专题三 铁 金属材料-【创新大课堂】2026年高考化学五年真题分类汇编168优化重组卷

22.B[A.没有标明气体的存在状态，1.12LC2H4的物质的量 不一定为0.5mol,故A错误：B.硫酸氢钠晶体中存在钠离子！ 和硫酸氢根离子，硫酸氨钠摩尔质量为120g/mol,所以12g 硫酸氢钠晶体的物质的量为0.1mol,阴、阳离子总数为 0.2NA,故B正确：C.甲烷与足量氯气反应生成一氯甲烷、二 氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，因此0.1olCH4与！ 足量Cl2反应生成CHC1的分子数小于0.1NA,故C错误： D.电解熔融的氯化镁生成金属镁，镁由十2价降低到0价，因} 此1mol氯化镁完全电解生成金属镁，转移2mol电子，电解熔！ 融MgCl2制2.4gMg(物质的量为0.1mol),电路中通过的 电子数为0.2VA,故D错误。] 专题三铁金属材料 考向一 1.D[铁红的主要成分是氧化铁。] 2.C[氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子水解使溶液显酸性，A错误； 向饱和氯化铁溶液中加铁粉，铁离子与铁反应生成亚铁离子， 溶液变为绿色，B错误：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液可得到 氢氧化铁胶体，C正确：向饱和氯化铁溶液中加氨水，生成红褐 色氢氧化铁沉淀，D错误。] 3.AC[铁原子核外电子分布在K、L、M、N4个能层，有4种不同： 能层的电子，A正确；铁原子的核外电子排布式为 1s22s22p3s23p3d4s2,有4个未成对电子，B错误：铁原子核 外电子占据15个原子轨道，C正确：铁原子核外有7种能量不 同的电子，D错误。 4.A[S与Fe反应生成FeS,此时S作氧化剂，B、D错误：加热 条件下S与氧气反应生成二氧化硫，C错误。] 5.解析[Fe(SCN)(HO):]Cl2的内界为[Fe(SCN)(H2O)5]2+,: 配体有SCN厂和H2O两种。 答案[Fe(SCN)(H2O):]2+ 2 6.A加水稀释至体积为原来的2倍，反应物和生成物浓度均减： 小到原来的一半，导致浓度商Q增大，此时Q>K,平衡逆向移· 动，所以Fe3+的物质的量增大 7.解析K1= (P((F(C c([FeCl) c([FeCl2]) c(Fecl) c([FeCl) c(Fe )(CK= (Fe3+)c'(C1) c(FeCl) c(Fe)+c([Fecl)+c([FeClz])+c(FeCl)++c([FeCl]) K2·(F2+2(C) 下e++K,·(Fe+x(C)+K,·(下2+)(C)+K,·(Fe+wC)+K,·F2+'(C) K3·c3(C-) 1+K·c(C-)+K2·c(C)十K3·c(CI)+K4·c(CI) 97.72×123 +30.2X12+1349×122+97.72×12+1.02×12≈0.80. 答案0.80 8.教你审题X是自然界中一种常见矿物的主要成分，由X和Q· 的组成元素相同及溶液Z、R的颜色推断，X中含有铁元素，因： 此结合物质的颜色可判断固体X为FeS2,固体Y为Fe2O3,溶 液Z中含有Fe3+,溶液R中含有Fe2+,固体Q为FeS。 C[元素及其化合物的相互转化、物质的性质Y为F©2O,: 为红棕色固体，常用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确：溶液Z· 中含有Fe3+,加热煮沸后Fe3+发生水解会生成Fe(OH)3胶！ 体，溶液颜色会由棕黄色转变为红褐色，B正确：R→Q为！ Fe2+→FeS的过程，可通过反应Fe2+十H2S=一FeSV十！ 2H+实现，H2S为弱酸，C错误：Q为FeS,可通过单质间化合i 反应制备，其反应可表示为Fe十S△FS,D正确] 9,B[铁与水蒸气反应的实验铁与水蒸气在高温下反应生成： FeO4和H2,A项正确；铁与水蒸气反应需在高温下进行，将！ 酒精灯移至湿棉花下方，铁粉处不能产生高温，故B项错误：反！ 应生成的氢气可吹出肥皂泡，用火柴点燃肥皂泡，可听到尖锐 的爆鸣声，C项正确；由于反应需在高温条件下进行，故需使用！ 耐高温的硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D项正确。] 10.D[NH2OH中正、负电荷中心不重合，为极性分子，NH为 三角锥形结构，H2O为V形结构，分子中正、负电荷中心也不！ 重合，均为极性分子，A正确：图示转化过程共四步，将其依次 标号为①②③④，第②步中N一O键断裂，第③步中N一H锭！ 断裂，第④步中N一N键生成，B正确；由题意可知，起始时， “肼合成酶”中含有Fe2+,第②步中Fe2+失去电子被氧化成】 Fe3+,第④步中Fe3+得电子又生成Fe+,C正确：根据反应} 机理分析，产物肼(NH2NH2)中，一个N原子上的2个H原！ 165 子来自NH2OH中“一NH,”中的2个H原子，另一个N原子 上的2个H原子来自NH3中的2个H原子，所以将NH2OH 替换为ND2OD,与NH3反应会生成ND2NH2,D错误。] 1.A[石灰水与Na2CO3和NaHCO3都能反应产生白色 CaCO3沉淀，无法鉴别，A项符合题意：FeSO4溶液变质有 Fe+生成，KSCN与Fe3+会形成红色物质，故可用KSCN溶 液检验FeSO4溶液是否变质，B项不符合题意；Na2SO3被氧 化得到Na2SO4,加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可以排除SO 的千扰，若产生白色沉淀，则N2SO3被氧化，C项不符合题 意：加热条件下银氨溶液能与乙醛反应产生单质银，而与乙醇 不反应，可以检验乙醇中是否混有乙醛，D项不符合题意。] 2.B「 NaCO+O: 淀粉水解液 合8流o图水阅地旅D转配·C1OH 矿渣 Fe,O,一滤渣 滤液② NaCO,和葡萄糖溶液反应 20.04Na.C0+30.4Na.C0+4C0. 焙烧 焙烧时Cr2O3发生反应：2Cr2O3十4Na2CO3十3O2 4Na2CrO4十4CO2,有CO2产生，A项正确；焙烧时FeO发生 反应：4Fe0十0，焙烧2Fe,O,滤渣的主要成分为FeO,B项 错误；水浸后滤液①中主要溶质为Na2CrO4,Cr元素的主要 存在形式为CO,C项正确：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖 具有还原性，能将CrO还原为Cr(OH)3,D项正确。] 3.D[往FeCl2溶液中加入Zn片，发生反应Fe2++Zn Fe十Zn2+,Fe2+的氧化能力比Zn2+的强，A项错误：往 Fe2(SO,)3溶液中滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN =一Fe(SCN)3,溶液变血红色，再加入少量KSO4固体，对平 衡无影响，故不能说明F3+与SCN一的反应不可逆，B项错 误：若食品脱氧剂样品中有十3价铁，铁粉与十3价铁发生反 应Fe十2Fe3+=一3Fe2+,滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，C 项错误；向沸水中逐滴加5~6滴饱和FClL3溶液，继续煮沸 至溶液呈红褐色，得到Fe(OH)3胶体，持续煮沸，Fe(OH)3 胶体发生聚沉，析出红褐色沉淀，D项正确。] 4.D[CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用 硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O,Fe2+被氧化 为Fe+,然后加入NH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+、Zn2十：然后向 滤液中通入高压H2,根据元素活动性：Zn>H>Cu,Cu2+被 还原为Cu单质，通过过滤分离出来：而Z+仍然以离子形式 存在于溶液中，再经一系列处理可得到Z单质。A.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,A 正确：B.CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)十S2(aq),增大O2的浓度，可以反应消耗S2-, 使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金 属离子的浸取，B正确：C.根据流程图可知：用NH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，结合离子沉淀的pH范固，可知中和时应该调 节溶液pH范国为3.2~4.2，C正确；D.在用H2还原Cu2+变 为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H十，与溶液中OH结 合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度，c(H十)增大，不利于 H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误：故 合理选项是D。门 5.B[已知化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价， CHO一带一个单位负电荷，据此分析解题。A.由分析可知 化合物FeO(OCH)中Fe的化合价为十3价，故其与稀盐酸 反应生成FeCl3、CH3OH、H2O,反应原理为：FeO(OCHg)+ 3HC1一FeCl3十H2O+CH3OH,A不合题意；B.由分析可 知，化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为十3价，C为一1，若 隔绝空气加热分解生成FO,CO2,H2O则得失电子总数不相 等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FO、CO2、 H2O,B符合题意；C.由分析可知，化合物FeO(OCH3)中Fe 的化合价为十3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I 氧化为I2,反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI一2Fel2+12十 2H2O+2CH3OH,再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合 题意：D.化合物FeO(OCH3)在空气中高温将生成Fe2O3、 CO2和H2O,然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，！ 故化合物FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3,D! 不合题意：故答案为B。 16.D「A.六水合氯化铁没有自由移动的离子，不能导电，工业： 上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确：B.接触！ 法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触！ 室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确：C.在常温下铁 与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄 膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不 正确：D.“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成 分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯 气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确： 综上所述，本题选D。] 17.C[钢是以铁为主的含碳合金，A说法正确；钢的含碳量越 高，硬度和脆性越大，B说法正确：合金的熔点比其组分的熔 点低，生铁含碳量(2%一4.3%)大于熟铁的含碳量（约 0.1%),故生铁熔点比熟铁低，C说法错误；赤铁矿的主要成！ 分是Fe2O3,D说法正确。 18.C[由题图可知，a为Fe,b中含有Fe2+,c为Fe(OH)2,d为i Fe(OH)3,e中含有Fe3+。Fe+2Fe3+-3Fe2+,a可与e反 应生成b,A推断合理：Fe2十既可以被氧化为Fe3+,也可以被！ 还原为Fe,B推断合理；可将饱和的Fe3+溶液加入沸水中制 得F(OH)3胶体，而不是浓碱液中，C推断不合理：可存在！ Fe+OHFe(OH2OFe(OH,HFe+Fe+的猜 H 环转化关系，D推断合理。] 19.B[糖类中的单糖、二糖不属于高分子化合物，A错误：FO, 不稳定，在空气中受热会被氧化为FO,B正确；工业上常 用SO2漂白纸浆，且SO2还可用于杀菌、消毒，C错误；根据原 电池原理，镀锌铁皮的镀层破损后形成原电池，锌做原电池的 负极，保护铁不被腐蚀，D错误。 20.A[铸客大铜鼎由青铜材料制成，青铜属于合金材料，A符合： 题意：河姆渡出土陶灶是陶瓷制品，陶瓷属于硅酸盐材料，B! 不符合题意：兽首玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，C不符合题！ 意：角形玉杯的主要成分是硅酸盐材料，D不符合题意。] 21.B[A.因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧 剂，A正确；B.纳米F3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错 误；C.FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2,主要利用其氧化 性，C正确：D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可 用于净水，D正确。门 22.解析从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素的工艺流I 程(1)MnO2转化为MnSO4得2e,NH4HSO4转化为N2 失3e,根据得失电子守恒，MnO2、NH4HSO4的化学计量数 分别为3,2，即3MnO2+2NH4HSO4→3MnSO4+N2,再根 据原子宇恒，配平化学方程式为3MnO2十3NH4HSO 低温焙烧 3MnSO4+N2个十6H2O个十NH3↑。“高温焙烧”时！ 温度为650℃，根据已知信息可知，Fe2(SO4)3可完全分解生 成Fe2O3和SO3,“水浸”时Fe2O3不溶于水，CaSO,微溶于 水，故所得滤渣主要成分除SiO2外还含有Fe2O3、CaSO4。} (2)(NH4)2SO4在高温时完全分解为气体，S元素逸出，故直！ 接“高温焙烧”，金属氧化物转化为硫酸盐的量减小，则“水浸” 时金属元素的浸出率减小。(3)“反萃取”时应使莘取反应逆 向进行，故应增大c(H+),结合得到C山SO,溶液知，加入的试！ 剂为H2SO4。(4)pH=4时Co2十哈好沉淀完全，此时c(S2-）1 Ks(CoS)4×1021 c(Co2+) 1x10可mol·L1=4×1016mal.L1, K(H,S)XKe(H,S)=H):(Hs2×c(Ht)·c(S-) c(H S) c(HS) 2(H):($）,则c(H,S)=K(HS·KeHS 2(H+)·c(S-) c(H S) 1×107X1X10万m0l:L。1=4×104ol.L1。Cos“溶 (104)2×4×1016 解”时CoS、HO2、H2SO4发生反应，生成CoSO4、S和H2O,结合i 得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式为CS十： HO+2H- -C02+十S十2H2O。(5)“沉锰”时发生反应： MnSO+2NH HCO(NH)2SO+MnCO+H2 O+ CO2,所得滤液主要含(NH4)2SO4,并入“吸收”液中，经处 理后所得产品导入“低温焙烧”循环利用。 答案(1)3MnO2+3NH4HSO4 低温烙烧3MmSO,十N2↑ +6H2O↑+NH3↑Fe2O3、CaSO4(2)减小(3)H2SO41 16 (4)4×10-4CoS+H2O2+2H+-S+Co2++2H20 (5)低温焙烧 23.解析赤铁矿试样中铁含量的测定实验、仪器选择、方案探究 等(1)实验中配制K2Cr2O,标准溶液时需用到容量瓶和量 筒，量取浓盐酸也要用到量筒，K2Cr2O,标准溶液和SnCl2溶 液均需盛放在酸式滴定管中，但图中给的是碱式滴定管。 (2)Sn2+易被空气氧化为Sn+,配制SnCl2溶液时加入少量 锡粒，发生反应Sn十Sn4+-2Sn2+,Sn4+被还原为Sn2+,从 而防止S2+被氧化。(3)步骤I中试样和浓盐酸反应时适当 加热可加快反应速率。(4)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，会导 致部分Fe2+被空气中的O2氧化，则滴定时消耗K2Cr2O2标 准溶液的体积偏小，从而导致测定的铁含量偏小。(5)根据滴 定时发生反应：6Fe2++Cr2O号+14H+一6Fe3++2Cr3+ 十7H2O和消耗VmL的K2Cr2O,标准溶液可计算出铁矿石 6×56cV×10-3 中铁的含量为 ×100%=33.6cY%。(6)①从 a 环保角度看，SnCl2一TiCl3一KMnO4滴定法不存在重金属 汞、铬的污染。②为了做对照实验，实验1、ⅱ逐渐增大硫酸 的浓度，空白实验为不加硫酸的对照组，为保持溶液总体积不 变，且不引入其他离子，则试剂X应为H2O。结合实验、 来看，当硫酸的浓度为0.1mol·L1时KMnO4溶液的紫红 色不褪去，说明CI与KMO4未反应，当硫酸的浓度增至 6mol·L1时KMnO4溶液的紫红色明显变浅，说明此时 KMnO4将溶液中C1一氧化为Cl2,则溶液酸度过高时CI对 Fe2+的测定会有影响。 答案(1)容量瓶、量筒(2)Sn+易被空气氧化为Sn4+: 2Sn2++O2+4H+-2Sn4++2H20,加人Sn,发生反应 Sn+十Sn一2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化(3)加快赤铁 矿试样的溶解(4)偏小(5)33.6cY%(6)①不存在重金 属汞、铬的污染②H2O溶液酸度过高时，C1对F2+的测 定会有影响，酸度较低时C1厂对Fe2+的测定基本无影响 4.解析物质成分分析、晶胞结构分析、热重曲线分析等 (1)①Fe2O3溶于HCl生成Fe3+,随着反应的进行，溶液中 c(H+)下降，Fe3+水解程度增大，生成的Fe(OH)3会进入滤 渣中。②浸出初期，Fe2O3溶解，Fe浸出率上升，5min之后， HCl被逐渐消耗，c(H+)下降，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入 滤渣中，使得Fe浸出率又下降。(2)①pH增大时，c(H+)减 小，会促进反应：(RgNH)2SO4+Fe3++SO+H2O 苹取H+十(RNH),Fe(OH)(SO,)2向萃取方向移动，根 反李取 据已知反应，c(H+)增大，也会使(RNH),SO,十H+ HSO,一2(RNH·HSO4)平衡逆向移动，萃取剂 (R3NH)2SO4的浓度增大，也促进萃取反应正向进行，故有 机层中的Fe元素增多。②由均摊法知，晶胞中位于面上的Fe 有8个，位于晶胞内的Fe有4个，则N(Fe)=8X十4=8， 位于晶胞面上的Bi有8个，则N(B)=8X立=4，故N(Fe): N(Bi)=2:1。(3)①NdF+、CO-发生相互促进的水解反应， 产物为Nd(OH)CO和CO2,根据电荷守恒，原子守恒配平反应 的离子方程式为2Nd3++3CO号-+H2O-2Nd(OH)CO↓ +C0,↑.②[Nd(OHC0]=884X10g=4×105mol, 221g·mol-T 其中(OH)=4×10-5mol,550~600℃时，Nd(OH)CO03生 成NdO%(C03),质量减少8.84mg一7.60mg=1.24mg焙烧 产物中不含有H元素，则根据2OH厂H2O,焙烧过程中生成 的H,0的质量为号×4X10-5molX18g·mol1×103mg: g1=0.36mg,则生成的C02的质量为1.24mg-0.36mg= 0.88mg,根据CO~CO2,发生反应的CO号的物质的量为 0.88×103g=2×10-5m0l,起始国体中含有的C0号的物 44g·mol- 质的量=n[Nd(OH)CO3]=4×105mol,则剩余固体中 C)号的物质的量为4×10-5mol-2×10-5mdl=2×105mdl, 培烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中NdF+的物质的量为4× 105mol,故产物中n(Nd+):n(CO写)=(4×105modl):(2× 10-5mol)=2:1。 答案(1)①Fe(OH)2②浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出！ 率较大，5min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH) 进人滤渣(2)①pH增大，有利于(RNH)2SO,的形成，促 进萃取平衡向正反应方向移动，有机层中的Fe元素增多 ②2：1(3)①2Nd3++3COg-+H2O—2Nd(OH)CO3↓ +CO2↑②2：1,8.84mgNd(OH)CO3的物质的量为4× 10-5mol,550~600℃时，固体分解产生H20与C02,质量共 减少1.24mg,其中n(H2O)=2×10-3mol,m(H2O)= 0.36mg,则n(C02)=1.24mg-0.36mg=0.88mg,n(C02）= 2X10-5 mol,n(CO2 )=n(CO)=2X105 mol,n (Nd): n(C0-)=2:1 25.解析SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FCl2·4H2O! 与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2· 4H,O受热失去的结晶水生成SO2和HC1,HC1可抑制FeCl2! 的水解，从而制得无水FeCl2。 (1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气，一段时间后，先 加热装置a,产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装！ 置b中发生反应的化学方程式为Fe,·4H,0+4SOC6△ FCl2+4SO2↑十8HCI个：装置c、d的共同作用是冷凝回流1 S0Cl2:答案为：a:FeC12·4H0+4S0Cl2△FeC12+4S02↑+ 8HC1↑；冷凝回流SOCl2。 (2)滴定过程中Cr2O号-将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成！ Cr+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O号十14H叶= 6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1g样品中n(FeCl2)= 6(Cr2O号）=6cV×103mol:m1g样品中结晶水的质量为 (m1一m2)g,结晶水物质的量为m1四mol,n(FC): 18 n(H20)=1:n=（6cV×103mol):m他mol,解得 18 71= 1000(m1一mg）」 108cV A.样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消！ 耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小， A项选；B.样品与SOCl2反应时失水不充分，则2偏大，使n: 的测量值偏小，B项选；C实验I称重后，样品发生了潮解，样 品的质量不变，消耗的K2Cr2O,溶液的体积V不变，使n的 测量值不变，C项不选：D,滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内· 有气泡生成，导致消耗的K2C2O2溶液的体积V偏小，使n! 的测量值偏大，D项不选：答案选AB。 (3)组装蒸馏装置对TCl4,CCl混合物进行蒸馏提纯，按由！ 下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接· 冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管· ⑦，接着连接尾接管⑩，TC14极易水解，为防止外界水蒸气进 入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤：由于TiCl4、】 CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4· 分子间的范德华力较大，TCl:的沸，点高于CCl4,故先蒸出的： 物质为CCl4;答案为：⑥①③⑤；CC14。 答案(1)a FeCl2·4H,0+4S0C2△FeCl2+4S0,↑+： 8HC1↑冷凝回流SOCl2 (2)1000(m-m22 AB 108cV (3)⑥@③⑤CC1 26.解析(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(2)A1 (氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质！ 离子，故选BD。(3)加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧 化铁，故加入HCI(g)的目的是防止水解。(4)KSCN溶液遇！ Fe3+变为红色。(5)根据已知信息氯化亚砜(C1一S一C1)熔 点-101℃，沸，点76℃，易水解，可得FC13·6H2O与SOCl2 生成FeCl,的化学方程式FeCl,·6H,O+6SOCl,△FeC +6SO2个+12HC1个。(6)可能反应中生成的二氧化硫将氯1 化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫 酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化， 硫作还原剂。 答案(1)漏斗(2)BD (3)防止水解(4)溶液变为血红色 (5)FeC1,·6H,0+6S0C2△FeCL,+6S02↑+12HC1↑ 161 (6)SO2先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧 化硫作还原剂 27.解析(1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球 形)冷凝管：恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使 液体顺利流下。(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用 适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼 热的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH十3Cu0△3Cu 十N2十3HO:可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条 件下发生反应，即进择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和 饱和NH4Cl(aq)在加热下发生氧化还原反应制备氯气，反应 的化学方程式为：NH,C1+NaNO2△NaC1+2H,O+N2↑， 可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上 考虑，答案为：2NH+3Cu0△3Cu+N2+3H0(或 NH,C1+NaNO2NaC1+2H2O+N2↑)：A(或B):(3)三 颈烧瓶中FeCl2溶液与100mL14mol·L-1KOH溶液发生 反应生成了Fe和Fe3O:,根据氧化还原反应的规律可知，该反 应的离子方程式为4F2++8OH =Fe￥+FeO4￥+ 4H2O:(4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品 性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适 宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐 酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和FegO4,均会溶解在盐 酸中，因此得不到该晶粒，故B不选：若在空气氛围中制备，则 亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD: (5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是 否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化 后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤千 净：乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是 除去晶体表面水分，便于快速千嶸。(6)9.95 g FeCl2·4H2O 9.95g (M,=199)的物质的量为199gma-0.05mol,根据发生反 应的离子方程式：4Fe2+8OH =Fe￥+FeO4￥+4H2O, 可知理论上所得的Fe和FeO4的物质的量各自为0.0125mdl, 所以得到的黑色产品质量应为0.0125mdl×(56g/mol+232g mol)=3.6g,实际得到的产品3,24g,所以其产率为3.6× 100%=90.0%,故答案为：90.0%。 答案(1)（球形）冷凝管平衡气压，便于液体顺利流下 (2)2NH+3Cu0△3Cu+N2+3H,0 (或NHa+NaNO,△Naq+2H,O+N,) A(或B) (3)4Fe2++8OH-Fe￥+FeO4￥+4H2O (4)AD (5)稀硝酸和硝酸银溶液除去晶体表面水分，便于快速干燥 (6)90.0% 28.解析根据钛白粉废渣制备铁黄流程 钛白粉 蒸馏水、铁粉 粗制 一定量急水、空气 铁黄晶体 废渣 纯化 FeSO溶液 制备晶种 FeOOH 铁黄产品 和钛白粉废渣成分：FeSO·H2O、TiOSO 制备铁黄FeOOH 及其它难溶物，可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4十 2H2O一一TiO2·H20￥+H2S04,TiO2·H2O是沉淀，通 过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4 溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH(0.1mol/LFe2+沉 淀为Fe(OH)2,起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3： 0.1mol/LFe+沉淀为FeOOH,起始的pH:1.5,完全沉淀的 pH为2.8)和空气，生成FeOOH,再经过系列提纯，最终制得 FeOOH固体。(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O一 TiO2·H2O￥十H2SO4平衡正向移动，沉钛：过量的作用是 防止二价铁被氧化。钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO 及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方 法是过滤：(2)pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2十2H2O 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2十6H2O =4 FeOOH十8H,溶液中H浓度增大，pH减小，溶液 中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2十4H+一4Fe3++ 2H2O和4Fe2++O2+6H2O-=4 FeOOH￥+8H+,因此 c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2++3O2+2H2O-4 FeOOH￥+8Fe3+。(3)由于 Fe3++3CO—Fe(C2O4)月，Fe(C2O4)不与稀碱溶 液反应，所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。 答案(1)①与硫酸反应，使得TiOSO4十2H2O一三TiO2· H2O￥十H2SO4平衡正向移动，沉钛：过量的作用是防止二 价铁被氧化②过滤 (2)①Fe2++2NH3·H2O-Fe(OH)2￥+2NHt②> ③pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O一4Fe(OH)3因此 pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H20一4 FeOOH↓ 十8H十，溶液中H+浓度增大，pH减小④溶液中同时存在 两个氧化反应4Fe2++O2+4H+一4Fe3++2H20和 4Fe2++O2+6H20= =4 FeOOH+8H+,因此c(Fe2+)的减 小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2++3O2+ 2H2O=4FeOOH+8Fe (3)不受影响 29.解析(1)固体反应物的反应速率与固体的表面积有关，反应 物之间接触面积越大，反应速率越快，故将铬铁矿粉碎可增大 反应物的接触面积，加快高温氧化的速率。(2)由题给各物质 的溶解度随温度变化图像可知，温度越高，N2CrO4的溶解度 越大，所以高温可提高浸取率，A错误：水浸取时发生NaFO2 的水解反应：NaFeO2+2H2O=NaOH十Fe(OH)3￥，过滤 可除去Fe(OH)3,B正确；根据工艺流程可知，需要使 Na CrO4转变为Na2Cr2O2,结合已知反应2H++2CrO 一C2O号十H2O可知，硫酸酸化的目的就是实现该转化过 程，C正确；步骤Ⅳ，所得滤渣显然是不溶于水的杂质， N2SO4和N2CO3都是易溶于水的钠盐，都应该存在于滤液 中，D错误。(3)Na2Cr2O,中加入KC1发生反应Na2Cr2O,十 2KCl=K2Cr2O2十2NaC1,根据题给各物质的溶解度随温度 的变化曲线可知，K2C2O,的溶解度随温度升高明显增大， NaC1溶解度随温度升高变化不明显，50℃时K2Cr2O2、NaCl 两者溶解度近似相等，溶液的成分主要是这两种物质，所以可 以得到杂质较少的K2Cr2O2粗产品，步骤V,重结晶前的操 作顺序为：溶解KC1→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜， 停止加热（不选「是为了避免过度加热造成晶体飞溅）→冷却 至室温→抽滤→重结晶。(4)①量筒的精确度是0.1L,不 能用量筒量取25.00L溶液，A操作不正确：滴定时要适当 控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过 快使得滴加试剂过量，B操作正确：滴定时应一直观察锥形瓶 中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C操作不正 确：读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使 滴定管保持垂直，平视读取读数，D操作正确：为了确保每次 滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节 液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E操作正 确。②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞 稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾 落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形 瓶，观察颜色变化。(5)根据题意，K2Cr2O?溶液的吸光度与 其浓度成正比例，在K2Cr2O2溶液中存在平衡Cr2O号十 H2O一2H++2CrO,即有部分Cr2O号会转化为 CO,从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O号转 化为CrO,可加入与Cr2O号不反应的酸，如硫酸。 答案(1)增大反应物的接触面积(2)BC (3)a e d c (4)①AC②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 (5)H2SO4抑制Cr2O号转化为CrO,且与Cr2O号不 反应 考向二 1.D[处理酸浸液的流程“沉锂”过程中加入N2CO3后有 Li2CO3析出，利用了L2CO的溶解度比Na2CO3小的性质，D 正确。 错误项分析“沉铜”过程中，Fe与Cu2+发生置换反应生成 Fe2+和Cu,正确的离子方程式为Fe十Cu2+—Fe2++Cu,A 错误：“碱浸”过程中若NaOH过量，会使A1(OH)3转化为可溶 于水的Al(OH)4,B错误；由上述分析知，“氧化”前Fe元素的 化合价为十2，“氧化”后得到Fe(OH)3沉淀，Fe的化合价升 高，C错误。] 2.流程梳理钢渣用盐酸酸浸后，CaO、FeO、Fe2O分别转化成 Ca2+,Fe2+、Fe3+进入滤液I中，则滤渣I为SiO2,根据已知 信息，CaC2O4的Kp与FeC2O4的接近，而Fe2(C2O4)3能溶 于水，则要想有效分离Ca,Fe元素，滤渣Ⅱ只能是CaC2O4,为 了防止生成FeC2O,需要将滤液I中的Fe2+完全转化成Fe3+ 10 以保证Fe元素留在滤液Ⅱ中，因此试剂X需氧化Fe2+,滤渣 I用NaOH溶液碱浸得到Na2SiO溶液，向其中加入试剂Y 经一系列操作得到SiO2。 A[分离钢渣中Ca、Si、Fe元素的流程结合上述分析可知 试剂X不能用Fe粉，A错误：向Na2SiO3溶液中加酸可得到 H2SiO为，H2SiO3受热分解可得到SiO2,因此试剂Y可以为盐 酸，B正确；“分离”后，Fe元素在滤液Ⅱ中，C正确：CaC2O4存 在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)=Ca2(aq)十C2O(aq),若酸 浸后滤液I的pH过小，则C,O与H+结合导致CO?浓 度降低，平衡正向移动，导致CC2O的质量减少，D正确] 3.B[材料的分类，涉及无机非金属材料，金属材料、有机高分子 材料氨化硅属于新型无机非金属材料，聚酰亚胺、反渗透膜 属于有机高分子材料，A,C、D不符合题意：合金属于金属材 料，B符合题意。 教材溯源 人教版选择性必修3《有机化学基础》P148中提到，分离膜根据 膜孔大小分为微滤膜、超滤膜、纳滤膜和反渗透膜等，生产分离 膜的材料主要是有机高分子材料，如醋酸纤维、芳香族聚酰胺、 聚丙烯、聚四氟乙烯等。 4.流程分析 原料：高锰钴矿（含MnO2、COO4和少量Fe2O3) 目标：提取Mn、Co、Fe元素 浸出：稻草（含大量纤维素）在稀硫酸的催化作用下发生水解生 成葡萄糖，葡萄糖作还原剂，在酸性条件下，将高价的金属元素 还原（具体哪种元素被还原，可由后续流程分析）。 沉铁：向“浸出”后所得滤液中加入Na2COg,Fe元素转化为 FeOOH,实现Fe元素的分离，FeOOH与Fe2O中Fe元素均为 十3价，说明“浸出”过程中Fe元素未被还原。 沉钴：向“沉铁”后所得滤液中加入Na2S,Co元素转化为CoS, 实现Co元素与Mn元素的分离，此时Mn、Co元素均为十2价， MnO2中Mn元素为+4价，CO3O4中Co元素平均化合价为+ 价，可知“浸出”过程中Mn、Co元素均被还痘 C[微工艺流程分析，涉及试剂的作用，K心的应用等 H,SO,催化纤雏素的水解，又能使金属氧化物溶解，既作催化 剂又作浸取剂，A正确：稻草来源于农业生产，是可再生能源，B 正确；由流程分析可知，“浸出”后Fe元素以Fe3十形式存在，未 被还原，C错误：加入Na2S,生成CoS沉淀，则CoS在溶液中存 在沉淀溶解平衡，说明“沉钻”后上层清液为C0S饱和溶液，则 c(CO2+)·c(S2)=K(CoS)=1020.4,D正确。] 5.C[铜及其化合物的转化、电解原理分析结合“脱氯”步骤仅 Cu元素化合价发生改变并产生CuCl固体，可推断“脱氯”时Cu 和Cu2+发生归中反应并结合C1厂生成CuC1沉淀，离子方程式 为Cu十Cu2++2C1==2CuC1,则“浸钢”时钢屑不能完全溶 解，A错误，C正确；“浸铜”时Cu与H2O2在酸性条件下反应 生成Cu2+和H2O,离子方程式为Cu十2H++H2O2一Cu2+ +2H2O,B错误：脱氯液中含大量的Zn2+,净化后电解，Zn2+ 在阴极上得电子生成单质Zn,D错误。] 6.D[传统文化青花釉里红瓷盖罐的主要材料为陶瓷，陶瓷的 主要成分是硅酸盐，D错误。] 7.D 选项 ①加入②中现象 ②加入①中现象 先产生白色沉淀，后来白 先无明显现象，后来产生 色沉淀溶解 白色沉淀 B 先产生白色沉淀，后来白 先无明显现象，后来产生 色沉淀溶解 白色沉淀 C 溶液紫色逐渐褪去，有气 紫色溶液迅速褪色，有气 泡产生 泡产生 D 溶液变为红色 溶液变为红色 8.B[兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部 分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分 是碳酸钙和其他钙盐，故A不符合题意：青铜器是纯铜与其他 化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故B符合题意；纸张 的主要成分是纤雏素，故C不符合题意：液晶显示屏是一种采 用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机 化合物，故D不符合题意。] 9.C[鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过 烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅 酸盐，故A项不符合题意：蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其 8 中不含硅酸盐，故B项不符合题意；广彩瓷咖啡杯是由黏土等！ 硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；！ 铜镀金钟座由钢和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不 符合题意。] 10.B[A.因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧！ 剂，A正确：B.纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错· 误；C.FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2,主要利用其氧化 性，C正确：D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可！ 用于净水，D正确。] 11.C[烟气（含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反！ 应：Na2CO3+2HF一2NaF+HO+CO2↑，向合成槽中通 入NaAlO2,发生反应：6NaF+NaAlO2+2CO2= -Na3 AlF6 +2Na2CO3,过滤得到NAlF6和含有Na2CO3的滤液。陶 瓷的成分中含有SiO2,SiO2在高温下与N2CO3发生反应： Na2CO为+SiO2 高温Naz SiC0士C0:↑，周此不宜用肉麦作级 收塔内衬材料，故A正确：采用溶液喷淋法可增大反应物的接 触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；由上述分析！ 可知，合成槽内发生反应：6NaF+NaAlO十2CO2 =Na3 AlF6 +2Na2CO,产物是Na3AlF6和NeCO为，故C错误；由上述分析 可知，滤液的主要成分为N2CO3,可进入吸收塔循环利用，故！ D正确。] 12.解析从多金属精矿中提取FeCu、Ni等并冶铁的工艺流程 (1)根据影响反应速率的因素知，“酸浸”时提高浸取速率的措： 施有升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸的浓 度等。(2)“酸浸”后Fe元素转化为Fe2+进入浸取液，高压加 热时Fe2十与空气中O2反应最终得到Fe2O3,根据得失电子： 守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式为4Fe2+十O2十！ 4H20 -2Fe2O3￥+8H+。(3)由表中数据知，Cu2+开始 沉淀时c(OH）= /2.2X1020 mol·L-1=10-9mol· 0.022 L1,N+开始沉淀时c(OH厂) 5.5×106 0.042 mol·L1≈ √13I×10-8mol·L1>10-9mol·L-1,Cu2+先沉淀，而 “沉铝”时，Cu+和N+均不能沉淀，故pH最高可调至 ,10-14 一1g10可=5.0。（④)由配合物的结构知，镍易进入有机相 是因为镍与N、O形成了配位锭，且烷基链具有疏水性。： (5)由题图知，顶，点与面心的最近距离：面心与体心的最近距！ 离=√2：1，故Ni位于面心，Cu位于顶点，N位于体心，根据： 均摊法知，晶胞中Ni的数目为6X=3,Cu的数目为8X女 =1,N的数目为1，故x:y:之=3：1：1,1个晶胞中距离Cu 最近的原子有3个（位于面心），每个Cu被8个晶胞共用，故！ 与Cu最近且等距离的原子个数为3×8×号-12。(6)①工： 业合成氣的逆反应为2NH巴N2十3H,生成的H,与 Fe2O发生反应3H2十Fe2O3 700℃2Fe十3H0使Fe不断 生成。②“电解”时，Fe2O3在阴极发生还原反应生成Fe,故石！ 墨棒作阳极，铁片作阴极，为避免F2O3、铁片与酸发生副反！ 应，电解质溶液应选择碱溶液，加N妇OH溶液，搭比设计电解 池。③高炉炼铁时会产生CO等污染性气体，分析流程图和 电解池的工作原理知，这两种冶铁方法中均不产生污染性！ 气体。 答案(1)升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸： 的浓度(2)4Fe2+428(3)5.00(4)AD(5)3: 1:112(6)①2NH3 Fe.N2 3H2 3H2 FezOs 700℃2Fe+3H, Fe片 石墨棒 Fe0 NaOH溶液 ③污染性气体排放低（低碳排放） 13.解析从贵金属合金粉中回收铑的工艺流程(1)由上述流 程分析可知，“酸溶1”的目的是除去合金粉中的F。(2)已知 “酸溶2”中Rh被氧化为H2[RhCl],王水中浓HNO被还原！ 为O2,结合原子宇恒及得失电子宇恒可知，该反应的化学方！ 程式为Rh+6HC1+3HNO3=H3[RhCl;]+3NO2↑+ 3H2O。由上述流程分析可知，“滤渣”的主要成分是SiO2。! 16 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和 RhCl3被氢气还原为Rh,故“高温还原”中发生反应的化学方 程式为Rh2O3+3H2 高温2Rh十3H,0和2RhCl与十3H,高温 2Rh+6HCl2。(4)SnC2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1, 恰好生成Sn(OH)2沉淀时，溶液中c(OH-)= /.[Sn(OH)2Z≈2.3×1012mol·L1,p0H≈11.6· c(Sn2) pH≈2.4，故为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH应小 于2.4，故本题选A。(5)[Rh(SnClg)]4-带4个单位负电 荷，S为十2价，则Rh为十1价。“活化还原”过程中，Rh(Ⅲ) 以[RhCl]3计，被还原为Rh(I),SnCl2被氧化为 [SnCl]2-,同时SnCl2与C1结合形成[SnCl3]-,每形成1 个[Rh(SnCl3):]4-需要5个SnCl2,结合原子守恒及得失电 子守恒可知，理论上SnCl2和[RhCl]3反应的物质的量之比 为6：1。(6)根据上述流程分析可知，“酸溶3”的目的是将Rh 与Zn、Sn分离。 答案(1)除Fe(2)Rh十6HCl+3HNO3=H3 LRhCI]+ 3N02++3H,0Si0,(3)R0,十3H,商温2Rh+3H,0、 2RhClg+3H2 高温2Rh+6HCI(4)A(5)+16:1 (6)将Rh与Zn、Sn分离 4.【命题点】由闪锌矿制备ZnS的流程分析、Ksp相关计算、晶 胞糁杂等 流程分析 闪锌矿旷中含ZnS、FeS、CdS等，加入H2SO4、O2酸浸后，ZnS、 FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+,经过除铁、除镉除去 Fe3+与Cd+,调pH、沉锌后获得ZnS。 解析(1)①酸浸时，若不通入O2,会发生反应：ZS十H2SO, =一ZnSO4十H2S,通入O2可以氧化S2-生成S,促进酸浸反 应正向进行，提高Z2+浸出率；③由②知，除镉时溶液酸性较 强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H十，加入的氧 化物为Zn0。 (2)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域 A中，由C1厂替换S2,区域B中，由Cu+替换Zn2+,按照均摊 法，区线B中合Zn33个Gu1个9：8X日+6×号 4个，（十2）×3十(+1)×1十(-2)×4=一1，则区域B带 负电。 (3)①D根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，可写 出反应的离子方程式：2H3AsO3十3ZnS十6H+一As2S+ 3Zn2++6H2O. 答案(1)①氧化S-生成S,促进酸浸反应正向进行 ②否pH=0时，c(HT)=1mol·L c(S2-)= Kal(H2S)·K2(H2S)·c(H2S) c2(H+) =1.0×107×1.2×10-13×10-2 12 mol·L-1 =1.2×10-22mol.L-1 c(Cd2+)= Ke(Cds)-8.0X107 c(S-) 1.2X10-2mo1·L1≈6.67× 10-5mol·L-1>1.0×10-5mo1·L1,则Cd2+未沉淀完全 ③ZnO (2)C1负电 (3)①2H3AsO3+3ZnS+6H+—As2S+3Zn2++6H2O ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促 进As2S3+6H2O-一2H3AsO3十3H2S平衡正向移动，As2S3 重新溶解，砷回收率下降 快解 Cu+比Z2+少一个单位正电荷，区域B替换后，所含正电荷 总数少1，负电荷总数不变，因此区域B带负电。 5.【命题点】工艺流程分析，涉及方程式的书写、Km的相关计 算、实验条件的控制、氧化还原反应的判断等 流程分析 原料：电解锰工业废盐（含Mg2+、Mn2+、NH的硫酸盐）除 杂离子：Mg2+,NH时 目标产物：MnSO4·H2O 沉锰I:加入NH3·H2O和O2,Mn+转化为Mn(OH)2后被 氧化为MngO4,过滤获得MngO4,滤液中含有未沉淀的 Mn2+,Mg2+,NH、SO2-。 沉锰Ⅱ：向滤液中加入(NH4)2S2Og,将未沉淀的Mm2+转化！ 为MnO2,滤液中含有Mg2+、NH、SO 沉镁I:向滤液中加入NH·H2O和NH,HCO调节pH,使 得部分Mg2+转化为zMgCO3·yMg(OH)2·zH2O,滤液中 含有未沉淀的Mg2+、NH,SO 煅烧：rMgCO·yMg(OH)2·之H2O经煅烧获得轻质MgO。 沉镁Ⅱ：加入H3PO4,Mg2+转化为MgNH4PO4·6H2O,滤液！ 中含有NH、SO2」 结晶：向滤液（含有NH,SO)中加入H2SO4调节pH= 6.0,促使NH和SO结合为(NH)2SO4结晶析出。 …第(6)间 焙烧：MngO,4、MnO2与(NH4)2SO4混合焙烧最终获得Mn- SO4·H2O,Mn的化合价降低。 解析(1)废盐溶解时，升高温度、充分搅拌均可提高溶解速！ 率，但高温下H易水解生成NH3逸出，故升高温度要 、 适当。 (2)Mn(OH)2被氧化成Mn3O4,Mn元素化合价由+2升高为 平均价态十子，氧气中氧元素化合价由0降低为一2，根据得 失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为6M(OH)2+O2! -2MO,十6H2O。根据题目信息可知，Kp[Mg(OH)2]: >K[Mn(OH)2],故当Mg2+开始沉淀时，Mm2+已生成沉 淀，则溶液中 c(Mg2) c(Mg2+)·c2(OH) c(Mn2) c(Mn2+)·c2(OH) Kp[Mg(OH)2]_10-11.25 Kp[Mn(0H7-1012元-101.47，c(Mg2+)=10e.68mol ·L-1,则c(Mn2+)-10-2.15mol·L-1 (3)根据题给信息可知，S2O层中含有过氧键，在加热水解过 程中过氧健断裂，与水反应生成H2O2和NH4HSO4,HO2不： 稳定，分解生成O2。 (4)根据MgCO和Mg(OH)2的KD可知，Mg(OH)2更难溶，1 当pH较大时，溶液中c(OH)较大，主要生成Mg(OH)2,煅 烧时没有CO2气体生成，不能得到疏松的轻质MgO。 (5)根据题图可知，pH=8.0时，P元素主要以HPO形式存 在，已知加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全，此时存在1 形式为MgHPO4,pH=4.0时，P元素主要以H2PO4形式存 在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以Mg+形式存在，则沉淀溶 解的离子方程式为MgHPO4十H3PO4一Mg2++2H2PO4。: 8 (7)MnO,中Mm元素的平均价态为+令，MnO中Mm元素 为十4价，MnSO4·H2O中Mm元素为十2价，故在焙烧中： Mn元素化合价降低，Mn发生还原反应。 答案(1)适当升高温度充分搅拌 (2)6Mn(0H)2+02= -2Mn3O4+6H2010-2.15 (3)02 : (4)pH较大时，沉镁I主要生成Mg(OH)2(生成物碱式碳酸 镁中y值较大)，煅烧时没有CO2气体生成，使得MgO结构不 疏松，密度较大，不能得到轻质MgO (5)MgHPO,+H,PO -Mg2+2H,PO (6)(NH4)2SO4(7)还原 风向速览工艺流程大融合命题 以实际的工业生产为情境，通过工艺流程图的形式再现生产！ 的关键环节，结合文字说明和图表等信息，综合考查元素化合！ 物知识、氧化还原反应概念及陌生方程式的书写、反应条件的： 控制与选择、产率的计算、K心的应用及计算、绿色化学思想！ 等。命题会更多地关注化工生产中的新技术、新方法，以真实 的工业生产过程为素材，使试题情境更加贴近实际生产，考查 在实际情境中运用化学知识解决问题的能力；同时加大化学！ 学科内不同模块知识的融合，如将元素化合物知识与化学反 应原理、化学实验、结构化学等模块相结合，同时也可能会涉！ 及与其他学科如物理、生物等学科的交叉融合。 16.【命题点】 无机工艺流程分析，涉及手性碳原子、原因分析、 方程式书写等 流程分析 原料：ZnS、PbSO4、FeS,CuCl 除杂元素：Fe、Cu 目标产物：ZnS、Pb 氧化浸出：(NH)2SO具有强氧化性，可将部分金属元素氧： 化成其较高价态，NH3·H2O提供配体NH3,所得滤液中！ Zn、Cu元素分别以[Zn(NH3)]2+和[Cu(NH)4]2+形式存 在，PbSO4不反应且FeS在碱性溶液中转化为Fe(OH)3,即滤i 渣1的主要成分为PbSO4和Fe(OH)3: 17 除铜：加入Zn置换出Cu,此时滤液中含金属元素的微粒主要 是[Zn(NH3)4]2+: 沉锌：加入(NH4)2S,使Zn元素转化为ZnS沉淀： 浸铅：用H2A、Na2A溶液处理含PbSO4的滤渣1，使Pb元素转化 为PbA,F(OH)3在“浸铅”时不发生反应，所以滤渣2中的金属 元素为F:………………………………………第(5)问 真空热解：将结晶后得到的PbA在真空条件下高温分解，得 到纯Pb。 解析(1)手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱 和碳原子，根据酒石酸的结构简式，可知其分子中2个与羟基 直接相连的碳原子均为手性碳原子，即1个H2A分子中有2 个手性碳原子。 (2)S2O%中S元素的化合价为+6，S2O%中2个S原子通过 过氧锭相连，过氧锭中的O化合价为一1，其他0的化合价为 一2，“氧化浸出”过程中S元素化合价不变，O元素化合价变 为一2，因此S2O号转变为SO星。 (4)溶液中存在平衡[Cu(NH3)4]2+=Cu2++4NH3,加入 Zn,发生反应Zn+Cu2+—Zm2++Cu和Zn2++4NH3== [Zn(NH3)4]2+,使该平衡不断正移，最终使[Cu(NH3)4]2+ 转化为[Zn(NH3)4]2+,总反应为[Cu(NH3)4]2+十Zn [Zn(NH3)4]2++Cu。 (6)“浸铅”步骤加入H2A、Na2A混合溶液，存在平衡：H2A =≌H++HA、HA-三H++A2-和PbSO4十A2-= PbA十SO,随体系pH升高，溶液中c(A2一)增大，更有利于 生成PbA:因为KsPb(OH)2]的数量级较小，所以Pb(OH)2 也为难溶物，如果pH过高即c(OH一)过大，会使Pb+(aq)十 2OH(aq)=Pb(OH)2(s)平衡正移，生成Pb(OH)2沉淀。 (7)根据题给信息可知，H2A的化学式为C4H6O6,在290℃ “真空热解”PbA生成PB和2种气态氧化物，结合氧化物定义 知，H元素转化为H2O,根据原子守恒，C元素转化为C0,所 以该反应的化学方程式为Pb[OOC(CHOH)2COO] 290℃ 真空 Pb+4CO↑+2H2O↑。 答案(1)2(2)S0 (3)温度升高反应速率增大，浸出率增大：温度过高会导致 NH3·H2O分解使NH3逸出，且温度高时(NH)2S2Og分 解，反应物浓度降低，浸出率减小（其他合理答案均可） (4)[Cu(NH3)4]2++Zn[Zn(NH3)4]2++Cu (5)Fe (6)pH升高，c(A2-)增大，有利于生成PbA Pb(OH)2 ()PLOOC(CHOHCOO]290 直空 —Pb+4CO↑+2H2O↑ 7.【命题点】以铬铁矿为原料制取K2Cr2O2的化学工艺流程， 涉及价层电子排布式、化学方程式书写、操作原因等 流程分析 原料：铬铁矿[Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O为、SiO2] 目标产物：K2Cr2O2 除杂元素：Fe、Mg,Al、Si 煅烧：在400~500℃下，Fe(CrO2)2,Mg(CrO2)2与KOH和 O2反应转化为Fe2O3,MgO、K2CrO4,Al2O3,SiO2分别与过 量的KOH反应，转化为KA1O2、K2SiO3: 浸取：KA1O2、K2SiO与CO2反应，分别转化为A1(OH)3、HSiO3 沉淀，FeO3、MgO与KHCO3-KCO3(aq),CO2均不反应，则滤 渣I的主要成分为FeO3、H2SiO3、MgO、Al(OH)3:·第(3)问 蒸发、分离：通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，分离出KCO4固 体，滤液I中含有K2CrO4: 酸化：向K2CO4中加水溶解，并通入过量CO2提供酸性环境， 将K2CrO4转化为K2Cr2O2,同时有副产物KHCO3生成； 分离：将K2Cr2O2与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质为 KHC0为；………………………………第(5)问 还原、分离：Fe(CO):作还原剂，将滤液I中剩余的K2CrO4还 原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3,同时生成CO和KOH, 其中Fe(OH)3和Cr(OH)3进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得 到K2CO为。 解析(1)铬是24号元素，其基态原子的核外电子排布符合 洪特规则特例，价层电子排布式为3d币4s1」 (2)煅烧时Fe(CrO2)2与过量KOH,空气中的O2(作氧化剂) 发生反应生成K2CrO4、Fe2O和H2O,根据得失电子守恒、原 子守恒，即可写出该反应的化学方程式。 (4)通入过量CO2的目的是提供酸性环境，使K)CrO,转化为！ K2Cr2Oh,加压的目的是增大CO2的溶解度，使更多的CO2溶 解在溶液中，从而保证酸化反应充分进行，提高酸化反应速率 和K2CrO4的转化率。 (6)由流程分析可知，该工序中反应物有Fe(CO):、K2CrO4、1 H2O,产物有Cr(OH)3、CO、KOH和Fe(OH)g,根据得失电子1 守恒、原子守恒，即可写出该反应的化学方程式。 (7)滤渣Ⅱ主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3,可返回煅烧工！ 序，节约原料、实现绿色化学。 答案(1)3d°4s1 (2)4Fe(Cr02)2+70,+16KOH400-500 -8K2 CrO+ 2Fe2 O+8H2O (3)MgO Al(OH) (4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 (5)KHCO3 (6)Fe(CO)+K,CrO+4H O=Cr(OH)+Fe(OH) +2KOH+5CO↑ (7)煅烧 关键点拨 在书写陌生氧化还原方程式时，要抓住化合价变化的元素进！ 行分析，本题中还原、分离工序发生反应的化学方程式中出现： 了金属羰基配合物Fe(CO);,CO为中性配体，整体化合价为！ 0,从而得出Fe的化合价也为0，即反应中Fe的化合价发生变 18.解析利用石煤与苛化泥制备V,O5的流程(1)V为23号： 元素，价层电子排布式为3d34s2:结合已知信息和(3)中信息 可知，培烧后V的存在形式为Ca(VO3)2、NaVO3,V为+5 价：结合上述分析可得气体①为CO2。 (2)结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知，培烧所得产 物主要为Ca(VO3)2、NaVO、Na[Al(OH)4]等，其中 Ca(VO3)2难溶于水，水浸后得到NaVO、Na[Al(OH)4]的 混合溶液，结合该流程的目的为制备V2O知，滤液中的杂质！ 主要为Na[Al(OH)4]。(3)盐浸工序中Ca(VO3)2转化为i CCO3,结合电荷守恒、元素守恒配平可得反应的离子方程· 式。加压条件下通入CO2可增大溶液中HCO3浓度，促进1 Ca(VO3)2转化为CaCO3,VO进入溶液进行后续操作，从！ 而提高钒的浸出率。盐浸后滤液①中含有VO方，为提高钒的 利用率，可将其加入离子交换工序。(4)离子交换时发生阴离· 子交换反应：VO3+R一N(CH3)3C1—R一N(CH3)3VO 十CI一，根据所用树脂类型知，洗脱时可使用NaCl溶液，使钒元 素转入溶液中：R一N(CH3)3VO3+CI==R一N(CH3)3CI十 VO。(5)将溶液调至碱性，NH4C1会转变成NH·H2O,从 而影响沉钒：降低NHCI的浓度会使沉钒不充分，也会影响 沉钒。 答案(1)3d4s2+5C02(2)Na[A1(OH)4] (3)Ca(VO)2+HCO+OH -CaCO+2VO+H2 O 使HCO3浓度增大，促进Ca(VO3)2转化为CaCO3,使VO 进人溶液中离子交换(4)NaC1(5)bd 19.解析从铜阳极泥中分离提纯金和银的工艺流程、氧化还原反· 应、物质间转化、物质结构分析等(1)铜元素是29号元素，根据 构造原理可写出基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]304s, Cu在元素周期表中位于第四周期第IB族。(2)结合流程转 化可知，Cu在酸性条件下被H2O2氧化为Cu+,故“浸出液： 1”中含有的金属离子主要是Cu2+。(3)“浸取2”步骤中Au 在盐酸作用下被H2O2氧化为HAuCl.4,根据Au,O元素的化！ 合价变化和得失电子守恒等可写出其化学方程式为2A山十 3H2O2十8HC1—2HAuC14+6H2O。(4)“浸取2”步骤中 Ag在盐酸作用下被H2O2氧化为AgCl,“浸取3”中AgC1与！ N2S2O3作用生成[Ag(S2O)2]3-。(5)结合“浸取液3”的主 要成分及“电沉积”步骤中得到Ag,可知该步骤中阴极反应式为· Ag(S2O3)2]3-+e =Ag十2SO号-，“电沉积”后溶液中 含大量的Na+和S2O房，形成的Na2S2O可循环利用。(6)结： 合图示流程及氧化还原反应规律可写出“还原”步骤的化学方 程式为4 HAuCl4+3N2H4 =4Au+3N2↑+16HC1,则反应 中被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4。 (7)氧的半径比硫小，负电荷的密度更高，对相应成锭电子对 的斥力大，所以(b)中氧氧键键能比(a)中硫硫镀小，更易断 裂，(b)不稳定，故Na2S2O3不能被2氧化成(b)结构。 17 答案(1)四IB(2)Cu2+(3)2Au+3H2O2十8HCI --2 HAuCI,+6H20(4)AgC1(5)[Ag(S2O)2]3-+e -=Ag￥十2SO号N2S2O3(6)3:4(7)氧氧键中氧 的半径比较小，所以负电荷的密度比较高，对相应成键电子对 的斥力大，氧氧键的键能小，更易断裂，(b)不稳定（或其他合 理答案) 20.解析从湿法炼锌产生的废渣中回收含锰高钻成品的工艺流 程(1)将废渣进行粉碎处理，可增大废渣与硫酸的接触面 积，增大“酸浸”速率。Pb与冷的硫酸不反应，且Pb的氧化物 与硫酸反应生成的硫酸铅的溶解度较小，故“滤渣1”中金属元 素主要为Pb。(2)加入MnO2的作用是将滤液中的Fe2+氧 化为Fe3+,便于后续加入ZnO调pH=4时，Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀。为了检验滤液中Fe+是否完全被氧化为 Fe+,可取少量反应后的溶液，加入铁氛化钾溶液，若出现蓝 色沉淀，说明溶液中还存在Fe2+,需补加MnO2。(3)“氧化沉 钻”过程中发生反应MnO,+3Co2++7H20一MnO2↓十 3Co(OH)3￥+5H+,前面加MnO2生成的Mn2+也可与 MnO,反应，离子方程式为3Mn2++2MnO,+2H2O 5MnO2￥+4H+。(4)原废渣中Zn及添加的ZnO中的Zn一 直在溶液中，添加的KMnO会生成K2SO4,故“除钻液”中主 要的盐有ZnSO4和K2SO4根据表中Co+沉淀完全时的pH =1.1可知，Kr[Co(OH)3]=1.0×10-5×(1.0×10-12.9)3 =1.0×1043.7,溶液pH=5时，c(0H)=1.0×10-9mol· L1,则残留的Co2+浓度为K[Co0H]-1.0X10-17m0l 3(OH) ·L1。 答案(1)增大“酸浸”速率P%(2)将Fe2+氧化为Fe3+ 铁氰化钾溶液Fe2+(3)MnO+3Co2十+7H,O MnO2￥+3Co(OH)3￥+5H+3Mm2+2H2O+2MnO, 5MnO2↓+4H+(4)ZnS04和K2S041.0×1016.7 21.解析从炼锌废渣中提取钻的工艺流程(1)“酸浸”时磨碎 废渣，能够增大反应物与稀硫酸的接触面积，加快“酸浸”速 率。(2)C0)溶于稀硫酸发生反应的化学方程式为Co)十 H2SO,一CoSO,+H2O。(3)由题给信息可知，此时 c(Zn2+)≤103mol·L1,则c(S9-)=Kp(ZnS ≥2.5× c(Zn2) 107molL1,则c(Co2+)=KCos≤1.6×10+mol: c(S2-) L1<0.10mol·L1,Co2+开始沉淀，故不能实现Zn2+和 C02+的完全分离。(4)根据题给条件及氧化还原反应规律， 可写出“沉锰”步骤中发生反应的离子方程式：Mn2+十S2O +2H2O-=MnO2￥+2SO2-+4H+,则生成1.0 mol MnO2 时，产生4.0molH+。(5)由已知②可知，溶液pH=4时， Fe3+转化为Fe(OH)3。(6)“沉钻”时，Co2+与ClO反应转 化为Co(OH)3与C1,结合氧化还原反应规律可知，该反应 的离子方程式为2Co2+十C1O+5H20—2Co(OH)3↓+ C1十4H+。(7)由已知②可知，Zn2+在pH≈8.2一12时以 Zn(OH)2沉淀形式析出，故回收Zn(OH)2时应调pH≈8.2 一12，再过滤分离。 答案(1)加快“酸浸”速率(2)CoO十H2SO4—CoSO1十 H20(3)1.6×10-4不能(4)4.0mol(5)Fe(OH)3 (6)2Co2++C1O+5H2O—2Co(OH)3￥+C1-+4H+ (7)用NaOH调节滤液pH为8.2~12，将析出的沉淀过滤、洗 涤、干燥 2.解析(1)根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以 CrO存在，故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrQ4。(2)煅烧 时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3,且Fe2O3不溶于水， 故水浸渣中还含有Fe2O3。(3)“沉淀”步骤加入稀H2SO4调 pH到弱碱性是为了让AlO2转化为A1(OH)3沉淀而除去。 (4)体系中存在平衡MgNH PO4=Mg2++NH+PO-, 当pH<9时，PO+H==一HPO,c(PO)降低，平衡正 移，不利于生成MgNH,PO4沉淀；而pH>9时Mg2+会形成 Mg(OH)2沉淀，原料利用率低。(5)根据题千描述，V2O5既 可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故V2O 具有两性。(6)分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O存 在，还原过程中Cr2O号被S2O还原为Cr3+,S2O月转化 为S),因此反应的离子方程式为2CrO号十3SO+10H 一4Cr3++6SO}十5H2O,之后调pH,Cr3+转化为Cr(OH)3。 答案(1)Na2CrO(2)FeO3(3)A1(OH)g(4)溶液中： c(PO-)降低，不利于生成MgNH,PO沉淀Mg2+形成！ Mg(OH)2沉淀(5)C(6)3S2O+2Cr2O号+10H 6S02+4Cx3++5H20 23.解析(1)仪器A的名称为具支试管：Cu与浓HNO反应产： 生的尾气直接用NaOH溶液吸收会引发溶液倒吸，装置B起 到安全瓶的作用，防止倒吸。(2)Cu在稀H2SO4作用下，被 H2O2氧化生成Cu2+和H2O,溶液变蓝。Cu2+作用下， H2O2会被催化分解生成O2。在N2SO4溶液中H2O2不能 氧化Cu,在稀H2SO4中H2O2能氧化Cu,说明H+使得！ H2O2的氧化性增强。(3)X为钢的氧化物，设X的化学式为 CuO,,其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO),则： c0△cu0+220,↑ 64+16.x80 71 则16-2，又开=吾，解得x=2,则X的化学式为 CuO2。(4)CuO2在酸性条件下生成Cu2+,Cu2+与KI反应 生成I2,L2遇淀粉变蓝，用N2S2O3标准溶液滴定12，当滴入 最后半滴NS2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟！ 内不恢复时，表明2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu 为十2价O为一1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件 下与KI发生反应2CuO2+8I+8H+一2Cul↓+3l2+! 4H2O,则2Cu02~3I26Na2S2O为，则样品中n(Cu02)= 0.1000×15.00×10-3 ×2×96g=0.048g,w(CuO2)= 0.048gX100%=96%。 0.0500g 答案(1)具支试管安全瓶（防倒吸）(2)Cu+H2O,十1 2H-Cu+十2HOO2增强H2O2的氧化性(3)CuO2 (4)滴人最后半滴NS2O标准溶液时，溶液蓝色刚好褪去，且： 半分钟内不恢复96.0% 24.解析(1)依次编号为①C(s)十O2(g)=CO2(g),②2C(s)! 十02(g) =2CO(g),3TiO2(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+ O(g),TiO2(s)+C(s)+2Cl (g)= =TiCl4(g)+CO2(g)。1 由图可知，600℃时C(s)十O2(g)=C02(g)的△G0,反应！ 自发进行，故A不符合题意；由图可知，600℃时2C(s)十 O2(g)—2CO(g)的△G<0,反应自发进行，故B不符合题 意：由图可知，600℃时TiO2(s)十2C12(g) =TiCl(g)+ O2(g)的△G>0,反应不能自发进行，故C符合题意：根据盖斯· 定律，TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g) =TiCl4(g)+CO2(g)可由！ ①十③得到，则600℃时其△G0,反应自发进行，故D不符 合题意。(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO 和CO2,根据同温同体积下气体的压强之比等于物质的量之 比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以 TiO2与C、C2反应的总化学方程式为5TiO2+6C十10Cl2 600℃ 5TiC14十2C0十4CO2。②随着温度升高，CO2与C发 生反应：C十CO2 高温2C0,导致C0含量升高。(3)“降温收 尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，· 根据得失电子宁恒和元素守恒配平化学方程式为3VOC1十1 A1= 一3VOCl2+AlCl3:AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大， “除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。(4)若 先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入A1,又引入A1杂质，因 此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。(5)本工艺中加入Mg 冶炼T的方法为热还原法。高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿 石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；！ 电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意： 铝热反应制锰是利用A1作还原剂，将锰从其化合物中还原出来， 为热还原法，故C符合题意；Hg为不活泼金属，可以直接用加热 分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意。 答案(1)C(2)①5Ti02+6C+10Cb600 =5TiC14+2C01 十4C0,②随若温度升高，C0与C发生反应：C+C0,商温 2CO (3)13VOCl3+Al=3VOCl2+AICl3 ②蒸馏 (4)不能若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加人A1,又· 引人A1杂质(5)AC 25.解析化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气 反应生成固体混合物A,A和盐酸反应生成0.960g紫红色固1 体应该是Cu,无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色1 沉淀1.165g应该是BaSO,,无色溶液C中加入足量BaCl2溶！ 171 液生成白色沉淀2.330g是BaSO4,据此解答。(1)根据以上 0.96g 分析可知Cu的物质的量是64g·m07=0.015mol,第一次 1,165g 生成硫酸银的物质的量是233g:m01-0.005mol,第二次 2.33g 生成镜酸银的物质的量是233gm0l=0.01mol,因此 1.965gX中一定含有0.96gCu,Ba的质量是0.005mol× 137g·mo1-1=0.685g,二者质量之和是1.645g<1,965g, 相差0.32g,根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是 16g·mol=0.02mol,则Ba,Cu,0三种原子的个数之比 0.32g 是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式 为BCu3O4。(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与 氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCI、 H2SO4。(3)①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气 中氯元素化合价升高，被氧化生成氯气，根据原子守恒可知由 X到A的化学方程式为2NH3十BaCu3O4 △Ba(OH)?士 3Cu+N2十2H2O。②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有 [Cu(NH)4]2+生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4十 12NH·HbO= -3[Cu(NH3)4]2++Ba2++8OH-+8H2O. (4)反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所 以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石 蕊试纸置于尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通 入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。 答案(1)Ba、Cu、O BaCus O4(2)HCl、H2SO4(3)2NH3+ BaCug O.-A-Ba (OH)2+3Cu+N2 +2H2 O BaCu3 O+ 12NH·H2O= 一3[Cu(NH)4]2++Ba2++8OH-+8H2O (4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若变蓝，说明尾气 中有NH。将尾气通人冷的集气瓶中，若有液珠，说明有 H20。 6.解析由题千信息，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，结合流程图分析，菱锌 矿培烧，主要发生反应：ZnC0,培烧Z0十C0,↑，再加入 H2SO酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+ 的溶液，加入物质X调节pH=5,结合表格数据，过滤得到滤 渣①为Fe(OH)3、CaSO4、SiO2,滤液①中主要含有Zn2+ Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+,再向滤液①中加入KMnO4溶液氧 化Fe2+,过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2,滤液②中加 入锌粉，发生反应Zn十Cu2+ 一Zn2+十Cu,过滤后得到滤渣 ③为Cu,再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为 CaF2、MgF2,滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4· 7H2O,据此分析解答。(1)焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3 培烧Z0十C0,↑。(2)可采用将培烧后的产物碾碎，增大接 触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率 (3)NH3·H2O易分解产生NH污染空气，且经济成本较高， 故A不适宜；C(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B 适宜：NaOH会引入杂质Na,且成本较高，C不适宜：当沉淀 完全时（离子浓度小于103mol·L1),结合表格Kp计算各 离子完全沉淀时的pH,pH5的只有Fe3+,故滤渣①中有 Fe(OH)3,又因为CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①D 的主要成分是Fe(OH)3,CaSO4、SiO2。(4)向80~90℃的滤 液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+,得到Fe(OH)3和 MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+十MnO+ 7HO一3Fe(OH)3￥+MnO,￥+5H。(5)滤液②中加入锌 粉，发生反应Zn十Cu+ =Zn2+十Cu,故加入锌粉的目的为置 换Cu2+为Cu从而除去。(6)滤渣④为CF2、MgF2,与浓硫酸反 应可得到HF,同时得到的副产物为CaSO、MgSO4。 答案(1)ZnCO3 焙烧Zn0+CO↑ (2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等 (3)B Fe(OH)3 CaSO SiO2 (4)3Fe2T +MnO+ 7H2O=3Fe(OH)3￥+MnO2￥+5H+(5)置换Cu2+为 Cu从而除去(6)CaSO4MgSO: 27.解析铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有少量 Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱 硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧 化氨进行酸浸，过氧化氨可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离 子，酸浸后溶液的H约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的 H可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤 液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢化铅沉淀，滤液中！ 的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氨氧化铅再进行处理 得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸 铅和硫酸钠，反应的离子方程式为PbSO4(s)十CO(aq)= PbCO3(s)十SO(aq),由一些难溶电解质的溶度积常数的数 据可知，K(PCO3)=7.4×1014,Kp(PbSO4)=2.5× 10-8,反应PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO(s)+SO(aq)的平 衡常数K=SO)-c(Pw+)·c(S0g) Ksp (PbSO) e(CO)c(Pb2).c(CO)Ksp (PbCO3) .4X10元≈3.4X1035>105,说明可以转化的比较彻底，且 2.5×10-8 转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。！ (2)反应BaSO4(s)+CO号(aq)-=BaCO3(s)+SO2(aq)的： 平街常数K-c(SO）-c(Ba+)·c(S0月)_Kn(BaS0,) c(CO号-)c(Ba2+)·c(CO-）Kp(BaCO3) .1.1×10-10 2.6X10可≈0.04《103，说明该反应正向进行的程度有 限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO,完全转化。 (3)(1)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化： 氢氧化为铁离子。（ⅱ）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中： 转化为Pb(Ac)2,过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生： 成Pb(Ac)2和H2O,依据得失电子守恒和原子守恒可知，反！ 应的化学方程式为Pb十H2O,+2HAc =Pb(Ac)2+2H2O. ()过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,铅元素化合价由！ 十4价降低到十2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。1 (4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氨氧化物沉淀时的： pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)依据分 析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离 子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢 氧化铅，最终转化为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子 有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na十。 答案(1)PbSO4(s)+CO-(ag)—PbCO3(s)+SO-(ag)1 反应PbSO4(s)+CO号(aq)-一PbCO3(s)+SO(aq)的 c(SO) c(Pb2+)·c(SO2-) 平衡常数K= c(CO) c(Pb2+)·c(CO) K(PbSO) K (PbCO,≈3.4X103>103,PbS0,可以比较彻底的转化 为PbCO3(2)反应BaSO4(s)+CO号(ag)=BaCO3(s)十1 S0(aq)的平衡常数K=(S0）_c(Be2+)·c(S0?) c(CO号)c(Ba2+)·c(CO-) K (BaSO) Ksp (BaCOg) ≈0.04《105，反应正向进行的程度有限 (3)(i)Fe2+ (i)Pb+H2 O,+2HAc=Pb(Ac)2+2H2Oi ()作还原剂 (4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na 28.解析由流程可知，该类矿（含铁、铝等元素）加入酸化MgSO41 溶液浸取，得到的浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+ A3+,SO等离子，经氧化调pH使Fe3+、A13+形成沉淀，经 过滤除去，滤液1中含有RE的+、Mg2+、SO?等离子，加入月！ 桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含 有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解： 后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RC溶液。 (1)由分析可知，“氧化调H”的目的是除去含铁、铝等元素的离！ 子，需要将F2+氧化为Fe+,以便后续除杂，所以化合价有变化 的金属离子是F2+。(2)由表中数据可知，AB+沉淀完全的pH 为4.7，而RE+开始沉淀的pH为6.2，所以为保证Fe3+、Al3+沉 淀完全，且R+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7pH 6.2的范国内，该过程中A13+发生反应的离子方程式为AB+十： 30H =A1(OH)3￥。(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L1, 即0.1125mol·L-1,根据K[(C1 Hzs COO)2Mg]=c(Mg2+) ·c2(C11H23COO-),若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23 COO)3RE,而不产生(C11H23COO)2Mg,则c(C11H23COO厂） Ksp[(C11 H23 COO)2 Mg]_ /1.8×10-8 c(Mg2) 0.1125mol·L1=4.0 ×10-4mol·L-1。(4)①“加热搅拌”有利于加快RE2+溶 出，提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率。 ②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸 (C11H23COOH)的熔，点为44℃，故“操作X”的过程为先冷却 结晶，再固液分离。(5)由分析可知该工艺中，可再生循环利 17 用的物质有MgSO4。(6)①YCl3中Y为十3价，PtCl4中Pt 为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YC1和PtCl4熔 融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pts Y转移15mol电子。②碱性 溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为 02+4e-+2H2O=40H- 答案(1)Fe2+(2)4.7≤pH<6.2A13++30H- A1(OH)3￥(3)4.0×10-4 (4)①加热搅拌可加快反应速率②冷却结晶(5)MgSO4 (6)①15②O2+4e-+2H2O-=40H 9.解析(1)“焙烧”中，Al2O和(NH)2SO反应生成NHA1(SO)2, 同时放出NH3,反应的化学方程式为Al2O3十4(NH4)2SO4 高遥2NH,A1(S0,)2+6NH↑+3H,0↑。(2)由题表中 Fe3+、A13+,Mg+完全沉淀时的pH分别为3.2、4.7、11.1可 知，用氨水逐步调节pH至11.6的过程中，依次析出的金属离 子是Fe3+、A13+、Mg2+。(3)依据Mg2+完全沉淀时的pH= 11.1,可知此时c(OH)=10-2.9mol·L-1,此时c(Mg2+) =103mol·L1,则Kp[Mg(OH)2]=c(Mg2+）· c2(0H)=1010.8,用氨水逐步调节pH至11.6时， c(OH)=10-4mo1·L1,则c(Mg2+)=K.[Mg(OH2] c2(OHΓ) =10-6mol·L1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，为了尽可 能减少酸溶液的挥发而造成不必要的损失且保证TO2可以 完全溶解，故最好选择硫酸；SiO2不溶于硫酸，“焙烧”生成 CaSO4固体，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分为SiO2、 CaSO4。(5)由题意知，TiO+水解生成TiO2·xH2O沉淀， 该反应的离子方程式为Ti0+十(x+1)H,0△Ti0,· xH2O￥十2H十。(6)母液①的主要成分为硫酸铵和氨水，母 液②的主要成分为硫酸，混合后吸收尾气NH3,经处理可得 到(NH4)2SO4,循环利用。 答案1)AL,O,十4(NH),SO,高温2NH,A1(SO2+6NH,↑ +3H20个 (2)Fe3+、A13+、Mg2+ (3)1.0×10-6 (4)疏酸SiO2CaSO4 6)Ti02++(x+1DH,0△Ti02·xH,0Y+2H (6)(NH4)2SO4 30.解析(1)若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2S○3 溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗 中的溶液是H2SO4溶液：MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的 离子方程式为：MnO2+SOg+2H-Mn2++SO+ H.O:(2)C-Ka(CaFz)/K(MgF2)-1X10-/1X c(Mg2+) 10-11-100;(3)该反应的化学方程式2 NH HCO3+MnSO4 -MnCO+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知 NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入 NH,HCO3溶液的体积约为200mL;(4)根据图像在450℃ 左右MnO2占比最高，所以加热到450℃最佳，MnO与酸反 应生成Mn2+,故用酸除MnO,Mn2O氧化性强于Cl2,用盐 酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加 热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向 其中边搅拌边加入一定量1mol·L1稀H2SO4,加热，充分 反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的 0.1mol·L1BaCl2溶液不变浑浊。 答案(1)H2SO4溶液MnO2+SOg十2H+一Mn2++ SO+H2O (2)100(3)200mL (4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉 末，边搅拌边加入一定量1mol·L1稀H2SO4,加热，充分反 应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的 0.1mol·L-1BaCl,溶液不变浑浊 1.解析(1)根据化合物Na2MoO4中Na为十1价，O为-2价， 由化合物中化合价代数和为0，可计算出N2MoO4中Mo元 素的化合价为十6。(2)“750℃培烧”时，废催化剂中的氧化铝 发生反应：Al2O+2NaOH=2NaA1O2+H2O,“滤液I”中 主要存在NaAlO2和Na2MoO4,通入过量CO2时，发生反应： Na AlO2+CO2+2H2O—Al(OH)3￥+NaHCO3,生成的 沉淀X为A1(OH)3。(3)由(2)的分析可知“滤液Ⅱ”的主要成 分是NaHCO3和Naz MoO4。①“滤液Ⅱ”中加入BaCl2溶液 生成Ba MoO4的离子方程式为MoO?+Ba2+ e(CO) BaMoO4￥。②开始生成BaCO与时，溶液中 c(MoO) K,aM6O).5X10,又因为Ke-cH）·c(C0) Kp(BaCO为)2.6X109 e(HCO) 4.7×101,由于“沉细”中，pH为7.0，则(C0） K配 c(HCO)c(H) 1.0X107,因此可得HC0) 4.7×10-11 2.6×10-9 c(Mo02)3.5×10-8 .7X10T。(4)D由于“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHC0,和 1.0×10-7 Na2MoO,,加入适量BaCL2溶液“沉钼”后，“滤液Ⅲ”中主要存 在的钠盐有NaCl和NaHCO,则Y为NaHCO3。②由“滤液 Ⅲ”制备NaHCO,原理类似侯氏制碱法，加入NaCl固体后， 通入足量碱性气体NH,再通入足量CO2,发生反应：NH十 H2 O+CO2-NH HCO,NH HCO+NaCl NaHCO￥十NH4Cl,析出溶解度较小的NaHCO3固体。 (5)①由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻 蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成 一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液 中，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2○3 膜。②GaAs与H2O2反应时，As由-3价变为+5价，O由 一1价变为一2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可 知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4：1。 答案(1)十6 (2)A1(OH)3 (3)MoO+Ba2-Ba MoO ②2.6X109 28×0 (4)①NaHCO②NH (5)①A12O3②4：1 专题四物质结构元素周期律 考向一 1.D[物质结构、元素周期表1酷Yb中质子数为70，中子数为 174一70=104，故中子数和质子数之差为104一70=34，A错 误：核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原 子，14Yb、16Yb为两种核素，B错误：Yb为70号元素，基态Yb 原子的核外电子排布式为[Ar]3d°4s24p4d04f45s25p6s2, 共有20个d电子，C错误；由Yb的价电子排布式为4f46s2 知，Yb位于第6周期，D正确。] 2.C[化学用语，涉及核外电子排布式、同位素、原子结构示意图 等n表示一个中子，A错误；Li的基态原子核外电子排布 式为1s22s1,B错误：质子数相同而中子数不同的同一元素的 不同原子互称为同位素，H与H质子数相同、中子数不同，二 者互为同位素，C正确：He原子核外只有2个电子，原子结构 示意图为422，D错误。] 3.A[氧元素常见化合价有-1、一2，如NO2,N2O中氧元素 分别为一1价和一2价，A正确：根据元素在周期表中的位置， 可确定原子半径：Mg>C>O,B错误：MgO的水合物 Mg(OH)2不具有两性，C错误；碳元素可形成金刚石、石墨、石 墨烯、C60、碳纳米管等多种同素异形体，D错误。] 4.D[向10L蒸馏水中加入0.4gL2,溶液呈浅棕色，说明I2 在水中的溶解度较小，A项正确；1(q)为棕色，溶液颜色加 深，说明2转化为I5,发生了反应I2十I厂一5，B项正确；紫 黑色晶体消失，说明(s)溶解，则2(q)的消耗使溶解平衡 2(s)一一(aq)右移，C项正确；溶液褪色，是因为Zn与12反 应生成Znl2,c(l2)减小，l2十厂=一l平衡逆向移动，l(aq) 浓度减小，D项错误。] 5.B「根据质量守恒可知，X微粒为9He,Y微粒为He,据此分 析解题。A.由分析可知，X微粒为He,根据质量数等于质子 数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；B.由分析可 知，X微粒为8He,Y微粒为He,二者具有相同的质子数而不 同的中子数的原子，故互为同位素，B正确：C,由题干信息可 知，。O与O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学 反应历程，C错误：D.自然界中不存在日O2与1日O2并不是其化 学键不稳定，而是由于1O与0的半衰期很短，很容易发生核 -11 变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无 关，D错误；故答案为：B。] 6.A[结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物 为同系物，乙醇(CH3CH2OH)是饱和一元醇，丙三醇是饱和三 元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误：质子 数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，的C1的质子数为 17,中子数为18,3？C1的质子数为17，中子数为20，两者质子数 相同、中子数不同，互为同位素，B正确：由同种元素组成的不 同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的 单质，两者互为同素异形体，C正确：分子式相同、结构不同的 化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构 不同，两者互为同分异构体，D正确。 7.D「该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无 刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H,Z为O,YZ2 分子的总电子数为奇数，常温下为气体，由W、X、Y、Z为短周 期元素，原子序数依次增加，且加和为21推断，则Y为N,X为 B。X(B)的单质常温下为固体，故A错误：根据非金属性越强， 其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物 酸性：X(HBO3)<Y(HNO3),故B错误；根据前面已知200℃ 以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100一 200℃阶段热分解失去4个H2O,则质量保留分数应为 14+4+11×5+16×8 14+4+11×5+16×8+18×4X100%≈73.6%，对比图中信 息，则说明不是失去4个H2O,故C错误；化合物(NH4BO名· 4HO)在500℃热分解后若生成固体化合物XZ(B2O),根据硼 元素守恒，则得到关系式：2NHBO%·4HO~5B2O,则固体化 (11×2+16×3)×5 合物B,0的质量分数为4+4十11×5+16×8十18X40X2× 100%≈64.1%，对比图中信息，说明假设正确，故D正确。] 8.C[A.根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半 径：丁>戊>乙，故A正确：B.根据同周期从左到右非金属性 逐渐增强，则非金属性：戊>丁>丙，故B正确：C.甲的氢化物 可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定 有白烟产生：若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟 生成，故C错误：D.丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅 酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。综上所 述，答案为C。] 9.B[X的核外电子数等于其周期数，X为H,YX分子呈三角 锥形，Y为N,Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z 为O,M与X同主族，则M为Na,Q是同周期中非金属性最强 的元素，则Q为C1,综合分析，X为H,Y为N,Z为O,M为 Na,Q为C1,以此解题。由分析可知X为H,Z为O,则其形成 的10电子微粒有H2O、OH、H3O十，A错误：由分析可知Z 为O,Q为C1,可形成CIO2,有氧化性，可用于自来水消毒，B正 确；由分析可知Z为O,M为Na,Q为Cl,则M2Z为Na2O,为 离子晶体，MQ为NaCl,为离子晶体，晶体类型相同，C错误：由 分析可知X为H,Y为N,Z为O,这三种元素可以形成NH3· H2O,其溶液显碱性，D错误。 10.B[A.放射性核素H,质量数是3，质子数是1，质子数等于 核外电子数，所以核外电子数等于1，故A正确：B.放射性核 素H,质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3一1=2，故B 错误；C.H与H2的相对分子质量不同，二者的沸，点不同，但 二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C正确；D.H是放 射性核素，所以HO也具有放射性，故D正确。] 11.BA.H的中子数为2一1=1，故A错误：B.H的质子数 为1，则核电荷数为1，故B正确；C.自然界中最轻的原子 是H,不是H,故C错误：D.H是氢元素的一种同位素，故 D错误。 12.C「煤油来源于石油的分馏，属于化石燃料，是不可再生能 源，A错误：H2燃烧过程中化学能转化为热能和光能，B错 误：20Ne的质量数为20，C正确；质子数相同、中子数不同的 同一元素的不同核素互为同位素，3He、3H的质子数分别为 2、1,二者质子数不同，不互为同位素，D错误。] 13.A[根据元素Y在化合物中呈十1价及》X十n→？Y+He 可知，X为B元素、Y为Li元素。H3BO为为弱酸，可用于中和 溅在皮肤上的NaOH溶液，A正确；Li单质在空气中燃烧的 产物是Li,O,B错误：B元素与H元素可形成多种共价化合 物，如B2H6、BH10等，C错误；同素异形体是指由同一种元素 组成的不同形态的单质，故6Y和7Y不互为同素异形体，二者 互为同位素，D错误。] 4专题三 铁 考向一 铁及其化合物 铁红是一种红色颜料。 1.(2025·上海卷)铁红的主要成分是 A.Fe2 Sa B.FesO C.FeS D.Fe2 Os 2.(2025·上海卷)关于饱和氯化铁溶液说法正 确的是 T A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水后得到胶体 D.加氨水有白色沉淀 3.(2025·上海卷)（不定项）有关铁原子说法正 确的是 ( A.有4种不同能层的电子 B.有5个未成对电子 即 C.占据15个原子轨道 D.有26种能量不同的电子 4.（2025·上海卷)加热 试管中固体至红热，则 铁粉和硫粉 ( A.移开酒精灯后固体 保持红热 B.S只作还原剂 带 C.主要产生的气体副 产物为SO D.最终得到黑色的Fe2Sg 5.(2025·上海卷)[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2内界 为 ,配体有 种。 6.(2025·上海卷)Fe3+(aq)+xC1(aq)== [FeCl.]23-x(aq)(x=1、2、3、4),加水稀释至体 积为原来的2倍，则n(Fe3+) 赵 A.增大 B.不变 C.减小 并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释 原因： 7.(2025·上海卷)已知：Fe3+(ag)+xC1-(aq) [FeCl,]3-(ag) K x 1 2 3 ￥ K 30.2 134.9 97.72 1.02 溶液中c(C1-)=12mol·L-1,试计算： c(FeCl) c(Fe )+c([FeCI]2)+c([FeCl2])+c(FeCl)+c([FeCl]) 尔 8.(2025·河南卷，3分)X是自然界中一种常见 母 矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反 应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应 条件)。已知X和Q的组成元素相同。 17 金属材料 固体X 固体Y Y 溶液Z → (黄色) (红棕色) (棕黄色) 溶液R 固体 Q (浅绿色) (黑色 ) 下列说法错误的是 () A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C.R→Q 反应需要在强酸性条件下进行 D.Q 可以通过单质间化合反应制备 9.(2024·新课标卷，6分) 湿 铁粉 实验室中利用下图装置 验证铁与水蒸气反应。 下列说法错误的是 () 肥皂液 A.反应为 $$3 F e + 4 H _ { 2 } O \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } F e _ { 3 } O _ { 4 } + 4 H _ { 2 }$$ B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好 C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 10.(2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的 $$F e ^ { 2 + }$$ 配合物为催化中心，可将 $$N H _ { 2 } O H$$ 与 $$N H _ { 3 }$$ 转化为肼 $$\left( N H _ { 2 } N H _ { 2 } \right) ，$$ 其反应历程如下 所示。 H H H $$N H _ { 3 }$$ H $$\overrightarrow { H }$$ H "O-H $$H - N ^ { - 0 } H$$ H H H-1 Fe Fe H、 H H O-H H，N一NH。 $$H _ { 2 } N ^ { - } N H _ { 2 }$$ $$H _ { 2 } O$$ Fe 下列说法错误的是 () $$A . N H _ { 2 } O H 、 N H _ { 3 }$$ 和 $$H _ { 2 } O$$ 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 $$F e ^ { 2 + }$$ 被氧化为 $$F e ^ { 3 + } ，$$ 后又被 还原为 $$F e ^ { 2 + }$$ D.将 $$N H _ { 2 } O H$$ 替换为 $$N D _ { 2 } O D ，$$ 反应可得 $$N D _ { 2 } N D _ { 2 }$$ 11.(2023·辽宁卷，3分)下列鉴别或检验不能 达到实验目的的是 () A.用石灰水鉴别 $$N a _ { 2 } C O _ { 3 }$$ 与 $$N a H C O _ { 3 }$$ B.用 KSCN 溶液检验 $$F e S O _ { 4 }$$ 是否变质 C.用盐酸酸化的BaCl,溶液检验Na,SO3是 否被氧化 D.加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否 混有乙醛 12.(2023·辽宁卷，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 ( Na CO+O 淀粉水解液 矿渣 →焙烧一→水浸滤液①，转化→CO, (含FeO、CrO) 滤渣 滤液② 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CrO D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 13.(2023·浙江1月，3分)探究铁及其化合物 的性质，下列方案设计、现象和结论都正确 的是 ( 实验方案 现象 结论 往FeCl,溶液中加 短时间内无 Fe2+的氧化能 A 入Zn片 明显现象 力比Zn2+弱 往Fe2(SO4)3溶液 中滴加KSCN溶 溶液先变成 Fe3+与SCN B 液，再加入少量 血红色后无 的反应不可逆 K2S)4固体 明显变化 将食品脱氧剂样品 中的还原铁粉溶于 溶液呈浅 食品脱氧剂样 盐酸，滴加KSCN绿色 品中没有十3 价铁 溶液 向沸水中逐滴加 Fe3+先水解得 溶液先变成 5~6滴饱和FeC1 Fe(OH)3再聚 红褐色再析 溶液，持续煮沸 出沉淀 集成Fe(OH) 沉淀 14.(2022·山东卷)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 硫酸溶液，高压O,NH 高压H 硫化铜精矿 浸取 中和调pH 过滤 还原 过滤→Cu 固体X 1-,金属M Fe(OH) Cu(OH2) 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 1 15.(2022·浙江6月，2分)关于化合物 FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是 ( A.与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O C.溶于氢碘酸(HI),再加CCl4萃取，有机层 呈紫红色 D.在空气中，与SO2高温反应能生成 Fe2(SiO3)3 16.(2022·浙江6月，2分)下列说法正确的是 A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金 属镁 B.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧 化硫 C.浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁 质容器贮运浓硝酸 D.“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒 液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用 17.(2021·河北卷)“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“钢铁是杂炼生鞣作刀 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 Fe2O 18.(2021·广东卷，2 碱 分)部分含铁物质 的分类与相应化 盐 合价关系如图所单质 示。下列推断不 合理的是() 0+1+2+3化合价 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 19.(2021·湖南卷)下列说法正确的是( A.糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物 B.FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成 Fe3O4 C.SO2可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒 D.镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀 20.(2021·广东卷，2分)今年五一假期，人文考 古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着 中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意 和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由 合金材料制成的是 ( ) 选项 A B D 文物 河姆渡 兽首玛 角形 名称 铸客大铜鼎 出土陶灶 瑙杯 玉杯 21.(2021·江苏卷)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 22.(2025·山东卷，12分)采用两段焙烧一水浸 法从铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及 Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取 Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： (NH,)SO,回收SO HR ①NaS ②调pHNH,HCO 分离 滤渣 机相Cs一→-Cs0溶液 吸收稀HSO, 反萃取 H,0,S CuSO,溶液 稀HSO, 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解 生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体 Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫 酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸 盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为 MnSO时有N2生成，该反应的化学方程式 为 “高 温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要 成分除SiO2外还含有 (填 化学式)。 (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与 两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸” 时金属元素的浸出率 (填“增大”“减 小”或“不变”)。 (3)HR萃取Cu2+的反应为：2HR(有机相) +Cu2+(水相)==CuR2(有机相)十2H+(水 相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全 L[c(Co2+)=1×10-5mol·L1],则此时溶 19 液中c(H2S)= mol·L1。已知： Ka1(H2S)=1×10-7,K2(H2S)=1× 1013,Kp(CoS)=4X1021。CoS“溶解”时 发生反应的离子方程式为 (5)“沉锰”所得滤液并人“吸收”液中，经处理 后所得产品导入 (填操作单元名称) 循环利用。 23.(2024·安徽卷，15分)测定铁矿石中铁含量 的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O,滴 定法。研究小组用该方法测定质量为ag的 某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①cmol·L1K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于 20mL浓盐酸，加水至100mL,加入少量 锡粒。 【测定含量】按下图所示（加热装置路去）操作 步骤进行实验。 微热溶解后 将溶液移入 边振荡边滴 锥形瓶：用 加SnCl2溶液 加入硫酸和 水洗涤表面 至黄色消失 磷酸混合液 表面皿皿凸面和烧 过量1~2滴： 后，滴加指 杯内壁，洗 冷却后滴入 示剂，立即 涤液并入锥 HgC饱和溶 用KCrO标 形瓶 液，静置 准溶液滴定数据 浓 步骤I 步骤Ⅱ画步骤Ⅲ处理 试样 酸 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可 将Sn+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+; Cr2O号-可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题： (1)下列仪器在本实验中必须用到的有 (填名称)。 (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时 加入锡粒的原因： (3)步骤I中“微热”的原因是 (4)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测 定的铁含量 (填“偏大”“偏小”或“不 变”)。 (5)若消耗cmol·L1K2Cr2O2标准溶液 VmL,则ag试样中Fe的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。 (6)SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可测定 铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl 将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+,再用 KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2 HgCl2-K2Cr2O2滴定法的优点是 ②为探究KMnO4溶液滴定时，C在不同酸 度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶 液中加入1滴0.1mol·L1KMnO4溶液， 现象如下表： 溶液 现象 空白 2mL0.3mol·L1NaC1溶液十 紫红色 实验 0.5ml试剂X 不褪去 实验i 2mL0.3mol·L1NaCl溶液+ 紫红色 0.5mL0.1mol·L1硫酸 不褪去 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液+ 紫红色明 实验ⅱ 0.5mL6mol·L1硫酸 显变浅 表中试剂X为 ;根据该实验可得出 的结论是 24.(2024·江苏卷，15分)回收磁性合金钕铁硼 (Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光 学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中培烧转化为NdO3、 Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol· L1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤 渣。d,Fe浸出率（浸出液中某元素的物质的量 某元素的总物质的量 ×100%)随浸取时间变化如图所示。 100 20 解 80 15 60 10 40 20 102030 40 浸取时间/min ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因 是 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提 纯后，用于制备铁酸铋。 20 ①用含有机胺(RN)的有机溶剂作为萃取剂 提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为： 萃取 (R,NH2SO,十Fe3++SO十H,0反茶取 H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层) 已知：(R3NH),SO4+H+HSO4== 2(RNH·HSO4) 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范 围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含 量迅速增多的原因是 ②反萃取后，Fe2(SO4)3 经转化可得到铁酸铋。 Fe 铁酸铋晶胞如图所示 Bi(铋) (图中有4个Fe原子位 于晶胞体对角线上， O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe): N(Bi)= (3)净化后的NdCL3溶液通过沉钕、焙烧得 到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液， Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应 的离子方程式为 ②将8.84mgNd 8.84 (OH)CO(摩尔质量 为221g·mol-1)在 7.60 氨气氛围中焙烧， 剩余固体质量随温 度变化曲线如图所 400600800 示。550~600℃ 温度/℃ 时，所得固体产物可表示为Nd.Ob(CO3)c, 通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+): n(CO号)的比值 (写出计算过 程)。 25.(2022·山东卷)实验室利用FeCl2·4H2O 和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置 如图所示（加热及夹持装置略）。已知SOCl2 沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气 体。回答下列问题： (1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热 装置 (填“a”或“b”)。装置b内发 生反应的化学方程式为 。 装置c、d共同起到的作用是 (2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测 定n值进行如下实验： 实验I:称取1g样品，用足量稀硫酸溶解 后，用cmol·L1K2Cr2O2标准溶液滴定 Fe2+达终点时消耗VmL(滴定过程中 T Cr2O号转化为Cr3+,C1-不反应)。 实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量 SOCl2反应后，固体质量为m2g。 则n= ;下列情况会导致n测量值 偏小的是 (填标号)。 A.样品中含少量FeO杂质 B.样品与SOCl2反应时失水不充分 C.实验I中，称重后样品发生了潮解 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡 生成 (3)用上述装置、根据反应TiO2+CCL,二 TiCl4+CO2制备TiCl4。己知TiCl4与CCl4 分子结构相似，与CCL4互溶，但极易水解。 选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl 混合物进行蒸馏提纯（加热及夹持装置略）， 安装顺序为①⑨⑧ (填序号)，先 量 馏出的物质为 ① ③ ⑦ ⑨ 26.(2021·海南卷)无水FCl3常作为芳烃氯代 剂 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SO2杂质）为原 料制备无水FeCl(s)。 O 己知：氯化亚砜(C1一SC】)熔点一101℃，沸 辈 点76℃，易水解 楼 →固困 A帝液足量B,C游液道HC园-B:L6HOs0C,无水e圆 操作② D E 尔 回答问题： (1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、 母 玻璃棒和 (2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用 (填编号)。 21 A.KMnO4溶液 B.Cl2水 C.Br2水 D.H2O2溶液 (3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HC (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 27.（2021·辽宁卷)Fe/Fe3O4磁性材料在很多 领域具有应用前景，其制备过程如下（各步均 在N2氛围中进行)： ①称取9.95 g FeCl2·4H2O(M,=199),配 成50mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。 ②向三颈烧瓶中加入100mL14mol·L1 KOH溶液。 ③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL· min1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下 回流3h。 ④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得 黑色沉淀，在40℃干燥。 ⑤管式炉内焙烧2h,得产品3.24g。 部分装置如图： 回答下列问题： (1)仪器a的名称 是 ;使用 恒压滴液漏斗的原 因是 温控磁力搅拌器 (2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素 化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合 下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法， 化学方程式为 对应的装置为 (填标号)。 可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、 O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq) 可供选择的发生装置（净化装置略去）： (3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和FeO4,离 子方程式为 (4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶 度良好，可采取的措施有 A.采用适宜的滴液速度 B.用盐酸代替KOH溶液，抑制Fe2+水解 C.在空气氛围中制备 D.选择适宜的焙烧温度 (5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干 净，应选择的试剂为 ;使用乙醇洗 涤的目的是 (6)该实验所得磁性材料的产率为 (保留三位有效数字)」 28.(2021·北京卷)铁黄是一种重要的化工产 品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程 如下。 钛白粉 蒸馏水，铁粉 精制 一定量氨水、空气 废渣 纯化 FeSO1溶液 制备晶种 铁黄晶体 铁黄产品 FeOOH 制备铁黄 FeOOH 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O, 含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO+(+1)H2O==TiO2.xH2O +H2SO i.0.1mol/LFe2+生成Fe(OH)2,开始沉 淀时pH=6.3,完全沉淀时pH=8.3; 0.1mol/LFe3+生成FeOOH,开始沉淀时 pH=1.5,完全沉淀时pH=2.8 (1)纯化 ①加人过量铁粉的目的是 ②充分反应后，分离混合物的方法是 (2)制备晶种 为制备高品质铁黄 PH 产品，需先制备少量 6.0 铁黄晶种。过程及 4.0…… 现象是：向一定浓度 28……- 0.0 FeSO4溶液中加入 时间 氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴 加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录 pH变化（如图）。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 ②产生白色沉淀后的pH低于资料川中的 6.3,原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“>”“=”或“<”)。 22 ③0~t1时段，pH几乎不变；t1~t2时段，pH 明显降低。结合方程式解释原因： ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通人空 气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+) 仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大 于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原 因： (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 加热溶解 Na2C2O4溶液 wg铁黄 溶液b H2SO1标准溶液 酚酞 溶液c→- →滴定 NaOH标准溶 资料：Fe3++3C2O2 -Fe(C2O4);, Fe(C2O4)8不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填 “偏大”“偏小”或“不受影响”)。 29.(2021·浙江1月，10分)某兴趣小组用铬铁矿 [Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O2晶体，流程如下： 铬铁矿h 碧怪瓷整整叁西国 熔融 留 N滤液KC多步操作KCr:O 产品 已知：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2 高温 8Na2 CrO+4NaFeO2+10CO2 2H++2CrOCr20+H2O 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 200 Na2Cr20 150 爱100 Na2CrO K2Cr2O: KCI 50 NaCl 0 20 4060 80 100 温度/℃ 请回答： (1)步骤I,将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧 化的速率，其理由是 (2)下列说法正确的是 A.步骤Ⅱ，低温可提高浸取率 B.步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的 Fe(OH)3 C.步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转 变为Na2Cr2O7 D.步骤IW,所得滤渣的主要成分是Na2SO4 和Na2CO: (3)步骤V,重结晶前，为了得到杂质较少的 K2Cr2O,粗产品，从下列选项中选出合理的 操作（操作不能重复使用）并排序：溶解KCI ( )→( )→( ( )→重结晶。 a.50℃蒸发溶剂 b.100℃蒸发溶剂 c.抽滤 d.冷却至室温 e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热 (4)为了测定K2Cr2O2产品的纯度，可采用 氧化还原滴定法。 ①下列关于滴定分析的操作，不正确的是 A.用量筒量取25.00mL待测液转移至锥 形瓶 B.滴定时要适当控制滴定速度 C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的 变化 D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上 端无刻度处，使滴定管保持垂直 E.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0” 刻度或“0”刻度以下 ②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测 量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使 半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶 液沾落， ,继续 摇动锥形瓶，观察颜色变化。（请在横线上补 全操作) (5)该小组用滴定法准确测得产品中 K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还 用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液 的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量 分数明显偏低。分析其原因，发现配制 K2Cr2O待测水溶液时少加了一种试剂。该 试剂是 ,添加该试剂的理由是 考向二金属材料 1.(2025·甘肃卷，3分)处理某酸浸液（主要含 Li+、Fe2+、Cu2+、A13+)的部分流程如下： Fe粉 NaOH H2O2 Na2CO3 酸浸液→沉铜一碱浸一氧化 →…→沉锂→… CuAI(OH沉淀Fe(OH),沉淀 LizCO 下列说法正确的是 A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe +3Cu2+-3Cu+2Fe3+ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多， A1(OH)3沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比 Na2CO3小的性质 23 2.(2025·山东卷，4分)钢渣中富含CaO、SiO2、 FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同 法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。 已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Kp(CaC2O4) =2.3×10-9,Kp(FeC204)=3.2×10-7。 下列说法错误的是 ( ①试剂X ②HCO →滤液Ⅱ 盐酸 滤液L分离 →滤渣Ⅱ 钢渣 酸浸 滤渣1威浸 浸取液 转化SiO2 NaOH溶液 试剂Y A.试剂X可选用Fe粉 B.试剂Y可选用盐酸 C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D.“酸浸”后滤液I的pH过小会导致滤渣Ⅱ 质量减少 3.(2025·陕晋宁青卷，3分)“国之重器”是我国 科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材 料的是 A.“C919”大飞机用的氮化硅涂层 B.“梦想”号钻探船钻头用的合金 C.“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D.“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 4.(2025·黑吉辽蒙卷，3分)某工厂利用生物质 (稻草)从高锰钴矿（含MnO2、Co3O4和少量 Fe2O3)中提取金属元素，流程如下。已知“沉 钴”温度下Kp(CoS)=1020.4,下列说法错误 的是 HSO+稻草NaCO3 Na2S 矿石一宀浸出滤流沉铁滤液沉钴 →MnSO,滤液 FeOOH Cos A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-) =10-20.4 5.(2024·吉林卷，3分)某工厂利用铜屑脱除锌 浸出液中的C1并制备Zn,流程如下。“脱 氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说 法正确的是 ( HSO,H,O2锌浸出液 铜屑→浸铜一 →脱氯→脱氯液 CuCI固体 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰） 离子 Zn2 Cu2+ 浓度/(g·L1) 145 0.03 1 A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解 完全 B.“浸铜”反应：2Cu+4H+十H2O2 2Cu2++H2个+2H2O C.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2C1 =2CuC】 D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 6.(2024·河北卷，3分)燕赵大地历史悠久，文 化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法 错误的是 战国宫门青铜铺首 西汉透雕白玉璧 五代彩绘石质浮雕 元青花釉里红瓷盖罐 A.青铜铺首主要成分是铜锡合金 B.透雕白玉璧主要成分是硅酸盐 C.石质浮雕主要成分是碳酸钙 D.青花釉里红瓷盖罐主要成分是硫酸钙 7.(2023·湖南卷，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0.1mol·L1),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 8.(2022·广东卷，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 汉 选 D.液晶 项 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 显示屏 9.(2022·广东卷，2分)广东一直是我国对外交 流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列 文物主要由硅酸盐制成的是 ) 文 选 A.南宋 B.蒜头 C.广彩 D.铜镀 项 鎏金饰品 纹银盒 瓷咖啡杯 金钟座 10.(2021·江苏卷)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 11.(2022·湖南卷，3分)铝电解厂烟气净化的 一种简单流程如下： 过量Na2CO3 NaAlO. 烟气 吸收塔 合成槽一过滤 冰晶石 (含HF) (NaAIF) 滤液 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Na3AlFs和CO2 D.滤液可回收进入吸收塔循环利用 12.(2025·广东卷，14分)我国是金属材料生产 大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属 精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶 铁方法的工艺如下。 Cu配合物←…选择 Ni配合物←-…萃取 滤液2←沉铝 含$O2水溶液 滤饼 Ni.Cu,N. S027 空气 矿粉一酸浸浸取液DH=30高压 加热 →滤液，常温 固体残渣← NHs H NaOH溶液 Fe7O0℃加热-Fe,O,一→电解-Fe 已知，多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、 0等元素。 氢氧化物 Fe(OH) Al(OH) Cu(OH)2 Ni(OH)2 Kp(298K)2.8×10-9 1,3×10-32.2×1005.5×1016 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条) (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式 为：一十02+H,0 Fe2Os △ H+ (3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液 体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中 c(Cu2+)=0.022mol·L1,c(Ni2+)= 0.042mol·L-1 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍 易进入有机相的原因有 COOCIH2 CoH T H21C100C A.镍与N、O形成配位键 B.配位时N2+被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (5)NiCu,Nx晶体的立 O顶点 方晶胞中原子所处位置 O面心 洲 如图。己知：同种位置原 ⑧体心 子相同，相邻原子间的最 ● 近距离之比d-cu d-N=√2：1，则x: y:之= ;晶体中与Cu原子最近且等 距离的原子的数目为 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加 少量H2,但借助工业合成氨的逆反应，可使 蜜 Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程 式为 和 ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以 Fe片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并 做相应标注 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型 冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 13.(2025·河南卷，14分)一种从预处理得到的 剂 贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt, 含有少量SO2]中尽可能回收铑的工艺流程 如下： 浓盐酸 王水 浓盐酸、DETA H 贵金展→酸溶→酸溶2·煮沸→沉佬 合金粉 →灼烧高温 还原 ·铑粉 滤液1 滤渣 滤液2 辈 SnCl2 Zn 浓盐酸 还原 含铂沉淀 滤液3 滤液4 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是 尔 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl], 则生成该物质的化学方程式为 母 “滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 25 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成 铑单质，但夹杂少量Rh,O3和RhCl3,则“高 温还原”中发生反应的化学方程式为 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl,初始 浓度为1.0×10一4mol·L1,为避免生成 Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为 (填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5× 1028]。 A.2.0 B.4.0 C.6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与 Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了 Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ；反应中同时生成[SnCl。]-, Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计，则理论上SnCl2和 Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为 (6)“酸溶3”的目的是 14.(2025·江苏卷，14分)ZnS可用于制备光学 材料和回收砷。 (I)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量 硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： H2SO:O H2S 闪锌矿→酸浸→除铁→除镉→调pH→沉锌→ZS Cas 已知：Kp(ZnS)=1.6X1024,Ksp(CdS)= 8.0×1027,Ka1(H2S)=1.0×107, Ka2(H2S)=1.2×10-13。当离子浓度小于 1.0×10-5mol·L1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因 是 ②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH =0、c(H2S)=0.01mol·L1时，Cd2+是否 沉淀完全（写出计算过程）。 ③沉锌前调节溶液的pH至4一5，加入的氧 化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中 掺入少量CuC后，会出现能量不同的“正电” 区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光 区域A 区域B ·Zn2+OS2:掺入离子位置 甲 区域A“?”中的离子为 (填离子符 号)，区域B带 (填“正电”或“负 电”)。 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价 砷[As(Ⅲ)门，并回收生成的As2S3沉淀。 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸HAsO3形式 存在，As2S3+6H2O=2H3AsO3+3H2S. 60℃时，按n（S): 100 n(As)=7:1向酸性80 废液中加入ZnS,砷回 60 40 收率随反应时间的变 化如图乙所示。 1 234 ①写出ZnS与H3 反应时间 AsO3反应生成As2S e 的离子方程式： ②反应4h后，砷回收率下降的原因有 15.(2025·陕晋宁青卷，14分)一种综合回收电 解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+ NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 NHs.H2O NHaH2O (NH2S2O NHHCO HsPO H-SO 调pH 调pH=6.0 薇装盛-→盛-→知一一蓝可 MnO,MnO:橙烧MgNH.PO.6H.0X Mgo 焙烧→→MnSO, ，H0 已知：①常温下Kp(MgCO3)=105.17, Ksp[Mg(OH)2]=10 -11.25,Ksp[Mn(OH)2] =10-12.72； ②S2O号结构式为 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采 取的措施有 (写 出两种)。 (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧 化成MnO4的化学方程式： 当Mg2+(c=10-0.68mol·L1)将要开始沉 淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol (3)“沉锰”中，过量的(NH)2S2O3经加热水解 去除，最终产物是NH4HSO4和 (填化 学式)。 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱 式碳酸镁[rMgCO3·yMg(OH)2·之H2O],煅 烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能 得到轻质MgO的原因是 26 (5)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时， Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完 全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程 式： H-PO. PO 0.8 H2POTNHi/ NH 教 0.4 HPO 0.0 0.0 4.0 8.0 12.0 pH (6)“结晶”中，产物X的化学式为 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填 “氧化”或“还原”)反应。 16.(2025·黑吉辽蒙卷，14分)某工厂采用如下 工艺回收废渣（含有ZnS、PbSO4、FeS和 CuCl)中的Zn、Pb元素。 Zn (NH)2S 0滤液除匍滤液，远南 NH·HzO →ZnS 废渣→氧化浸出 滤液 HA、NaA溶液 遮渣L皮智滤液结晶，P%A真空热解纯 滤渣2 已知①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS 转变为[Zn(NH3)4]2+;②K[Pb(OH)2]= 1014.8;③酒石酸（记作H2A)结构简式为 HOOC(CHOH)2COOH 回答下列问题： (1)H,A分子中手性碳原子数目为 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O)转变 为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大 后减小的原因为 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式 为 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素 符号)。 (6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成 PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原 因为 pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物 该反应的化学方程式为