绿色环保的有机溶剂，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．金刚石属于原子晶体； B．氢化钠是含有离子键的离子化合物，甲烷和氯化氢是含有共价键的共价化合物； C．碳素钢中的铁和碳在潮湿空气中构成原电池； D．苯是易挥发的有毒的无色液体。 12．【答案】C 【解析】【解答】A．氢氧化钡晶体和氯化铵固体混合反应是吸热反应、在室温下就能进行，碳和氧气的反应是放热反应、在室温下不能进行、需要加热才可发生，则吸热反应不一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下不一定能进行，A不符合题意； B．生铁是铁碳合金，B不符合题意； C．钠元素的焰色反应呈黄色。用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有，C符合题意； D．硫酸铵中氮元素的含量为21.2%＞20%、硝酸铵中氮元素的含量为35%＞20%，某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，则不可能混有硝酸铵，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.吸热反应不一定需要加热，放热反应在常温下不一定能进行； B.生铁是合金； C.钠元素的焰色反应为黄色； D.硫酸铵中的氮元素含量大于20%，则杂志中的氮元素含量应小于20%。 13．【答案】A 【解析】【解答】A．向CuSO4溶液加入到足量NaOH溶液中得到Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖具有还原性，向其中加入具有还原性的葡萄糖溶液，加热得到红色Cu2O沉淀，A符合题意； B．H2S气体具有可燃性，其在少量氧气中燃烧得到H2O和S单质，B不符合题意； C．铁丝在氯气中燃烧，产物只有FeCl3，C不符合题意； D．Na2SO3具有还原性，加热蒸发Na2SO3溶液，Na2SO3易被溶解在溶液中的O2氧化为Na2SO4，而无法获得Na2SO3固体，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜； B、硫化氢和少量氧气反应生成水和硫； C、铁和氯气反应生成氯化铁； D、二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠受热会被氧化为硫酸钠。 14．【答案】A 【解析】【解答】A.牙膏中的F-能与牙齿表层的羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，抵抗酸对牙齿的侵蚀，A正确； B.非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则气态氢化物稳定性： ；水能形成氢键使得分子间作用力： ，两陈述并无因果关系，B错误； C.电解食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠制备漂白液，无因果关系，C错误； D.导电性强弱和溶液中离子浓度及离子电荷有关，和溶液的碱性强弱无关，无因果关系，D错误； 故答案为：A。 【分析】本题主要考查常见化学物质的原理性质与用途。 1.氟磷灰石的溶解度更小，能附着在牙齿表面； 2.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 15．【答案】D 【解析】【解答】A．铁具有导热性，可用于制作铁锅，A不符合题意； B．为红棕色固体，可用作红色涂料，B不符合题意； C．氯化铁溶于水，水解为氢氧化铁胶体，C不符合题意； D．强氧化性物质可用于杀菌消毒，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、铁锅和导热性有关； B、氧化铁和酸反应于涂料的作用无关； C、氯化铁溶于水和制作胶体无关； D、铁为+6价，具有强氧化性。 16．【答案】C 17．【答案】A 【解析】【解答】A．具有强氧化性，可用作消毒剂，故A符合题意； B．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B不符合题意； C．溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C不符合题意； D．具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】依据物质的性质判断应用，A．具有强氧化性。 18．【答案】D 【解析】【解答】A． 一水合氨为弱碱，步骤①反应： ，A不符合题意； B． 步骤②生成的[Cu(NH3)4]2+中不含有离子键、含N-H极性共价键、铜离子和N原子之间的配位键，B不符合题意； C． 溶液Y呈深蓝色是因为形成了[Cu(NH3)4]2+，C不符合题意； D． 在X中含有过量的硫酸铜、滴加Na2S溶液、硫离子和铜离子反应会生成CuS黑色沉淀，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A． 一水合氨为弱碱，不拆； B． 依据配离子的结构分析； C．依据现象分析； D．硫离子和铜离子反应会生成CuS。 19．【答案】A 【解析】【解答】A.实验室制备乙烯，将乙醇和浓硫酸混合溶液加热到170℃，产生乙烯气体，还有乙醇蒸气、CO2、SO2等杂质气体，SO2也能与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，故需通过氢氧化钠溶液洗气，除去杂质气体后，通入溴水中，溴水褪色，才说明有乙烯生成，A正确； B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，但浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，B错误； C.电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性强弱顺序为：H2CO3>HClO>HCO3¯-。向饱和溶液中滴加碳酸钠溶液，根据强酸制弱酸原理，可发生反应：HClO +CO32-= HCO3¯+ ClO¯，由于没有生成CO2，所以无明显现象，但HClO与碳酸钠发生了反应，C错误； D.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，因为Mn2+过量，与悬浊液液中的S2-反应生成MnS，MnS沉淀不是由FeS转化的，不能证明Ksp(FeS)>Ksp(MnS)，D错误； 故答案：选A。 【分析】A.乙烯和SO2都能与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，所以要除杂； B.钝化也是化学反应，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸； C.电离平衡常数越大，酸性越强，所以排出酸性强弱顺序，再根据强酸制弱酸原理推产物； D.沉淀溶解平衡中，难溶物向更难溶方向转变，但有条件。 20．【答案】A 21．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率 （2）[Al(OH)4]—+CO2 = Al(OH)3↓+HCO （3）将Fe3+还原为Fe2+ （4）6.0 （5）Fe(OH)2；Li、N、P （6）为正极材料提供碳源 【解析】【解答】（1）将废电池正极片进行机械活化处理，使颗粒直径减小可以增大固体的表面积，有利于增大碱浸时反应物的接触面积，加快反应速率； 故答案为：增大接触面积，加快反应速率； （2）由分析可知，滤液①的主要成分为四羟基合铝酸钠，向溶液中通入过量二氧化碳发生的反应为溶液中四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓+HCO3-； 故答案为：[Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓+HCO3-； （3）由分析可知，加入磷酸和抗坏血酸酸浸的目的是将磷酸亚铁锂、磷酸铁转化为磷酸锂、磷酸亚铁，则酸浸过程中加入抗坏血酸的作用是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+； （4）由表格数据可知，溶液pH为6.0时，滤饼中铁、磷物质的量比最大，则制得 沉淀的最佳pH为6.0； 故答案为：6.0； （5）调节溶液pH时，若加入过量的氨水，溶液中的亚铁离子会转化为氢氧化亚铁沉淀，导致沉淀中混有氢氧化亚铁杂质；由分析可知，铁元素沉淀完全时，滤液③的主要成分为磷酸锂、磷酸铵，则滤液中含有的元素为氢元素、氧元素、锂元素、磷元素、氮元素； 故答案为：Li、N、P； （6）由分析可知，、磷酸锂、葡萄糖在真空管烧结的目的是得到正极材料，由正极材料的组成可知，葡萄糖的作用是受热分解生成碳，为正极材料提供碳源； 故答案为：为正极材料提供碳源； 【分析】（1） 将废电池正极片进行机械活化处理，使颗粒直径减小， 增大接触面积，可加快反应速率； （2）二氧化碳与四羟基合铝酸钠反应得到氢氧化铝和碳酸氢钠即可写出离子方程式； （3）为抗坏血酸，具有较强的还原性可将铁离子还原为亚铁离子； （4）根据，即可得到当最大时，此时pH=6； （5）过量的氨水可将亚铁离子变为氢氧化亚铁沉淀，根据滤液③的成分为磷酸锂、磷酸铵，即可判断元素； （6）根据正极材料是 /C，因此葡萄糖时产生碳的物质，因此为正极材料提供碳。 22．【答案】（1）增大原料的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；2FeWO4+4KOH+KNO3 Fe2O3+ KNO2+2K2WO4+2H2O （2）导致H2WO4提前沉淀，降低WO3的产率；MnO2 （3）2H+ +WO= H2WO4↓ （4）坩埚 （5）10-13 【解析】【解答】矿粉中含有FeWO4和MnWO4，根据信息①，得知焙烧时，“烧渣”的主要成分为Fe2O3、KNO2、K2MnO4、K2WO4和KOH，然后加水溶解，氧化铁不溶于水，其余物质可溶，过滤后，浸渣主要成分是氧化铁，根据信息②，“浸液”中加硫酸调节pH，锰酸钾发生歧化反应，过滤后滤渣1的主要成分是MnO2，滤液1中加入硫酸，得到H2WO4沉淀，据此分析解答； （1）“焙烧”前将钨精矿粉与KOH、KNO3混合均匀，其目的是增大原料的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；FeWO4与KOH、KNO3混合加热发生反应生成Fe2O3、KNO2、K2WO4、H2O，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，氮元素的化合价由+5降低为+3价，因此反应方程式为2FeWO4+4KOH+KNO3 Fe2O3+ KNO2+2K2WO4+2H2O；故答案为增大原料的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；2FeWO4+4KOH+KNO3 Fe2O3+ KNO2+2K2WO4+2H2O； （2）根据“沉钨”步骤，加入稀硫酸得到H2WO4沉淀， “调pH”步骤中如果pH过低，导致H2WO4提前沉淀，降低WO3的产率；根据上述分析，滤渣1中主要成分是MnO2；故答案为导致H2WO4提前沉淀，降低WO3的产率；MnO2； （3）滤液1中钨元素以WO，利用强酸制弱酸，发生的离子方程式为2H+ +WO= H2WO4↓；故答案为2H+ +WO= H2WO4↓； （4）在实验室中进行“煅烧”，所用仪器必须耐高温，因此实验室常将固体放在坩埚中进行加热煅烧，故答案为：坩埚； （5）常温下，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×()2=1.0×10-12.6，数量级为10-13；故答案为10-13。 【分析】 （1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；依据反应物和产物，根据电子守恒、原子守恒配平； （2）根据流程中该步骤的产物分析； （3）利用强酸制弱酸； （4）坩埚是煅烧固体的仪器； （5）利用Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)计算。 23．【答案】A 【解析】【解答】A.二者除了催化剂的种类不同，H2O2溶液的浓度也不同，未控制变量，达不到A选项是错误的； B. CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液加热反应，发生消去反应，产物是乙烯，可以与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B选项可以达到实验目的； C.该实验可以验证铁发生吸氧腐蚀，因为食盐溶液是中性，C选项可以达到实验目的； D.饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，浓硫酸可以除掉氯气中的水蒸气，D选项可以达到实验目的。 故答案为：A。 【分析】A.在探究影响化学反应的因素时，应该控制唯一的变量； B.消去反应是指在一定条件下有机化合物脱去小分子物质的反应，常见的消去反应物质有醇、卤代烃等； C.吸氧腐蚀是指金属在酸性或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化学腐蚀； D.因为浓盐酸在反应中会挥发，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，饱和食盐水中有大量的Cl-，不溶解氯气只溶解氯化氢气体，从而达到除氯气中氯化氢气体的效果。 24．【答案】（1）D （2）CaF2、MgF2； （3）10；浓度低于10g/L时浸出率太低，浓度高于10g/L时浸出率变化不大 （4）K2NbF7+5Na=Nb+5NaF+2KF；2K2NbF7+10NaCl=2Nb+10NaF+5Cl2 【解析】【解答】（1）陶瓷、玻璃中的二氧化硅均能与HF反应，铅能与硫酸反应，故“浸取”时通常在塑料的反应器中进行，故答案为：D； （2）“浸取”时加入HF，根据，CaF2、MgF2的溶度积均较小，浸渣的主要成分是CaF2、MgF2，与氢氟酸反应生成和水，是强酸，反应的离子方程式为； （3）根据图中信息可知，“浸取”时，的最佳浓度为10g/L，因为浓度低于10g/L时浸出率太低，浓度高于10g/L时浸出率变化不大； （4）①流程中钠热还原法制备铌粉，同时生成氟化钠和氟化钾，反应的化学方程式为K2NbF7+5Na=Nb+5NaF+2KF； ②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为，两者反应生成铌、氟化钠和氯气，电解总化学反应方程式为2K2NbF7+10NaCl=2Nb+10NaF+5Cl2。 【分析】（1）依据陶瓷、玻璃中的二氧化硅均能与HF反应，铅能与硫酸反应判断； （2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析； （3）根据图中信息分析； （4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析； 25．【答案】（1）PbCl2的溶解度大；铅的浸出率高 （2）MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O （3）MnCO3、MnO、Mn(OH)2；5pH<8 （4）避免铅的化合物析出；用冰水浴使PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl ∆H>0逆向移动，使PbCl转化为PbCl2析出 （5）1.08×10-4 （6）Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低 【解析】【解答】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)，软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，Al2O3等杂质)，两者粉碎后，加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，盐酸、氯化钠、二氧化锰、硫化铅反应生成Na2PbCl4、MnCl2和S，过滤除去S沉淀，得到酸浸液，含有Na2PbCl4、MnCl2、FeCl3、AlCl3等，加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2调节pH，使酸浸液中铁离子、铝离子完全沉淀与锰离子分离，趁热过滤，向滤液中加入冰水，冷却过滤，得到PbCl2沉淀和MnCl2滤液，向PbCl2沉淀中加入硫酸钠进行沉淀的转化，得到硫酸铅沉淀，向MnCl2滤液中加入碳酸氢铵溶液，得到碳酸锰沉淀。 (1)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，“浸取”时选择的温度为80℃，选择此温度的目的有：PbCl2的溶解度大，铅的浸出率高。 (2)“浸取”过程中，盐酸、NaCl与MnO2、PbS发生氧化还原反应生成Na2PbCl4、MnCl2和S，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O。 (3)酸浸液中 Mn2+的浓度为 0.16 mol·L-1，为了不引入新的杂质，可以加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2调节pH，使酸浸液中铁离子、铝离子完全沉淀与锰离子分离，使铁离子完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=1.010-11mol/L，c(H+)=1.010-3mol/L，pH=3，同理，使铝离子完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=1.010-9mol/L，c(H+)=1.010-5mol/L，pH=5，为了防止锰离子沉淀，c(OH-)==mol/L=1.010-6mol/L，c(H+)=1.010-8mol/L，pH=8，因此调节溶液 pH 范围为：5pH<8。 (4)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，“趁热过滤”的目的是：避免铅的化合物析出；溶液中存在PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌ PbCl(aq) ΔH>0，加入冰水冷却，可使反应逆向移动，使PbCl转化为PbCl2析出。 (5)依据题意有：PbCl2+SO=PbSO4+2Cl-，则K====，将c(Cl-)=0.4mol⋅L−1代入，计算得c(SO)=1.08×10-4mol/L。 (6)碳酸钠溶液碱性较强，若加入碳酸钠溶液，会有部分氢氧化锰沉淀生成，所得碳酸锰不纯，锰的利用率降低，因此制取MnCO3时往滤液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液。 【分析】 (1)利用已知信息 ① 分析。 (2)依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写； (3利用溶度积常数计算。 (4)利用已知信息 ① ，结合平衡移动原理分析。 (5)利用溶度积常数计算。 (6)碱性强会生成其它产物。 学科网（北京）股份有限公司 $$