2023新课标版化学高考第二轮复习--专题五金属及其化合物.pdf

2023新课标版化学高考第二轮复习专题五金属及其化合物第一套1 .下列说法不正确的是（）A.氮气、二氧化碳均可用作镁燃烧的灭火剂B.熟石灰、氨水均可用于吸收工业废气中的二氧化硫C.氯化钠可用于生产纯碱、烧碱D.氧化镁、氧化铝均可用于制作耐火材料答 案 A 镁能在Nz、C O?中继续燃烧，故镁燃烧不能用氮气、二氧化碳作灭火剂，A项错误。2 .下列说法正确的是（）A.工业上电解熔融A 1 C L 冶炼A 1B.高炉炼铁工艺中，可用石灰石除二氧化硅C.两根分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近会产生白雾D.向饱和食盐水中依次通入C 0?和NI L 会析出NaH C O s固体答 案 B A 项,A lC k是共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融A hO：,冶炼铝，错误;C项，产生的是白烟而非白雾，错误;D 项,应先通NH s使溶液呈碱性，后通C O z,有利于C O?的吸收，错误。3.工业上以黄铁矿（主要成分为F eS j为原料，采用接触法制备浓硫酸的原理如下：匕 、一嬴1一（催化剂）.so,等一400”气体500 t.空气_*FqC）3下列说法不正确的是（）A.用盐酸和烧碱可从烧渣中提取铁红B.净化S O,的目的是防催化剂中毒降低活性C.用水替代9 8.3%浓硫酸能提高吸收效率D.制备硫酸的3 个反应中2 个是氧化还原反应答 案 C A项，先用盐酸溶解烧渣，可除去二氧化硅，再用氢氧化钠可分离铝元素和铁元素，最后灼烧氢氧化铁制铁红,正确;B项，二氧化硫中有杂质会使催化剂中毒（降低活性）,净化S O 2 的目的是防催化剂中毒降低活性，正确;C 项，三氧化硫与水反应放出大量热量，98.3%3 M硫酸 1|硫酸|第1页 共4 6页用水直接吸收三氧化硫会形成“酸雾”，吸收速率慢，不利于三氧化硫的吸收，错误;D项,黄铁矿(F e&)与6反应及S O?与 反 应，都是氧化还原反应，正确。4.以黄铁矿(主要成分为F e 8,其中S的化合价为-1 价)为原料生产硫酸的工艺流程如下图。黄铁矿炉渣（含 Fe,Oj98.3%硫酸尾气供释疏稀用曲下列说法不正确的是()A.将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率B.沸腾炉中每生成1 m o l S O?,有 1 1 m o l e 一 发生转移C.接触室中排放出的S 0 2、O z 循环利用，可提高原料利用率D.吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥答 案 B A项，将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，正高 温确;B 项，沸腾炉中Fe S?和氧气反应生成F e Q 和S02 1反应的化学方程式是4 Fe S2+1 1 02=2 F6 O3+8 SO2,每生成1 m o l SO2,有 5.5 m o l e发生转移，错误;C项，接触室中排放出的SO?、O2 循环利用，可增大SO,转化率，提高原料利用率，正确;D 项，吸收塔排放的尾气可通过氨吸收,转化成硫酸筱，硫酸核可作氮肥，正确。5.中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，检测的流程如图。蓝色沉淀A.气体X 中含有醋酸蒸气B.该铁华粉中可能含有铁单质C.向滤液中滴入酸性K Mn O,溶液，可用于证明Fe”具有还原性D.产生蓝色沉淀的反应为 K +Fe2+Fe(C N)B K Fe Fe(C N)f i I答 案 C A 项,加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成Fe SO,和醋酸蒸气，则X 中含有醋酸蒸气,正确;B 项，铁华粉中加入稀盐酸生成氢气，说明铁华粉中还含有铁单质，正确;C 项，淮液中含有C 1：,也能与酸性K Mn O,溶液反应而使溶液褪色，则溶液褪色不能证明Fe”具有还原性,错误;D 项，滤液中含有Fe ,加入铁氟化钾溶液，反应生成蓝色沉淀，离子方程式为r+Fe2 t+Fe(C N)63 =K Fe Fe(C N)J I ,正确。第 2页 共，4 6 页6.C u C l2的结构式如下图,5 0 0 时C u C l2会发生分解。Cu Cu Cu CuCl Cl C 1/下列推测合理的是()A.C u C h是离子晶体，熔点高，硬度大B.C u C L-H20 加热可能生成 CU2(0H)2C12C.C u C h分解的产物可能为C u C l和C h,同类化合物C u L分解温度更高D.C u C L溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色,是因为C浓度减小答 案B由C u C L的结构式可知C u C L是分子晶体，熔点低、硬度小,A错误;CUCILHQ加热时，部分水解可生成C u K OH)2 c k,B正确;C u I键的键能小于C u C l键,C u L的分解温度比C u C 1 2低,C错误；C u C 1,+4压0=C u(H20)F+4 c，加水稀释，平衡正向移动，溶液由绿色变为蓝色,D错误。7.某废催化剂主要含A l、Ni、Mo(铝)等的氧化物，回收利用其金属资源的流程如下：含Ni 固 体 滤 渣 滤液已知：碱性条件下,M o元素以Mo Of的形式存在;降(B a M o0,)=3.5 X 10%下列有关说法不正确的是()焙烧A.焙烧时,A1 Q与N a O H反应的化学方程式为A L O3+2N a O H 2N a A 102+H20B .水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于提高铝、铝浸取率C.沉铝后过滤，所得滤渣的主要成分是A l(0H)3D.沉铝后过滤，所得滤液中不存在MOOF焙烧答 案D A项，焙烧时,Al a与N a O H反应的化学方程式为A L 03+2N a 0H 2N a A 102+H 2,正确;B项，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充分接触，提高铝、胃浸取率，正确;C项，过量C O?与A l。?反应生成A l(0H)3沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣的主要成分是第 3 页 共，4 6 页A 1(O H)3,正确;D项，由于KM(B a M o0i)=3.5X10S,B a M oO.,存在沉淀溶解平衡，沉铝后过滤,所得滤液中仍然存在少量M o05,错误。8 .C u S O,是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是()A.途径所用混酸中H zS O,与H N O s 物质的量之比最好是1 ：1B .生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量:=高温C.硫酸铜在1 100。(2分解反应的方程式可能为2C u S 0,=X=C U2O+S O 2 t +S 03 t +021D.Y 为葡萄糖或甲酸甲酯，均可实现这一步的转化答 案 A A项，途径发生反应3C u+8 H，+2N 0；f 3C u+2N 0 f +4 丛 0,由此可知也S 0,与H N O s 物质的量之比最好是3：2,错误;D项，甲酸甲酯中含有醛基，可将新制C u(0H)2转化为C u20,正确。解 题 关 键“硝酸+硫酸”型混酸应写出离子方程式进行分析计算。9.镣及其化合物可用于制取第三代半导体材料。G a 与A 1 同主族，化学性质相似。从某金属废渣(主要含G a?03、F e2O3)中提取钱并制备G a N 的工艺流程如下:金属废渣NaOH溶液NH3*|GaN|下列说法错误的是()A.“碱浸”时发生反应G a a+2N a 011s=2N a G a 02+H20 B.滤渣的主要成分为F e(0H)3C.“电解”中金属G a 在阴极析出 D.制备G a N 的反应中,N L 作氧化剂答 案 B A 项,G a 与A 1同主族，化学性质相似，则发生反应G a G+Z N a O H-=2N a G a 0z+H 2。,正确;B 项,F e203与N a O H 不反应，则滤渣的主要成分是F e zO,错误;C 项,N a G a O 2f G a 的过程中，N a G a O?在阴极得电子发生还原反应，正确;D 项，制备G a N 的反应中，G a 由0 价升为+3价，故N H 作氧化剂，正确。第 4页 共，4 6 页lO.F e C b 可用作净水剂、还原剂等。回答下列问题:I .制备F e C k 装置如图1 所示(夹持装置省略)；已知F e C L 极易水解。(1)仪器a的名称是。(2)装置二中制备F e C l2的化学方程式是“装置三的作用是；O(3)该装置存在一定的缺陷，可在 位置(填“A”“B”或 C”)增加图2装置。图2装 置 中 气 体 从(填“a”或 b )口流入;洗气瓶中盛装的是 oII.利用惰性电极电解0.1 m ol l F e C L 溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。(4)实验数据如下表所示：电压NpH阳极现象阴极现象实验11.55.5无气泡，滴加KS C N 溶液，显红色无气泡，银白色金属析出实验23.05.5少量气泡，滴加KS C N 溶液，显红色无气泡，银白色金属析出实验34.55.5大量气泡，滴加KS C N 溶液，显红色较多气泡，极少量金属析出实验41.5-1.0 无气泡，滴加KS C N 溶液，显红色较多气泡，极少量金属析出实验2、3 中 阳 极 产 生 的 气 体 是(填 化 学 式)。实验中，调节溶液的pH 宜选用(填“盐酸”“硝 酸 或 硫酸”)。由实验1、2 现象可以得出结论:由实验1、4现 象 可 以 得 出 结 论:。答案(1)长 颈 漏 斗(2)H2+2 F e C L 2 F e C l2+2 H C l 吸收反应产生的H C 1 气体 防止外界空气中的水蒸气进入装置使F e C b 水 解(3)A a 浓 硫 酸(4)Ck盐酸电压较低时，阳极只有F e 放电，产物为F e t 电压较高时，阳极C l、F e?均放电，产物为C k 和F e/p H 较高时，阴极只有F e?+放电，产物为F e,pH 较低时，阴极H*和极少量的F e2 t放电，阴极产物为上和极少量的F e解析由题给装置图可知，装置一中产生乩,也进入装置二与F e C k 发生反应可以得到F e C k,装置三为尾气处理装置，再根据F e C L 极易水解，可知装置三还有防止外界水蒸气进入的作用。(1)根据得失电子守恒和原子守恒可知，装置二中制备F e C h 的化学方程式是2 F e C h+H z 2 F e C b+2 H C l。(3)该装置的缺陷为生成的会带出水蒸气进入装置二造成F e C L 水解，应在A 位置加一个装有浓硫酸的洗气瓶，干燥也注意气体从a 口流入。第5页 共4 6页(4)实验2、3 中阳极产生了气体，该气体应为C 1 放电生成的C L。调节溶液的pH 时不能引入杂质离子，故宜选用盐酸。H.以高硫铝土矿(主要成分为A U X、F e As S i O z,少量F e S z和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得F e Q4 的部分工艺流程如图：空气、NaOH滤液 SO,(1)高硫铝土矿焙烧前粉碎成矿粉的目的是o(2)焙烧过程均会产生S O?,用Na O H 溶液吸收过量S O 2 的离子方程式为O(3)添加1%C a O 和不添加C a O 的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化的曲线如图所示。已2 玲 t知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于6 0 0 ,硫去除率=(曰 寿 三1 0 0%o8 06 04 02 002(X)40()MX)X(X)I(MX)搭烧温度/3：不添加C a O 的矿粉在低于5 0 0。(2 焙烧时，去 除 的 硫 元 素 主 要 来 源 于。7 0 0 9焙烧时，添加C a O 的矿粉硫去除率比不添加C a O 的矿粉硫去除率低，其主要原因是。(4)向“过滤”得到的滤液中通入过量C O?,发生主要反应的离子方程式为 o(5)“过滤”得到的滤渣中含大量的F e zf L F e。与F e S Z 混合后在缺氧条件下焙烧生成F e O和S O?,理论上完全反应消耗的n(F e S z)：n(F e203)=。答案(1)增大矿石的表面积，加快焙烧反应速率，使焙烧更充分(2)S 0,+0 H H S O3(3)Fe&硫元素转化为C a S O,而留在矿粉中(4)A 1 0 +C()2+2 H 2(y=A l(0 H)3 I +H C O：/(5)1 ：1 6解 析(3)多数硫酸盐的分解温度高于6 0 0 C,在低于5 0 0 焙烧时，主要是F e q 与空气中的氧气反应生成F e zC h和 S 02o原料中的A hO s 经“碱浸 后生成Na A lO z,滤液中含有A 1 0 J,用滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是A I O J+C O 2+2 H 2 O 第6页 共4 6页8 2A 1(O H)U +H C O3 (5)F e 3 0“中 F e 可看作+3 价，利用得失电子守恒知：3门(F e S+5 X12 n(F e S 2)=3 x2 n(F e 2。，解得 n(F e S z)：n(F e203)=l：1 6。1 2.实验室以C u S O,5 压0为原料制备 CU(NH 3)/S OI HQ并进行定量分析。已知：C u S 0 t+4 NH3 H，0=C u (NH3)J S 0,+4 H Q C u (NH3).J 2,+4 H =CU2，+4 NHI+(1)配制溶液：称取一定质量的C u S O,好上。晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装 置 A如图所示(胶头滴管中吸有氨水)。滴加氨水时,有浅蓝色沉淀C MO H)S O,生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的 C u(NH 3)/S 0,溶液。用离子方程式解释由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理:。(2)制备晶体:将装置A中溶液转移至装置B中，析出 CU(NH 3)1 S 0,H z O 晶体；将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2 飞 次；取出晶体，干燥。两次转移均需洗涤原容器，且将洗涤液也全部转移，目的是 O减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，要(填“打开”或“关闭”，下同)活塞后，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流下后，再 活塞。(3)废液回收:从含有C u(N L)J S O,、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得C uS O 和(N H D 2 soi 的混合溶液，应加入的试剂是(填名称)，回收乙醇的实验方法为 o(4)用沉淀法测定晶体中S O 产的含量。称取一定质量的C u(N H 3 S 0*上0晶体，加适量蒸储水溶解，向其中滴加足量_溶液，搅拌，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量。检验 沉 淀 已 经 洗 净 的 方 法:O第7页 共4 6页（5）探究小组用滴定法测定C uS O,5 H?0（M 产 2 5 0）的含量。取a g 试样配成1 0 0 位溶液，每次取2 0.0 0 矶,消除干扰离子后，用 c m ol -L E D T A（H z Y”）标准溶液滴定至终点，平均消耗b m L E D T A 溶液。滴定反应如下:C V+L Y -=C uY2+2 H 写出计算C uS O i -5 H?0 质量分数的表达式：3=0下列操作会导致C uS O i -5 H Q 含 量 的 测 定 结 果 偏 高 的 是（填字母）。a.未干燥锥形瓶b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c.未除净可与E D T A 反应的干扰离子答案（1）CU2（O H）2 so-+8 N H 3 H20 2 C u（N H：,）J +S 0+2 0 H +8 H 2 O（2）减少溶液中 C u（N H 3 S O“的损失，增加 C u（N H J S O 4 刑0的产率 打开 关闭（3）（稀）硫 酸 蒸 偏（4）B a C l2取最后一次洗涤液，向其中加入A g N O,溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀已洗净cmol-L 1xhxl0 3Lx250 g niol 1x5（5）0 g X 1 0 0%c解 析（2）转移过程中，盛有溶液的容器内壁上会附着少量溶液，溶液中含有溶质，为提高产品的产率，需要洗涤原容器。减压过滤的原理是利用抽气泵使抽滤瓶中压强降低,提高过滤效率，因此过滤过程中需要关闭活塞,使抽滤瓶中形成负压（相较于大气压）,但是在加入洗涤液洗涤晶体时，若关闭活塞，大部分洗涤液被快速抽走，会浪费洗涤液且洗涤效果不佳。洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触,提高洗涤的效果，要打开活塞，使抽滤瓶中压强与大气压相同，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流下后，再关闭活塞。要将 C u（N L）J S O,转化为C u S 0l（N H3-H20转化为（N H J S O,溶液，应加入的试剂是（稀）硫酸，回收乙醇的实验方法为蒸馆。（4）可通过S 0 广与B a C k 溶液反应生成的B a S O,沉淀的质量来测定S 0 产的含量。检验沉淀是否洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有C 即可。（5）C u*的物质的量=c m o l L _1 Xb f 1 0 _3L=b c X 1 0-3 m o l,1 0 0 m L 溶液中 C u 的物质的量为b c X 1 0 :，m o l X 5=5 b c X 1 0 3 m o l,所以 C u S O i 5 压 0 质量分数的表达式 3第 8页 共，4 6 页cmol-L-1 xbx 10-aLx250 g-mol xS港 X 1 0 0&a项,未干燥锥形瓶，对实验结果没有影响;b 项，滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则读出的b 值偏小，测定结果偏低;c 项，未除净可与E D T A 反应的干扰离子，读出的b值偏大，测定结果偏高，故选C o1 3.从印刷电路板的腐蚀废液(主要含C u C h、F e C h、F e C L 等)中回收F e C k、制备C uS O.5 H z O 的流程如下。一腐蚀废液_网稀卜150 稀HNO,囤蒸发浓缩铁 都 画 一 金 溶、加热 阈 冷却结晶搅拌FeC溶液粗品CUSO4-5H2OFeCI,溶液(1)上 述 流 程 中 能 加 快 反 应 速 率 的 措 施 有。(2)粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：相对于C u。粗液中N O：浓度过小,原因是(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。粗液中N C V 浓度较大,但由于,不能得到硝酸铜晶体。(3)测量粗品C uS O,5 H 2 O 中铁(含F e 、F e )的含量，评定纯度等级。I .用水溶解一定质量粗品，加入稀H 2 s o i 和H Q 2 溶液，加热。I I.待溶液冷却后，加入试剂X至溶液p H=l l。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。H L 用稀盐酸溶解红褐色沉淀，滴入K S C N 溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。已知:C u 完全沉淀的p H 为6.7,F e*完全沉淀的p H 为2.8。I 中将F e*氧化为F e 的离子方程式是。试剂X是。(4)电解：在不同电压、不同p H(p H U i,a b)序 号 电 压 p H 阴极现象 阳极产物第 9 页 共，4 6 页无气泡，少量金属析出无C k,有 F e 较多气泡，极少量金属析出无 C L,有 F e3 t少量气泡,少量金属析出有 C b,有 F e i i i 中产生F e 的原因有F e -N=F e 、。F e C h 溶 液 再 生 的 合 适 条 件 是(填 实 验 序 号)。答 案(1)加热、搅拌(2)3 C u+8H*+2 N 0 3 -3 C u2*+2 N 0 t +4 H20 硫酸铜的溶解度小，硝酸铜的溶解度大(3)2 F e2，+H202+2 H =2 F e +2 H Q 氨水(4)2 F e Z*+C k-2 F e +2 C l i i解 析(3)I中加入稀硫酸和H Q 2 溶液的目的是将F e 氧化为F e*,便于后续调节p H 生成F e(O H)3 沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为2 F e +2 H+H a=2 F e3*+2 H2O。由题中信息知p H=6.7 时C u 完全沉淀,现调节p H=l l,则所加的X 试剂要保证F e -F e(O H)3,而C u 不是沉淀,则可为氨水,C u”形成了 C u(N H3),(4)由题表中信息可知，适中产生了 C L,C k 能够将F e 氧化为F e ,故道中产生F e”的原因有F e*-e-F e*2 F e2+C L-=2 F e +2 C 。i i 中阴极有较多气泡，极少量金属析出，则F e 的损失少，且阳极上不产生C b,对环境无污染，故F e C A 溶液再生的合适条件是1 4.铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镁废液中含有C u,F e 、C a2 M g 、H a A s Os 等杂质微粒,工业生产以此为原料精制硫酸镁，主要流程如下：H含铜花机物I沉淀IEeAsOjHSwii卜沉畤淀叫24gp|硫眦银晶体*),6HJ)已知：常温下，K F e(OH)3=2.6 X 1 0 侬;Ks p Ni(OH)2=5.4 8 X 1 01%(1)步骤i 的操作名称是 o(2)H 3 A SO3 中A s 的化合价为 o步骤i i 中H 的作用是。(3)步骤i i i,加入Na 2 c。3 的目的是通过调pH 进一步去除F e ,使 c(F e )2.5X 1 0 9m o l 电工若溶液2中c(Ni )=0.0 54 8 m o l 则需控制pH 的大致范围为(4)步骤i v,沉淀3的 主 要 成 分 有(填 化 学 式)。第1 0页 共4 6页在加入Na F 的同时需调pH 约为5,若 pH 过低，导致沉淀率下降，原因是,(5)结合下图说明由溶液4 得到Ni S0 4 6 H 2 O的操作是I O 41(M)9 69 28 88 4M)7 6*云蓬至/0 x9-32答 案(1)萃取分液(2)+3氧化F e*和F LA s Os,以利于形成F e A s OI,除去碎元素和铁元素4 7C a F/、M g F2P 与H，结合生成弱电解质H F,导致c(F)降低，沉淀率下降(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤解析 粗硫酸镁废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1,往溶液1中加入H z Oz 后过滤，得到沉淀1 (F e A s O,)和溶液2,再往溶液2中加入Na 0：,后过滤，得到沉淀2 F e(OH)3 和溶液3,继续往溶液3中加入Na F 后过滤，得到沉淀3(主要为C a F?和 M g F?)和溶液4,溶液4 经一定步骤得到硫酸镁晶体。(1)依据题给工艺流程知，步骤i 需分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。(2)步骤i i 中加入H 2 O2 后过滤，得到沉淀l(F e A s Oj,从废液中杂质微粒知F e 、H 3 A SO3被氧化，故H 2 O2 的作用是氧化F e 和I USO.,以利于形成F e A s O,除去种元素和铁元素。(3)由降 2(0 1 1)2 =5.4 8*1 0 小知，溶液2 中 c(Ni )=0.0 54 8 m o l L 时,c (OH )不能大于4 加 工 00548 m o l l=i o 7mol L此时 pH=7；又需使 c(F e*)W 2.5X l(Tm o l 根据 K j F e (OH)3 =2.6 X 1 0%则 c (OH)不能小于 Y e 3 力=4西 厘 m o l -L I O1 0m o l L”,此时p H=4；故需控制p H 的大致范围为4 7。(5)从题图中可知,N i S O,6 比 0的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤。1 5.M n O?在电池中有重要应用。以软镒矿(主要成分为M n()2)为原料制备粗二氧化镒颗粒的过程如下：第1 1页 共4 6页(1)浸出用硫酸和F e S O,可溶解软镒矿，请补全该反应的离子方程式：MnOa+=M n2t+F e3+浸出时可用S O 2代替硫酸和F e S O.o 下 列 说 法 正 确 的 是(填 序 号)。a.S O?在反应中作氧化剂b.用S O,浸出可减少酸的使用c.该法可同时处理烟气中的S O%减少大气污染净化、分离软镒矿浸出液中的F e 、A l”可通过加碱转化为沉淀去除，分离出清液的方法是。为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去F e ,结 合 离 子 方 程 式 解 释 原 理:o热解在一定空气流速下，相同时间内M n C O s 热解产物中不同价态M n 的占比随热解温度的变化如图。M n C O s 热解过程中涉及如下化学反应：i .M n C 0：；(s)M n 0(s)+C 0 2(g)i i.4M n O (s)+O 2(g)2M m O 3(s)A H 0i i i.2M n203(s)+02(g)；i=:4M n O2(s)H i (或反应i已反应完，反应i i 的反应速率变快)解析软镒矿通过浸出操作得到含M n S O,的浸出液，加入碳酸氢锭通过净化、分离得到M n C O a,M n C O j 热解得到粗M n 02颗粒。(1)M n O 2具有氧化性,F e?,具有还原性，用硫酸和F e S O”可溶解软镒矿，离子方程式为M n O2+2F e2，+4 H,M n2+2F e3+2H20 o a 项,M n O?和 S O?发生反应生成 M n 和 S O.,2,硫元素化合价升高,S O z 在反应中作还原剂，错误;b 项，浸出时用S O z 代替硫酸，减少了硫酸的使用量，正确；c 项，该法充分利用S 0 2,将 S 0 2 转化为盐溶液，减少大气污染，正确。(2)软镒矿浸出液中的F e*A 产可通过加碱转化为沉淀去除，过滤是固液分离的一种实验操作，故分离出清液的方法是过滤。通过稀释浸出液，可以使溶液的p H 升高，导致F b+B H a u 3 H +F e(O H)；正向进行，有利于除去F e、(3)反应中首先生成M n O,然后M n O 再转化为其他价态的镒，温度升高，产物中M n O 的占比降低，可能的原因是反应i i 的反应速率大于反应i 的反应速率(或反应i已经完成，反应i i 反应速率变快)。1 6.合金X由两种元素组成，进行如下实验：已知:X可用化学式表示;反应无气体产生,X与硝酸反应的物质的量之比为1 ：5。请回答：(1)合金X的化学式是,深蓝色溶液中F的化学式是。(2)写出反应的离子方程式:。E为绿色溶液,E中加入一定量的浓盐酸，绿色转化为黄色，其转化的离子方程式为(3)写出反应的化学方程式:。(4)用合适方法证明溶液B中的阳离子(除H 外)：o答案(l)M g2C u C u(N H 3)k (2)CU+H 2 0 2+2 M-CU2V 2 H20 CU(H20)J2 t+4CKCUC 142+4 H2O (3)2 M g2C u+1 0 l l N 03 4 M g(N 03)2+2 C u+N H4N 03+3 H20 (4)取少量溶液 B 于试管中，加入足量N aO H 溶液产生白色沉淀，证明存在此取足量溶液B 于试管中，加热浓缩,加入浓N aO H 溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，证明存在N H；解 析(1)溶液B 和足量N aO H 溶液反应生成白色沉淀D,可知白色沉淀D 为M g(O H)%所以2.90g合金X中含有M g,且n(M g)=n M g(O H)=58g,0 r=0.0 5 m o l；溶液E中加入足量加 H20第1 3页 共4 6页得到深蓝色溶液F,故溶液E中含有CuCh,F为Cu(NH3)L溶液，则合金X中含有Cu,且2_8QgO05moi X 24 g nw Tn(Cu)=6 4 8 m o 1 1=0.025 mol,n(Mg)：n(Cu)=2：1,故合金 X 的化学式为Mgu。绿色物质是 Cu(HQ),产和 CuCLF的混合物，黄色物质是 CuClF,所以绿色溶液E中加入一定量的浓盐酸，绿色转化为黄色。(3)依题意，n(Mgu)：n(HNO3)=l：5,反应无气体生成，产物中有Cu和Mg(N 0 3,反应中Mg元素化合价升高，则必然有另一种元素化合价降低，应为HNOs中N元素化合价由+5价降低到-3价，结合元素守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式。(4)溶液B中的阳离子除H外,还含有Mg和NH”可通过加入足量NaOH溶液，产生白色沉淀和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体来检验。17.化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其M200 8 0101，已知13、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，其中气体B可使品红溶液褪色。(部分反应条件省略)请回答：(1)组成X的元素有.X的化学式是 o(2)溶液E中 溶 质 的 主 要 成 分 是(用 化 学 式 表 示)。写出X与G反应生成A、B、C的化学方程式:。(4)写出H与C反应生成I和B的化学方程式:o(5)请设计实验确定气体D的成分:o答案(l)Cu、Fe、S CuFeS2(2)FeCb、HC1(3)2CuFeS2+02 Cu2S+2FeS+S02(4)2Cu20+Cu2S 6 Cu+S021(5)将气体D通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是LS解析 能使品红溶液褪色的气体B为S02,气体D与气体B含有一种相同的元素且为A与盐酸反应生成，故【)为HzS。由题给转化信息及相关物质的颜色知，浅绿色溶液E中的溶质为FeCL和过量的HC1,红褐色沉淀F为Fe(0H)3,红棕色固体G为FezCk砖红色固体H第1 4页 共4 6页为CU20,紫红色固体I为C u,由此可知组成X的三种元素是Fe、Cu和S。由A+HC1FeCb+H2s 可推知 A 为 FeSo 由 C+02Cu20+S02 C+Cu20*Cu+SO?可推知 C 为 Cu2So4由Cu2s+2CU2。6 Cu+S02 t知，来自36.8 g X中的铜的物质的量n(Cu)=6 x192 g 16.0g6 4g m*，.2 mol,36.8 g X 中:n(Fe)=2n(Fe203)=2XI60g lM 1T=0.2368g4k2niolX 56 g moTJ-Zniolx64 g nwl-mol,n(S)=32 g-mof1=0.4 mol,n(Cu):n(Fe)：n(S)=l：1：2o 因 M(X)l(r 5 m o l L；对于知+)e g)甲 叼 /(H-c值-)H2 s,%M,%而j-*5 .一 砺 j =1X 1O7X 1 X(1。守式科-)10=2。,C(S2)=2.OX 10 12 m o l L；Ks p(Z n S)=c(Z n2 t)c(S =c(Z n)X 2 X10,2=1 X 10-2 3,c(Z n2 t)=5.0X 10 12 m o l Lo2 0.回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除Li F ePO”外,还含有A l 箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源,可采用如图所示工艺流程：第1 8页 共4 6页浸出液中存在大量H2P0；和HPO/,从平衡移动的角度解释IV步中力口入3 0%N a 2 c溶液碳酸锂的溶解度(g/L)如表:U F也叵回 日工 池。中 i纯粉碎1i品|圃X a OH溶液I I7旭和J日渔液盐 酸+薄油引强料W浸 取Lr r r n i i二-：-二二响 出 制晒 次 循 环)J、小(：化溶液 扇 同,%(：%)O 8(H：皮 丝 L 溶液V沉锲 N沉铁卜心，H,0温度/02 04 06 08 0100Li2C031.541.3 31.171.010.8 50.7 2(1)I步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(2)II步加入过量Na OH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是O_O沉铁的主要原理是 O(4)V步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤LV COs的原因是o(5)工业上将回收的Li。)：,、F ePO,粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备Li F ePO,反应的化学方程式为 O(6)V I步将L i 2 c粗品制备成高纯Li 2 c(X的部分工艺如下：a.将Li 0,溶于盐酸作电解槽的阳极液,L i O H溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向L i O H溶液中加入少量N H.,H C0 3溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯L i ()3。a中，阳极的电极反应式是,宜 选 用(填“阳”或“阴”)离子交换膜。b中，加热条件下生成L i 0 3沉淀的离子方程式是。答 案(1)增大接触面积，提高溶解效率(2)以1(0母/(或八1 0 2)、0 H.C 03肖耗H,使c (H,)减小,H2P O t H P O电离平衡右移,c (P 0?-)增大，与F e3,结合生成沉淀(4)温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失(5)L i 2 c o 3+2 F eP O,+2 C-2 L i F eP 0 d+3 C0 tA(6)2 c 1 -2 e=CL 阳 N H j+H CO s+2 0 H +2 L i,L i2C031 +N L t +2 H20第1 9页 共4 6页解析 I I步加入过量N a O H溶液溶解A 1箔，生成N a A l(O H)J溶液，溶质成分为N a A l(O H)。和N a O H,故滤液1中存在的主要阴离子是 A l(0 H)丁、0 K。(4)由题表中数据可知，温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。(6)a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是2 c 1 -2 e Ck,为维持溶液电中性并富集L i,便于制备高纯L i zCO 宜选用阳离子交换膜。专题五金属及其化合物第二套1.锌电解阳极泥(主要成分为M n(k P b SO,和Z n O,还有少量镒铅氧化物P b zM n G和A g)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、镒、铅和银的工艺如图。回答下列问题：钟电解阳极泥MnSO,(J-稀H，O“稀112s d葡 萄 糖 曲同一系列I I,溶液，操作-ggt还原洗浸,1I,1!i*-.I 酸浸含Z n s 溶液 C02 g5溶产汹 ，溶液回SO,卜 邛 铅溶液滤液已知:M n SO i HQ易溶于水，不溶于乙醇。在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应:第2 0页 共4 6页(1)已知P b zM mO i e中P b 为+2 价,M n 为+2 价和+4 价，则氧化物中+2 价和+4 价M n 的个数比为 o(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为(3)实际镒浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是,为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为 o(4)整 个 流 程 中 可 循 环 利 用 的 物 质 是。获得M n S O,H20晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其 中 洗 涤 的 具 体 操 作 是。加入N a2C 03溶液的目的是将P b S O,转化为P b C O s,N a2C 03溶液的最小浓度为m o l L(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 o已知：2 0 0 KSp(P b S O i)=l.6 X1 0-8m o l2 V2,K8 P(P b C 03)=7.4 X1 0-1 4m o l2 1 X1 O$,所以能彻底进行解 析(1)由题中信息可知,P b M h O w 中P b 为+2 价,M n 为+2 价和+4 价，设+2 价M n 有 x个,+4 价M n 有 y 个,根据化合价代数和为0得6(+2)X 2+(+2)x+(+4)y+(-2)X16=0(x=2卜+尸=8，解得卜=6,则+2 价M n 与+4 价M n 个数比为x：y=2 ：6=1 ：3 o (2)由题中信息可知，还原酸浸”为稀硫酸、葡萄糖与M n O Z发生氧化还原反应，+4 价 M n 得电子被还原成M n ,葡萄糖中C失电子被氧化成C O z,其离子方程式为C6H1 20 6+2 4 H 1 2 M n 02i-1 2 M n2+6 C 02 t +1 8 H 2。由题给已知可知，在较高温度