文档内容
课时检测(十九) 变价金属与两性金属
1．2023年9月12日，天舟五号货运飞船再入大气层。天舟五号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，
工业上用钛酸亚铁(FeTiO )冶炼钛的原理如下。
3
①高温下：
2FeTiO＋6C＋7Cl ===2TiCl ＋2FeCl＋6CO
3 2 4 3
②在氩气氛围高温中：
2Mg＋TiCl===Ti＋2MgCl
4 2
下列有关说法正确的是( )
A．①中化合价变化的元素只有C、Cl
B．①中TiCl 是氧化产物
4
C．②中氩气的作用是防止Mg、Ti被氧化
D．②中可以得出Mg得电子的能力强于Ti
2．含铬废水会严重污染环境，一种烟气协同处理含铬废水(含CrO、CrO、泥沙等)的流程如图：
2
下列说法不正确的是( )
A．“沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物
B．溶液A通常选用硫酸“调pH”，目的是将CrO转化为CrO
2
C．“还原”过程涉及的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．母液经处理可获得(NH)SO
4 2 4
3．(2023·山东烟台模拟)“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成
分是TiO，含少量FeO和FeO)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是( )
2 2 3
A．基态钛原子核外最外层有2个未成对电子
B．金属Mg与TiCl 可在氮气气氛条件下进行反应
4
C．步骤Ⅱ加热可促进TiO2＋的水解
D．步骤Ⅲ中可能发生的反应为TiO＋2Cl ＋C=====TiCl＋CO
2 2 4
4．工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO ，另含FeO、FeO、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂
3 2 3
(LiMn O)，工艺流程如下：
2 4下列说法错误的是( )
A．可采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率
B．加入CaO的目的是调节pH，使Fe3＋转化为Fe(OH) 除去
3
C．“合成MnO ”的化学方程式为MnSO ＋KSO＋2HO===MnO ↓＋KSO ＋2HSO
2 4 2 2 8 2 2 2 4 2 4
D．“气体1”中含两种气体，一种是CO ，另一种可能是CO
2
5．草酸钴主要用作制氧化钴的原料，也可用于制取其他钴化合物。利用废料铝钴膜(含有LiCoO 、
2
Al、Fe)制备草酸钴的工艺如下：
下列有关说法错误的是( )
A．碱浸的目的是溶解除铝
B．氢碘酸在流程中既表现酸性，又表现还原性
C．滤渣的主要成分是氢氧化铁
D．沉钴时检验沉淀是否洗涤干净可用的试剂为盐酸
6.(2023·广东等级考·节选)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、
Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如图：
已知：氨性溶液由NH ·HO、(NH)SO 和(NH)CO 配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH 形成
3 2 4 2 3 4 2 3 3
可溶于水的配离子；lg K (NH·HO)＝－4.7；Co(OH) 易被空气氧化为Co(OH) ；部分氢氧化物的K
b 3 2 2 3 sp
如下表。
氢氧化物 Co(OH) Co(OH) Ni(OH)
2 3 2
K 5.9×10－15 1.6×10－44 5.5×10－16
sp
氢氧化物 Al(OH) Mg(OH)
3 2
K 1.3×10－33 5.6×10－12
sp
回答下列问题：(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH·HO)________c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。
3 2
(3)“氨浸”时，由Co(OH) 转化为[Co(NH )]2＋的离子方程式为_________________
3 3 6
________________________________________________________________________。
(4)“析晶”过程中通入的酸性气体A为__________________________________。
(5)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体 A含6个结晶水，则所得HNO 溶液中
3
n(HNO )与n(H O)的比值，理论上最高为_________________________________。
3 2
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO 和________(填化学式)。
3
7．以电解金属锰的阳极渣(主要成分为MnO ，杂质为PbCO 、FeO、CuO)和黄铁矿(FeS )为原料
2 3 2 3 2
可制备Mn O，其流程如图所示：
3 4
已知部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH：Fe3＋为3.7，Fe2＋为9.7，Cu2＋为7.4，Mn2＋为
9.8。
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、________(填化学式)。
(2)
“酸浸”过程中，Fe2＋、Fe3＋的质量浓度、Mn的浸出率与时间的关系如图1所示。20～80 min，浸
出Mn元素的主要离子方程式为____________________________________
________________________________________________________________________。
80～100 min时，Fe2＋的质量浓度上升的原因可能是___________________________
________________________________________________________________________。
(3)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂X、Y为________(填字母)。
A．NH ·HO、HO
3 2 2 2
B．HO、CaCO
2 2 3
C．SO 、MnCO
2 3
(4)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图 2，由 MnSO 溶液获得 MnSO ·HO 晶体的系列操作为
4 4 2
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________、洗涤、干燥。
(5)“真空热解”过程中，测得固体的质量随温度的变化如图 3 所示，需控制温度在
______________。
(6)由MnSO 溶液制取Mn O 的另一种方案：向MnSO 溶液中加入氨水，产生Mn(OH) 沉淀和
4 3 4 4 2
少量Mn (OH) SO ，滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn O。沉淀加热通空
2 2 4 3 4
气过程中，7 小时之前，溶液的 pH＝6,7 小时之后，溶液的 pH 迅速下降，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
8．随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，
但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺
得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为
Ca[Zn(OH) ]·2HO，其制备流程如下：
3 2 2
请回答下列问题：
(1)Zn(OH) 是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH) ＋2NaOH===Na [Zn(OH) ]。
2 2 2 4
ZnO 是 两 性 氧 化 物 ， 则 反 应 釜 中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为
________________________________________________________________________。
(2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程中加入Ca(OH) 粉末时，
2
通入Ar气的作用是_______________________________________________。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含
有锌酸钾，加入 Ca(OH) 粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因：
2
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
流程中第二次加入ZnO粉末的目的是________________________________。(4)滚动球磨6～24小时的目的是__________________________________________
________________。
(5) 操 作 Ⅰ 为 __________ 。 干 燥 产 品 时 必 须 在 低 温 减 压 条 件 下 进 行 ， 理 由 是
________________________________________________________________________。
9．以某废钒渣(主要成分为VO，含有少量Al O、CaO)为原料生产VO 的工艺流程如下：
2 3 2 3 2 5
已知：钒酸(H VO)是强酸，NH VO 难溶于水；＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关
3 4 4 3
系如表：
pH 4～6 6～8 8～10 10～12
主要离子 VO VO VO VO
2
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知Ca(VO) 难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH＝4，则Ca(VO) 溶于盐酸的离
3 2 3 2
子方程式为__________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“沉钒 2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于 80 ℃沉钒率下降的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)NHVO 灼烧脱氨可得VO。在硫酸酸化条件下，VO 可与草酸(H CO)溶液反应得到含VO2
4 3 2 5 2 5 2 2 4
＋的溶液，反应的离子方程式为_____________________________________
________________________________________________________________________。
(5) 测定产品中VO 的纯度：取a g产品用硫酸溶解得(VO)SO 溶液，加入b mL c mol·L－
2 5 2 2 4 1 1
1(NH)Fe(SO ) 溶液(VO＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋＋Fe3＋＋HO)，再用c mol·L－1KMnO 溶液滴定过量
4 2 4 2 2 2 4
的(NH)Fe(SO ) 至终点，消耗KMnO 溶液的体积为b mL。已知MnO被还原为Mn2＋，假设杂质不
4 2 4 2 4 2
参与反应，则产品中VO 的质量分数是____________________(V O 的摩尔质量为M g·mol－1)。
2 5 2 5课时检测(十九)
1．C ①中化合价变化的元素有 C、Cl、Fe，A 错误；①中TiCl 是还原产物，B 错误；②中氩气的
4
作用是隔绝空气，防止 Mg、Ti高温时被氧化，C正确；②中可以得出镁的还原性强于 Ti，还原性是一
种失电子的能力，D错误。
2．C “沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物，A正确；CrO＋HO 2CrO＋2H＋，加入稀
2 2
硫酸，氢离子浓度变大，平衡逆向移动，CrO转化为CrO，B正确；“还原⥫”⥬过程发生反应CrO＋
2 2
3SO ＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋HO，CrO为氧化剂，SO 为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之
2 2 2 2
比为1∶3，C错误；调节pH时加硫酸，沉铬时加氨水，则母液经处理可获得(NH)SO ，D正确。
4 2 4
3．C 钛铁矿(主要成分是TiO，含少量FeO和FeO)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子
2 2 3
和TiO2＋，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子，蒸发浓缩，冷却结晶得绿矾晶体，滤液经加热使TiO2＋
水解得TiO·nHO，分解得到粗TiO 后，加焦炭、氯气反应得到TiCl，用Mg还原得到Ti。基态钛原子
2 2 2 4
核外电子排布式为[Ar]3d24s2，次外层3d轨道有2个未成对电子，A错误；Mg为活泼金属，能与CO 、
2
O、N、HO等物质发生反应，故金属Mg与TiCl 必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；TiO2
2 2 2 4
＋会水解，步骤Ⅱ加热可促进TiO2＋的水解，C正确；方程式未配平，步骤Ⅲ中可能发生的反应为TiO
2
＋2Cl ＋2C=====TiCl＋2CO ，D错误。
2 4
4．D 搅拌可使反应物之间接触更充分，从而提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率，故A正确；
加入CaO生成氢氧化钙，能使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故B正确；“合成MnO ”过程中，硫
2
酸锰作还原剂，KSO 作氧化剂(－1价的氧得电子)，根据得失电子守恒可得反应：MnSO ＋KSO＋
2 2 8 4 2 2 8
2HO===MnO ↓＋KSO ＋2HSO ，故C正确；二氧化锰与碳酸锂混合反应生成LiMn O，LiMn O
2 2 2 4 2 4 2 4 2 4
中Mn的化合价有＋3价、＋4价两种，可知发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，则化合价升高
的只能是－2价氧元素，故产物中还有氧气，“气体1”中所含的两种气体应为二氧化碳和氧气，故D
错误。
5．D 碱浸时Al溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，碱浸的目的是溶解除铝，故A正
确；氢碘酸溶解LiCoO 和Fe，发生反应的离子方程式为2LiCoO ＋2I－＋8H＋===2Li＋＋2Co2＋＋I＋
2 2 2
4HO、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑，在流程中氢碘酸体现酸性和还原性，故B正确；净化过程中，氧气把
2 2
Fe2＋氧化为Fe3＋，用氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化
铁，故C正确；沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中加硝酸和硝酸银溶液，若没有淡黄色沉淀生
成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D错误。
6．解析：矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调节溶液pH，过滤，得到
的滤液1中的溶质主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；滤泥中加入
氨性溶液氨浸，过滤，将得到的滤液2进行镍钴分离，经过一系列操作得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，
向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO
＋HO===Mg(OH) 。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lg K (NH·HO)＝－4.7，K (NH·HO)＝10－4.7
2 2 b 3 2 b 3 2
＝，＝＝＝10－0.6<1，则c(NH·HO)＞c(NH)。(3)“氨浸”时，Co(OH) 与亚硫酸根离子发生氧化还原反
3 2 3
应，再与氨水反应生成[Co(NH )]2＋，则由Co(OH) 转化为[Co(NH )]2＋的离子方程式为2Co(OH) ＋
3 6 3 3 6 3
12NH ·HO＋SO===2[Co(NH )]2＋＋SO＋13HO＋4OH－或 2Co(OH) ＋8NH ·HO＋4NH＋
3 2 3 6 2 3 3 2SO===2[Co(NH )]2＋＋SO＋13HO。(4)“析晶”过程中为了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为
3 6 2
HCl。(5)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体 A 含 6 个结晶水，则晶体 A 为
Mg(NO )·6HO，根据Mg(NO )＋2HO===Mg(OH) ↓＋2HNO ，Mg(OH) =====MgO＋HO，还剩余
3 2 2 3 2 2 2 3 2 2
5个水分子，因此所得HNO 溶液中n(HNO )与n(H O)的比值理论上最高为2∶5。②“热解”得到
3 3 2
HNO 和MgO，结合工艺流程可知，其意义在于可重复利用HNO 和MgO。
3 3
答案：(1)MgO＋HO===Mg(OH) (2)＞
2 2
(3)2Co(OH) ＋12NH ·HO＋SO===2[Co(NH )]2＋＋SO＋13HO＋4OH－(或 2Co(OH) ＋
3 3 2 3 6 2 3
8NH ·HO＋4NH＋SO===2[Co(NH )]2＋＋SO＋13HO) (4)HCl
3 2 3 6 2
(5)①0.4(或2∶5) ②MgO
7．解析：向电解金属锰的阳极渣(主要成分为MnO ，杂质为PbCO 、FeO、CuO)和黄铁矿(FeS )
2 3 2 3 2
中加入硫酸，MnO 将FeS 氧化生成S，PbCO 转化成PbSO 沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫
2 2 3 4
酸铜，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋等，加入HO 溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入CaO或
2 2
CaCO 调节pH除去Fe3＋、Cu2＋，之后滤液中主要含有Ca2＋、Mn2＋，加入MnF 除去Ca2＋，最终得到
3 2
MnSO 溶液，经过一系列操作得到Mn O。(1)由分析可知，“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、
4 3 4
PbSO 。(2)由题图1可知，80 min时，Mn的浸出率高，Fe3＋的质量浓度大，说明20～80 min MnO 与
4 2
FeS 反应生成Mn2＋、Fe3＋、S等，对应的离子方程式为3MnO ＋2FeS ＋12H＋===3Mn2＋＋4S＋2Fe3＋
2 2 2
＋6HO；80～100 min时，剩余MnO 较少，FeS 浸出的Fe2＋与MnO 接触机会减少，所以Fe2＋的质量
2 2 2 2
浓度上升。(3)由分析可知，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋等，加入HO 溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，
2 2
再加入CaO或CaCO 调节pH除去Fe3＋、Cu2＋，故选B。(4)由题图2可知，温度高于40 ℃时
3
MnSO ·HO的溶解度减小，故由MnSO 溶液获得MnSO ·HO晶体的系列操作为蒸发浓缩、结晶、趁
4 2 4 4 2
热过滤、洗涤、干燥。(5)根据Mn守恒可知，3MnSO ·HO～Mn O，此时Mn O 的质量占原固体质量
4 2 3 4 3 4
的×100%≈45.17%，失重1－45.17%＝54.83%，结合题图2可知，需控制温度在1 000～1 200 ℃。
答案：(1)PbSO (2)3MnO ＋2FeS ＋12H＋===3Mn2＋＋4S＋2Fe3＋＋6HO 剩余MnO 较少，
4 2 2 2 2
FeS 浸出的Fe2＋与MnO 接触机会减少 (3)B (4)蒸发浓缩、结晶、趁热过滤 (5)1 000～1
2 2
200 ℃ (6)7小时之前Mn(OH) 被O 氧化生成水，溶液pH无明显变化；7小时之后Mn (OH) SO 被
2 2 2 2 4
O 氧化生成HSO ，溶液pH减小(或7小时之前发生反应6Mn(OH) ＋O=====2Mn O＋6HO，溶液
2 2 4 2 2 3 4 2
pH无明显变化；7小时之后发生反应3Mn (OH) SO ＋O=====2Mn O＋6H＋＋3SO，溶液pH减小)
2 2 4 2 3 4
8．解析：(2)由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止
Ca(OH) 遇到空气中的CO 转化为CaCO 。(3)在碱性溶液中，锌酸钾的溶解度大于锌酸钙的溶解度，
2 2 3
加入Ca(OH) 粉末，增大了Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式
2
Ca[Zn(OH) ]·2HO可判断流程中第二次加入ZnO粉末的目的是调整ZnO与Ca(OH) 的物质的量之
3 2 2 2
比为2∶1。(5)由于操作Ⅰ得到滤液，则其操作为过滤；由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低
温减压条件下进行，防止高温下产物分解失去结晶水。
答案：(1)ZnO＋2OH－＋HO===[Zn(OH) ]2－
2 4
(2)防止Ca(OH) 遇到空气中的CO 转化为CaCO
2 2 3
(3)在碱性溶液中，锌酸钾的溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH) 粉末，增大了Ca2＋浓度，
2
使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动 调整ZnO与Ca(OH) 的物质的量之比为2∶1
2
(4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应完全，提高产率
(5)过滤 防止高温下产物分解失去结晶水9．解析：(5)由滴定原理，根据得失电子守恒，(VO)SO 和KMnO 得电子总数等于(NH)Fe(SO )
2 2 4 4 4 2 4 2
失电子总数，结合VO→VO2＋得1e－，MnO→Mn2＋得5e－，Fe2＋→Fe3＋失1e－，可得n[(NH)Fe(SO )]
4 2 4 2
＝2n[(VO)SO ]＋5n(KMnO )。n[(VO)SO ]＝(c mol·L－1×b×10－3 L－c mol ·L－1×b×10－3 L×5)＝
2 2 4 4 2 2 4 1 1 2 2
mol，根据V元素守恒可得VO～(VO)SO ，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%＝×100%。
2 5 2 2 4
答案：(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分 (2)Ca(VO )＋4H＋===Ca2＋＋
3 2
2VO＋2HO (3)NH水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降 (4)V O＋HCO＋4H＋===2VO2
2 2 5 2 2 4
＋＋2CO ↑＋3HO (5)×100%
2 2
