第三章 金属及其化合物（综合训练）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦金属及其化合物，通过选择与非选择综合题型，系统整合物质性质、转化、实验及工业应用，体现化学观念与科学思维的融合。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|13题|性质与用途对应、物质转化、实验分析、离子方程式正误判断|以金属单质、氧化物、氢氧化物、盐为线索，结合价态变化构建“价-类”二维转化关系| |非选择题|4题|工艺流程、结构与性质、实验探究、计算|从工业制备到结构分析，贯穿物质分离提纯、氧化还原反应及科学探究实践，强化性质决定用途的化学观念|

第三章 金属及其化合物 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Na 23 Cl 35.5 Sb122 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1.（25-26高三上·江苏苏州·期末）下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．钠具有还原性，可用于制作高压钠灯 B．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 C．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸 D．氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂 【答案】C 【解析】A．钠的焰色呈黄色，可用于制作高压钠灯，焰色反应为物理性质，与钠具有强还原性无关，A不符合题意；B．NaHCO3作胃酸的中和剂，是利用NaHCO3可以和胃酸中的盐酸反应的性质，与热稳定性无关，B不符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，常温下Al在浓硝酸中钝化，在金属表面形成一层致密氧化膜，可用铝质容器贮运浓硝酸，C符合题意；D．氨气具有还原性，因此NH3与NOx在催化剂作用下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，与氨气的溶解性无关，D不符合题意；故选C。 2．（改编）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是 A．饱和NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B． C．Al2O3（s）AlCl3（aq）AlCl3（s） D．Fe2(SO4)3（aq）CuSO4（aq）[Cu(NH3)4]SO4（aq） 【答案】C 【解析】A．饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2可制得NaHCO3沉淀，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，两步转化均能实现，A正确；B．氯化钡在碱性条件下与二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡加入硫酸钠溶液中生成溶度积更小的硫酸钡，符合题意，D正确；C．AlCl3溶液蒸发时因水解生成Al(OH)3，无法直接得到AlCl3固体，C错误；D．Fe3+氧化Cu生成Cu2+，Fe3+被还原成Fe2+，Cu2+与过量NH3·H2O形成[Cu(NH3)4]2+，D正确；故选C。 3．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 饱和AgCl溶液几乎不导电 AgCl是弱电解质 B 室温下，向0.1mol/L溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热 C 室温下，向浓度均为0.1mol/L的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀 白色沉淀是BaCO3 D 向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀 Ca(HCO3)2难溶于水 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】A．氯化银因为难溶，所以饱和溶液中几乎不导电，但溶解部分完全电离，是强电解质，故A错误；B．室温下，向0.1 mol·L−1HCl溶液中加入少量镁粉，测得溶液温度上升，说明反应放热，故B正确；C．白色沉淀中还可能含有碳酸钙，故C错误；D．向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，碳酸氢根与氢氧根结合生成碳酸根，碳酸根与钙离子结合生成碳酸钙白色沉淀，故D错误；答案选B。 4．（原创）下列方程式与所给事实不相符的是 A．用和水制备少量O2：2Na2O2 + 2H2O =4Na++ 4OH- + O2↑ B．用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为； C．用浓硝酸溶解少量粉：Cu + 4H+ +2= Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 【答案】D 【解析】A．Na2O2与水反应生成O2的正确离子方程式为2Na2O2 + 2H2O =4Na++ 4OH- + O2↑，A相符；B．Fe2+还原Cr2O，离子方程式为，B相符；C．浓硝酸与Cu反应应生成NO2，离子方程式为Cu + 4H+ +2NO= Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O，C相符；D．CaSO4转化为CaCO3，CaSO4是微溶物，不能拆，离子方程式应为，D不相符； 故选D。 5．(2026·江苏镇江·一模)CuCl是一种重要的催化剂。可用、溶液和NaOH溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是 A．甲装置制 B．乙装置中X为 C．丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸 D．丁装置吸收尾气中的 【答案】B 【解析】反应原理：，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，可用NaOH中和生成的酸，据此解答。A．由图可知，甲中以Na2SO3与浓硫酸反应制取SO2是正确且常用的方法，A不符合题意；B．SO2与饱和Na2SO3溶液会发生反应生成NaHSO3，乙中不能盛放饱和Na2SO3溶液，B符合题意；C．由分析可知，该反应会生成酸，且溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，故丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸，C不符合题意；D．丁中用NaOH溶液吸收尾气中的SO2亦是常规尾气处理手段，且倒扣的漏斗用于防倒吸，D不符合题意；故选B。 6．Mg、Al、Ni都是活泼金属，其单质能在一定条件的水溶液中产生氢气。镁基合金材料具有良好的储氢一释氢性能。以Mg、Ni混合粉末为原料，利用氢化燃烧合成法可制得高效镁基储氢材料MgxNiyH z。向MgxNiyH z中掺杂铝原子有利于释氢。 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．Al有空轨道，气态AlCl3可通过配位键形成双聚分子 B．Mg的第一电离能比Al的大，与盐酸反应Mg比Al更剧烈 C．MgH2中氢元素显－1价，在干燥空气中性质稳定 D．Mg-Ni合金熔点低，可用作储氢材料 【答案】A 【解析】A项，Al有空轨道，气态AlCl3可通过配位键形成双聚分子，如图所示：，正确；B项，Mg的3s能级电子全满，第一电离能比Al的大，但与盐酸反应的剧烈程度主要取决于金属活动性，Mg的金属性比Al的强，故与盐酸反应Mg比Al更剧烈，二者不具有对应关系，错误；C项，MgH2中氢元素显－1价，在干燥空气中性质不稳定，容易被氧化，错误；D项，Mg-Ni合金熔点低，与作储氢材料无关，错误。 7．（2026·江苏淮安·期末）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、铁)中提取铜的流程如下： 已知：“滤液2”主要含和。下列说法正确的是 A．铅锡合金的硬度比铅的大，熔沸点比铅的高 B．“酸溶”时也可选用稀 C．“碱溶”时发生的反应之一为： D．“电解精炼”时，阳极减少的质量等于阴极增加的质量 【答案】C 【解析】A．一般合金硬度高于成分金属，熔沸点低于成分金属，故铅锡合金熔沸点比铅的低，A错误；B．稀会与反应，导致溶解进入滤液1，无法后续提取铜，因此“酸溶”不能选用稀，B错误；C．“碱溶”时在和作用下生成，给出的反应电子守恒、原子守恒、电荷均守恒，反应成立，C正确；D．电解精炼铜时，粗铜中比活泼的杂质会优先在阳极失电子溶解，阴极只有得电子析出，因此阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，D错误；故选C。 8．(2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）·二模)下列实验操作及现象不能得出相应结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2mL5%的溶液中滴加几滴5%的溶液，再加入几滴蔗糖溶液，加热无砖红色沉淀生成 蔗糖不是醛糖 B 向溶液中加入溶液，产生白色沉淀，再滴加几滴溶液，产生蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] C 向0.1mol/LKSCN溶液中滴加几滴0.1mol/L溶液，无红色出现 与Fe3+的配位能力： CN- > SCN- D 向稀苯酚溶液中滴加几滴浓溴水，产生白色沉淀后再滴加NaOH溶液，白色沉淀溶解 三溴苯酚难溶于水并有酸性 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】A．醛基与新制氢氧化铜的反应需在强碱性环境下进行，该实验中NaOH用量不足，溶液呈弱酸性，无论蔗糖是否为醛糖都不会产生砖红色沉淀，无法得出蔗糖不是醛糖的结论，A符合题意；B．实验中MgCl2过量，NaOH完全反应生成Mg(OH)2沉淀，滴加CuCl2后产生蓝色Cu(OH)2沉淀，说明发生沉淀转化，可证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，B不符合题意；C．K3[Fe(CN)6]中Fe为+3价，加入KSCN溶液无红色出现，说明无游离Fe3+与SCN-结合，可证明CN-与Fe3+的配位能力强于SCN-，C不符合题意；D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，说明三溴苯酚难溶于水；加入NaOH溶液沉淀溶解，是因为三溴苯酚的酚羟基具有酸性，与NaOH反应生成易溶的钠盐，可得出相应结论，D不符合题意；故选A。 9．(2026高三上·江苏扬州·期末)铜及其化合物有着重要应用。铜在金属活动性顺序表中排在氢的后面；FeCl3溶液与铜的反应可用于蚀刻印刷线路板；Cu能催化CH3CH2OH与O2的反应。CuSO4溶液与石灰乳混合可制成杀菌剂波尔多液；CuSO4溶液与NaOH溶液混合后能与有机物中的醛基反应生成Cu2O。Cu2O与稀硫酸(或盐酸)反应生成Cu2+与Cu；Cu(OH)2能与NaOH溶液反应生 成[Cu(OH)4]2-。下列说法正确的是 A．波尔多液用作果园杀菌剂，主要是因为细菌蛋白质发生了盐析 B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O能发生，说明HCl能够氧化Cu C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为铁在金属活动性顺序表中排在铜前面 D．依据Cu(OH)2分别与稀H2SO4、NaOH溶液的反应，推断Cu(OH)2有两性 【答案】B 【解析】A．波尔多液用作果园杀菌剂，是因为其中铜离子使细菌蛋白质变性，而不是蛋白质发生盐析，A错误；B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O中氧气为氧化剂，不是HCl氧化的Cu，不能说明HCl能够氧化Cu，B错误；C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为Fe3+的氧化性比铜强，而不是金属活动性顺序，C错误；D．Cu(OH)2与稀H2SO4和NaOH都能反应，故其具有两性，D正确；故答案选D。 10．(25-26高三上·江苏南通如皋·调研)铁、钴、镍等元素可用于电极材料的制作。K2FeO4是一种水处理剂，可用于杀菌消毒；FeCl3易升华，可用于制Fe(OH)3胶体：Co的常见化合价为+2和+3；CoC2O4可在空气中焙烧制备催化剂Co3O4一种钴酸锂锂离子电池的负极为LixC6正极为Li1-xCoO2；废镍渣NiO与硫酸铵(NH4)2SO4一起煅烧可得NiSO4，用NaClO氧化NiSO4可制得电极材料NiOOH。下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A．K2FeO4中含有离子键，K2FeO4具有强氧化性 B．CoC2O4难溶于水，可用于制备Co3O4 C．NiOOH具有氧化性，可用作电池正极材料 D．FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜 【答案】C 【解析】A．K2FeO4具有强氧化性，是因为K2FeO4中Fe显+6价，与K2FeO4属于离子化合物无关，A不符合题意；B．CoC2O4可用于制备Co3O4是利用CoC2O4的还原性，与难溶于水性质无关，B不符合题意；C．NiOOH具有氧化性，可以得电子发生还原反应，故用作电池正极材料，C符合题意；D．FeCl3蚀刻铜是因为Fe3+的氧化性，与酸性无关，D不符合题意；故答案选C。 11．(2026高三·江苏镇江·零模)铬及其化合物用途非常广泛。常温下，铬遇浓硝酸钝化。工业上用铬铁矿[主要成分是，含少量SiO2]与纯碱煅烧制备。Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图-1所示。氮化铬(CrN)可做高效耐磨材料，实验室可用无水与在高温下反应制备。甘氨酸铬是一种配合物，结构如图-2所示。 下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是 A．氨分子间存在氢键，氨气极易溶于水 B．为分子晶体，可推测的熔点低于CrN C．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中 D．、、的电负性依次减小，可推测甘氨酸铬中亚甲基的碳元素化合价为 【答案】A 【解析】A．氨气极易溶于水主要因 NH3与H2O分子间形成氢键，且二者极性相似相溶，A符合题意；B．CrCl3为分子晶体，分子间作用力弱；CrN 为离子晶体，熔点更高，B不符合题意；C．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，C不符合题意；D．在甘氨酸中，亚甲基碳连接两个 H（+1价）、一个 N（-3价）和一个羧基碳（+3价），根据电负性推算其氧化态为 -1，D不符合题意；故答案为A。 12．（2026·江苏连云港·三模）室温下，探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 实验1：向0.1mol/LFeCl3溶液滴加数滴浓盐酸。溶液黄色加深。 实验2：向实验1所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液变为血红色。 实验3：向实验2后所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液红色褪去变成无色。 实验4：向实验3后所得的溶液中滴加淀粉-KI溶液。溶液无明显现象。 已知：为黄色，为红色，为无色。 下列说法正确的是 A．实验1中颜色加深的原因是的平衡常数增大 B．实验2能得出的结论是与的配位能力比的强 C．实验3所得的溶液中： D．实验4说明在该条件下的氧化性比强 【答案】C 【解析】由实验现象可知，实验1的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子[FeCl4]-；实验2的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子[Fe(SCN)6]3-；实验3的溶液中[Fe(SCN)6]3-离子能与氟离子反应生成无色的离子[FeF6]3-；实验4的溶液中[FeF6]3-离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。A．平衡常数只与温度有关，室温不变，该反应平衡常数不变，颜色加深是因为浓度增大使平衡正向移动，A错误；B．Fe3+与Cl-、SCN-均可形成有色配合物，而铁硫氰配合物灵敏度极高，微量生成就会显现明显血红色；实验只是直接向体系中加入SCN-显色，无法判断SCN-是否取代了原有氯合配离子，也不能凭借显色现象判定二者配位能力强弱，B错误；C．实验3滴加NaF后红色褪去，说明F-夺取[Fe(SCN)6]3-中的Fe3+，生成更稳定的无色[FeF6]3-，反应[Fe(SCN)6]3- + 6F-[FeF6]3- + 6SCN-正向进行程度大；体系中大量F-参与形成配合物被消耗，同时不断释放SCN-，平衡时溶液中c(F-) <c(SCN-)，C正确；D．实验4加入淀粉-KI溶液无明显现象，说明无生成，即不能氧化，其氧化性弱于，D错误；故答案选C。 13．（2026高一上·浙江杭州·期中）铁及其化合物的“价-类”二维图如下图所示，每个坐标可以表示一种或多种物质。 已知一种H化合物的合成方程式为(未配平)：。下列说法不正确的是 A．A可以与非金属单质反应直接得到G B．C是一种红棕色粉末，可以用于油漆、涂料等颜料 C．E和F均不能直接通过化合反应得到 D．上述反应每产生的，反应同时产生45g 【答案】C 【解析】A．A为单质Fe，与Cl2等强氧化性非金属单质可直接化合生成FeCl3等+3价铁盐（G），A正确；B．C为Fe2O3，是红棕色粉末，俗称铁红，可用于油漆、涂料等的颜料，B正确；C．E为Fe(OH)₃，可通过化合反应得到、F为亚铁盐，可通过化合反应得到，二者均能直接通过化合反应得到，C错误；D．配平反应得，每生成1 mol ，同时生成2.5 mol ，质量为，D正确；故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）（2026高三上·江苏南京·阶段检测）物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。 I． 图1、图2分别为钠和氯及其化合物的“价-类”二维图，请回答下列问题。 （1）填写二维图中缺失的化学式：① _______，②_______。 （2）工业上利用Cl2制备漂白液的离子方程式为_______。 （3）从物质类别角度看，HClO属于_______，从化合价角度看，HClO 具有_______(填“还原性”或“氧化性”或“既有氧化性又有还原性”)。 Ⅱ．铁是目前产量最大、使用最广泛的金属，请回答下列问题。 （4）从物质类别和元素价态视角，下列说法中不正确的是_______(填选项字母)。 A．Na2FeO4具有强氧化性，可以用作水体消毒剂 B．FeO在空气中受热能迅速被氧化成Fe2O3 C．保存FeCl2溶液时加入少量还原性铁粉，以防止溶液变质 D．过量的铁粉在氯气中燃烧可以实现Fe→FeCl2的转化 （5）Fe通过置换反应可以转化成Fe3O4，请写出该化学方程式_______。 【答案】（1）Na2O或Na2O2（2分） NaClO（2分） （2）（2分） （3）酸（2分） 既有氧化性又有还原性（2分） （4）BD（2分） （5） （2分） 【解析】（1）①二维图中对应横、纵坐标可知，缺失的化学式：钠为+1价的氧化物：Na2O、Na2O2； ②氯为+1价的盐：NaClO； （2）Cl2与反应制备漂白液，离子方程式为； （3）①HClO电离出的阳离子都是，属于酸； ②从化合价角度看，HClO中氯元素为+1价，为中间价态，既有氧化性又有还原性； （4）A．Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，可以用作水体消毒剂，A正确；B．FeO在空气中受热会被氧化，化学方程式为，不是迅速被氧化成Fe2O3，B错误；C．FeCl2溶液中的易被氧化为，加入少量还原性铁粉，发生反应，可以防止溶液变质，C正确；D．铁粉在氯气中燃烧生成FeCl3，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，不能实现Fe→FeCl2的转化，D错误；故选BD； （5）Fe与水蒸气通过置换反应可以转化成Fe3O4，化学方程式 15．（15分）（2026·江苏扬州市调研）利用湿法炼锌的浸取液(主要含有，还含有、等)制备的流程如下： （1）“除钴”时，如果在加入足量粉的同时，加入少量硫酸锑溶液，除钴的速率会迅速提高，原因是___________。[已知金属活动性顺序从强到弱：] （2）“除铁”时，须控制好初始、反应温度、反应时间等条件。 ①初始时，滤渣主要成分为，生成该沉淀的离子方程式为___________。 ②浓度随时间变化如图-1所示。0～120 min，浓度增大的原因是___________。合理的反应时间为___________min。 （3）“电解”的原理如图-2所示，气体a是___________(填化学式)。控制其他条件不变，如果溶液中有残留的，会使气体a和的产率都降低，原因是___________。 （4）钴经反应可得到配合物。为确定该配合物的化学式进行下列实验：取一定质量的，溶于水配成250 mL溶液A，准确量取25.00 mL溶液A，用的溶液滴定其中的，消耗溶液20.00 mL。另取25.00 mL溶液A，加足量溶液并充分加热，生成112 mL(标准状况)。再取25.00 mL溶液A，经测定，含元素。通过计算确定该配合物的化学式___________(写出计算过程)。 【答案】（1）Zn置换出Sb，形成Zn-Sb原电池，加快了除钴反应速率（2分） （2）①. （2分） ②. O2氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于沉淀消耗Fe3+的速率，所以Fe3+浓度增大（2分） ③. 180（180～240 min区间任意时间均可） （2分） （3）①. O2 （2分） ②. Fe3+在阴极得电子（或与锌反应）生成Fe2+，Fe2+又在阳极失电子生成Fe3+，该过程消耗了电量，使O2和Zn的产率降低（3分） （4）[Co(NH3)5Cl]Cl2（2分） 【解析】除钴环节加入Zn粉置换出Co，若同时加入Sb2(SO4)3时Zn置换出Sb形成原电池，加快反应速率。除铁环节通入高压氧气将Fe2+氧化为Fe3+，pH=3时Fe3+转化为Fe4(OH)2O5沉淀除去，反应前期氧化生成Fe3+的速率大于沉淀消耗速率，Fe3+浓度先升高，总铁浓度最低时为最佳反应时间。电解环节阴极Zn2+得电子生成Zn，阳极OH-失电子生成O2，残留Fe3+会发生循环氧化还原消耗电量，降低产物产率。 （1）已知金属活动性顺序Zn强于Sb，加入硫酸锑溶液时，Zn置换出Sb，Zn与Sb及电解质溶液构成原电池，反应速率加快，因此除钴速率迅速提高。 （2）①初始pH=3时，Fe2+被氧气氧化生成Fe4(OH)2O5沉淀，结合原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式为。 ②0~120 min内，氧气氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于Fe3+转化为沉淀被消耗的速率，因此Fe3+浓度逐渐增大。 由图像可知，180 min时总铁浓度降至最低，之后保持稳定，除铁效果最佳，因此合理的反应时间为180 min（180～240 min区间任意时间均可）。 （3）由电解原理图可知，左侧电极为阳极，水电离出的OH-失电子生成O2，因此气体a为O2。若溶液中残留Fe3+，Fe3+氧化性强于Zn2+，在阴极优先得电子被还原为Fe2+，Fe2+移动到阳极后又失电子被氧化为Fe3+，该循环过程消耗电量，导致用于生成O2和Zn的电量减少，因此二者产率均降低。 （4）取25.00 mL溶液A进行测定：滴定Cl-时， ；生成氨气的物质的量 ；溶液中Co3+的物质的量 ；因此； 配合物组成为[Co(NH3)xCly]Cl3-y，外界Cl-数目为3-y=2，得y=1，且x=5，因此该配合物的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2。 16.（15分） （2026·四川·模拟预测）锑及其化合物是光伏、储能、军事领域的关键材料，被称为工业“味精”。化合物焦锑酸钠是重要的精细化工产品。已知：①；②呈无色；③表1不同温度的状态。 温度 在水中的状态 25℃ 固体，基本不溶 60℃ 微溶 85℃ 明显溶解，并开始水解 95～100℃ 显著溶解，并形成胶体 表2不同pH值的状态。 pH 在水中的状态 7~10 沉淀，稳定 11~12 微溶 13~14 易溶 焦锑酸钠的生产方法有多种，其中钾盐法的实验模拟操作如下： ①调浆：将200 g锑氧粉(主要成分为)与45%的KOH溶液180 g加入仪器A中(如下图所示)，电动搅拌器充分搅拌进行浆化。 ②氧化：浆化2~5 min后，再慢慢分批加入30%溶液，控温，确保固液充分接触反应至溶液清亮无Sb(Ⅲ)(碘量法检测)。 ③转化：向氧化得到的溶液中缓慢滴加30%NaOH溶液，控温，pH为8~11，搅拌，反应至沉淀完全。 ④分离：把得到的冷却，离心、过滤、洗涤后，在温度下烘干，得产品。过滤后得到的滤液及洗涤液，经浓缩处理后全部返回系统作母液使用。 回答下列问题： （1）锑是51号元素，属于_______(填“金属”“类金属”或“非金属”)元素。 （2）仪器A的名称是_______，用上图装置进行实验②，还缺少的玻璃仪器是_______。 （3）根据实验原理可知，相同温度下，溶解度：_______(填“大于”“小于”或“无法确定”)。 （4）A中锑氧粉被氧化成的化学方程式为_______。 （5）碘量法检测Sb(Ⅲ)的原理是，取第②步氧化后的溶液10.00 mL，以淀粉为指示剂，用碘标准溶液直接滴定，消耗0.0100 mol/L碘标准溶液4.50 mL，则滴定的终点现象是_______，氧化后溶液中Sb(Ⅲ)的含量是_______(保留两位小数)。 （6）第③步需控温和pH为8~11的主要原因是_______。 【答案】（1）类金属（2分） （2）三颈烧瓶（1分） 温度计（2分） （3）大于（2分） （4）（2分） （5）滴入最后半滴碘标准溶液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分） 0.55（2分） （6）温度过低反应速率慢，温度过高，会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高溶解度增大，控制pH为8~11可使充分析出，提高产率（2分） 【解析】锑氧粉(主要成分为)与45%的KOH溶液浆化后，利用30%溶液将氧化为，得到溶液，通过碘量法检测溶液中剩余的的含量；缓慢滴加30%NaOH溶液，控温，pH为8~11，使转化为并析出，经过离心、过滤、洗涤、烘干后，得到产品焦锑酸钠，过滤后的母液可循环使用。 （1）锑为第ⅤA族元素，位于周期表金属元素和非金属元素分界线附近，介于非金属元素As和金属元素Bi之间，因此性质介于金属和非金属之间，属于类金属； （2）仪器A为三颈烧瓶，该步需要控制反应温度为80~95℃，装置缺少控温用的玻璃仪器温度计； （3）转化过程中，溶液中加入NaOH后析出沉淀，说明相同温度下溶解度大于； （4）A中锑氧粉(主要成分为)被氧化成，Sb从+3价升高为+5价，中O从-1价降为-2价，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：； （5）淀粉遇碘单质变蓝，滴定终点现象为：滴入最后半滴碘标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色； 根据反应方程式可得，Sb摩尔质量约为，则含量为：； （6）结合表格信息，温度和pH都会影响的存在状态，温度过低反应速率慢，温度过高（高于），会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高（如大于11），则溶解度增大，因此控制pH在8~11可使以稳定沉淀形式析出，提高产率。 17. （17分）(2026·江苏省淮安市=市考前信息卷)铟、镓、铝同为族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。 （1）一种从某镓精矿(主要含、、、、的氧化物)中提取镓的流程如下： ①利用___________(填“阴”或“阳”)离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为___________。 ②向酸解后的溶液中加入调节溶液至弱碱性，得到含的溶液。写出电解沉积时生成的电极反应方程式：___________。 ③电解沉积时，电极上析出及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电后，电极上析出不升反降的原因是___________。 （2）铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。其晶胞结构如图-2a所示(图-2b为该晶胞沿轴方向的投影)。 ①该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3。则该晶体的化学式可表示为___________。 ②砷化镓(GaAs)是重要的半导体材料，其晶胞结构如图-2所示，与Ga原子配位的砷原子构成正四面体结构。请将与箭头指向的Ga原子配位的砷原子涂黑___________。 ③与2分子(吡啶-2,6-二羧酸)形成含6个配位键的阴离子，则其结构式___________。 （3）已知：，，，；当反应平衡常数时，可视为反应很难进行。通过计算判断氨水能否溶解___________。(写出计算过程) 【答案】（1）①. 阴（2分） ②. 吸附镓元素的选择性高、交换树脂再生(酸解时解附)效率高 （2分） ③. H2GaO+3e-+H2O==Ga+4OH-（2分） ④. 电解一段时间后，阴极析氢反应加剧，镓表面c(OH-)增大，部分金属镓溶解（2分） （2） ① Cu5In2Ga3Se10（2分） ②. （2分） ③. （2分） （3）否（1分）。计算得反应平衡常数为时，反应很难进行，故氨水不能溶解OH-（2分） 【解析】碱浸过程中，镓精矿中Ga、Al的氧化物与浓NaOH反应转化为阴离子型含镓、含铝物种，Fe的氧化物不溶作为滤渣除去，滤液中含镓物种为阴离子，因此富集时选用阴离子交换树脂吸附，该树脂对镓的吸附选择性高，酸解时可高效解附实现树脂再生。酸解后调节pH至弱碱性得到含H2GaO的溶液，电解时H2GaO在阴极得电子生成Ga，电解后期阴极析氢反应占比升高，溶液中氢氧根离子浓度增大，析出的Ga与氢氧根反应溶解导致其物质的量下降。 （1）① 碱浸时，Ga的氧化物与足量浓NaOH反应生成H2GaO进入滤液，该物种为阴离子，因此需选用阴离子交换树脂吸附富集。该交换树脂除题述优点外，还具有吸附镓元素的选择性高、酸解时解附效率高，树脂可循环再生的优点。 ② 电解沉积时，H2GaO在阴极得到电子生成Ga，结合电荷守恒与原子守恒配平，电极反应式为H2GaO+3e-+H2O==Ga+4OH-。 ③ 电解30min后，阴极水电离出的H+得电子生成H2的反应加剧，反应生成大量OH-使溶液中氢氧根离子浓度增大，部分已析出的金属Ga与OH-反应重新溶解进入溶液，因此析出的镓的物质的量不升反降。 （2）① CIGS晶胞中，根据均摊法，含Cu个，In、Ga总数为个，Se在体内为8个，已知In与Ga的物质的量之比为2:3，即Cu、In、Ga、Se分别为个，故晶体化学式为 Cu5In2Ga3Se10。 ② GaAs晶胞为闪锌矿结构，每个Ga原子与4个As原子形成正四面体配位结构，结构示意为  。 ③ Ga3+为中心离子，2个吡啶-2,6-二羧酸根为配体，每个配体通过1个N原子和2个O原子与Ga3+形成配位键，共形成6个配位键，配离子整体带1个单位负电荷，结构式为    。 （3）氨水溶解Ga(OH)3的反应为，该反应可由以下三个式子加和得到：，、，；，。则氨水溶解Ga(OH)3的反应平衡常数，由于，可认为该反应很难进行，因此氨水不能溶解Ga(OH)3。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 金属及其化合物 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Na 23 Cl 35.5 Sb122 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1.（25-26高三上·江苏苏州·期末）下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．钠具有还原性，可用于制作高压钠灯 B．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 C．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸 D．氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂 【答案】C 【解析】A．钠的焰色呈黄色，可用于制作高压钠灯，焰色反应为物理性质，与钠具有强还原性无关，A不符合题意；B．NaHCO3作胃酸的中和剂，是利用NaHCO3可以和胃酸中的盐酸反应的性质，与热稳定性无关，B不符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，常温下Al在浓硝酸中钝化，在金属表面形成一层致密氧化膜，可用铝质容器贮运浓硝酸，C符合题意；D．氨气具有还原性，因此NH3与NOx在催化剂作用下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，与氨气的溶解性无关，D不符合题意；故选C。 2．（改编）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是 A．饱和NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B． C．Al2O3（s）AlCl3（aq）AlCl3（s） D．Fe2(SO4)3（aq）CuSO4（aq）[Cu(NH3)4]SO4（aq） 【答案】C 【解析】A．饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2可制得NaHCO3沉淀，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，两步转化均能实现，A正确；B．氯化钡在碱性条件下与二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡加入硫酸钠溶液中生成溶度积更小的硫酸钡，符合题意，D正确；C．AlCl3溶液蒸发时因水解生成Al(OH)3，无法直接得到AlCl3固体，C错误；D．Fe3+氧化Cu生成Cu2+，Fe3+被还原成Fe2+，Cu2+与过量NH3·H2O形成[Cu(NH3)4]2+，D正确；故选C。 3．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 饱和AgCl溶液几乎不导电 AgCl是弱电解质 B 室温下，向0.1mol/L溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热 C 室温下，向浓度均为0.1mol/L的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀 白色沉淀是BaCO3 D 向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀 Ca(HCO3)2难溶于水 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】A．氯化银因为难溶，所以饱和溶液中几乎不导电，但溶解部分完全电离，是强电解质，故A错误；B．室温下，向0.1 mol·L−1HCl溶液中加入少量镁粉，测得溶液温度上升，说明反应放热，故B正确；C．白色沉淀中还可能含有碳酸钙，故C错误；D．向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，碳酸氢根与氢氧根结合生成碳酸根，碳酸根与钙离子结合生成碳酸钙白色沉淀，故D错误；答案选B。 4．（原创）下列方程式与所给事实不相符的是 A．用和水制备少量O2：2Na2O2 + 2H2O =4Na++ 4OH- + O2↑ B．用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为； C．用浓硝酸溶解少量粉：Cu + 4H+ +2= Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 【答案】D 【解析】A．Na2O2与水反应生成O2的正确离子方程式为2Na2O2 + 2H2O =4Na++ 4OH- + O2↑，A相符；B．Fe2+还原Cr2O，离子方程式为，B相符；C．浓硝酸与Cu反应应生成NO2，离子方程式为Cu + 4H+ +2NO= Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O，C相符；D．CaSO4转化为CaCO3，CaSO4是微溶物，不能拆，离子方程式应为，D不相符； 故选D。 5．(2026·江苏镇江·一模)CuCl是一种重要的催化剂。可用、溶液和NaOH溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是 A．甲装置制 B．乙装置中X为 C．丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸 D．丁装置吸收尾气中的 【答案】B 【解析】反应原理：，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，可用NaOH中和生成的酸，据此解答。A．由图可知，甲中以Na2SO3与浓硫酸反应制取SO2是正确且常用的方法，A不符合题意；B．SO2与饱和Na2SO3溶液会发生反应生成NaHSO3，乙中不能盛放饱和Na2SO3溶液，B符合题意；C．由分析可知，该反应会生成酸，且溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，故丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸，C不符合题意；D．丁中用NaOH溶液吸收尾气中的SO2亦是常规尾气处理手段，且倒扣的漏斗用于防倒吸，D不符合题意；故选B。 6．Mg、Al、Ni都是活泼金属，其单质能在一定条件的水溶液中产生氢气。镁基合金材料具有良好的储氢一释氢性能。以Mg、Ni混合粉末为原料，利用氢化燃烧合成法可制得高效镁基储氢材料MgxNiyH z。向MgxNiyH z中掺杂铝原子有利于释氢。 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．Al有空轨道，气态AlCl3可通过配位键形成双聚分子 B．Mg的第一电离能比Al的大，与盐酸反应Mg比Al更剧烈 C．MgH2中氢元素显－1价，在干燥空气中性质稳定 D．Mg-Ni合金熔点低，可用作储氢材料 【答案】A 【解析】A项，Al有空轨道，气态AlCl3可通过配位键形成双聚分子，如图所示：，正确；B项，Mg的3s能级电子全满，第一电离能比Al的大，但与盐酸反应的剧烈程度主要取决于金属活动性，Mg的金属性比Al的强，故与盐酸反应Mg比Al更剧烈，二者不具有对应关系，错误；C项，MgH2中氢元素显－1价，在干燥空气中性质不稳定，容易被氧化，错误；D项，Mg-Ni合金熔点低，与作储氢材料无关，错误。 7．（2026·江苏淮安·期末）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、铁)中提取铜的流程如下： 已知：“滤液2”主要含和。下列说法正确的是 A．铅锡合金的硬度比铅的大，熔沸点比铅的高 B．“酸溶”时也可选用稀 C．“碱溶”时发生的反应之一为： D．“电解精炼”时，阳极减少的质量等于阴极增加的质量 【答案】C 【解析】A．一般合金硬度高于成分金属，熔沸点低于成分金属，故铅锡合金熔沸点比铅的低，A错误；B．稀会与反应，导致溶解进入滤液1，无法后续提取铜，因此“酸溶”不能选用稀，B错误；C．“碱溶”时在和作用下生成，给出的反应电子守恒、原子守恒、电荷均守恒，反应成立，C正确；D．电解精炼铜时，粗铜中比活泼的杂质会优先在阳极失电子溶解，阴极只有得电子析出，因此阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，D错误；故选C。 8．(2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）·二模)下列实验操作及现象不能得出相应结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2mL5%的溶液中滴加几滴5%的溶液，再加入几滴蔗糖溶液，加热无砖红色沉淀生成 蔗糖不是醛糖 B 向溶液中加入溶液，产生白色沉淀，再滴加几滴溶液，产生蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] C 向0.1mol/LKSCN溶液中滴加几滴0.1mol/L溶液，无红色出现 与Fe3+的配位能力： CN- > SCN- D 向稀苯酚溶液中滴加几滴浓溴水，产生白色沉淀后再滴加NaOH溶液，白色沉淀溶解 三溴苯酚难溶于水并有酸性 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】A．醛基与新制氢氧化铜的反应需在强碱性环境下进行，该实验中NaOH用量不足，溶液呈弱酸性，无论蔗糖是否为醛糖都不会产生砖红色沉淀，无法得出蔗糖不是醛糖的结论，A符合题意；B．实验中MgCl2过量，NaOH完全反应生成Mg(OH)2沉淀，滴加CuCl2后产生蓝色Cu(OH)2沉淀，说明发生沉淀转化，可证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，B不符合题意；C．K3[Fe(CN)6]中Fe为+3价，加入KSCN溶液无红色出现，说明无游离Fe3+与SCN-结合，可证明CN-与Fe3+的配位能力强于SCN-，C不符合题意；D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，说明三溴苯酚难溶于水；加入NaOH溶液沉淀溶解，是因为三溴苯酚的酚羟基具有酸性，与NaOH反应生成易溶的钠盐，可得出相应结论，D不符合题意；故选A。 9．(2026高三上·江苏扬州·期末)铜及其化合物有着重要应用。铜在金属活动性顺序表中排在氢的后面；FeCl3溶液与铜的反应可用于蚀刻印刷线路板；Cu能催化CH3CH2OH与O2的反应。CuSO4溶液与石灰乳混合可制成杀菌剂波尔多液；CuSO4溶液与NaOH溶液混合后能与有机物中的醛基反应生成Cu2O。Cu2O与稀硫酸(或盐酸)反应生成Cu2+与Cu；Cu(OH)2能与NaOH溶液反应生 成[Cu(OH)4]2-。下列说法正确的是 A．波尔多液用作果园杀菌剂，主要是因为细菌蛋白质发生了盐析 B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O能发生，说明HCl能够氧化Cu C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为铁在金属活动性顺序表中排在铜前面 D．依据Cu(OH)2分别与稀H2SO4、NaOH溶液的反应，推断Cu(OH)2有两性 【答案】B 【解析】A．波尔多液用作果园杀菌剂，是因为其中铜离子使细菌蛋白质变性，而不是蛋白质发生盐析，A错误；B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O中氧气为氧化剂，不是HCl氧化的Cu，不能说明HCl能够氧化Cu，B错误；C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为Fe3+的氧化性比铜强，而不是金属活动性顺序，C错误；D．Cu(OH)2与稀H2SO4和NaOH都能反应，故其具有两性，D正确；故答案选D。 10．(25-26高三上·江苏南通如皋·调研)铁、钴、镍等元素可用于电极材料的制作。K2FeO4是一种水处理剂，可用于杀菌消毒；FeCl3易升华，可用于制Fe(OH)3胶体：Co的常见化合价为+2和+3；CoC2O4可在空气中焙烧制备催化剂Co3O4一种钴酸锂锂离子电池的负极为LixC6正极为Li1-xCoO2；废镍渣NiO与硫酸铵(NH4)2SO4一起煅烧可得NiSO4，用NaClO氧化NiSO4可制得电极材料NiOOH。下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A．K2FeO4中含有离子键，K2FeO4具有强氧化性 B．CoC2O4难溶于水，可用于制备Co3O4 C．NiOOH具有氧化性，可用作电池正极材料 D．FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜 【答案】C 【解析】A．K2FeO4具有强氧化性，是因为K2FeO4中Fe显+6价，与K2FeO4属于离子化合物无关，A不符合题意；B．CoC2O4可用于制备Co3O4是利用CoC2O4的还原性，与难溶于水性质无关，B不符合题意；C．NiOOH具有氧化性，可以得电子发生还原反应，故用作电池正极材料，C符合题意；D．FeCl3蚀刻铜是因为Fe3+的氧化性，与酸性无关，D不符合题意；故答案选C。 11．(2026高三·江苏镇江·零模)铬及其化合物用途非常广泛。常温下，铬遇浓硝酸钝化。工业上用铬铁矿[主要成分是，含少量SiO2]与纯碱煅烧制备。Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图-1所示。氮化铬(CrN)可做高效耐磨材料，实验室可用无水与在高温下反应制备。甘氨酸铬是一种配合物，结构如图-2所示。 下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是 A．氨分子间存在氢键，氨气极易溶于水 B．为分子晶体，可推测的熔点低于CrN C．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中 D．、、的电负性依次减小，可推测甘氨酸铬中亚甲基的碳元素化合价为 【答案】A 【解析】A．氨气极易溶于水主要因 NH3与H2O分子间形成氢键，且二者极性相似相溶，A符合题意；B．CrCl3为分子晶体，分子间作用力弱；CrN 为离子晶体，熔点更高，B不符合题意；C．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，C不符合题意；D．在甘氨酸中，亚甲基碳连接两个 H（+1价）、一个 N（-3价）和一个羧基碳（+3价），根据电负性推算其氧化态为 -1，D不符合题意；故答案为A。 12．（2026·江苏连云港·三模）室温下，探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 实验1：向0.1mol/LFeCl3溶液滴加数滴浓盐酸。溶液黄色加深。 实验2：向实验1所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液变为血红色。 实验3：向实验2后所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液红色褪去变成无色。 实验4：向实验3后所得的溶液中滴加淀粉-KI溶液。溶液无明显现象。 已知：为黄色，为红色，为无色。 下列说法正确的是 A．实验1中颜色加深的原因是的平衡常数增大 B．实验2能得出的结论是与的配位能力比的强 C．实验3所得的溶液中： D．实验4说明在该条件下的氧化性比强 【答案】C 【解析】由实验现象可知，实验1的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子[FeCl4]-；实验2的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子[Fe(SCN)6]3-；实验3的溶液中[Fe(SCN)6]3-离子能与氟离子反应生成无色的离子[FeF6]3-；实验4的溶液中[FeF6]3-离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。A．平衡常数只与温度有关，室温不变，该反应平衡常数不变，颜色加深是因为浓度增大使平衡正向移动，A错误；B．Fe3+与Cl-、SCN-均可形成有色配合物，而铁硫氰配合物灵敏度极高，微量生成就会显现明显血红色；实验只是直接向体系中加入SCN-显色，无法判断SCN-是否取代了原有氯合配离子，也不能凭借显色现象判定二者配位能力强弱，B错误；C．实验3滴加NaF后红色褪去，说明F-夺取[Fe(SCN)6]3-中的Fe3+，生成更稳定的无色[FeF6]3-，反应[Fe(SCN)6]3- + 6F-[FeF6]3- + 6SCN-正向进行程度大；体系中大量F-参与形成配合物被消耗，同时不断释放SCN-，平衡时溶液中c(F-) <c(SCN-)，C正确；D．实验4加入淀粉-KI溶液无明显现象，说明无生成，即不能氧化，其氧化性弱于，D错误；故答案选C。 13．（2026高一上·浙江杭州·期中）铁及其化合物的“价-类”二维图如下图所示，每个坐标可以表示一种或多种物质。 已知一种H化合物的合成方程式为(未配平)：。下列说法不正确的是 A．A可以与非金属单质反应直接得到G B．C是一种红棕色粉末，可以用于油漆、涂料等颜料 C．E和F均不能直接通过化合反应得到 D．上述反应每产生的，反应同时产生45g 【答案】C 【解析】A．A为单质Fe，与Cl2等强氧化性非金属单质可直接化合生成FeCl3等+3价铁盐（G），A正确；B．C为Fe2O3，是红棕色粉末，俗称铁红，可用于油漆、涂料等的颜料，B正确；C．E为Fe(OH)₃，可通过化合反应得到、F为亚铁盐，可通过化合反应得到，二者均能直接通过化合反应得到，C错误；D．配平反应得，每生成1 mol ，同时生成2.5 mol ，质量为，D正确；故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）（2026高三上·江苏南京·阶段检测）物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。 I． 图1、图2分别为钠和氯及其化合物的“价-类”二维图，请回答下列问题。 （1）填写二维图中缺失的化学式：① _______，②_______。 （2）工业上利用Cl2制备漂白液的离子方程式为_______。 （3）从物质类别角度看，HClO属于_______，从化合价角度看，HClO 具有_______(填“还原性”或“氧化性”或“既有氧化性又有还原性”)。 Ⅱ．铁是目前产量最大、使用最广泛的金属，请回答下列问题。 （4）从物质类别和元素价态视角，下列说法中不正确的是_______(填选项字母)。 A．Na2FeO4具有强氧化性，可以用作水体消毒剂 B．FeO在空气中受热能迅速被氧化成Fe2O3 C．保存FeCl2溶液时加入少量还原性铁粉，以防止溶液变质 D．过量的铁粉在氯气中燃烧可以实现Fe→FeCl2的转化 （5）Fe通过置换反应可以转化成Fe3O4，请写出该化学方程式_______。 【答案】（1）Na2O或Na2O2（2分） NaClO（2分） （2）（2分） （3）酸（2分） 既有氧化性又有还原性（2分） （4）BD（2分） （5） （2分） 【解析】（1）①二维图中对应横、纵坐标可知，缺失的化学式：钠为+1价的氧化物：Na2O、Na2O2； ②氯为+1价的盐：NaClO； （2）Cl2与反应制备漂白液，离子方程式为； （3）①HClO电离出的阳离子都是，属于酸； ②从化合价角度看，HClO中氯元素为+1价，为中间价态，既有氧化性又有还原性； （4）A．Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，可以用作水体消毒剂，A正确；B．FeO在空气中受热会被氧化，化学方程式为，不是迅速被氧化成Fe2O3，B错误；C．FeCl2溶液中的易被氧化为，加入少量还原性铁粉，发生反应，可以防止溶液变质，C正确；D．铁粉在氯气中燃烧生成FeCl3，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，不能实现Fe→FeCl2的转化，D错误；故选BD； （5）Fe与水蒸气通过置换反应可以转化成Fe3O4，化学方程式 15．（15分）（2026·江苏扬州市调研）利用湿法炼锌的浸取液(主要含有，还含有、等)制备的流程如下： （1）“除钴”时，如果在加入足量粉的同时，加入少量硫酸锑溶液，除钴的速率会迅速提高，原因是___________。[已知金属活动性顺序从强到弱：] （2）“除铁”时，须控制好初始、反应温度、反应时间等条件。 ①初始时，滤渣主要成分为，生成该沉淀的离子方程式为___________。 ②浓度随时间变化如图-1所示。0～120 min，浓度增大的原因是___________。合理的反应时间为___________min。 （3）“电解”的原理如图-2所示，气体a是___________(填化学式)。控制其他条件不变，如果溶液中有残留的，会使气体a和的产率都降低，原因是___________。 （4）钴经反应可得到配合物。为确定该配合物的化学式进行下列实验：取一定质量的，溶于水配成250 mL溶液A，准确量取25.00 mL溶液A，用的溶液滴定其中的，消耗溶液20.00 mL。另取25.00 mL溶液A，加足量溶液并充分加热，生成112 mL(标准状况)。再取25.00 mL溶液A，经测定，含元素。通过计算确定该配合物的化学式___________(写出计算过程)。 【答案】（1）Zn置换出Sb，形成Zn-Sb原电池，加快了除钴反应速率（2分） （2）①. （2分） ②. O2氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于沉淀消耗Fe3+的速率，所以Fe3+浓度增大（2分） ③. 180（180～240 min区间任意时间均可） （2分） （3）①. O2 （2分） ②. Fe3+在阴极得电子（或与锌反应）生成Fe2+，Fe2+又在阳极失电子生成Fe3+，该过程消耗了电量，使O2和Zn的产率降低（3分） （4）[Co(NH3)5Cl]Cl2（2分） 【解析】除钴环节加入Zn粉置换出Co，若同时加入Sb2(SO4)3时Zn置换出Sb形成原电池，加快反应速率。除铁环节通入高压氧气将Fe2+氧化为Fe3+，pH=3时Fe3+转化为Fe4(OH)2O5沉淀除去，反应前期氧化生成Fe3+的速率大于沉淀消耗速率，Fe3+浓度先升高，总铁浓度最低时为最佳反应时间。电解环节阴极Zn2+得电子生成Zn，阳极OH-失电子生成O2，残留Fe3+会发生循环氧化还原消耗电量，降低产物产率。 （1）已知金属活动性顺序Zn强于Sb，加入硫酸锑溶液时，Zn置换出Sb，Zn与Sb及电解质溶液构成原电池，反应速率加快，因此除钴速率迅速提高。 （2）①初始pH=3时，Fe2+被氧气氧化生成Fe4(OH)2O5沉淀，结合原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式为。 ②0~120 min内，氧气氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于Fe3+转化为沉淀被消耗的速率，因此Fe3+浓度逐渐增大。 由图像可知，180 min时总铁浓度降至最低，之后保持稳定，除铁效果最佳，因此合理的反应时间为180 min（180～240 min区间任意时间均可）。 （3）由电解原理图可知，左侧电极为阳极，水电离出的OH-失电子生成O2，因此气体a为O2。若溶液中残留Fe3+，Fe3+氧化性强于Zn2+，在阴极优先得电子被还原为Fe2+，Fe2+移动到阳极后又失电子被氧化为Fe3+，该循环过程消耗电量，导致用于生成O2和Zn的电量减少，因此二者产率均降低。 （4）取25.00 mL溶液A进行测定：滴定Cl-时， ；生成氨气的物质的量 ；溶液中Co3+的物质的量 ；因此； 配合物组成为[Co(NH3)xCly]Cl3-y，外界Cl-数目为3-y=2，得y=1，且x=5，因此该配合物的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2。 16.（15分） （2026·四川·模拟预测）锑及其化合物是光伏、储能、军事领域的关键材料，被称为工业“味精”。化合物焦锑酸钠是重要的精细化工产品。已知：①；②呈无色；③表1不同温度的状态。 温度 在水中的状态 25℃ 固体，基本不溶 60℃ 微溶 85℃ 明显溶解，并开始水解 95～100℃ 显著溶解，并形成胶体 表2不同pH值的状态。 pH 在水中的状态 7~10 沉淀，稳定 11~12 微溶 13~14 易溶 焦锑酸钠的生产方法有多种，其中钾盐法的实验模拟操作如下： ①调浆：将200 g锑氧粉(主要成分为)与45%的KOH溶液180 g加入仪器A中(如下图所示)，电动搅拌器充分搅拌进行浆化。 ②氧化：浆化2~5 min后，再慢慢分批加入30%溶液，控温，确保固液充分接触反应至溶液清亮无Sb(Ⅲ)(碘量法检测)。 ③转化：向氧化得到的溶液中缓慢滴加30%NaOH溶液，控温，pH为8~11，搅拌，反应至沉淀完全。 ④分离：把得到的冷却，离心、过滤、洗涤后，在温度下烘干，得产品。过滤后得到的滤液及洗涤液，经浓缩处理后全部返回系统作母液使用。 回答下列问题： （1）锑是51号元素，属于_______(填“金属”“类金属”或“非金属”)元素。 （2）仪器A的名称是_______，用上图装置进行实验②，还缺少的玻璃仪器是_______。 （3）根据实验原理可知，相同温度下，溶解度：_______(填“大于”“小于”或“无法确定”)。 （4）A中锑氧粉被氧化成的化学方程式为_______。 （5）碘量法检测Sb(Ⅲ)的原理是，取第②步氧化后的溶液10.00 mL，以淀粉为指示剂，用碘标准溶液直接滴定，消耗0.0100 mol/L碘标准溶液4.50 mL，则滴定的终点现象是_______，氧化后溶液中Sb(Ⅲ)的含量是_______(保留两位小数)。 （6）第③步需控温和pH为8~11的主要原因是_______。 【答案】（1）类金属（2分） （2）三颈烧瓶（1分） 温度计（2分） （3）大于（2分） （4）（2分） （5）滴入最后半滴碘标准溶液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分） 0.55（2分） （6）温度过低反应速率慢，温度过高，会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高溶解度增大，控制pH为8~11可使充分析出，提高产率（2分） 【解析】锑氧粉(主要成分为)与45%的KOH溶液浆化后，利用30%溶液将氧化为，得到溶液，通过碘量法检测溶液中剩余的的含量；缓慢滴加30%NaOH溶液，控温，pH为8~11，使转化为并析出，经过离心、过滤、洗涤、烘干后，得到产品焦锑酸钠，过滤后的母液可循环使用。 （1）锑为第ⅤA族元素，位于周期表金属元素和非金属元素分界线附近，介于非金属元素As和金属元素Bi之间，因此性质介于金属和非金属之间，属于类金属； （2）仪器A为三颈烧瓶，该步需要控制反应温度为80~95℃，装置缺少控温用的玻璃仪器温度计； （3）转化过程中，溶液中加入NaOH后析出沉淀，说明相同温度下溶解度大于； （4）A中锑氧粉(主要成分为)被氧化成，Sb从+3价升高为+5价，中O从-1价降为-2价，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：； （5）淀粉遇碘单质变蓝，滴定终点现象为：滴入最后半滴碘标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色； 根据反应方程式可得，Sb摩尔质量约为，则含量为：； （6）结合表格信息，温度和pH都会影响的存在状态，温度过低反应速率慢，温度过高（高于），会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高（如大于11），则溶解度增大，因此控制pH在8~11可使以稳定沉淀形式析出，提高产率。 17. （17分）(2026·江苏省淮安市=市考前信息卷)铟、镓、铝同为族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。 （1）一种从某镓精矿(主要含、、、、的氧化物)中提取镓的流程如下： ①利用___________(填“阴”或“阳”)离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为___________。 ②向酸解后的溶液中加入调节溶液至弱碱性，得到含的溶液。写出电解沉积时生成的电极反应方程式：___________。 ③电解沉积时，电极上析出及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电后，电极上析出不升反降的原因是___________。 （2）铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。其晶胞结构如图-2a所示(图-2b为该晶胞沿轴方向的投影)。 ①该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3。则该晶体的化学式可表示为___________。 ②砷化镓(GaAs)是重要的半导体材料，其晶胞结构如图-2所示，与Ga原子配位的砷原子构成正四面体结构。请将与箭头指向的Ga原子配位的砷原子涂黑___________。 ③与2分子(吡啶-2,6-二羧酸)形成含6个配位键的阴离子，则其结构式___________。 （3）已知：，，，；当反应平衡常数时，可视为反应很难进行。通过计算判断氨水能否溶解___________。(写出计算过程) 【答案】（1）①. 阴（2分） ②. 吸附镓元素的选择性高、交换树脂再生(酸解时解附)效率高 （2分） ③. H2GaO+3e-+H2O==Ga+4OH-（2分） ④. 电解一段时间后，阴极析氢反应加剧，镓表面c(OH-)增大，部分金属镓溶解（2分） （2） ① Cu5In2Ga3Se10（2分） ②. （2分） ③. （2分） （3）否（1分）。计算得反应平衡常数为时，反应很难进行，故氨水不能溶解OH-（2分） 【解析】碱浸过程中，镓精矿中Ga、Al的氧化物与浓NaOH反应转化为阴离子型含镓、含铝物种，Fe的氧化物不溶作为滤渣除去，滤液中含镓物种为阴离子，因此富集时选用阴离子交换树脂吸附，该树脂对镓的吸附选择性高，酸解时可高效解附实现树脂再生。酸解后调节pH至弱碱性得到含H2GaO的溶液，电解时H2GaO在阴极得电子生成Ga，电解后期阴极析氢反应占比升高，溶液中氢氧根离子浓度增大，析出的Ga与氢氧根反应溶解导致其物质的量下降。 （1）① 碱浸时，Ga的氧化物与足量浓NaOH反应生成H2GaO进入滤液，该物种为阴离子，因此需选用阴离子交换树脂吸附富集。该交换树脂除题述优点外，还具有吸附镓元素的选择性高、酸解时解附效率高，树脂可循环再生的优点。 ② 电解沉积时，H2GaO在阴极得到电子生成Ga，结合电荷守恒与原子守恒配平，电极反应式为H2GaO+3e-+H2O==Ga+4OH-。 ③ 电解30min后，阴极水电离出的H+得电子生成H2的反应加剧，反应生成大量OH-使溶液中氢氧根离子浓度增大，部分已析出的金属Ga与OH-反应重新溶解进入溶液，因此析出的镓的物质的量不升反降。 （2）① CIGS晶胞中，根据均摊法，含Cu个，In、Ga总数为个，Se在体内为8个，已知In与Ga的物质的量之比为2:3，即Cu、In、Ga、Se分别为个，故晶体化学式为 Cu5In2Ga3Se10。 ② GaAs晶胞为闪锌矿结构，每个Ga原子与4个As原子形成正四面体配位结构，结构示意为  。 ③ Ga3+为中心离子，2个吡啶-2,6-二羧酸根为配体，每个配体通过1个N原子和2个O原子与Ga3+形成配位键，共形成6个配位键，配离子整体带1个单位负电荷，结构式为    。 （3）氨水溶解Ga(OH)3的反应为，该反应可由以下三个式子加和得到：，、，；，。则氨水溶解Ga(OH)3的反应平衡常数，由于，可认为该反应很难进行，因此氨水不能溶解Ga(OH)3。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 金属及其化合物 高三化学·参考答案 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C C B D B A C A B C A C C 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）（1）Na2O或Na2O2（2分） NaClO（2分） （2）（2分） （3）酸（2分） 既有氧化性又有还原性（2分） （4）BD（2分） （5） （2分） 15．（15分）（1）Zn置换出Sb，形成Zn-Sb原电池，加快了除钴反应速率（2分） （2）①. （2分） ②. O2氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于沉淀消耗Fe3+的速率，所以Fe3+浓度增大（2分） ③. 180（180～240 min区间任意时间均可） （2分） （3）①. O2 （2分） ②. Fe3+在阴极得电子（或与锌反应）生成Fe2+，Fe2+又在阳极失电子生成Fe3+，该过程消耗了电量，使O2和Zn的产率降低（3分） （4）[Co(NH3)5Cl]Cl2（2分） 16．（15分）（1）类金属（2分） （2）三颈烧瓶（1分） 温度计（2分） （3）大于（2分） （4）（2分） （5）滴入最后半滴碘标准溶液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分） 0.55（2分） （6）温度过低反应速率慢，温度过高，会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高溶解度增大，控制pH为8~11可使充分析出，提高产率（2分） 17．（17分）（1）①. 阴（2分） ②. 吸附镓元素的选择性高、交换树脂再生(酸解时解附)效率高 （2分） ③. H2GaO+3e-+H2O==Ga+4OH-（2分） ④. 电解一段时间后，阴极析氢反应加剧，镓表面c(OH-)增大，部分金属镓溶解（2分） （2） ① Cu5In2Ga3Se10（2分） ②. （2分） ③. （2分） （3）否（1分）。计算得反应平衡常数为时，反应很难进行，故氨水不能溶解OH-（2分） / 学科网（北京）股份有限公司 $