(7)金属冶炼及金属材料 金属及其化合物综合-【衡水金卷·先享题】2025年高考化学一轮复习周测卷（江苏专版）

高三：一轮复习40分钟测卷/化学 6以结清（含、F0等》为原料制取C的工艺藏程如图所示： (七}金属冶炼及金属材料金属及其化合物综合 氧纪放 1楚存社厘 W☐-GAXg鱼coA (考试时间40分钟，满分100分 然清 已：kICa(0H)=L.8X10",K(CaC1=8.3×10, 可使用到的相对原子疑量：)16F1935.51T行48V51 下列说法惜民的是 一、选择丽：本限共10小题，每小6分，共60分。在每小葛给出的四个选项中，只有一项符合题 A,浸液中主餐含有的金属附离子有，F,N 日要求。 B.以清的主要战分是F©(H)和CofOH) 1,南北随州出土的首侯乙泉博属于背钢制品，先拳考工记记成：“金有六齐，六分其金而银居儿 C沉挤”时，不用：C),溶液是为了翡止生成C(OH)x沉淀 一，谓之钟集之齐，”。下列有关说法错谈的是 D“绿绕”时CC)发生分解反皮只产生C,气体 A.青翻是一种铜锡合金 .敏酸亚铁FT工))在高围下经氯化翼到四氯化钛，再麟取金国这的藏程加图所示《已短电负性 长有钢规度大红熔点比饨钢低 T:1.54,F,3.8,:支16)。下列说法正确的是 C.用确酸处理青铜表面的锈 现代工艺果用电解特炼提纯闲，用目解作阳极 2.下列说法中带误的是 A生铁的含碳量比闲低 片家食，知日 线不铸蝌是最常见韵一种合金钢，它的合金元素主要是悠和国 ,陵朝的密度小、强度高，是群着飞机和宇宙葛暂的理塑转料 A.“氯化“过里中，每消耗5细l碳单缓转移1目l电子 D绪氢合金是一是修够大量假收H:,并与H:站合成金属氢化物的材料 B,氧化“过程中，FT昆是氧化耐也是还原闲 3,金属的治炼与生产，生话及间防军事等领城均密切相关。下列有关金闻治炼的原理错误的是 C.相对分子质量.Tl>TF,,缩点：T,>Ti图 A用电解法制取金属销2N(☒（筛染）电解2Na+G· D制取金国t时也可以达用(X为隔地空气 长下列各组南子在指定溶液中一定管大量共存的是 '发Ti+2Me 我用，Mg等话波金国为还夏利治炼T:2g+TC,(培融)是1 A.pH=I2的无色溶液中，Nn,P,MnG,月 B,新制氧水中：Ag下e,r、N)方 C用A1还原莉（郭鹅同）治炼金属V:3V0十10N直6V+5A出0 C.0.1mml·LNHS0游液中，Na,Mg.口，N( D.用H做还原剂治辉金福Ag:Ag0+H商三2Ag+H,0 D俸帝解氧化留的溶液中：KC,C,HCO 4,有关金国香标或其第理的说法正确的是 ⑨.处厘凌日电德L主要含.Cd.Mn.Fe,Al.缘(Re)]的德程n图所示 L始定条件下，g(OH),进票，（叫电鲜g物质每特化能一事实现 Na SD 我工业上·常用电解熔融C的方法治炼金属相，如人冰品石作助筛利 度电网一®时园一真空本企携吗间一州士双店 C大法炼铜：C5+Q鸟巴Cu-十以，其中Cu:5瓦紫氧化剂又隙还原剂 业国黄气 He0h D.稿法棒铁，2A+下e,0,商题2Fe+AL,反位物刚好完全反应，反位丽周体覆量增加 Na:5D10 Xoll (NH80 HO-NED 5.以培砂（主夏成分为乙nO,含少量C,Mn等离子）为原料制备2Z(0H):,乙mCG的工艺 藏程如用所示： 国B-氧化豹园-中化划 stadh (NIL8 H 地特-园子任☒选图安一本一位酒-一0四 下列说法正魂的是 微，通 A.金国Cd的牌点高于其德金属 以下说法错误的是 且.生成复盐约离子方程式为R2+S第十山十H()一0A·N1·x04 A,“浸取”过程为加快反成违率应适当加热，用禹度不过高 C在实际中和净化过程中，需要的H0与下F的物殿韵量之比应为12 长除袭“步深也可选择N:S藏KS为沉淀剂，花淀教规离子 D(N日：50，中，$为+6价，其中含有2个过氧键 C“沉锌”过程发生反后释敏的气体A为) D.”过滤3”所得地液可福环使用.其主要成分的北学式是N日：) 化举第1直共4虞引 倒水金裤·去享数·有三一轮短习0分钟围两春七 化学第2岗（共4衡} 工茶专技 1以中国“天同一号挥唐普用于火凝探测，搭线全球量先退的三结电化擦太阳能电法阵为其捏供 12.0分)五氧化二饥(V))是泛用于治金，化工等行北的能化别.由富视废清M备V)的 局力，一种从畔化第度料（主要成分为GAs,含F6D,S,,CD警命质）中同收单顷算和 一种流程如图所示： 明的化合物的工艺流程如闲所示： 数西圆中业装精0中西峰-司-国 韩格一国包西反更-闪一N,一w两 已知：，NVO溶于水，NHV)度溶于水： 收希争 1。部分食现《五价》物质在木溶液中的主要存在形式如下表所示 已知，①”碱浸时Ghs中G以NGaO韵形式进入溶液， @Gm与A位于同一丰旋，性暖相似，向NA济线中通人C),有A(《H,沉定析出。 H 1.0 L,0-40 41.0-6.0 60一88 d.5-一11. >11. ③离千完全沉覆时的pHSD为8，GA为5.6， 上要存在用式 V.u 多帆限框 V 多慎丽根 VOE 下列说法正确的是 备 多乳限整在水溶解度授小 A.“碱浸"时，GAs发生的离子方程式为GaAs十40H十4HLG十AX十6日O 我走渍①的成分为FeCC0,花渣的成分为) (1)酸浸“时，MO将VO转化为VO的离子反应方视式为 C”调H①”时，为捷得确质离子沉淀完全，可通人过量的C 山.“系列提作”为藏发结晶，过胶.洗涤。十燥 (2)通过”调H、萃取，反塑取等过程，可制得NV(入溶浪。 轩餐 姓名 分数 已知VO健被有概草取剂（简称：ROH)草取，其翠取原理可表示为VO(水层）中RO(有机 碧号1 层)RV《有机限)+H(水层)。 ①零取前，相盐酸调节溶液的H为7的口的是 答至 ☒反苹取中，VO反萃取拳随静日的升高圣我先增大后减小韵趋势的题国是■ 二，非选择题：本驱共2小恩，共40分。 1L《20分)实羚室以碳假时[C(C):》:]为原料制备氧化韩(C,粉术，军分实验过程如图1 (3)沉”时，购H为&的NV辟流中加人NHCI溶液，析出NHV)元淀，沉朝葛度 所示： 需？制在70左右，很度不能过高的原因是 (4)NH,VO在空气中的烧得V)。为测定同收所得V)肆福的吨度，进行如下实险，称取 3,复水.O器裤 L000g约绕后的样品，用稀流酸常解，定容得100mL(V0S)溶滚。量取20,00ml.常减 博情一窗氢化区国区区居-是+0心象米 徵人形面中，相人过量的S.0mL0.000mDl·11(NH》:Fe(O:溶液，再用 0.01000mal·1KMn(A标准齐液演定至终点，清耗标布溶酸1三00ml., 国 已如，V0+Ee+2H一VF+Fe+H,O:M0+5FC+8H-M+5Fe 已知：①CNO日)，姓溶于异确酸： +4H0. ②C极站水解，酸性较登型时布丝氧化性， 计算V山样品的礼度写出计算过程)： 1)向”酸溶”后的溶雅中加人氨水和)溶被，峰持川为5一6充分反应，生成胶我红得色 过氧北[Ce()H),)·)H)沉定，加热在沸，过氧化韩转化为黄色氢氧化韩[C(H》.,反度 后)用活化后的V(头作眉化例，NH,将N)正期为N:的一种反凉历程如图所元，V)与 生成过氧化特的离子方程式为 日)形成雀数候衡子的酸性位，NH以-氧健“卷式聚期在酸生位上生成“中可体X”,N)与X (2)双氧水与氢水的加人量之比对Ce”氧化率的影响如阁2所示.H山与NH,·H)物颅的 反应生成不悬定的”过没态”物质，随后分解生成：和H0,一中阿体X”的结构式可表示 量之比大于1.20时，Ce氧化率下降的算四是 为 (3)溶浪中Ce+还可以通过以下两种方法提取 ①架取。其草取原理可表示为《水是)+3H八（有机层）+e《A)《有机层)+3H(水 4 层)，草取中不断去降H的日的是 中 NHHC沉淀。济液中C和H方反应生成(e:《),,沉淀的离子方程式为 (4)以解上碳腋盐样品[含有⊥：(C片，，C©：(0和可溶性C(,门为原料可族得炖净 的1(()H》,朴充实颗方案：向餐土聚程控静品中 ,其干，得到L(OHD,限体[已加：L不与HO反成：L”,Ce开始得化为氢氧化 物沉淀的H分别为7,8.7.8：可遂用的试利有1mml·1氢本，30%H溶液，2mnl+L HN,摔浪，2ml+1H溶液.1m心·LB:游被，去离子水] 化举第3贞共4直) 削水金换·去享数·高三一轮复习0分钟围测翰七 化学第4岗【共4成) 红苏专型高三一轮复习江苏专版 ·化学· 高三一轮复习40分钟周测卷/化学（七） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.知识获取能力Ⅱ.实践操作能力Ⅲ.思维认知能力 2.核心素养： ①宏观辨识与微观探析 ②变化观念与平衡思想 ③证据推理与模型认知④科学探究与创新意识 ⑤科学态度与社会责任 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ② ③ ④ 档次 系数 1 选择题 6 金属与合金在性能上的主要差异 易 0.85 2 选择题 6 合金的概念及其重要应用 易 0.82 3 选择题 6 金属治炼的一般原理 易 0.78 4 选择题 6 金属治炼的一般原理 易 0.78 5 选择题 6 锌的化合物的制备 中 0.65 6 选择题 结的重要化合物的制备 中 0.65 选择题 钛单质的制备 中 0.65 8 选择题 离子共存 0.65 9 选择题 其他金属及其化合物 难 0.57 10 选择题 6 其他金属及其化合物 难 0.57 11 非选择题 20 金属铈及其化合物：离子方程式书 中 0.64 写：归因分析：制备实验方案的设计 钒的重要化合物的制备：化学平衡的 移动及其影响因素：化学反应条件的 12 非选择题 20 难 0.50 控制及优化：含有氢键的物质：归因 分析：含量计算 香考答案及解析 一、选择题 2.A【解析】生铁是含碳量为2%~4.3%的铁合金， 1,C【解析】青铜是铜、锡合金，A项正确：合金的硬度 钢是含碳量为0.03%~2%的铁合金，生铁的含碳量 比纯铜大，熔点比纯铜低，B项正确：铜可以和硝酸反 比钢高，A项错误；不锈钢的合金元素主要是铬和镍， 应，不能用硝酸处理青铜表面的铜锈，否则会损坏青 B项正确：硬铝的密度小，强度高，是制造飞机和宇宙 铜表面，C项错误：电解精炼铜，粗铜作阳极发生氧化 飞船的理想材料，C项正确：储氢合金可以吸收氢气， 反应，精铜作阴极发生还原反应，D项正确。 可与H:结合成金属氢化物，D项正确， ·25· ·化学· 参考答案及解析 3.D【解析】钠性质活泼，通常用电解熔融氯化钠的方 后被氧化为十3，因此FeTiO,做还原剂，B项错误：已 法制取，原理为2NaC(熔融)电2Na+C+,A项 知电负性Ti:1.54,F:3.98,C1:3.16,TiF,属于离子 正确：钠和镁性质活泼，可以置换熔砸氯化钛中的钛， 晶体，TiCL:属于分子晶体，离子晶体的熔点高于分子 原理为2Mg+TiCl(熔融)高黑Ti+2MgCl,B项正 品体，C项错误：制取金属钛时，不可以选用CO方隔绝 气 空气，因为Mg与CO发生反应，D项错误。 确：V熔点较高，活泼性弱于铝，通常可以用铝热反应 8.C【解析】MnO方在水溶液中显紫色，且AP+与 制取，原理为3V,0,十10A1点槛6V+5A,0,C项正 OH不共存，A项错误：Ag与Br会反应生成沉 确：银不活泼，通常用热分解法制取，原理为2AgO 淀，B项错误：0.1mol·L NaHSO,溶液中存在 △4Ag十O:↑，D项错误。 Na、H和S)片，与Mg、C1、N)方均不反应，能 大量共存，C项正确：能溶解AO,的溶液可以是酸 4.C【解析】电解氯化镁溶液，氯离子在阳极失电子生 成氯气，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中形成 溶液，也可以是碱溶液，HCO在酸溶液、碱溶液均 氢氧化镁沉淀，应是电解熔融氯化镁生成金属镁，A 不能大量共存，D项错误。 项错误：熔融状态下氯化铝不能电离出离子，不能电 9.B【解析】其空治金蒸馏法得到的金属蒸气为金属 解氯化铝制备铝，B项错误：火法炼铜：CuS十O2 Cd蒸气，“酸浸”后溶液中存在N+、Mn+,Fe+、 AP+、Re+,用“稀土复盐法”分离Re(SO,)、 高温2Cu十S0,铜元素化合价由十1价变化为0价， Na,S),,加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,通过调节 硫元素化合价由一2价变化为十4价，其中CuS既做 pH生成Fe(OH)1、AI(OH)a沉淀，用(NH):S(O 氧化剂又做还原剂，C项正确：铝热法炼铁：2A1十 除杂，分离MnO,加人Na(OH生成Ni(OH)2。根据分 Fe,O,高温2Fe十AlO,反应物刚好完全反应，反应 析，形成的金属蒸气为Cd蒸气，则Cd沸点低，A项错 前后都是固体，固体质量不变，D项错误 误：根据要求，加入NS)发生反应2Re++4S了+ 5.B【解析】“浸取”过程温度不宜过高，过氧化氢溶液 2Na++xH(ORe(S))h·NS)·xH(O￥，B项 等不稳定受热易分解，A项正确：用Na:S或K:S代 正确：在实际净化中，因为双氧水易分解，HO与F2 替会给溶液带来杂质元素，如（钠元素和钾元素），B 的物质的量之比应大于I:2,C项错误：SO离子中 项错误：“沉锌”过程中发生的反应是3ZnS)+ 有一个过氧键，D项错误。 6NH,HCO一2Zn(OH):·ZnCO,+3(NH,):S),10.A【解析】砷化镓废料粉碎增大碱浸速率，加氢氧 +5CO2↑+H,O,则气体A为CO,C项正确：滤液 化钠和过氧化氢，GaAs和SiO溶解生成SiO写、 中包含“沉锌“步骤生成的(NH,),SO,可以循环到 AsO月和Ga(O方，Fe(),、CaCO,不溶于碱，滤渣① “浸取”步骤使用，D项正确。 为FeO,CaCO,滤液通CO:可以得硅酸，除去硅 6.D【解析】“溶解还原”时，Co2O,FezO转化为 元素，滤液再通CO)可以将GO,转化为 Co2+,Fe2+,浸液中主要含有的离子有Na、Co+、 Ga(OH):,过滤，滤液为Na,AsO,,经过蒸发浓缩、 Fe+、H+,SO,A项正确：Fe+在酸性环境中被O 冷却结品可以得到Na,AsO,·12HO,Ga(OH),沉 氧化为Fe+,同时用Co(OH):调节pH生成 淀加NaOH溶液生成NaGaO,溶液，通电电解得到 Fe(OH):沉淀，B项正确；因K[Co(OH)2]< 镓单质。“碱浸”时GaAs中Ga以NaGa(O2的形式 K,(CoCO),NnCO,溶液碱性强，易生成 进入溶液，一3价As会被HO氧化生成 Co(OH):沉淀，C项正确：“煅烧”时CoCO发生分 Na,AsO,反应的离子方程式为GaAs+4OH+ 解反应生成了二氧化碳、一氧化碳两种气体，D项 4HO2GaO2十AsO+6H,O,A项正确：根据 错误。 分析可知，FeO,、CaCO,不溶于NaOH溶液，滤渣 7.A【解析】“氯化”过程中发生反应的化学方程式为 ①的成分为FeO、CaCO,向含有SiO另、AsO和 2FeTi0,+6C+7Cl题2FeC1,+6C0+2TiCL,该 GO:的溶液中，先通人CO2先得硅酸沉淀，除去硅 反应中FeTiO和C做还原剂，Cl:做氧化剂，每消耗 元素，然后再通CO,可以将GO:转化为 6mol碳单质，就有7molC12参加反应，转移14mol Ga(OH)a,滤渣③的成分为Ga(OH),,B项错误；通 电子，A项正确：FeTiO中Fe的化合价为十2，反应 入过量的CO,会使Ga(OH)a过早沉淀下来，使产 ·26 高三一轮复习江苏专版 ·化学· 率降低，C项错误：滤液为Na,AsO,析出带结品水 n(H2O. 的品体要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干 HNO,溶液至不再产生气泡，加人nNH,·H:O 燥，可以得到Na1AsO,·12HO,D项错误。 L.2的1mol/L氨水和30%H:O溶液，维持pH为 二、非选择题 5一6充分反应，加热煮沸后过滤，向所得滤液中加 11.(20分) 人1mo/L氨水至沉淀不再增加，静置，过滤，用去 (1)2Ce3++6NH1·HO+3H2O 离子水洗涤沉淀至取最后一次洗涤后的滤液中加人 2Ce(OH)O·OH+6NH+2HO(3分) 2mol/L.HCI溶液和1mol/L BaCl溶液不变浑浊。 (2)Ce+转化为Ce(OH)4过程中产生H, 12.(20分) (1)VO+MnO.+2Ht-VO+Mn+H.O NH,·HO能中和生成的H+,NH·HO不足， 体系酸性增强，酸性较强时Ce+有强氧化性，过量 (3分) (2)①使溶液中的钒微粒以V()方万形式存在：减小 的HO2将Ce+(或过氧化铈)还原为Ce+(4分) (3)①提高Ce2+萃取率(2分) c(OH),有利于反应向萃取方向进行，提高VO ②2Ce++6HCO方—Ce(CO,)1,+3CO2↑+ 的萃取率(3分) ②pH升高，c(OH)增大，有利于反应向反萃取方 3HO(3分) 向进行，VO:的反萃取率增大：但c(OH)过大， (4)边搅拌边加人2mol/LHNO溶液至不再产生 十5价钒主要以VO或多钒酸根的形式存在， n(H2(02) 气泡，加人H,.0-1.2的1mo/L氨水和 VO的反萃取率减小(3分) 30%H:O,溶液，维持pH为5~6充分反应，加热 (3)温度过高·NH·HO受热分解，溶液中 煮沸后过滤，向所得滤液中加入1mol/L,氨水至沉 c(NHt)减小，不利于NH,VO的析出(3分) 淀不再增加，静置，过滤，用去离子水洗涤沉淀至取 (4)n(Fe)e=0.5000mol/1×5.00×10-31. 最后一次洗涤后的滤液中加入2mol/L.HC溶液和 2.500×10-3mol,由MnO,~5Fe2+知过量的 1mol/LBaC1L溶液不变浑浊(8分) n(Fe2+)=5n(MnO,=5×0.01000mol/1.×12.00 【解析】(1)+3价的Ce被过氧化氢氧化至+4价， ×10-L.=6.000×10'mol,与V0店反应的n(Fe+)= 离子方程式为2Ce++6NH,·H.O+3HO, 2.500×10-2mol-6.000×10-mol=1.900×10-mol. 2Ce(OH),O.OH+6NH +2H,O. 由V0,~2V0~2Fe知aV0)=号×10× (2)Ce+被氧化时需要碱性环境，当H,O,和 NH·H,O物质的量之比大于1.20时因溶液中 10mol=9.500×10mol,VO样品的纯度为 OH浓度不足导致溶液中游离Ce+浓度增大， 多0X0mX13gaX2造×1o Ce+有强氧化性而将过氧化氢氧化，自身则还原为 1.000g Ce2+,因此Ce+的氧化率降低，故原因为Ce+转化为 =86.45%(5分) C(OH),过程中产生H,NH·HO能中和生成的 H H H广，NH·HO不足，体系酸性增强，酸性较强时 (5) (3分) Ce+有强氧化性，过量的HO,将Ce+或过氧化铺 还原为Ce+, (3)①减少氢离子，使萃取的过程右移，提高C®+萃 【解析】(1)“酸浸”时.MnO,将VO转化为VO, 取率 反应的离子方程式为VO+MnO:十2H+一VO ②碳酸氢根离子使Cc3+沉淀为Cc(CO,),,发生的 +Mn+H:O. 反应是2Ce++6 HCO-Ce(CO3):￥+ (2)①根据部分含钒（五价）物质在水溶液中的主要 3C02↑十3H0 存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的 (4)C(OH),难溶于稀硝酸，用硝酸将样品溶解可 目的是使溶液中的钒微粒以VO方形式存在；同时 以得到含有Ce+和La+的溶液，后续只需考虑将两 H与OH结合成HO,(OH)减小，有利于反应 者分开即可，实验方案：边搅拌边加人2mol·L1 向萃取方向进行，提高VO方的萃取率。 ·27· ·化学· 参考答案及解析 ②反萃取中，VO,反荐取率随着pH的升高呈现先 1.900×10-mol,根据反应VO方+Fe2++2H* 增大后减小的趋势的原因是pH升高，(OH)增 VO-+Fe++H,O知，VO克的物质的量为1,900 大，有利于反应向反萃取方向进行，VO的反茶取 ×10-amol,根据V守恒，20.00mL溶液中溶解的 率增大：但c(OH)过大，十5价钒主要以VO或 VO。物质的量为9.500×10‘mol,VO.样品的纯 多钒酸根的形式存在，V()的反萃取率减小。 (3)“沉钒”时，向pH为8的NaVO溶液中加入 度为 .500×10-+mol×182g/mol×20.00m× 100mL 1.000g NH,CI溶液，析出NH,VO,沉淀，由于溶液呈碱性 100%=86.45%. 放有NH,·HO生成：沉钒温度需控制在70℃左 (5)VO,与H,(O形成能提供质子的酸性位，NH 右，温度不能过高的原因是温度过高，NH·H,O 以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”,NO 受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH,VO 与X反应生成不稳定的“过波态“物质，结合反应历 的析出。 程的图示可知，“中间体X”的结构式 (4)由反应MnO,+5Fe2++8H一Mn2*+5Fe2 H 十4HO,过量的Fe+物质的量为5× 0.01000mol/L×12.00×105L=6.000×10+mol: 加入的Fe+的总物质的量为0.5000mol/L×5.00 ×10L.=2.500×10mol,则与V0,反应的Fe+ 物质的量为2.500×102mol-6.000×10-mol= ·28·