第04讲 金属材料及金属矿物的开发利用（专项训练）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦金属材料及矿物开发，以铜为核心，覆盖性质、制备、材料应用、冶炼及拓展，通过基础-重难-真题三级演练构建知识网络与解题能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|5考向20题|结合传统文化、实验现象、工业流程考性质与制备|从铜及其化合物性质到金属材料应用，形成“性质-制备-应用”逻辑链| |重难·创新演练|8题|综合工业流程、电化学、晶胞结构与计算|深化金属冶炼原理，拓展材料性能与转化关系| |真题·实战演练|5题|高考真题聚焦实际应用与综合探究|对接高考命题趋势，强化科学思维与探究能力|

第04讲 金属材料及金属矿物的开发利用（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 铜及其重要化合物性质及应用 考向02 铜及其重要化合物的制备 考向03 金属材料及应用 考向04 金属的冶炼 考向05 金属及其化合物的拓展应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 铜及其重要化合物的性质及应用 1. 【结合中华传统文化考查物质的组成、形状及用途】 (2026·江苏省南京市模拟预测)中华传统文化源远流长，下列有关说法不正确的是 A. 青花瓷呈现的颜色与含量高有关 B. 三星堆青铜神树所用青铜属于合金 C. 丝绸云袖的主要成分是蛋白质 D. 红山玉龙的成分之一可用作耐火材料 【答案】A 【解析】A．氧化铁是红棕色，青花瓷是用含氧化钴的钴矿为原料制成，A错误；B．三星堆青铜神树所用青铜属于合金，B正确；C．丝绸云袖的主要成分是蛋白质，C正确；D．Al2O3熔点较高，可用作耐火材料，D正确；故选A。 2．【根据物质的结构与性质考查知识的应用】（2025·江苏盐城·三模）下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．H2O中的O存在孤电子对，能与形成 B．中H元素呈+1价，浓具有强氧化性 C．具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理 D．无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分 【答案】B 【解析】A．水中O含有孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成配位键，1个Cu2+能与4个H2O形成配位键，即形成[Cu(H2O)4]2+，故A正确；B．浓硫酸表现强氧化性，是+6价S体现的，故B错误；C．Cu2+属于重金属离子，能使蛋白质变性，因此硫酸铜具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理，故C正确；D．无水硫酸铜吸水后呈现蓝色，利用这种现象可以检验水的存在，故D正确；故选B。 3．【结合信息考查物质结构、性质及用途的关系】（2025·江苏省连云港市高考考前模拟一）黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。CuSO4溶液中的Cu2＋在水中以水合离子[Cu(H2O)4]2＋存在，向其中滴入氨水可制备硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4；Cu在O2存在下也能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2＋。CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可得到[CuCl2]－和[CuCl3]2－。 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A．CuFeS2呈金黄色，可用于制取单质Cu B．CuSO4溶液呈酸性，可用于湿法炼铜 C．CuCl不溶于水，可用于制取K[CuCl2] D．Cu2＋有空轨道，可与NH3反应制[Cu(NH3)4]2＋ 【答案】D 【解析】A项，CuFeS2可用于制取单质Cu，是因为其含有铜元素，错误；B项，湿法炼铜原理为： Fe+Cu2＋＝Fe2＋+Cu，是因为Cu2＋有氧化性，错误；C项，CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可形成稳定配位化合物如[CuCl2]－和[CuCl3]2－，这种配合物降低了溶液中Cu＋的浓度，促使CuCl溶解，错误；D项，Cu2＋有空轨道，可与NH3中的N形成配位键，制[Cu(NH3)4]2＋，正确。 4.【根据实验现象考查化学基本原理】 (2026·江苏省南京市模拟预测)硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量测定实验如下： 步骤1：称取一定质量硫酸四氨合铜晶体于烧杯中，加入稀硫酸，搅拌使其完全溶解； 步骤2：向上述溶液中加入过量的KI固体，充分振荡，静置，生成白色沉淀CuI； 步骤3：用Na2S2O3标准溶液进行滴定，待溶液呈浅黄色时加入淀粉溶液作指示剂，继续滴加Na2S2O3溶液至滴定终点 ，记录溶液体积。 下列说法不正确的是 A. 步骤1中，稀硫酸可破坏[Cu(NH3)4]2+的配位结构，使c(Cu2+)增大 B. 步骤1中，若用浓氨水溶解晶体，也能得到含Cu2+的蓝色透明溶液 C. 步骤2中反应的离子方程式：2Cu2+＋4I− =2CuI↓＋I2 D. 由于CuI沉淀会吸附部分I2，故由步骤3测定的铜含量可能偏小 【答案】B 【解析】A．[Cu(NH3)4]2+存在解离平衡，加入稀硫酸后H+与NH3结合为NH，平衡正向移动，配位结构被破坏，c(Cu2+)增大，A正确；B．若用浓氨水溶解晶体，溶液中NH浓度增大，上述解离平衡逆向移动，游离Cu2+浓度极低，蓝色是配离子[Cu(NH3)4]2+的颜色，并非存在大量游离Cu2+，B错误；C．步骤2中Cu2+被I-还原为CuI沉淀，I-部分被氧化为碘单质，离子方程式2Cu2+＋4I− =2CuI↓＋I2符合守恒规则，C正确；D．CuI沉淀吸附部分I2，会导致滴定消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏小，根据反应关系2Cu2+～I2～2S2O，计算得到的Cu的物质的量偏小，测定的铜含量偏小，D正确；故选B。 5. 【结合工业实际综合考查物质结构、制备及原理分析】（2026·江苏扬州中学、盐城中学等四校联考）工业上可用溶液与溶液反应制备沉淀，再煅烧制备纳米。 （1）制备 ①若溶液用量过高，会导致溶解，生成等配离子，画出的结构式_______(配位键用“→”表示)。 ②用等浓度的溶液代替溶液制备可减少碱式草酸铜的生成，但工业上不采用作为原料，其原因可能是_______。 ③反应温度、对产率的影响如图-1所示。 补充完整制备的实验方案：向反应容器中先加入溶液，_______，得到。[实验中必须使用的试剂和设备：溶液、稀盐酸、溶液、蒸馏水，恒温磁力搅拌器、减压抽滤设备] （2）制备纳米 ①400℃时，在气氛中，将加热至恒重可制得纳米，其化学方程式为_______。 ②热解时间过长会导致纳米的产率偏低，其原因可能是_______。 ③无水乙醇淬火后的纳米有更好的光催化性(光催化性能与催化剂表面的氧空位数目有关)，无水乙醇淬火前后纳米晶体表面的X-射线衍射图如图2所示。无水乙醇的作用是_______。 【答案】（1）①. ②. 同样浓度下，草酸溶液中C2O的浓度小，反应速率慢 ③. 将反应容器置于恒温磁力搅拌器上，(打开开关)控制反应温度为75℃，边搅拌边加入125mL0.800mol/LNa2C2O4溶液，充分反应，用减压抽滤设备抽滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，滴加0.100mol/L稀盐酸酸化，再滴加0.100mol/LBaCl2溶液，无白色沉淀，干燥 （2）①. ②. CuC2O4分解产生的CO还原CuO，导致纳米CuO产率偏低 ③. 无水乙醇将晶体表面的CuO还原为Cu和Cu2O，从而导致晶体表面产生氧空位，增强了光催化性 【解析】 （1）① C2O中O原子提供孤电子对、Cu2+提供空轨道形成[Cu(C2O4)2]2-配离子， [Cu(C2O4)2]2-的结构式。 ②用等浓度的H2C2O4溶液代替Na2C2O4溶液制备CuC2O4可减少碱式草酸铜的生成，但草酸是弱酸，同样浓度下，草酸溶液中C2O的浓度小，反应速率慢，所以工业上不采用H2C2O4作为原料。 ③根据图像，75℃时CuC2O4的产率最高；=1.2时，CuC2O4的产率最高，所以制备CuC2O4的实验方案为：向反应容器中先加入120mL1.00mol/LCuSO4溶液，将反应容器置于恒温磁力搅拌器上，(打开开关)控制反应温度为75℃，边搅拌边加入125mL0.800mol/LNa2C2O4溶液，充分反应，用减压抽滤设备抽滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，滴加0.100mol/L稀盐酸酸化，再滴加0.100mol/LBaCl2溶液，无白色沉淀，干燥得到CuC2O4。 （2）①400℃时，在N2气氛中，将CuC2O4加热至恒重可制得纳米CuO，根据元素守恒，反应生成等物质的量的CO、CO2，其化学方程式为。 ②CuC2O4分解产生的CO可还原CuO，所以热解时间过长可能导致纳米CuO产率偏低； ③无水乙醇将晶体表面的CuO还原为Cu和Cu2O，从而导致晶体表面产生氧空位，所以无水乙醇淬火后的纳米CuO有更好的光催化性。 考向02 铜及其重要化合物的制备 6．【结合微型流程考查物质的制备】（2026·内蒙古呼和浩特·二模）铁钴铜合金湿法分离流程如下，下列说法错误的是 已知：单质与单质化学性质相似 A. “酸浸”反应： B. “氧压水解”反应： C. “氧压水解”中可适当提高温度促进水解以提高铁回收率 D. 滤液结晶后母液可用于“酸浸”，实现循环利用 【答案】A 【解析】酸浸中铁钴铜合金加入稀H2SO4，Fe和Co溶解，Cu不溶形成铜渣，滤液1含Fe2+、Co2+。氧压水解中通入O2，Fe2+被氧化为Fe3+并水解生成Fe2O3沉淀，Co2+留在溶液中形成CoSO4滤液，CoSO4滤液结晶后母液可返回“酸浸”步骤，实现H2SO4循环利用。A．已知Co与Fe化学性质相似，Co与稀H2SO4反应生成CoSO4和H2，化学方程式为：Co+H2SO4=CoSO4+H2，A错误；B．“氧压水解”中Fe2+被O2氧化为Fe2O3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+，B正确；C．Fe3+水解是吸热反应，升温促进水解，使Fe3+更完全沉淀为Fe2O3，提高铁回收率，同时升温加快O2氧化Fe2+速率，C正确；D．“氧压水解”产生H+，母液含H2SO4，可返回酸浸步骤，实现循环利用，D正确；故选A。 7. 【结合微型流程考查物质的制备、分离提纯】（2026四川省达州市一模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3、及少量金属Fe)为原料制备CuCl的流程如图： 下列说法正确的是 A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物 B．“除杂”第①步升高温度一定能加快化学反应速率 C．“除杂”第②步所加NaOH溶液须过量 D．上述流程中可循环使用的物质有H2SO4和NaCl 【答案】A 【解析】工业废铜泥含(CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3、及少量金属Fe)，在空气中灼烧将CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3转化为CuO，将Fe转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后CuO和铁的氧化物溶解成硫酸铜和硫酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离子，然后变成氢氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl。A项，灼烧过程中，空气中氧气可将CuS、Cu2S等转化为CuO，Cu2(OH)2CO3受热分解得到CuO，将Fe转化为铁的氧化物，正确；B项，除杂第①步加入过氧化氢溶液，若温度过高，则过氧化氢会分解，化学反应速率可能变慢，错误；C项，“除杂”第②步，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本， 并且可能生成氢氧化铜沉淀，降低CuCl 的产率，错误；D项，“还原”时溶液中的铜离子与亚硫酸钠、氯化钠和水反应的离子方程式为2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O＝2CuCl↓+SO42－+2H＋，氯化钠提供的氯离子转移到目标产物CuCl中，还原过程生成硫酸，酸浸过程消耗硫酸，所以硫酸可以循环使用，错误。 8．【结合工业流程综合考查物质的组成、结构、制备、原理分析等】（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的流程如下。 已知：Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13，Ksp(CuS)=6.3×10-36 请回答下列问题： （1）“浸取”时，有淡黄色沉淀生成，写出浸取FeS的离子方程式：_______。 （2）若不通入高压O2，通过计算说明CuS不能直接被过量H2SO4浸取的原因_______。 （3）“还原”时，一定温度下，利用高压(0.3 MPa)H2还原1 mol/L Cu2+，应先调节pH为2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应：(I)、(II)与(III)。若pH为1，铜还原率降低至10%，铜还原率降低的主要原因是_______。 （4）“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为_______。 （5）纤锌矿型和闪锌矿型是ZnO最常见的两种晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。 ①图a纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为_______。 ②请用实心圆圈在图中标记出闪锌矿晶胞俯视图中Zn2+的位置_______。 （6）在“Ag/ZnO/Al2O3”催化作用下，乙醇—水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若用13C标记乙醇(13CH3CH2OH)，最终产物中含13C的物质为_______。(填写名称) 【答案】（1）4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O （2）CuS+2H+=Cu2++H2S   K=4.8×10-16，反应几乎不发生 （3）pH过小，抑制反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低 （4）防止铁与铜离子、氢离子反应，使反应釜破损 （5）4 （6）甲烷、焦炭 【解析】硫化铜精矿的主要成分CuS，含FeS、ZnS等杂质，加入稀硫酸，通入高压氧，溶解，得到硫酸铜、硫酸铁、硫酸锌的混合溶液，通入氨气，调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，向滤液中通入高压氢气，还原铜离子，过滤，得到含有硫酸锌的滤液和铜粉，据此分析， （1）“浸取”时，有淡黄色沉淀S生成，浸取FeS的离子方程式4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O； （2）CuS+2H+=Cu2++H2S，K=，反应不能发生； （3）若pH为1，铜还原率降低至10%，铜还原率降低的主要原因pH过小，抑制反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低； （4）Fe可以和铜离子、氢离子反应，“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为防止反应釜中的Fe与Cu2+、H+反应，使反应釜破损； （5） 图a纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为4；闪锌矿型中Zn2+填入O2-所形成的“正四面体”空隙中，俯视图中Zn2+的位置； （6）若用标记乙醇，13C的碳原子在甲基上，观察可知，甲基上碳原子最终转化为CH4和焦炭，故最终产物中含13C的物质为甲烷、焦炭。 9. 【结合工业流程考查物质结构及制备、原理探究、原因分析、化学计算等】（2026·江苏盐城市考前指导卷）铅渣中加入褐煤(主要成份为炭)焙烧得到的Cu、Sb混合物制备CuS工艺流程如下： （1）焙烧过程中加入褐煤同时加入少量水，还原效果更好。其原因可能是___________。 （2）氧化酸浸。 ①Cu发生反应的化学方程式为___________。 ②氧化酸浸时加入酒石酸，可明显提高Cu2+、Sb3+的浸出率的原因可能是___________。 已知：酒石酸(C4H6O6)可与Cu2+、Sb3+形成稳定的配合物离子[Cu(C4H4O6)2]2-、[Sb(C4H4O6)3]3-。 （3）沉锑。沉淀中Sb含量和Sb沉淀率随溶液pH的变化如图所示。当pH>5.5，Sb沉淀率上升而沉淀中Sb含量下降的原因可能是___________。 （4）沉铜。已知：，，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。通过计算判断当溶液pH=0、时，Cu2+是否沉淀完全___________(写出计算过程)。 （5）由CuS可制得一种性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示(有4个铜原子和4个硒原子处于晶胞内部)。 ①Se原子的核外电子排布式为___________。 ②该晶胞中Cu元素以+1价和+2价两种价态存在，Se元素以-2价存在。晶胞中Cu(Ⅰ)、Cu(Ⅱ)的个数比为___________。 【答案】（1）炭和水高温条件下反应生成CO和H2 （2）①. ②. Cu2+、Sb3+与酒石酸形成稳定的配合物离子、离子，同时溶液中的H+浓度也增大，促进了铜和锑的溶解，提高Cu2+、Sb3+的浸出率 （3）随pH值增大，溶液中的OH-浓度增大，Sb(OH)3沉淀量增大，Sb的沉淀率上升；当溶液pH>5.5，Cu(OH)2沉淀迅速增加，导致沉淀中Sb的含量下降 （4）沉淀完全。pH=0时c(H+=1mol/L)，，，则Cu2+沉淀完全 （5） ①. 或 ②. 2∶1 【解析】起始原料为Cu、Sb混合物，目标产物为CuS。氧化酸浸环节加入H2O2、硫酸，将Cu、Sb氧化为Cu2+、Sb3+进入溶液；沉锑环节加入氨水，使Sb元素转化为Sb(OH)3沉淀分离；沉铜环节通入H2S，Cu2+转化为CuS得到目标产物。结合H2S的电离常数、CuS的溶度积可判断Cu2+是否沉淀完全。晶胞分析环节先确定晶胞内Cu、Se的总个数，结合电荷守恒可计算不同价态Cu的个数比。 （1）高温条件下，褐煤中的炭与加入的水反应生成CO和H2，二者还原性强于炭，因此还原效果更好。 （2）①酸性条件下，H2O2作为氧化剂，将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为H2O，配平得到反应方程式。 ②Cu2+、Sb3+可与酒石酸形成稳定的配合物离子、离子，同时溶液中的H+浓度也增大，促进了铜和锑的溶解，提高Cu2+、Sb3+的浸出率。 （3）pH增大时，溶液中OH-浓度升高，Sb3+与OH-结合生成Sb(OH)3沉淀的量增多，因此Sb沉淀率上升；当pH>5.5时，溶液中OH-浓度足够大，Cu2+开始大量形成Cu(OH)2沉淀混入沉淀中，导致沉淀总质量增大，因此沉淀中Sb的含量下降。 （4）pH=0时，，H2S的两步电离平衡为、，则，因此。CuS的沉淀溶解平衡为，，因此，故Cu2+沉淀完全。 （5）①Se为34号元素，核外电子排布式为，也可表示为。②晶胞中Se总个数为4，Se元素以-2价存在，则总负电荷为8；设Cu(I)个数为x，Cu(II)个数为y，则，根据总正电荷为8知，，解得。 考向03 金属材料及应用 10．【结合生产、生活等情景考查物质的用途】（2026·江苏徐州中学月考）化学与生活、生产、社会密切相关，下列说法正确的是 A．制造镍氢电池使用的储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料，如钛锆合金，镧镍合金等 B．等漂白剂均是利用强氧化性达到漂白效果 C．用于制作大运会火炬塔塔身的钛合金板具有硬度低、延展性好等特点 D．天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料 【答案】A 【解析】A项，储氢合金是一种新型合金，一定条件下能吸收氢气和能放出氢气。循环寿命性能优异，并可被用于大型电池，尤其是电动车辆、混合动力电动车辆、高功率应用等等，故A正确；B项，二氧化硫的漂白是化合型漂白，不是利用强氧化性，故B错误；C项，钛合金硬度大，强度高，耐腐蚀，故C错误；D项，氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故选A。 11．【结合工业生产考查物质的用途】（25-26高三上·江苏无锡市·月考）周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛，甲烷是生活中常见的燃料，它的燃烧热为；是玻璃的主要成分，能与反应生成(在水中完全电离为和)；工业上可利用焦炭将还原为，和是重要的半导体材料，1885年德国化学家将硫化锗与共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料。下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．为酸性氧化物，可用作光导纤维 B．Pb、难溶于水，可用作电极材料 C．金刚石硬度大，可用作切割和磨削材料 D．青铜比纯铜熔点高、硬度小，古代用青铜铸剑 【答案】C 【解析】A．SiO2用作光导纤维是因为其光学特性，与酸性氧化物的性质无关，A错误；B．Pb、PbO2用作电极材料是因为它们在充放电时能发生氧化还原反应，与难溶于水的性质无关，B错误；C．金刚石硬度大，因此可用作切割和磨削材料，性质与用途对应，C正确；D．青铜是铜锡合金，合金的熔点通常比其成分金属低，硬度比纯铜大，古代用青铜铸剑利用了青铜硬度大的特点，而不是熔点高、硬度小的特点，D错误；故答案选C。 【根据材料信息考查物质的组成、结构及性质】（2026·江苏徐州市第一中学模拟预测）阅读下列材料，完成下面小题： 钒(V)被称为“工业味精”，有着广泛的用途。常温下，单质钒与HF溶液反应生成。V在水溶液中存在(黄色)、(蓝色)、(绿色)、(紫色)等阳离子；常见氧化物有、、等。、都属于两性氧化物，与碱反应分别生成和，能将浓盐酸氧化为，催化氧化转化为。受热分解能生成和。 12. 下列说法正确的是 A. V属于ds区元素 B. 中存在极性共价键 C. 的空间结构为三角锥形 D. HF的热稳定性强是由于HF分子间存在氢键 13. 下列说法正确的是 A. 、互为同素异形体 B. 能提高转化为的平衡转化率 C. 题图所示配合物中V元素为价 D. 热分解反应的熵变 14. 下列化学反应表示不正确的是 A. V与HF溶液的反应： B. 溶于浓盐酸的反应：(浓) C. 溶于NaOH溶液的反应： D. Zn还原酸性溶液至紫色的反应： 【答案】12. B 13. D 14. B 【解析】 【12题详解】 A．V的原子序数为23，基态钒原子价电子排布式为3d34s2，属于d区元素，A错误；B．中钒、氧原子间存在极性共价键，B正确；C．SO3的价层电子对数为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，C错误；D．HF的热稳定性强是由于H-F键稳定，较难断裂，HF分子间存在氢键影响的是其熔沸点等物理性质，D错误；故选B； 【13题详解】 A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体，V2O5、V2O3是钒的不同氧化物，A错误；B．催化剂不能改变反应限度，V2O5不能提高SO2转化为SO3的平衡转化率，B错误；C．题图所示配合物中氮、钒原子间形成配位键，氮原子提供孤电子对，氧原子对电子吸引力强于钒原子，根据配合物结构，V元素为+4价，C错误；D．NH4VO3热分解气体分子数增多，反应的熵变△S>0，D正确； 故选D； 【14题详解】 A．常温下，单质钒与HF溶液反应生成H3VF6，化学方程式为，A正确；B．V2O5能将浓盐酸氧化为Cl2，V2O5与浓盐酸的反应应为：，B错误；C．VO2属于两性氧化物，与碱反应生成，化学方程式为，C正确；D．Zn还原酸性溶液至紫色的V2+，离子方程式为：，D正确；故选B。 考向04 金属的冶炼 15．【结合工业流程考查物质的制备方法】（2026·浙江衢州·模拟预测）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如图： 下列说法不正确的是 A．石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应 B．用铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2、冰晶石等 C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1 D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物 【答案】A 【解析】A．石灰石的主要成分是碳酸钙、石灰石是混合物，不属于盐，纯碱是碳酸钠，属于盐，石灰石和纯碱都能与盐酸反应，石英主要成分是二氧化硅不属于盐，是氧化物，不能与盐酸反应；故A错误；B．由铝土矿制备较高纯度A1，可用氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，过滤后通入二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解氧化铝可生成铝，电解时为降低熔点，可加入冰晶石，故B正确；C．制粗硅的反应SiO2+2CSi+2CO↑，反应中二氧化硅为氧化剂，氧化剂反应中被还原，C为还原剂，反应中易被氧化，则被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1，故C正确；D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO，Cu、O元素化合价降低，则Cu2S、FeO均是还原产物，故D正确；答案选A。 16．【结合工业流程考查物质的制备及转化】（25-26高三上·江苏苏州·阶段练习）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．制备金属钛：饱和溶液 B．提取碘：和 C．检测葡萄糖：溶液悬浊液 D．制备胶体：胶体 【答案】B 【解析】A．电解饱和NaCl溶液生成Cl2、H2和NaOH，无法得到金属Na，第一步错误，A错误；B．I2与浓NaOH反应生成NaI和NaIO3，分液后加稀硫酸发生归中反应生成I2，转化可行，B正确；C．蔗糖属于非还原性糖，无法将新制的Cu(OH)2还原为Cu2O，C错误；D．FeCl3与稀氨水直接生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体需将饱和FeCl3滴入沸水中，D错误；故答案选B。 17. 【结合工业流程及图示信息综合考查物质的转化、分离提纯、电化学知识等】(2026·江苏省金陵中学、南京外国语学校、海安高级中学联考)镍是重要战略金属资源。 （1）制备。从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中制备、的过程如下： ①滤渣有S和___________(写化学式)。 ②“氧压浸出”时，通入氧气可以提高的浸出率的原因是___________。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。 ④已知：，“沉镍”时控制为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为___________。(写出计算过程) （2）制备Ni。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如图-1，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如图-2： ①左侧电极室发生的电极反应式为___________。 ②pH=6.9时，镍回收率最高的原因是___________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图-3所示，该材料的化学式为___________。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为___________。 【答案】（1）①. SiO2 ②. O2将-2价S氧化为单质S，促进CuFeS2溶解 ③. ④. 99.9% （2） ①. ②. pH＜6.9，随pH降低，H+浓度增大，H+和Ni2+竞争放电；pH＞6.9，随pH增大，OH−浓度增大，Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀 （3） ①. NiMnLa2O6 ②. 4∶1 【解析】本次工艺流程以高镁低品位铜镍矿为原料，氧压浸出环节通入氧气将硫化物中-2价S氧化为单质S，二氧化硅不参与反应进入滤渣，浸出液经萃铜分离出铜元素，萃余液加入硫酸钠和氧化镁生成黄钠铁矾沉淀除去铁元素，滤液再加氧化镁沉淀镍元素得到氢氧化镍。双膜三室电沉积装置中左侧电极为阳极，水电离的氢氧根失电子生成氧气，右侧电极为阴极，镍离子得电子生成镍单质，阴极液pH过低时氢离子竞争放电，pH过高时镍离子生成氢氧化镍沉淀，pH为6.9时镍回收率最高。 （1）① 铜镍矿中的硅酸盐组分与硫酸反应生成不溶于硫酸的SiO2，因此滤渣含S和SiO2。 ② 通入氧气可将CuFeS2中-2价S氧化为单质S，使CuFeS2的溶解平衡正向移动，提高Cu2+浸出率。 ③ 沉铁时Fe3+、Na+、SO与氧化镁、水反应生成黄钠铁矾沉淀，对应离子方程式。 ④ pH=8.5时，，根据，剩余，沉淀率为。 （2）① 左侧为阳极室，水电离出的OH-失电子生成氧气，电极反应式为。 ② pH<6.9时，H+浓度随pH降低而增大，H+优先于Ni2+在阴极放电，镍回收率下降；pH>6.9时，OH-浓度随pH升高而增大，Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，溶液中Ni2+浓度降低，镍回收率下降，因此pH为6.9时镍回收率最高。 （3）① La个数是1，Ni与Mn个数均为4×1/8=0.5，O的个数为6×1/2=3，因此化学式为NiMnLa2O6。 ② 设+3价La数目为x，+4价La数目为y，则x+y=2；存在5%O空位时O数目为，根据正负化合价代数和为0，，联立解得x=1.6，y=0.4，二者个数比为1.6:0.4=4:1。 考向05 金属及其化合物的拓展应用 18．【结合信息及实验装置考查物质的转化】（2025·江苏省南通市、徐州市二模）第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：B(OCH3)3＋6Cl2BF3＋3CO＋9HCl。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1 500℃，可通过Ga(CH3)3与NH3高温反应制得。 下列制取BCl3的部分实验装置能达到实验目的的是 A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3 C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气 【答案】C 【解析】A项，应该用浓硫酸干燥氯气，错误；B项，根据题给信息可知，制取BCl3的时候，应该控制温度为65℃，错误；C项，BCl3 的沸点为12.5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，正确；D项，尾气中的一氧化碳和氢氧化钠不反应，不能用氢氧化钠吸收，错误。 19. 【结合工艺流程综合考查物质的分离提纯、原理探究、结合分析等】(2026·江苏省南京市模拟预测)以铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+和[Bi(NH3)6]3+)为原料制备高纯Ag的流程如下： （1）“沉银”时，AgCl的沉淀率达99%，同时Pb和Bi几乎完全转化为PbCl2和BiOCl沉淀。滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有___________。 （2）“除杂”后滤液Ⅱ中主要含有[PbCl6]2−和[BiCl6]-。 ① 写出由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：___________。 ② 其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，银回收率降低的原因是___________。 （3）“氨浸”时发生反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl-(aq)。欲使0.01 molAgCl完全溶解，至少需要1.0 L 氨水的浓度为___________。(写出计算过程) [忽略溶液体积变化，以c(NH3)计]。已知：反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K=1.0×107；Ksp(AgCl)=2.0×10-10；≈0.224。 （4）“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl转化为Ag的化学方程式为___________。 （5）高纯银用途广泛。 ①银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图所示，该结构单元是否属于晶胞，___________(填“是”或 “不是”)。 ② Ag通过“活化处理”可实现Ag+的可控释放。研究发现，Ag+可与细菌体内含巯基(—SH)的酶反应，生成稳定的配位化合物(Ag—S—)可破坏酶的活性，从而起到杀菌作用。Ag+与NH3也能形成稳定的[Ag(NH3)2]+，但Ag+与巯基的配位能力更强，其可能原因为___________。 【答案】（1）NH、Cu2+ （2）①. BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- =[BiCl6]-＋3H2O ②. c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失 （3）计算过程见解析 （4）4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2＋4Ag↓ （5）①. 不是 ②. S比N的电负性小，容易给出孤对电子 【解析】铜阳极泥氨浸液加入盐酸得到AgCl、PbCl2和BiOCl沉淀，过滤滤液Ⅰ含过量盐酸、生成的氯化铵和氯化铜，沉淀加入过氧化氢、盐酸，使得PbCl2和BiOCl沉淀转化为[PbCl6]2−和[BiCl6]-进入滤液Ⅱ，分离出氯化银沉淀加入氨水得到[Ag(NH3)2]＋，加入肼还原得到银单质； （1）由分析，滤液Ⅰ含过量盐酸、生成的氯化铵和氯化铜，则滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有NH、Cu2+； （2）①BiOCl沉淀和过氧化氢在盐酸存在条件下发生氧化还原反应生成[BiCl6]-，Bi化合价由+3变为+5，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，结合电子守恒，由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：BiOCl＋H2O2＋4H+＋5Cl- =[BiCl6]-＋3H2O。 ② 其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，溶液中c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失，导致银回收率降低； （3）已知：反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K1=1.0×107；反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl-(aq)，，0.01 molAgCl完全溶解达到平衡时，、代入K，得到，完全溶解0.01 molAgCl消耗0.02 mol NH3，则； （4）“还原”时，肼和[Ag(NH3)2]Cl发生氧化还原反应生成Ag和氮气，银化合价由+1变为0、肼中氮元素化合价由-2变为0，反应同时生成一水合氨和氯化铵，结合电子守恒，化学方程式为4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2＋4Ag↓； （5）①晶胞能无隙并置，该结构单元不能无隙并置，不属于晶胞； ②S比N的电负性小，容易给出孤对电子，使得Ag+与巯基的配位能力更强。 20. 【【结合工艺流程及图示信息综合考查物质的制备、分离提纯、原理分析探究、化学计算等】（2026·江苏徐州市模拟预测卷）一种从光纤废料(主要成分为、、、、)中提取和的工艺流程如下： 已知： ①元素Fe、Ge、Ga分别以、、形式存在于浸取液中； ②部分金属离子的氧化性比较：； ③的物质的量浓度对Ga、Ge的萃取率的影响如图-1所示。 （1）浸取时与草酸反应的离子方程式为___________。 （2）滤渣1的主要成分为、___________，结合平衡常数说明该物质存在的原因___________(写出计算过程)。(已知：25℃时，，；，，) （3）还原时加入Fe粉的目的是___________。 （4）不同反萃取剂对与的反萃取率影响如图-2所示，反萃取剂1为___________，反萃取剂2为___________。 （5）晶体通过镓掺杂可生成，使具有更好的半导体性，掺杂过程如图-3所示。则晶体中___________。 【答案】（1） （2）①. PbSO4 ②. 若反应，则离子方程式为，，平衡常数太小， PbSO4不能转化为PbC2O4 . （3）Fe将[Fe(C2O4)3]3-转化为FeC2O4沉淀除去，提高后期Ga的萃取率 （4）①. 2.5mol/LH2SO4溶液 ②. 4.0mol/LNaOH溶液 （5）6:1或6 【解析】光纤废料(主要成分为SiO2、Fe2O3、Ga2O3、GeO2、 PbSO4)中加入草酸浸取，Fe2O3、Ga2O3、GeO2分别以[Fe(C2O4)3]3-、[Ge(C2O4)3]3-、[Ga(C2O4)3]3-形式存在于浸取液中，SiO2、 PbSO4不溶于草酸，过滤后在滤渣1中；浸取液中加入铁单质进行还原，将[Fe(C2O4)3]3-转化为FeC2O4沉淀除去，以提高后期Ga的萃取率；加入萃取剂萃取分液后，将有机相中加入反萃取剂1，进行反萃取分液后，水相得到含镓母液，处理后得到Ga2O3；再在有机相中加入反萃取剂2，进行反萃取得到含锗母液，处理后得到GeO2，以此进行分析； （1）根据已知信息及分析可知，浸取后Ga2O3以形式存在，Ga2O3与草酸反应生成该络离子，配平后得：； （2）根据分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4；的化学平衡常数，平衡常数太小，PbSO4难以转化为PbC2O4。 （3）已知氧化性：；且[Fe(C2O4)3]3-浓度越大，Ga、Ge的萃取率越低，因此Fe粉的作用是：将[Fe(C2O4)3]3-转化为FeC2O4沉淀除去，提高后期Ga、Ge的萃取率； （4）流程中第一次反萃取得到含镓母液，第二次得到含锗母液；由图2可知：硫酸作反萃取剂时，Ga3+反萃取率很高，Ge4+反萃取率很低，且硫酸浓度为2.5mol/L时，Ga3+反萃取率很高，因此反萃取剂1为2.5mol/LH2SO4溶液；反萃取后Ge元素留在有机相，再用NaOH反萃取，Ge4+反萃取率很高，得到含锗母液，因此反萃取剂2为4.0mol/LNaOH溶液； （5）GeO2晶胞单元中，氧原子分别在棱上、面上及内部，根据均摊法可知，氧原子个数为个，锗原子分别在顶点、面上及内部，因此，锗原子个数为个；掺杂前后，阳离子个数未变，且镓掺杂在内部，氧原子个数为个，Ga含1个，Ge含3个，可记作，将化学式中阳离子总数归一化处理，可得，因此，解得Z=0.125，得y:Z=6:1。 重难·创新演练 1. (2026·江苏省淮安市=市考前信息卷)B30铜镍合金的主要成分为Ni(约30%)、Cu(约68%)，该合金在洁净富氧的天然海水中表面会生成薄而致密的钝化膜，常用于制造远洋舰船。使用过程中，钝化膜在多种因素作用下缓慢被破坏，导致B30合金重新暴露于海水中(如图)。 已知：Ni在金属活动性顺序中位于H前。下列说法不正确的是 A. 钝化膜被破坏后会发生电化学腐蚀，Ni作负极 B. 正极的主要反应为 C. 海水中的、等离子会加速合金的电化学腐蚀 D. 使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀 【答案】B 【解析】A．Ni金属活动性强于Cu，钝化膜破坏后合金与海水构成原电池，Ni作负极发生电化学腐蚀，A正确； B．海水为富氧的中性环境，正极发生吸氧腐蚀，主要反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，析氢反应为酸性环境下的正极反应，不符合该场景，B错误； C．海水中的Na+、Cl-等离子可增强海水导电性，且Cl-易破坏钝化膜，会加速合金的电化学腐蚀，C正确； D．钝化膜可隔绝合金与海水的接触，加厚钝化膜有助于延缓合金腐蚀，D正确； 故选B。 2. （2026·江苏盐城市考前指导卷）在指定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 硫酸工业： B. 硝酸工业： C. 工业制镁： D. 工业制漂白粉：饱和 【答案】A 【解析】A．硫酸工业中，FeS2高温下与O2反应生成SO2，SO2在催化剂加热条件下与O2反应生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4，所有转化均可实现，A正确；B．硝酸工业中，NH3发生催化氧化反应的产物为NO，无法直接生成NO2，第一步转化不能实现，B错误；C．MgO熔点极高，电解熔融MgO能耗过大，工业制镁采用电解熔融MgCl2的方法，第二步转化不能实现，C错误； D．石灰水中Ca(OH)2浓度过低，工业制漂白粉需将Cl2通入石灰乳中，第二步转化不能实现，D错误；故选A。 3．（2026高三上·江苏宿迁·期中）蚀刻是一种通过化学或物理方法有选择性地去除材料表面部分区域的工艺，广泛应用于半导体制造、微电子、印刷电路板(PCB)等领域。如NF3可用于蚀刻微电子材料，在常温下OF2与干燥的空气混合得到等物质的量的NO2和NF3。FeCl3溶液和[Cu(NH3)4]Cl2溶液都可作为铜的蚀刻剂。BCl3是干法蚀刻Al时常用的气体，易潮解，最终生成硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸。已知三氯化硼(BCl3)的熔点为-107℃，沸点为12.5℃。 下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是 A．[Cu(NH3)4]Cl2溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜电路板 B．NH3易液化，可用于工业制硝酸 C．OF2有强还原性，可用于火箭工程液体助燃剂 D．Al的表面易形成致密的氧化膜，所以铝制品日常用途广泛 【答案】D 【解析】A．[Cu(NH3)4]Cl2蚀刻铜因Cu2+的氧化性，与酸性无关，A错误；B．NH3制硝酸利用其还原性，与易液化无关，B错误；C．OF2中O为+2价，具有氧化性而非还原性，C错误；D．Al的致密氧化膜阻止腐蚀，性质与用途对应，D正确；故选D。 4．（25-26高三上·江苏徐州·期中）利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 （1）“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 （2）焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 （3）“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 （4）“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 （5）由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 【答案】（1）SO2 （2）温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 （3）随(NH4)2CO3的质量浓度增大，NH浓度增大，逆向移动，NH2浓度增大，导致正向移动，Ni2+的沉淀率减小 （4）2 或    （5）6 【解析】利用蛇纹石[主要含Mg3Si2O5(OH)4和少量Ni、Fe化合物等]制备Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，蛇纹石加入绿矾焙烧，生成硫酸镁，SiO2，水浸过滤除去SiO2，硫酸镁加入氨水、碳酸铵矿化，生成Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，过滤得到Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，滤液含Ni，最终生成NiO，据此解答。 （1）“焙烧”时，绿矾(FeSO4•7H2O)在高温下分解得到红棕色固体(Fe2O3)和气体产物SO3、H2O和SO2；Mg3Si2O5(OH)4与SO3反应的化学方程式为，故答案为：SO2；。 （2）焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降，故答案为：温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降。 （3）“矿化”时，Fe3+、Mg2+、Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度的变化关系如图-2所示。Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度增大而逐渐降低的原因是，故答案为：随(NH4)2CO3的质量浓度增大，NH浓度增大，NH3+H2O⇌NH3•H2ONH+OH-逆向移动，NH3浓度增大，导致正向移动，Ni2+的沉淀率减小。 （4）[Ni(CO)2(NH3)4]2+的结构中，CO可位于平面的相邻和相对2种位置，其中的一种结构(CO中碳原子为配位原子)为或 ，故答案为：2；或 。 （5）无论以面心还是体心的离子为基准，晶胞中距离Ni2+最近的O2-的个数为6，故答案为：6。 5.（2026·江苏徐州市第一中学模拟预测） MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 （1）制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 ③已知硫脲的结构简式为。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。 （2）MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。在光照条件下，MnS能促进水体中的或转化为具有强氧化性的，氧化分解四环素分子。在相同条件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。 ①具有强氧化性的原因是______。 ②已知和立方晶胞结构如图所示。中周围最邻近的数目和中周围最邻近的数目之比为______。 ③实际水体中存在、等离子，实验发现会显著降低四环素的降解效率、推测可能原因：______。 【答案】（1） ①. 将LiMn2O4中Mn还原为+2价Mn（或Mn2+） ②. ，， ③. （2） ①. 氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子 ②. 3:2 ③. Cl-与•OH发生反应，导致与四环素反应的•OH变少 【解析】正极材料含LiMn2O4及炭黑、铝箔等，加入H2O2、硫酸，酸浸，将LiMn2O4中Mn还原为Mn2+，Al生成Al3+，过滤除掉不溶的炭黑，加入CS(NH2)2，沉锰，生成MnS沉淀，以此回答。 （1）①流程目标是合成MnS，所以加入H2O2，目的是LiMn2O4中Mn还原为+2价Mn（或Mn2+）； ②，， ③由流程可知，加入CS(NH2)2后生成MnS和CO2，所以离子方程式为：； （2）①•OH具有强氧化性的原因是：氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子； ②a—MnS中Mn2+周围最邻近的S2-数目为6，,β—MnS中Mn2+周围最邻近的S2-数目为4，所以数目之比为3:2； ③Cl-与•OH发生反应，导致与四环素反应的•OH变少，导致四环素的降解效率降低； 6．（2026·江苏南师附中、海门中学、天一中学、海安高级中学联考·一模）银在多个领域发挥着不可替代的作用，实验室模拟有关银的实验如下： I.模拟以银精矿为主要原料提取银，具体过程如下： 已知：①银精矿主要含等；“浸银”时转化为； ②的溶解度随温度升高而降低。 （1）“浸锰”时，充分浸取，由流程可判断：__________ A．大于 B．小于 C．等于 D．不能比较 （2）从浸锰液中得到的操作是__________，用热水洗涤次、干燥。 （3）“沉银”时，析出银的反应的离子方程式为__________。 II.已知一定条件下，银氨溶液与乙醛反应可能析出银镜。实验室进行如下验证和对比： 序号 试管中的药品 现象 实验I 2 mL银氨溶液和3滴乙醛 水浴加热，一段时间后，试管壁附着银镜 实验II 2 mL银氨溶液和3滴乙醛，再加几滴浓氨水，测得pH为10.2 水浴加热一段时间后，溶液无明显变化 实验III 2 mL银氨溶液和3滴乙醛，再加1滴溶液，测得pH为10.2 常温下，溶液中逐渐出现黑色沉淀，试管壁附着银镜 已知：i.； ii.，极易分解为黑色可溶于浓氨水。 （4）实验II中，溶液没有明显变化的可能原因是__________。设计实验验证你的猜想__________。 （5）实验III中产生的黑色沉淀含有Ag，可能还有。设计实验检验的存在，取实验III中的黑色沉淀，__________。须使用的试剂：浓氨水，稀盐酸］。 【答案】（1）A （2）蒸发至有大量晶体析出、并趁热过滤 （3） （4）浓氨水抑制了银氨配离子的解离，使其难以电离出Ag+ 取实验II的溶液，加入适量稀硝酸，再水浴加热，观察试管壁是否有银镜生成，若出现银镜，则猜想成立 （5）加入足量浓氨水，振荡、静置。若沉淀部分溶解，取上层清液于另一支试管中，向清液中滴加少量稀盐酸，若有白色沉淀生成，则证明黑色沉淀中含有Ag2O；若无白色沉淀，则不含Ag2O 【分析】该流程以含Ag2S、MnS的银精矿为原料，先加入稀硫酸进行“浸锰”，使MnS与酸反应生成MnSO4并溶出，同时释放出H2S气体，而Ag2S不溶于稀硫酸留在渣中；随后向浸渣中加入FeCl3和浓盐酸进行 “浸银”，Fe3+氧化Ag2S中的硫为单质硫，自身被还原为Fe2+，同时Ag+与Cl-结合生成可溶性的 [AgCl2]-进入溶液；最后向溶液中加入Fe粉，利用Fe的还原性将 [AgCl2]-中的银还原为Ag单质，得到粗银粉。 【解析】（1）根据流程图，“浸锰”时加入稀硫酸，MnS溶解而Ag2S不溶。这表明在酸性条件下MnS比Ag2S更容易溶解，说明MnS的溶解度大于Ag2S， 则Ksp(MnS)> Ksp[(Ag2S)，故答案为A； （2）已知MnSO4·H2O的溶解度随温度升高而降低，因此从浸锰液中得到该晶体的操作是:蒸发浓缩、趁热过滤，再用热水洗涤、干燥，(趁热过滤可防止温度降低后，其他溶解度随温度降低而减小的杂质析出，同时保证MnSO4·H2O晶体析出)； （3）“沉银”是[AgCl2]-被还原剂还原为Ag，常见还原剂为Zn、Fe等活泼金属，反应的离子方程式为：； （4）加入浓氨水后，溶液中NH3浓度增大，使平衡Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+正向移动，[Ag(NH3)2]+稳定性增强，难以电离出Ag+，因此无法被乙醛还原生成银镜；验证实验:取实验II的溶液，加入适量稀硝酸(中和过量氨水，降低NH3浓度)，再水浴加热，观察试管壁是否有银镜生成，若出现银镜，则猜想成立； （5）Ag2O可溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+，而Ag不溶于浓氨水；[Ag(NH3)2]+遇稀盐酸会生成AgCl白色沉淀，实验步骤如下：取少量黑色沉淀于试管中，加入足量浓氨水，振荡、静置。若沉淀部分溶解，取上层清液于另一支试管中，向清液中滴加少量稀盐酸，若有白色沉淀生成，则证明黑色沉淀中含有Ag2O；若无白色沉淀，则不含Ag2O。 7. (2026·江苏省南京市中华中学适应性考试)氢能是一种绿色能源。目前有NaBH4、MgH2等物质可以制氢并储氢。 （1）NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图1所示。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O参与催化释氢，其中过程②步骤用化学方程式表示为________。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图2所示。0～20 min内，温度随时间变化快速升高的原因是________。 （2）用CoPc/石墨化氮复合催化剂做电极电解海水的装置如图3所示，CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，可以增强CO2以及反应中间体的吸附能力，能够实现一步直接产生CO和Cl2。 ①CoPc/石墨化氮复合催化剂能够抑制析氢反应，其原因是________。 ②阴极有另一种产物NaHCO3生成，则阴极的电极反应式为________。 （3）储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。CuCl2、MgCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1 mol·L-1的几种盐溶液与MgH2制备H2时，MgH2有效转化率如图4。 已知：i.氧化性：Mg2+<H+<Cu2+。 ii.MgH2在MCl2（M代表Cu、Mg）溶液中水解的示意图如图4。 ①40 min后，CuCl2溶液制备H2时，MgH2有效转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是________。 ②MgH2受热分解也能放氢，采用与水反应放氢的优点是________。 【答案】（1）①. ②. NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 （2）①. CoPc/石墨化氮复合催化剂较多地吸附Na+后，对H+有排斥作用 ②. （3）①. Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小 ②. 不需要加热，能耗低；相同量的MgH2水反应释放氢气更多 【解析】由图可知，第一步转化过程中BH转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OD，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中—OD，同时得电子形成B(OH)BH，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2；CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，Na+带有正电荷对H+有排斥作用；阴极上CO2得电子发生还原反应生成CO，同时生成OH-，OH-与阴极通入的过量CO2可以继续反应产生HCO。 （1）①由图可知，第一步转化过程中BH转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OD，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中—OD，同时得电子形成B(OH)BH，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2，故所得气体的分子式为H2、HD、D2； ②由上述分析可知，过程②步BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OD，化学方程式为：；②NaBH4水解会放出热量，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，同时温度升高催化剂的活性增强，故0～20 min内，温度随时间快速升高； （2）CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，Na+带有正电荷对H+有排斥作用；阴极上CO2得电子发生还原反应生成CO，同时生成OH-，OH-与阴极通入的过量CO2可以继续反应产生HCO，所以阴极的电极反应式为； （3）①40 min后，氯化铜溶液制备氢气时MgH2转化率小于氯化镁溶液的原因是铜离子氧化性强于氢离子，与氢离子竞争得电子生成铜，覆盖在氢化镁表面，导致氢化镁转化率减小； ②与氢化镁受热分解生成氢气的方程式为，氢化镁与水反应生成氢气的方程式为，由方程式可知，氢化镁与水反应的优点是不需要加热，能耗低；相同量的氢化镁与水反应释放氢气更多。 8．（25-26高三上·江苏南京·期末）金纳米团簇作为一种新型材料备受关注。从精炼铜的阳极泥中回收金(Au)的流程如下所示： 已知：①硫脲易溶于水，具有还原性。② （1）“浸取”时，硫脲作为配位剂。 ①阳极泥中Au转化为的离子方程式为 。 ②加入适量可提高Au的浸取率。其它条件相同，Au浸取率和溶液中的关系如图所示。当时，Au浸取率随增加而下降的原因是 。 （2）“萃取”时，用HR作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理如下：。 ①实验测得一定条件下Au萃取率和溶液pH的关系如图所示。 当溶液pH为4.5时萃取率最高的原因是 。 ②已知一定条件下，HR萃取的分配系数为3，该条件下，向浸取液中加入25.0 mL HR溶液，充分萃取后水相中浓度为 。 （3）“置换”后，除去金粉中所含金属杂质的物理方法为 。 （4）一种最稳定的负载型纳米金团簇分子具有完美的对称性其结构如图所示，该金团簇分子中有 种不同化学环境的金原子。 【答案】（1） Fe3+氧化CS(NH2)2，CS(NH2)2浓度下降，Au浸取率下降 （2）pH小于4.5时，pH升高，c(H+)降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中c(OH-)升高，和OH-结合生成AuOH，导致金的萃取率下降 2.50 （3）用磁铁吸引 （4）3 【解析】精炼铜的阳极泥含有金单质，该流程是回收精炼铜的阳极泥中的金(Au)。将含有金的阳极泥在稀硫酸、氧气和硫脲作配位剂的条件下反应生成，然后加入HR作萃取剂，发生，再加入盐酸反萃取得到，最后加铁粉置换可得金(Au)。 （1）①浸取时在稀硫酸、氧气和硫脲作配位剂的条件下发生反应，Au被氧气氧化，结合硫脲形成，Au为正一价，一摩尔氧气转移4摩尔电子，故方程式为；②由已知①可知硫脲有还原性，Fe3+有氧化性，当Fe3+浓度过高时，Fe3+氧化CS(NH2)2，CS(NH2)2浓度下降，Au浸取率下降； （2）①已知萃取原理为，结合图像可知，pH等于4.5时萃取率最高；pH小于4.5时，随着pH升高，c(H+)降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中c(OH-)升高，和OH-结合生成AuOH，导致金的萃取率下降； ②已知溶液为25.0mL10.0mg/LAu+，则该溶液含有，已知HR萃取Au+的分配系数为3，即=3，则，金的物质的量与质量成正比，故该比例也适用于质量比，设水相中金离子的质量为m，则有机相中金离子的质量为3m，则有，得，则； （3）置换步骤中加入过量铁粉，铁具有磁性，而金无磁性，故可用磁铁吸引除去金粉中所含金属杂质； （4）该纳米金团簇分子具有完美的对称性，该金团簇分子中有3种不同化学环境的金原子，分别是位于最外层顶点上的金原子、中层骨架位置的金原子和处于团簇最核心位置的金原子，共3种金原子。 真题·实战演练 1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 【答案】C 【解析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，Cu2Te和Cu2S反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，Ag2S和Au不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用；A．“浸渍”时Na2S和生成的Na2Te都具有还原性，通入过量空气时，过量O2会进一步将S2-氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C．Na2Te被O2氧化生成Na2Te2的反应方程式为：，反应生成强碱NaOH，溶液中c(OH-)增大，碱性增强，C正确；D．滤液1中Te在Na2Te2中为-1价，沉碲得到0价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na2SO3做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；故选C。 2．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考真题）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，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)＝10－20.4，下列说法错误的是 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 【答案】C 【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)，加入稀硫酸和稻草，稻草属于生物质，含有的有机物做还原剂，还原MnO2、Co3O4，Fe2O3溶于硫酸，转化为铁离子，然后过滤，向滤液(含有Fe3＋、Mn2＋、Co2＋)中加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。A项，稻草的主要成分是纤维素，稀硫酸可以促进纤维素水解为葡萄糖，葡萄糖还原金属氧化物，同时稀硫酸提供酸性环境，做浸取剂，正确；B项，生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，正确；C项，根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，错误；D项，“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q＝Ksp＝c(Co2＋)·c(S2－)＝10－20.4，正确。 3．（2024·江苏高考真题）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．HCl制备：NaCl溶液H2和Cl2HCl B．金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg C．纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 D．硫酸工业：FeS2SO2H2SO4 【答案】A 【解析】A项，电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，转化可以实现，符合题意；B项，氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，转化不能实现，不符合题意；C项，纯碱工业是在饱和食盐水中，先通入NH3和CO2得到NaHCO3，然后加热NaHCO3分解为Na2CO3，转化不能实现，不符合题意；D项，工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，转化不能实现，不符合题意。 4．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，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“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 【答案】（1）氧化S2-生成S，促进酸浸反应正向进行 否。pH=10时， ，则Cd2+未沉淀完全 ZnO （2）Cl- 负电 （3） 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促进平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入H2SO4、O2酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Fe3+、Zn2+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【解析】（1）①酸浸时，若不通入O2，会发生反应：，通入O2可以氧化S2-生成S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率； ②通入H2S除镉，当溶液时，， 又因为，=， 则，则此时，此时Cd2+的浓度大于，离子沉淀不完全。 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+，加入的氧化物为ZnO。 （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Cl-替换S2-，区域B中，由Cu+替换Zn2+；按照均摊法，区域B中含Zn2+：3个、Cu+：1个、S2-：8×1/8+6×1/2=4个，，则区域B带负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促进平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降，所以反应4h后，砷回收率下降。 5．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 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。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 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，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(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 。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 【答案】（1）Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 （2）c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 （3） 2:1 【解析】（1）①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，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，H+的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又H+的浓度减小使平衡逆向移动，引起(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为4×1+8×1/2=8；Bi原子全部在晶胞的面上，共有8×1/2=4，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+和CO相互促进对方水解生成沉Nd(OH)CO3淀和HCO，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60mg，固体减少的质量为1.24mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成H2O和CO2的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量为，则生成CO2的质量为-=，则生成CO2的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的CO的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 物质的分类及转化（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A B D B —— A A —— —— A 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C B D B A B —— C —— —— 5．（1）①. ②. 同样浓度下，草酸溶液中C2O的浓度小，反应速率慢 ③. 将反应容器置于恒温磁力搅拌器上，(打开开关)控制反应温度为75℃，边搅拌边加入125mL0.800mol/LNa2C2O4溶液，充分反应，用减压抽滤设备抽滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，滴加0.100mol/L稀盐酸酸化，再滴加0.100mol/LBaCl2溶液，无白色沉淀，干燥 （2）①. ②. CuC2O4分解产生的CO还原CuO，导致纳米CuO产率偏低 ③. 无水乙醇将晶体表面的CuO还原为Cu和Cu2O，从而导致晶体表面产生氧空位，增强了光催化性 8．（1）4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O （2）CuS+2H+=Cu2++H2S   K=4.8×10-16，反应几乎不发生 （3）pH过小，抑制反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低 （4）防止铁与铜离子、氢离子反应，使反应釜破损 （5）4 （6）甲烷、焦炭 9．（1）炭和水高温条件下反应生成CO和H2 （2）①. ②. Cu2+、Sb3+与酒石酸形成稳定的配合物离子、离子，同时溶液中的H+浓度也增大，促进了铜和锑的溶解，提高Cu2+、Sb3+的浸出率 （3）随pH值增大，溶液中的OH-浓度增大，Sb(OH)3沉淀量增大，Sb的沉淀率上升；当溶液pH>5.5，Cu(OH)2沉淀迅速增加，导致沉淀中Sb的含量下降 （4）沉淀完全。pH=0时c(H+=1mol/L)，，，则Cu2+沉淀完全 （5） ①. 或 ②. 2∶1 17．（1）①. SiO2 ②. O2将-2价S氧化为单质S，促进CuFeS2溶解 ③. ④. 99.9% （2） ①. ②. pH＜6.9，随pH降低，H+浓度增大，H+和Ni2+竞争放电；pH＞6.9，随pH增大，OH−浓度增大，Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀 （3） ①. NiMnLa2O6 ②. 4∶1 19．（1）NH、Cu2+ （2）①. BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- =[BiCl6]-＋3H2O ②. c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失 （3）计算过程见解析 （4）4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2＋4Ag↓ （5）①. 不是 ②. S比N的电负性小，容易给出孤对电子 20．（1） （2）①. PbSO4 ②. 若反应，则离子方程式为，，平衡常数太小， PbSO4不能转化为PbC2O4 . （3）Fe将[Fe(C2O4)3]3-转化为FeC2O4沉淀除去，提高后期Ga的萃取率 （4）①. 2.5mol/LH2SO4溶液 ②. 4.0mol/LNaOH溶液 （5）6:1或6 重难·创新演练 1 2 3 B A D 4．（1）SO2 （2）温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 （3）随(NH4)2CO3的质量浓度增大，NH浓度增大，逆向移动，NH2浓度增大，导致正向移动，Ni2+的沉淀率减小 （4）2 或    （5）6 5．（1） ①. 将LiMn2O4中Mn还原为+2价Mn（或Mn2+） ②. ，， ③. （2） ①. 氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子 ②. 3:2 ③. Cl-与•OH发生反应，导致与四环素反应的•OH变少 6．（1）A （2）蒸发至有大量晶体析出、并趁热过滤 （3） （4）浓氨水抑制了银氨配离子的解离，使其难以电离出Ag+ 取实验II的溶液，加入适量稀硝酸，再水浴加热，观察试管壁是否有银镜生成，若出现银镜，则猜想成立 （5）加入足量浓氨水，振荡、静置。若沉淀部分溶解，取上层清液于另一支试管中，向清液中滴加少量稀盐酸，若有白色沉淀生成，则证明黑色沉淀中含有Ag2O；若无白色沉淀，则不含Ag2O 7. （1）①. ②. NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 （2）①. CoPc/石墨化氮复合催化剂较多地吸附Na+后，对H+有排斥作用 ②. （3）①. Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小 ②. 不需要加热，能耗低；相同量的MgH2水反应释放氢气更多 8．（1） Fe3+氧化CS(NH2)2，CS(NH2)2浓度下降，Au浸取率下降 （2）pH小于4.5时，pH升高，c(H+)降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中c(OH-)升高，和OH-结合生成AuOH，导致金的萃取率下降 2.50 （3）用磁铁吸引 （4）3 真题·实战演练 1 2 3 C C A 4．（1）氧化S2-生成S，促进酸浸反应正向进行 否。pH=10时， ，则Cd2+未沉淀完全 ZnO （2）Cl- 负电 （3） 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促进平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 5．（1）Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 （2）c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 （3） 2:1 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 金属材料及金属矿物的开发利用（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 铜及其重要化合物性质及应用 考向02 铜及其重要化合物的制备 考向03 金属材料及应用 考向04 金属的冶炼 考向05 金属及其化合物的拓展应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 铜及其重要化合物的性质及应用 1. 【结合中华传统文化考查物质的组成、形状及用途】 (2026·江苏省南京市模拟预测)中华传统文化源远流长，下列有关说法不正确的是 A. 青花瓷呈现的颜色与含量高有关 B. 三星堆青铜神树所用青铜属于合金 C. 丝绸云袖的主要成分是蛋白质 D. 红山玉龙的成分之一可用作耐火材料 2．【根据物质的结构与性质考查知识的应用】（2025·江苏盐城·三模）下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．H2O中的O存在孤电子对，能与形成 B．中H元素呈+1价，浓具有强氧化性 C．具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理 D．无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分 3．【结合信息考查物质结构、性质及用途的关系】（2025·江苏省连云港市高考考前模拟一）黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。CuSO4溶液中的Cu2＋在水中以水合离子[Cu(H2O)4]2＋存在，向其中滴入氨水可制备硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4；Cu在O2存在下也能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2＋。CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可得到[CuCl2]－和[CuCl3]2－。 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A．CuFeS2呈金黄色，可用于制取单质Cu B．CuSO4溶液呈酸性，可用于湿法炼铜 C．CuCl不溶于水，可用于制取K[CuCl2] D．Cu2＋有空轨道，可与NH3反应制[Cu(NH3)4]2＋ 4.【根据实验现象考查化学基本原理】 (2026·江苏省南京市模拟预测)硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量测定实验如下： 步骤1：称取一定质量硫酸四氨合铜晶体于烧杯中，加入稀硫酸，搅拌使其完全溶解； 步骤2：向上述溶液中加入过量的KI固体，充分振荡，静置，生成白色沉淀CuI； 步骤3：用Na2S2O3标准溶液进行滴定，待溶液呈浅黄色时加入淀粉溶液作指示剂，继续滴加Na2S2O3溶液至滴定终点 ，记录溶液体积。 下列说法不正确的是 A. 步骤1中，稀硫酸可破坏[Cu(NH3)4]2+的配位结构，使c(Cu2+)增大 B. 步骤1中，若用浓氨水溶解晶体，也能得到含Cu2+的蓝色透明溶液 C. 步骤2中反应的离子方程式：2Cu2+＋4I− =2CuI↓＋I2 D. 由于CuI沉淀会吸附部分I2，故由步骤3测定的铜含量可能偏小 5. 【结合工业实际综合考查物质结构、制备及原理分析】（2026·江苏扬州中学、盐城中学等四校联考）工业上可用溶液与溶液反应制备沉淀，再煅烧制备纳米。 （1）制备 ①若溶液用量过高，会导致溶解，生成等配离子，画出的结构式_______(配位键用“→”表示)。 ②用等浓度的溶液代替溶液制备可减少碱式草酸铜的生成，但工业上不采用作为原料，其原因可能是_______。 ③反应温度、对产率的影响如图-1所示。 补充完整制备的实验方案：向反应容器中先加入溶液，_______，得到。[实验中必须使用的试剂和设备：溶液、稀盐酸、溶液、蒸馏水，恒温磁力搅拌器、减压抽滤设备] （2）制备纳米 ①400℃时，在气氛中，将加热至恒重可制得纳米，其化学方程式为_______。 ②热解时间过长会导致纳米的产率偏低，其原因可能是_______。 ③无水乙醇淬火后的纳米有更好的光催化性(光催化性能与催化剂表面的氧空位数目有关)，无水乙醇淬火前后纳米晶体表面的X-射线衍射图如图2所示。无水乙醇的作用是_______。 考向02 铜及其重要化合物的制备 6．【结合微型流程考查物质的制备】（2026·内蒙古呼和浩特·二模）铁钴铜合金湿法分离流程如下，下列说法错误的是 已知：单质与单质化学性质相似 A. “酸浸”反应： B. “氧压水解”反应： C. “氧压水解”中可适当提高温度促进水解以提高铁回收率 D. 滤液结晶后母液可用于“酸浸”，实现循环利用 7. 【结合微型流程考查物质的制备、分离提纯】（2026四川省达州市一模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3、及少量金属Fe)为原料制备CuCl的流程如图： 下列说法正确的是 A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物 B．“除杂”第①步升高温度一定能加快化学反应速率 C．“除杂”第②步所加NaOH溶液须过量 D．上述流程中可循环使用的物质有H2SO4和NaCl 8．【结合工业流程综合考查物质的组成、结构、制备、原理分析等】（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的流程如下。 已知：Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13，Ksp(CuS)=6.3×10-36 请回答下列问题： （1）“浸取”时，有淡黄色沉淀生成，写出浸取FeS的离子方程式：_______。 （2）若不通入高压O2，通过计算说明CuS不能直接被过量H2SO4浸取的原因_______。 （3）“还原”时，一定温度下，利用高压(0.3 MPa)H2还原1 mol/L Cu2+，应先调节pH为2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应：(I)、(II)与(III)。若pH为1，铜还原率降低至10%，铜还原率降低的主要原因是_______。 （4）“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为_______。 （5）纤锌矿型和闪锌矿型是ZnO最常见的两种晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。 ①图a纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为_______。 ②请用实心圆圈在图中标记出闪锌矿晶胞俯视图中Zn2+的位置_______。 （6）在“Ag/ZnO/Al2O3”催化作用下，乙醇—水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若用13C标记乙醇(13CH3CH2OH)，最终产物中含13C的物质为_______。(填写名称) 9. 【结合工业流程考查物质结构及制备、原理探究、原因分析、化学计算等】（2026·江苏盐城市考前指导卷）铅渣中加入褐煤(主要成份为炭)焙烧得到的Cu、Sb混合物制备CuS工艺流程如下： （1）焙烧过程中加入褐煤同时加入少量水，还原效果更好。其原因可能是___________。 （2）氧化酸浸。 ①Cu发生反应的化学方程式为___________。 ②氧化酸浸时加入酒石酸，可明显提高Cu2+、Sb3+的浸出率的原因可能是___________。 已知：酒石酸(C4H6O6)可与Cu2+、Sb3+形成稳定的配合物离子[Cu(C4H4O6)2]2-、[Sb(C4H4O6)3]3-。 （3）沉锑。沉淀中Sb含量和Sb沉淀率随溶液pH的变化如图所示。当pH>5.5，Sb沉淀率上升而沉淀中Sb含量下降的原因可能是___________。 （4）沉铜。已知：，，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。通过计算判断当溶液pH=0、时，Cu2+是否沉淀完全___________(写出计算过程)。 （5）由CuS可制得一种性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示(有4个铜原子和4个硒原子处于晶胞内部)。 ①Se原子的核外电子排布式为___________。 ②该晶胞中Cu元素以+1价和+2价两种价态存在，Se元素以-2价存在。晶胞中Cu(Ⅰ)、Cu(Ⅱ)的个数比为___________。 考向03 金属材料及应用 10．【结合生产、生活等情景考查物质的用途】（2026·江苏徐州中学月考）化学与生活、生产、社会密切相关，下列说法正确的是 A．制造镍氢电池使用的储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料，如钛锆合金，镧镍合金等 B．等漂白剂均是利用强氧化性达到漂白效果 C．用于制作大运会火炬塔塔身的钛合金板具有硬度低、延展性好等特点 D．天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料 11．【结合工业生产考查物质的用途】（25-26高三上·江苏无锡市·月考）周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛，甲烷是生活中常见的燃料，它的燃烧热为；是玻璃的主要成分，能与反应生成(在水中完全电离为和)；工业上可利用焦炭将还原为，和是重要的半导体材料，1885年德国化学家将硫化锗与共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料。下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．为酸性氧化物，可用作光导纤维 B．Pb、难溶于水，可用作电极材料 C．金刚石硬度大，可用作切割和磨削材料 D．青铜比纯铜熔点高、硬度小，古代用青铜铸剑 【根据材料信息考查物质的组成、结构及性质】（2026·江苏徐州市第一中学模拟预测）阅读下列材料，完成下面小题： 钒(V)被称为“工业味精”，有着广泛的用途。常温下，单质钒与HF溶液反应生成。V在水溶液中存在(黄色)、(蓝色)、(绿色)、(紫色)等阳离子；常见氧化物有、、等。、都属于两性氧化物，与碱反应分别生成和，能将浓盐酸氧化为，催化氧化转化为。受热分解能生成和。 12. 下列说法正确的是 A. V属于ds区元素 B. 中存在极性共价键 C. 的空间结构为三角锥形 D. HF的热稳定性强是由于HF分子间存在氢键 13. 下列说法正确的是 A. 、互为同素异形体 B. 能提高转化为的平衡转化率 C. 题图所示配合物中V元素为价 D. 热分解反应的熵变 14. 下列化学反应表示不正确的是 A. V与HF溶液的反应： B. 溶于浓盐酸的反应：(浓) C. 溶于NaOH溶液的反应： D. Zn还原酸性溶液至紫色的反应： 考向04 金属的冶炼 15．【结合工业流程考查物质的制备方法】（2026·浙江衢州·模拟预测）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如图： 下列说法不正确的是 A．石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应 B．用铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2、冰晶石等 C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1 D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物 16．【结合工业流程考查物质的制备及转化】（25-26高三上·江苏苏州·阶段练习）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．制备金属钛：饱和溶液 B．提取碘：和 C．检测葡萄糖：溶液悬浊液 D．制备胶体：胶体 17. 【结合工业流程及图示信息综合考查物质的转化、分离提纯、电化学知识等】(2026·江苏省金陵中学、南京外国语学校、海安高级中学联考)镍是重要战略金属资源。 （1）制备。从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中制备、的过程如下： ①滤渣有S和___________(写化学式)。 ②“氧压浸出”时，通入氧气可以提高的浸出率的原因是___________。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。 ④已知：，“沉镍”时控制为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为___________。(写出计算过程) （2）制备Ni。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如图-1，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如图-2： ①左侧电极室发生的电极反应式为___________。 ②pH=6.9时，镍回收率最高的原因是___________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图-3所示，该材料的化学式为___________。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为___________。 考向05 金属及其化合物的拓展应用 18．【结合信息及实验装置考查物质的转化】（2025·江苏省南通市、徐州市二模）第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：B(OCH3)3＋6Cl2BF3＋3CO＋9HCl。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1 500℃，可通过Ga(CH3)3与NH3高温反应制得。 下列制取BCl3的部分实验装置能达到实验目的的是 A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3 C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气 19. 【结合工艺流程综合考查物质的分离提纯、原理探究、结合分析等】(2026·江苏省南京市模拟预测)以铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+和[Bi(NH3)6]3+)为原料制备高纯Ag的流程如下： （1）“沉银”时，AgCl的沉淀率达99%，同时Pb和Bi几乎完全转化为PbCl2和BiOCl沉淀。滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有___________。 （2）“除杂”后滤液Ⅱ中主要含有[PbCl6]2−和[BiCl6]-。 ① 写出由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：___________。 ② 其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，银回收率降低的原因是___________。 （3）“氨浸”时发生反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl-(aq)。欲使0.01 molAgCl完全溶解，至少需要1.0 L 氨水的浓度为___________。(写出计算过程) [忽略溶液体积变化，以c(NH3)计]。已知：反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K=1.0×107；Ksp(AgCl)=2.0×10-10；≈0.224。 （4）“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl转化为Ag的化学方程式为___________。 （5）高纯银用途广泛。 ①银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图所示，该结构单元是否属于晶胞，___________(填“是”或 “不是”)。 ② Ag通过“活化处理”可实现Ag+的可控释放。研究发现，Ag+可与细菌体内含巯基(—SH)的酶反应，生成稳定的配位化合物(Ag—S—)可破坏酶的活性，从而起到杀菌作用。Ag+与NH3也能形成稳定的[Ag(NH3)2]+，但Ag+与巯基的配位能力更强，其可能原因为___________。 20. 【【结合工艺流程及图示信息综合考查物质的制备、分离提纯、原理分析探究、化学计算等】（2026·江苏徐州市模拟预测卷）一种从光纤废料(主要成分为、、、、)中提取和的工艺流程如下： 已知： ①元素Fe、Ge、Ga分别以、、形式存在于浸取液中； ②部分金属离子的氧化性比较：； ③的物质的量浓度对Ga、Ge的萃取率的影响如图-1所示。 （1）浸取时与草酸反应的离子方程式为___________。 （2）滤渣1的主要成分为、___________，结合平衡常数说明该物质存在的原因___________(写出计算过程)。(已知：25℃时，，；，，) （3）还原时加入Fe粉的目的是___________。 （4）不同反萃取剂对与的反萃取率影响如图-2所示，反萃取剂1为___________，反萃取剂2为___________。 （5）晶体通过镓掺杂可生成，使具有更好的半导体性，掺杂过程如图-3所示。则晶体中___________。 重难·创新演练 1. (2026·江苏省淮安市=市考前信息卷)B30铜镍合金的主要成分为Ni(约30%)、Cu(约68%)，该合金在洁净富氧的天然海水中表面会生成薄而致密的钝化膜，常用于制造远洋舰船。使用过程中，钝化膜在多种因素作用下缓慢被破坏，导致B30合金重新暴露于海水中(如图)。 已知：Ni在金属活动性顺序中位于H前。下列说法不正确的是 A. 钝化膜被破坏后会发生电化学腐蚀，Ni作负极 B. 正极的主要反应为 C. 海水中的、等离子会加速合金的电化学腐蚀 D. 使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀 2. （2026·江苏盐城市考前指导卷）在指定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 硫酸工业： B. 硝酸工业： C. 工业制镁： D. 工业制漂白粉：饱和 3．（2026高三上·江苏宿迁·期中）蚀刻是一种通过化学或物理方法有选择性地去除材料表面部分区域的工艺，广泛应用于半导体制造、微电子、印刷电路板(PCB)等领域。如NF3可用于蚀刻微电子材料，在常温下OF2与干燥的空气混合得到等物质的量的NO2和NF3。FeCl3溶液和[Cu(NH3)4]Cl2溶液都可作为铜的蚀刻剂。BCl3是干法蚀刻Al时常用的气体，易潮解，最终生成硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸。已知三氯化硼(BCl3)的熔点为-107℃，沸点为12.5℃。 下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是 A．[Cu(NH3)4]Cl2溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜电路板 B．NH3易液化，可用于工业制硝酸 C．OF2有强还原性，可用于火箭工程液体助燃剂 D．Al的表面易形成致密的氧化膜，所以铝制品日常用途广泛 4．（25-26高三上·江苏徐州·期中）利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 （1）“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 （2）焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 （3）“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 （4）“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 （5）由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 5.（2026·江苏徐州市第一中学模拟预测） MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 （1）制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 ③已知硫脲的结构简式为。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。 （2）MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。在光照条件下，MnS能促进水体中的或转化为具有强氧化性的，氧化分解四环素分子。在相同条件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。 ①具有强氧化性的原因是______。 ②已知和立方晶胞结构如图所示。中周围最邻近的数目和中周围最邻近的数目之比为______。 ③实际水体中存在、等离子，实验发现会显著降低四环素的降解效率、推测可能原因：______。 6．（2026·江苏南师附中、海门中学、天一中学、海安高级中学联考·一模）银在多个领域发挥着不可替代的作用，实验室模拟有关银的实验如下： I.模拟以银精矿为主要原料提取银，具体过程如下： 已知：①银精矿主要含等；“浸银”时转化为； ②的溶解度随温度升高而降低。 （1）“浸锰”时，充分浸取，由流程可判断：__________ A．大于 B．小于 C．等于 D．不能比较 （2）从浸锰液中得到的操作是__________，用热水洗涤次、干燥。 （3）“沉银”时，析出银的反应的离子方程式为__________。 II.已知一定条件下，银氨溶液与乙醛反应可能析出银镜。实验室进行如下验证和对比： 序号 试管中的药品 现象 实验I 2 mL银氨溶液和3滴乙醛 水浴加热，一段时间后，试管壁附着银镜 实验II 2 mL银氨溶液和3滴乙醛，再加几滴浓氨水，测得pH为10.2 水浴加热一段时间后，溶液无明显变化 实验III 2 mL银氨溶液和3滴乙醛，再加1滴溶液，测得pH为10.2 常温下，溶液中逐渐出现黑色沉淀，试管壁附着银镜 已知：i.； ii.，极易分解为黑色可溶于浓氨水。 （4）实验II中，溶液没有明显变化的可能原因是__________。设计实验验证你的猜想__________。 （5）实验III中产生的黑色沉淀含有Ag，可能还有。设计实验检验的存在，取实验III中的黑色沉淀，__________。须使用的试剂：浓氨水，稀盐酸］。 7. (2026·江苏省南京市中华中学适应性考试)氢能是一种绿色能源。目前有NaBH4、MgH2等物质可以制氢并储氢。 （1）NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图1所示。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O参与催化释氢，其中过程②步骤用化学方程式表示为________。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图2所示。0～20 min内，温度随时间变化快速升高的原因是________。 （2）用CoPc/石墨化氮复合催化剂做电极电解海水的装置如图3所示，CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，可以增强CO2以及反应中间体的吸附能力，能够实现一步直接产生CO和Cl2。 ①CoPc/石墨化氮复合催化剂能够抑制析氢反应，其原因是________。 ②阴极有另一种产物NaHCO3生成，则阴极的电极反应式为________。 （3）储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。CuCl2、MgCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1 mol·L-1的几种盐溶液与MgH2制备H2时，MgH2有效转化率如图4。 已知：i.氧化性：Mg2+<H+<Cu2+。 ii.MgH2在MCl2（M代表Cu、Mg）溶液中水解的示意图如图4。 ①40 min后，CuCl2溶液制备H2时，MgH2有效转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是________。 ②MgH2受热分解也能放氢，采用与水反应放氢的优点是________。 8．（25-26高三上·江苏南京·期末）金纳米团簇作为一种新型材料备受关注。从精炼铜的阳极泥中回收金(Au)的流程如下所示： 已知：①硫脲易溶于水，具有还原性。② （1）“浸取”时，硫脲作为配位剂。 ①阳极泥中Au转化为的离子方程式为 。 ②加入适量可提高Au的浸取率。其它条件相同，Au浸取率和溶液中的关系如图所示。当时，Au浸取率随增加而下降的原因是 。 （2）“萃取”时，用HR作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理如下：。 ①实验测得一定条件下Au萃取率和溶液pH的关系如图所示。 当溶液pH为4.5时萃取率最高的原因是 。 ②已知一定条件下，HR萃取的分配系数为3，该条件下，向浸取液中加入25.0 mL HR溶液，充分萃取后水相中浓度为 。 （3）“置换”后，除去金粉中所含金属杂质的物理方法为 。 （4）一种最稳定的负载型纳米金团簇分子具有完美的对称性其结构如图所示，该金团簇分子中有 种不同化学环境的金原子。 真题·实战演练 1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 2．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考真题）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，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)＝10－20.4，下列说法错误的是 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 3．（2024·江苏高考真题）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．HCl制备：NaCl溶液H2和Cl2HCl B．金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg C．纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 D．硫酸工业：FeS2SO2H2SO4 4．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，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“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 5．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 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。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 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，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(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 。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $