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备战2024 年高考化学【一轮·夯基提能】复习精讲精练
第18 讲 钒、钴、镍、镓、铟及其化合物
本讲复习目标
1．掌握钒及其化合物的性质及用途。
2．掌握钴与镍及其化合物的性质及用途。
3．掌握镓与铟及其化合物的性质及用途。
夯基·知识精讲
一．钒及其化合物的性质
（1）钒：
常温下不活泼，不与空气、水、苛性碱作用，也不与非氧化性的酸作用，但溶于氢氟酸，也溶于强氧
化性的酸(如硝酸和王水)中。
（2）五氧化二钒：
两性氧化物，但以酸性为主，V2O5＋6NaOH===2Na3VO4＋3H2O；
1 800 ℃发生分解反应：2V2O5
2V2O4＋O2↑；
微溶于水，可形成稳定的胶体，有较强的氧化性：V2O5＋6HCl===2VOCl2＋Cl2＋3H2O。
（3）VO2＋、VO：在酸性介质中，VO 具有强氧化性，
VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，
2VO＋H2C2O4＋2H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。
（4）钒酸盐：偏钒酸盐(NH4VO3)、正钒酸盐(Na3VO4)等在加热条件下不稳定，
2NH4VO3
V2O5＋2NH3↑＋H2O。
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）我国科学家开发出一种光谐自适应智能涂层(主要成分为
)，可
从太阳、深空获取能源。氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体难溶于水，化学式为
1
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，是制备
的原料。实验室用
和
制备氧钒(Ⅳ)碱
式碳酸铵晶体(部分夹持装置和加热装置省略)，装置如图1 所示。
已知：钒(Ⅳ)的化合物在弱酸性条件下易被氧化。下列说法正确的是
A．实验室用碳酸钙和盐酸制得的
气体可以直接通入图1 的三颈烧瓶中
B．图1 中澄清石灰水用于吸收尾气中
C．用图2 装置分离产品，其主要优点是过滤速率快
D．向三颈烧瓶中滴加溶液的操作是取下恒压滴液漏斗上部盖子，旋转K
【答案】C
【详解】
A．因
具有挥发性，则用盐酸制备的
中混有
气体，
会与
反应，故应先通入饱和
溶液中除去
，A 项错误；
B．澄清石灰水用来检验三颈烧瓶中的空气是否除净，B 项错误；
C．抽气泵将吸滤瓶中空气抽出，吸滤瓶中压强减小，在重力和大气压作用下，过滤速率加快，C 项正
确；
D．
无毒，实验过程中产生的
无需处理；
中V 为
价，氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵、
在弱
酸性条件下均能被氧气氧化，故图1 三颈烧瓶中的任何操作需要保证不能进入空气，且恒压滴液漏斗中玻
璃支管可平衡压强，滴加
液体时不需要打开恒压滴液漏斗上部盖子，D 项错误；
故答案为：C。
【例题2】（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc 总(V)]
与pH 关系如图所示。已知(VO2)2SO4是易溶于水的强电解质。下列说法正确的是
2
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A．由图可知，在不同的酸碱性环境中，五价钒粒子存在形式有5 种
B．存在VO +2H2O
H2VO +2H+，若加入(VO2)2SO4固体，但c(H2VO )不一定增大
C．若lgc 总(V)=-4，pH=3 时，五价钒粒子的存在形式主要为HV10O
D．(VO2)2SO4是易溶于水的强电解质，故很难发生水解
【答案】A
【详解】
A．由图可知，在不同的酸碱性环境中，五价钒粒子存在形式有5 种，故A 正确；
B．存在
+2H2O⇌
+2H+，若是(VO2)2SO4饱和溶液，再加该固体，
浓度不变，平衡不移动，
c(
)不变，故B 错误；
C．若lgc 总(V)=-4，pH=3 时，图像分析可知，五价钒粒子的存在形式主要为
，故C 错误；
D．(VO2)2SO4是易溶于水的强电解质，
能发生水解
+2H2O⇌
+2H+，故D 错误；
故选：A。
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中
为蓝色，
为
淡黄色，
具有较强的氧化性，Fe2+、
等能把
还原为
。向
溶液中滴加酸性
溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是
A．在酸性溶液中氧化性：
B．
溶液与足量酸性
溶液发生反应的离子方程式：
3
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C．向
溶液中滴加酸性
溶液反应化学方程式为
D．向含1mol
的酸性溶液中滴加1.25molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【详解】
A．
溶液中滴加酸性
溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明
将
氧化为
，
从而得出氧化性：
，故A 正确；
B．碘离子的还原性强于亚铁离子，碘离子应参与氧化还原反应，故B 错误；
C．酸性环境下高锰酸根将
氧化为
，无沉淀生成，说明高锰酸根被还原成
，结合电子守恒
和元素守恒可知方程式为
，故C
正确；
D．向含1mol
的酸性溶液中滴加含1.25mol
的溶液发生反应
，则
的量不足，所以转移电子为1mol，故D 正确；
故选B。
【例题4】（2023·广东梅州·统考二模）碱式碳酸氧钒铵晶体
是制备
多种含钒产品的原料。有关说法不正确的是
A．
的空间构型为正四面体形
B．基态
的核外电子排布式为
C．
中C 的轨道杂化类型为
杂化
D．
是非极性分子
【答案】D
【详解】
A． N 原子价层电子对数为4+
=4，采用sp3杂化，
的空间构型为正四面体形，故A 正确；
B． 23 号钒元素基态
的核外电子排布式为
，故B 正确；
C．
中C 原子价层电子对数为3+
=3，C 轨道杂化类型为
杂化，故C 正确；
4
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D．
中O 原子价层电子对数为2+
=4，采用sp3杂化，是V 形结构，正负电荷中心不重叠，是
极性分子，故D 错误；
故选D。
【例题5】（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）HDS 催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常
利用加碱焙烧——水浸取法从HDS 废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和
钼，其工艺流程如图所示。
已知：I．MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO 不行。
II．高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
III．Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 (填化学式)。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS 及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：
， 。
(3)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl
的加入量分别为 、 。
(4)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”后生成氧化产物和还原产物的物质的量之比 。
(5)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS 进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2+
+HS-=CuS↓+H+的K= 。
5
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【答案】
(1)NiO NaVO3、NaHCO3
(2)2MoS+2Na2CO3+5O2
2Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO3
2NaAlO2+CO2↑
(3)20g·L-1 10g·L-1
(4)2：3
(5)1021
【详解】
本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS 与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化
硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏
铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH 加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸，以此解
题。
（1）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO 不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形
式沉淀出来，而
、
、
与纯碱反应生成
、
和
，沉铝通过量
生
成沉淀
和
，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有
NaVO3、NaHCO3；
（2）由题中的信息可知，
及
分别与纯碱反应的化学方程式为
，
；
（3）由图可知选择的初始钒浓度和
的加入量分别为
和
时，钒提取率达到90%以上，
且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl 的加入量分别为：
和
；
（4）由信息和流程可知，
沉淀煅烧时分解产生
和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，
其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为
；氧化产物为氮气，还原产物为V2O3，故比值为2：3。
（5）由题意可知
的
。
6
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二．钴、镍及其化合物的性质
钴、镍都是中等活泼的金属元素，化合物性质比较接近，但也存在差异，这与它们的电子层结构有
关。
单质
由于原子核的核电荷数以及半径不同导致对电子的吸引能力不同，所以铁的金属活泼性稍强
于钴和镍；
由于表面具有一层致密的氧化膜，常温下钴、镍在空气中能稳定存在；
加热条件下可生成CoO、NiO；
与稀H2SO4和稀盐酸反应较缓慢，钴与硝酸易反应；
化合价
＋2 价
＋3 价
氧化物
CoO：一定条件下可被H2或CO 还原成单质
钴。能溶于酸和强碱，不溶于水、醇和氨
水。
NiO：能溶于酸和氨水，不溶于水。
Co2O3、Ni2O3在酸性溶液中具有强氧化性：
Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O
氢氧化物
Co(OH)2：在空气中被缓慢氧化为棕褐色的
Co(OH)3，可被强氧化剂(如H2O2)迅速氧
化。
Ni(OH)2：在空气中较稳定，可采用氧化性
较强的 Cl2 将其氧化。
Co(OH)3、Ni(OH)3在酸性溶液中有强氧化性。
2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O
2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O
氯化物
CoCl2、NiCl2在不同的温度时可含不同数目
的结晶水，前者因结晶水数目的不同呈现不
同的颜色，可用于制造变色硅胶，还可用作
干湿指示剂NiCl2 通常在有机溶剂中的溶解
度比 CoCl2小得多，利用这一性质可分离二
者。
Co3 ＋、Ni3 ＋仅能够存在于固态物质或配合物
中，在水溶液中会发生如下反应(镍同)：
4Co3＋＋2H2O===4Co2＋＋4H＋＋O2↑
CoCl3在加热或遇水时发生分解：
2CoCl3
2CoCl2＋Cl2↑
【例题1】（2021 秋·福建福州·高三福建省福州铜盘中学校考阶段练习）近年来，人们设计并合成了许多
新型合金。下列说法错误的是
A．新型镁铝合金是在空气中将一定比例的Mg、Al 单质熔炼而成的
B．喷气式飞机的发动机叶片是由镍钴合金制造的，能承受高温
7
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C．我国国产飞机C919 的机身部分采用新型铝锂合金，该合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝
D．钛合金、耐热合金和形状记忆合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域
【答案】A
【详解】
A．Mg、Al 化学性质活泼能和空气中氧气反应，不能在空气熔炼，A 错误；
B．镍钴合金是新型合金材料，能承受高温，B 正确；
C．合金硬度大于成分金属且性能优良，新型铝锂合金，该合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，C
正确；
D．钛合金、耐热合金和形状记忆合金等新型金属材料性能优良，广泛应用于航空航天、生物工程和电子
工业等领域，D 正确；
故选A。
【例题2】（2023·山东日照·校联考二模）镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种
从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸溶”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好
B．
在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同
C．“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为
D．“结晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大
【答案】B
【详解】
A．浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，A 错误；
B．
在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁
8
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沉淀而除去；“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，B 正确；
C．“钴镍分离”时发生反应为次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀，反应中所得溶液为
酸性，故离子方程式为
，C 错误；
D．“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，D 错误；
故选B。
【例题3】（2022·北京海淀·北大附中校考三模）在实验室中以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、
Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备NixOy和CoCO3的工艺流程如图。
下列说法不正确的是
A．“滤渣I”中含BaSO4和SiO2
B．该过程中包含2 次过滤操作
C．“沉钴”过程发生的反应为Co2++2HCO =CoCO3↓+CO2↑+H2O
D．“沉钴”时，若c(Co2+)=0.02mol·L-1，为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应控制溶液pH<7.5(已
知Ksp[Co(OH)2]=2×10-15)
【答案】B
【详解】
由流程可知，含镍废料（主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2）中加入稀硫酸酸浸，
过滤分离出滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4，加入氧化剂H2O2氧化
FeSO4，加入Na2CO3调节pH 使Fe2(SO4)3等转化为含铁元素沉淀过滤除去，再加入有机萃取剂，振荡、静
置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，向含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使
Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCO +Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、干燥得到
CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到
NiSO4•6H2O 晶体，煅烧生成NixOy，以此来解答。
9
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A．结合分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2、BaSO4，“滤渣I”中含硅和钡元素，故A 正确；
B．根据分析可知，该过程中包含3 次过滤操作，故B 错误；
C．在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCO
+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故C 正确；
D．当恰好刚生成Co(OH)2时的c(OH−)=
1×10-6.5mol/L，常温下c(H+)=
=1×10-7.5mol/L，即pH=7.5，则为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应控制溶液
pH<7.5，故D 正确；
故选B。
【例题4】（2023 春·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考期末）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁
低品位铜镍矿(主要成分为
、
、
、
等)中回收Cu、Ni 的工
艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)
中，Fe 元素的化合价为 。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S 和 ，该环节中
发生的化学反应方程式为 。
(4)已知
，“滤液”中
，“沉镍”时，控制pH 为8.50，此时
的沉淀率为 ，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为 (填化学式)。
(5)一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如下图所示：
10
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①该钒的硫化物的化学式是 。
②该钒的硫化物的晶体中，与每个V 原子最近且等距的S 原子的个数是 。
【答案】
(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3)
(4)99.9%
(5)VS 6
【详解】
由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为
、
、
、
等)中加入
、
进行氧压浸出，将铁元素转化为
，镍元素转化为
铜元素转化为
，镁元素转化为
，硫元素转化为S 单质，过滤得到滤渣主要成分为
和S，用铜离子萃取剂萃取出
，分液得到萃取液，萃余液中主要含有
、
、
，向萃
余液中加入
和MgO 进行沉铁将
转化为
、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO
将
以
的形成沉淀，最后对
进行处理制得Ni，母液中主要溶质为
，据此分析
解题。
（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2 个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0 可知
中，Fe 元素的化合价为+3 价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓
度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当
升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S 和
，该环节中
与
、
反应生成
、
、S 和
，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：
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，故答案为：
；
；
（4）已知
，“滤液”中
，“沉镍”时，控制pH 为8.50，此
时溶液中
，溶液中残留的
浓度为：
，则此时
的沉淀率为
，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为
，故
答案为：99.9%；
。
（5）由图可知，根据均摊法，1 个晶胞中的V 为
个，S 为6 个，故该钒的硫化物的
化学式为VS；
该钒的硫化物的晶体中，以体心得V 为例，可知与每个V 原子最近且等距的S 原子的个数是6。
【例题5】（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的
重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备[Co(NH3)6]Cl3。
(一)CoCl2的制备
CoCl2易潮解，可用金属钴与氯气反应制备CoCl2.实验中利用下列装置进行制备。
(1)装置A 中发生反应的离子方程式为 。
(2)按图中A→E 的顺序组合装置制备CoCl2，E 为盛装有 (填试剂名称)的干燥管，其作用为
。
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(3)该实验需配制12mol/L 的浓盐酸250mL，需要用到的玻璃仪器是烧杯、量筒、玻璃棒、 和
，若配制过程中未恢复室温即转移液体进行后续操作，则所配溶液实际浓度 (填“大于”或“小
于”)12mol/L。
(二)[Co(NH3)6]Cl3的制备
步骤如下：
I.在100mL 锥形瓶内加入4.5g 研细的CoCl2，3gNH4Cl 和5mL 水，加热溶解后加入0.3g 活性炭作催化剂。
Ⅱ冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入10mLH2O2溶液。
Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过一系列操作后，过滤、洗涤、干燥得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。
已知：不同温度下[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度如图所示。
回答下列问题：
(4)步骤Ⅱ中在加入H2O2溶液时，控制温度在10℃以下的目的是 。
(5)制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应的化学方程式为 。
(6)Ⅲ中的“一系列操作”包括 、 。
【答案】
(1)2
+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(2)碱石灰 吸收未反应完的Cl2，防止空气中的水蒸气进入E 装置使CoCl2水解
(3)250mL 容量瓶 胶头滴管 大于
(4)防止温度过高使H2O2和NH3•H2O 分解
(5)2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O+H2O2
2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
(6)趁热过谑 冷却结晶
【详解】
13
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用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再利用浓硫酸干燥，得到的纯
净干燥的氯气与钴粉在加热条件下反应制备CoCl2，CoCl2易潮解，在装置D 末端增加干燥装置；
（1）装置A 中利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，同时生成氯化钾、氯化锰和水，发生反应的离子方
程式为2
+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）E 为盛装有碱石灰)的干燥管，其作用为吸收未反应完的Cl2，防止空气中的水蒸气进入E 装置使
CoCl2水解；
（3）配制12mol/L 的浓盐酸250mL，根据配制步骤可知使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL 容
量瓶、胶头滴管，答案为250mL 容量瓶、胶头滴管；
若配制过程中未恢复室温即转移液体进行后续操作，则所加蒸馏水偏少，所配溶液实际浓度大于
12mol/L；
（4）控制温度在10℃以下有利于控制反应速率，并且NH3 ·H2O、H2O2对热不稳定,受热易发生分解，
H2O2对热不稳定，受热易发生分解，氨水受热易挥发，故答案为:控制反应速率；防止温度过高使H2O2和
NH3 ·H2O 分解；
（5）制备[Co(NH3 )6 ]Cl3的反应物有CoCl2、NH3、NH4Cl 和H2O2，则化学方程式为2CoCl2 + 10NH3 +
2NH4Cl+ H2O2
2[Co(NH3)6]Cl3 + 2H2O，故答案为:2CoCl2 + 10NH3 + 2NH4Cl H2O2
2[Co(NH3)6]Cl3
+ 2H2O；
（6）由[Co(NH3 )6 ]Cl3在水中的溶解度曲线可知，[Co(NH3)6]Cl3的溶解度随温度变化较大，降温时
[Co(NH3)6]Cl3会结晶析出，所以在60℃下反应一段时间后，应该趁热过滤除去活性炭，再冷却结晶使
[Co( N H3 )6 ]Cl3 晶体析出，经过过滤、洗涤、干燥等操作得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。故答案为:趁热过滤；
冷却结晶。
三．镓、铟及其化合物的性质
单质
（1）Ga 熔点29.78℃，在手中融化，但Ga 的沸点为2403℃，是液相存在的温度范围最大
的金属单质，常用于制造高温下使用的温度计。
（2）常温下，镓与铟表面存在氧化层，导致其化学性质不活泼。Ga 与铝类似，具有两
性，金属性弱于铝，既可以与酸反应，也可以与碱反应：
2Ga+3H2SO4Ga2(SO4)3+3H2↑；2Ga+2NaOH+2H2O2NaGaO2 +3H2↑
（3）常温下，镓与铟可以和氯气和溴反应；高温下，都可以与O2、S、P、As 等非金属直
接化合。
氧化物
（1）Ga2O3和Ga(OH)3两性偏酸性：
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和
氢氧化物
Ga(OH)3+3OH-=====[Ga(OH)6]3－。
Ga(OH)3可溶于NH3·H2O，而Al(OH)3不溶于NH3·H2O
（2）In2O3和In(OH)3几乎无两性表现，In2O3溶于酸，但不溶于碱。
（3）Ga(OH)3、In(OH)3 微热时脱水，生成氧化物：2M(OH)3=====M2O3+3H2O(M 表示Ga
或In)。
镓与铟的制
备
（1）因为镓常与铝、锌、锗等金属混在一起，所以可在提取出这些金属之后的废料中提
取。例如，由铝矾土矿制备Al2O3的工艺流程中，铝酸盐溶液经CO2酸化后分离出Al(OH)3
沉淀的母液富集了镓。将母液再次经CO2酸化后便可得到富集的Ga(OH)3，使之溶于碱再进
行电解即可得到单质镓。
Ga(OH)3 + OH－Ga(OH)4－，
Ga(OH)4－+3e－Ga + 4OH－。
（2）铟的制备方法是将提取过的闪锌矿残渣用硫酸浸取，酸浸取液经中和后投入锌片，铟
就沉积在锌片上，用极稀的硫酸溶去锌，将不溶杂质溶于硝酸，再加入BaCO3，便沉淀出
氧化铟，在高温下用氢气还原制得金属铟。
【例题1】（2021 秋·河南·高三校联考阶段练习）铟(In)是现代高新技术产业的重要支撑材料。铟与铝位于
同主族但比铝多2 个电子层。下列说法错误的是
A．In3+的半径比Al3+的大
B．In 合金的硬度比In 的硬度大
C．In 能与热水发生置换反应
D．冶炼铟单质可用
还原
【答案】D
【详解】
铟与铝位于同主族但比铝多2 个电子层，同一主族从上往下离子半径依次增大，金属性依次增强，据此分
析解题：
A．由分析可知，同一主族从上往下离子半径依次增大，故In3+的半径比Al3+的大，A 正确；
B．合金的硬度一般比成分金属的大，故In 合金的硬度比In 的硬度大，B 正确；
C．同一主族从上往下金属性依次增强，即
比
活泼，Al 与热水反应很缓慢，故In 能与热水发生置换
反应，C 正确；
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D．同一主族从上往下金属性依次增强，即
比
活泼，冶炼铟单质不能用
还原
，应该用电解
法，D 错误；
故答案为：D。
【例题2】（2021·山东·高三专题练习）用“H2SO4浸出—萃取”法从铅烟灰(主要含有In2O3，还含有PbO
和SiO2杂质)中回收铟(In)的生产工艺流程如下图所示：
已知：I．萃取发生反应：In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)
2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4。
II．反萃取发生反应：In(HA2)3(有机液)+4HCl
3(HA)2(有机液)+HInCl4。
下列说法错误的是
A．“高温酸浸”时，为了加快酸浸的速率可以用浓盐酸代替稀硫酸
B．“萃取”时，可向溶液中加入适量的NaOH 以提高浸取率
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率
D．“置换”时发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl
【答案】A
【详解】
A. “高温酸浸”时，不能用浓盐酸代替稀硫酸，否则浓盐酸在高温条件下与二氧化锰反应生成氯气，影响
萃取等工艺，选项A 错误；
B. “萃取”时，可向溶液中加入适量的NaOH，消耗硫酸，使平衡In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)
2In(HA2)3(有
机液)+3H2SO4正向移动，可提高浸取率，选项B 正确；
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA2)3(有机液)+4HCl
3(HA)2(有机液)+HInCl4正向移动，
可提高铟的反萃取率，选项C 正确；
D．“置换”时锌与HInCl4反应产生In，发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，选项
D 正确；
答案选A。
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【例题3】（2023·湖南·校联考模拟预测）中国“天向一号”探测器用于火星探测，搭载全球最先进的三结
砷化镓太阳能电池阵为其提供动力，一种从砷化镓废料(主要成分为
，含
、
、
等杂
质)中回收单质镓和砷的化合物的工艺流程如图所示：
已知：①“碱当”时
中Ga 以
的形式进入溶液。
Ga
②
与Al 位于同一主族，性质相似，向
溶液中通入
，有
沉淀析出。
③离子完全沉淀时的pH：
为8，
为5.6。
下列说法正确的是
A．“碱浸”时，
发生的离子方程式为
B．“滤渣①”的成分为
，
，“滤渣③”的成分为
C．“调pH
”
①时，为使得杂质离子沉淀完全，可通入过量的
D．“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【详解】
砷化镓废料粉碎增大碱浸速率，加氢氧化钠和过氧化氢，
和
溶解生成
、
和
，
、
不溶于碱，“滤渣①”为
、
，滤液通
可以得硅酸，除去硅元素，滤液再通
可以将
转化为
，过滤，滤液为
，经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到
，
沉淀加
溶液生成
溶液，通电电解得到镓单质。
A．“碱浸”时
中Ga 以
的形式进入溶液，As 会被
氧化生成
，根据得失电子
守恒和电荷守恒、原子守恒得出反应的离子方程式为
，故A
正确；
B．根据分析可知，
、
不溶于
溶液，“滤渣①”的成分为
、
，向含有
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、
和
的溶液中，先通入
先得硅酸沉淀，除去硅元素，然后再通
可以将
转化为
，“滤渣③”的成分为
，故B 错误；
C．通入过量的
，会使
过早沉淀下来，使产率降低，故C 错误；
D．滤液为
，析出带结晶水的晶体要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可以得到
，故D 错误；
答案选A。
【例题4】（2020 春·天津·高三天津一中校考阶段练习）2008 年北京奥运会主体育场“鸟巢”，被《泰晤
士报》评为全球“最强悍”工程。“鸟巢”运用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢和884 块ETFE 膜，
并采用新一代的氮化镓铟高亮度LED 材料。有关说法正确的是
A．合金的熔点通常比组分金属高，硬度比组分金属小
B．已知Ga 处于IIIA 族，可推知氮化镓化学式为GaN
C．用金属铝与V2O5反应冶炼钒，V2O5作还原剂
D．ETFE 膜(
)是由一种单体加聚而成的
【答案】B
【详解】
A．合金的熔点通常比组分金属低，硬度比组分金属大，故A 错误；
B．Ga 处于ⅢA 族，与N 元素形成化合物时应显+3 价，N 元素显-3 价，氮化镓化学式为GaN，故B 正
确；
C．用金属铝与V2O5反应冶炼钒，V 的化合价降低，所以V2O5作氧化剂，故C 错误；
D．ETFE 膜（[CH2-CH2-CF2-CF2]n）链接上均为碳原子，且不含双键，所以两两一组断开可得单体为乙烯
和四氟乙烯，故D 错误；
故选B。
【例题5】（2023·全国·高三专题练习）废旧太阳能电池具有较高的回收利用价值，其主要组成为
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。某探究小组回收处理流程如图所示。
回答下列问题：
(1)硒(
)与硫为同族元素，
的最外层电子数为 ；镓(
)和铟(
)位于元素周期表第ⅢA
族，
中
的化合价为 。
(2)“酸浸氧化”时主要发生的氧化还原反应的化学方程式为 。
(3)
时，已知：
，
，
，
，“浸出液”中
。当金属阳离子浓度小于
时
视为沉淀完全，则
恰好完全沉淀时溶液的
为 (保留1 位小数)；若继续加入
氨
水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后 ；为探究
在氨水中能否溶解，计
算反应
的平衡常数
(保留2 位有效数
字，已知：
，
)。
(4)“滤渣”与
混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中
是否洗净的试剂是 ；“回流、过
滤”中
，的主要作用是 。
(5)“高温气相沉积”过程中发生反应的化学方程式为 。
【答案】
(1)6
(2)
(3)4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色
(4)
溶液、
溶液 将
、
转化为
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(5)
【详解】
CuIn0.5Ga0.5Se2在空气中高温焙烧，反应生成Ga2O3、In2O3、Cu2O、SeO2，加硫酸酸浸，用过氧化氢把
Cu+氧化为Cu2+，加氨水调节pH 生成
、Ga(OH)3、 In(OH)3，滤渣加SOCl2“回流过滤”，得
滤渣InCl3和GaCl3溶液，浓缩结晶得GaCl3，“高温气相沉积”过程中GaCl3与NH3反应生成GaN。
（1）硫为第VIA 族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se 的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周
期表第IIIA 族，最高价是+3，根据化合价代数和等于0，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu 的化合价为+1；
（2）CuIn0.5Ga0.5Se2 焙烧时硒元素 转化为SeO2，Ga、In 显最高价，保持不变，“酸浸氧化”时双氧水氧
化+1 价Cu，发生的主要氧化还原反应的化学方程式为
；
（3）25℃时，当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液中c(OH-)=
，pH 约为4.7；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，氢氧化铜与氨水反应生成
,观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解、溶液变深蓝色；
,
≈1.0×1034，
，Ga(OH)3+NH3·H2O
[Ga(OH)4]-+
的平衡常数K=
；
（4）向滤渣中加入
溶液和
溶液，若有白色沉淀生成，说明滤渣中
未洗净，反之，则已洗涤
干净；“回流、过滤”中
，的主要作用是将
、
转化为
；
（5 ）“ 高温气相沉积” 过程中GaCl3 与NH3 反应生成GaN 和HCl ，反应的化学反应方程式为
。
提能·课后精练
1．（2023·山东日照·校联考二模）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中
为蓝色，
为淡黄
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色，已知能发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列说法错误的是
A．酸性条件下的氧化性：
B．反应Ⅱ中氧化产物和还原产物物质的量之比为
C．向
溶液中滴加酸性
溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色
D．向含
的酸性溶液中滴加
溶液充分反应，转移
电子
【答案】D
【详解】
A．氧化剂氧化性大于氧化产物，由Ⅰ可知，氧化性
，由Ⅱ可知，氧化性
；故酸
性条件下的氧化性：
，A 正确；
B．反应Ⅱ中
发生氧化反应得到氧化产物
，
发生还原反应得到还原产物
，由化学方程
式可知，氧化产物和还原产物物质的量之比为
，B 正确；
C．向
溶液中滴加酸性
溶液，
被高锰酸钾氧化为
，故溶液颜色由蓝色变为淡黄
色，C 正确；
D．向含
的酸性溶液中滴加
溶液充分反应，由于碘离子还原性大于亚铁离子，故碘离子
完全和
反应生成碘单质，转移
电子，D 错误；
故选D。
2．（2023 秋·广东韶关·高三乐昌一中校考期末）研究发现：将
溶解到含液态镓(
)纳米颗粒的溶剂
中，再加入含纳米颗粒的固体银棒，搅拌即可引发电化学反应。将
分解成
和
，下列有关说法
错误的是
A．上述过程涉及氧化还原反应
B．上述过程涉及2 种能量转化形式
C．该技术有利于“碳中和、碳达峰”
D．上述分解
的分散系属于胶体
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【答案】B
【详解】
A．将
分解成
和
，有化合价变化，因此上述过程涉及氧化还原反应，故A 正确；
B．搅拌即可引发电化学反应，说明先是机械能变为电能，再是电能转化为化学能，上述过程涉及3 种能
量转化形式，故B 错误；
C．将
分解成
和
，该技术减少了二氧化碳的排放量，有利于“碳中和、碳达峰”，故C 正确；
D．液态镓(
)纳米颗粒的溶剂中，含纳米颗粒的固体银棒，说明上述分解
的分散系属于胶体，故D
正确。
综上所述，答案为B。
3．（2022·北京·一模）常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)
Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的
平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为 42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO 反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是
A．增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]＝4v 生成(CO)
C．第一阶段，在 30 ℃和 50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
【答案】C
【详解】
A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c(CO)，虽然平衡正向移动，但反应的平
衡常数不变，故A 错误；
B．反应的速率之比等于气体的化学计量数之比，所以平衡时有4v 生成[Ni(CO)4]＝v 生成(CO)，故B 错误；
C．Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，则第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，应选50 ℃，故C 正
确；
D．加热至230 ℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D 错误；
故选：C。
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4．（2023·湖南永州·高三湖南省祁阳县第一中学校考阶段练习）半导体工业中用到多种化学试剂及材料，
下列有关说法正确的是
A．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
B．刻蚀二氧化硅的HF 和NH4F 所含化学键类型相同
C．清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用
D．半导体材料氮化镓(GaN)属于合金
【答案】A
【详解】
A．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于高聚物，相对分子质量大于10000，因此属于有机高分子材
料，A 正确；
B．HF 是共价化合物，其中含有H-F 键的共价键，而NH4F 是盐，
与F-之间以离子键结合，在
中
N、H 原子之间以共价键N-H 键结合，因此二者所含化学键类型不相同，B 错误；
C．去离子水不含矿物质，不能补充人体生命需要的微量元素，不适合长期饮用，C 错误；
D．GaN 为化合物.不是合金，D 错误；
故合理选项是A。
5．（2021 秋·湖北武汉·高三湖北省武汉市汉铁高级中学校联考阶段练习）粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含
CaO、SiO2、Al2O3等杂质)中提取微量元素镓的工艺流程如下图所示，已知金属镓的活泼性与锌相近。下列
叙述错误的是
A．工业上采用电解熔融三氧化二镓的方法制备金属镓
B．滤渣1 为含钙、硅的杂质
C．向“滤液1”中加入酸性物质使pH 减小，“滤渣2”是Al(OH)3
D．生成Ga(OH)3的化学方程式为：NaGaO2+2H2O+CO2=NaHCO3+Ga(OH)3↓
【答案】A
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【详解】
粉煤灰通过碳酸钠“溶浸”，则溶解氧化镓和氧化铝，使之生成NaGaO2和NaAlO2，同时使氧化钙转化为
碳酸钙沉淀，过滤除去滤渣1 碳酸钙和二氧化硅，“滤液1”的溶质主要有Na2CO2、NaGaO2和NaAlO2，显
碱性，加入酸性物质中和OH-使溶液的pH 减小，偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，过滤后与NaGaO2溶液分
离，通过后续操作可得到金属镓。
A．“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，而不是电解
法，A 项错误；
B．由分析可知，过滤除去滤渣1 碳酸钙和二氧化硅，B 项正确；
C．“滤液1”的溶质主要有Na2CO2、NaGaO2和NaAlO2，显碱性，加入酸性物质中和OH-使溶液的pH 减
小，偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，C 项正确；
D．NaGaO2溶液通入CO2的反应与NaAIO2溶液中通入CO2的反应类似，化学方程式为：
NaGaO2+2H2O+CO2=NaHCO3+Ga(OH)3↓，D 项正确；
答案选A。
6．（2023·湖南常德·统考一模）工业上从废旧金属中回收金属Co 时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸
氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：
。下列有关说法不正确的是
A．该反应之所以能发生，原因是Co2+与
结合生成难溶电解质促进了
的电离
B．“沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥
C．“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率
D．“沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：
【答案】B
【详解】
A．含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液，发生反应
+H+、Co2++
=CoCO3↓、
+H+=H2O+CO2↑，A 正确；
B．“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co，所以需进行的操作为过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原等，B 不
正确；
C．Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2，则“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时
生成Co(OH)2，降低产率，C 正确；
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D．“沉钴”时通入适量NH3，能促进
+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c(
)，有
利于生成CoCO3沉淀，离子方程式为：
，D 正确；
故选B。
7．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述不
正确的是
A．反应过程中有氢氧键的断裂和形成
B．反应过程中
被氧化
C．脱硝反应为
D．
是反应中间体
【答案】C
【详解】
根据图中物质的转化关系知反应物有
、
、
，生成物有
和
。根据过程中含V 元素微粒的
结构式判断化学键的变化，据此解答。
A．由转化示意图可知，整个过程中有氢氧键的断裂和形成，故A 正确；
B．反应过程中
中的V 由+4 价升高到+5 价，化合价升高，被氧化，故B 正确；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为
、
、
，生成物为
、
，在钒系催化剂作用
下脱硝反应为
，故C 错误；
D．由转化示意图可知，
在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，故D
正确；
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答案选C。
8．（2023·山东·高三专题练习）利用V2O3制备氧钒碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的工
艺流程如下：
已知：+4 价钒在弱酸性环境中具有还原性。下列说法正确的是
A．V2O3制备NaVO3过程中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．生成V2O5的反应为2NaVO3+2NH4C1
2NaC1+V2O5+2NH3↑
C．由V2O5制备VOC12的两种路径，路径I 更符合绿色化学思想
D．路径II 中若盐酸浓度过低，可能生成副产物VO2Cl
【答案】D
【详解】
，然后
，接下来
，最终VOCl2与NH4HCO3反应得到产品，以此分析；
A．根据分析，V2O3制备NaVO3过程中，氧化剂O2与还原剂V2O3物质的量之比为1：1，A 错误；
B．由分析可知，生成V2O5的反应为
，B 错误；
C．V2O5转化为VOCl2，钒元素化合价由+5 降低到+4，被还原，路径Ⅰ的还原剂为HCl，其氧化产物为氯
气，有毒有污染，路径Ⅱ的还原剂为N2H4
.HCl，其氧化产物是氮气，无毒无污染，因此路径Ⅱ更符号绿色
化学思想，C 错误；
D．+4 价的钒在弱酸性环境中具有还原性，路径Ⅱ中若盐酸浓度过低，一部分VOCl2可能被氧化为
VO2Cl，D 正确；
故答案为：D。
9．（2023·全国·统考模拟预测）草酸钴晶体是制备钴的氧化物的重要原料。18.3g 草酸钴晶体
(CoC2O4·2H2O)在隔绝空气受热时的质量变化曲线如图所示，240℃及以上所得固体均为钴氧化物(其中Co
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的化合价为+2 或+3)。下列说法正确的是
A．到A 点时草酸钴晶体失去2 个H2O
B．C 点剩余固体的化学成分为Co3O4
C．若B 点时通入氧气，则会发生反应3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2
D．C 点到D 点发生反应的化学方程式为CoCO3
CoO+CO2↑
【答案】C
【详解】
A．若
失去2 个
，则固体质量保留百分数为
，对应的点为B
点，A 项错误；
B．若C 点生成
，根据钴元素守恒，得到关系式
，则固体质量保留百分数为
，假设不成立，B 项错误；
C．B 点剩余固体为
，通入氧气，则会发生反应
，C 项正确；
D．
，推测C 点为
，
高温分解生成
，固体质量保留百
分数为
，D 项错误；
故选C。
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10．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）钴(Co)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用
广泛。以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA 具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过
程如图所示)，下列说法错误的是
A．色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C
B．色胺酮分子中N 原子均为sp3杂化
C．色胺酮钴配合物中钴的配位数为4
D．X 射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH 分子，CH3OH 是通过氢键作用与色
胺酮钴配合物相结合
【答案】B
【详解】
A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p 轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电
离能大于O，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，氢原子的原子半径小，核外电子受到原子核的引
力大于碳原子，失去1 个电子消耗的能量大于碳，第一电离能大于大于碳，则元素第一电离能由大到小的
顺序为N＞O＞H＞C，故A 正确；
B．由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B 错误；
C．由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2 个氮原子和2 个氧原子形成配位键，的配位数为4，故
C 正确；
D．甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X 射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个甲醇分子
说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D 正确；
故选B。
11．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知钴在加热时易被氧化，CoCl2易潮解，实验室
制备CoCl2的装置示意图如图所示(加热装置略)：
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下列说法错误的是
A．装置乙中，盛装反应物原料的是滴液漏斗和双口烧瓶
B．先加热装有石棉绒的硬质玻璃管，再滴加浓盐酸
C．石棉绒的作用是增大反应接触面积
D．3 个洗气瓶中所盛装的试剂有2 种
【答案】B
【详解】
本实验的目的是制取CoCl2，Co 加热时易被氧化，加热前，需排尽装置内的空气；CoCl2易潮解，制取装
置中应防止水蒸气的进入。所以由乙装置制取Cl2，甲装置除尽Cl2中混有的HCl 和水蒸气，待Cl2排尽装
置内的空气后，再加热丙装置中的硬质玻璃管，用浓硫酸防止后续水蒸气进入制备发生装置，再用NaOH
吸收Cl2。
A．从图中可以看出，装置乙中，盛装反应物原料的仪器是滴液漏斗和双口烧瓶，A 正确；
B．由分析可知，制取CoCl2时，先利用制得的Cl2排尽装置内的空气，再加热硬质玻璃管，让Cl2与Co 发
生反应，所以应先滴加浓盐酸，再加热装有石棉绒的硬质玻璃管，B 错误；
C．硬质玻璃管中，将钴粉平铺在石棉绒上，可增大钴粉与氯气的接触面积，加快反应速率，C 正确；
D．由分析可知，3 个洗气瓶从左到右依次盛装的试剂是饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸，D 正确；
故选B。
12．（2023·河南·统考三模）化学与科技、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．航空航天工业中采用化学镀镍，电镀时镀件作阴极，镍作阳极
B．我国力争2060 年前实现碳中和，用脱硫煤代替原煤作燃料有利于实现碳中和
C．新冠疫情期间使用的抗原检测试纸，其检测原理是有机物分离方法中的层析法
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D．卡塔尔世界杯旗帜来自中国制造，其主要材质是透风性好、不易损坏的涤纶
【答案】B
【详解】
A．航空航天工业中采用化学镀镍，电镀时镀件作阴极，发生还原反应，镍作阳极，发生氧化反应，故A
正确；
B．我国力争2060 年前实现碳中和，用脱硫煤代替原煤作燃料不能减少二氧化碳的排放，不能实现碳中
和，故B 错误；
C．新冠疫情期间使用的抗原检测试纸，其检测原理是有机物分离方法中的层析法，故C 正确﹔
D．卡塔尔世界杯旗帜来自中国制造，其主要材质是透风性好、不易损坏的涤纶，故D 正确﹔
故选B。
13．（2021·广东·高三统考阶段练习）化学中很多“经验”都有其适用范围，下列根据有关经验或规律推
出的结论正确的是
选项
经验或规律
结论
A
较活泼金属与盐溶液发生置换反应，可制备另一种
金属
钠块放入
溶液，也可以制备铜单质
B
酸性氧化物不与酸反应
制成的器皿可盛放氢氟酸
C
同主族元素性质相似
镓(
)与铝同主族，
也能与
溶液反应生成
D
两种或两种以上的化学物质混合可产生综合效应，
如浓硝酸和浓盐酸制成“王水”
溶液和医用酒精混用，强强联合，
消毒效果倍增
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】
A．钠块放入
溶液先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与
溶液反应生成氢氧化铜，A 错
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误；
B．
与氢氟酸反应，腐蚀器皿，B 错误；
C．主族元素性质相似，镓(
)与铝同主族，
能与
溶液反应生成
，
也能与
溶液反应生成
，C 正确 ；
D．
溶液有强氧化性，能与酒精反应，减弱消毒效果，D 错误；
故选C。
14．（2023·全国·高三专题练习）以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为
原料制备NixOy和碳酸亚钴(CoCO3)的工艺流程如图。
下列说法正确的是
A．“滤渣1”的主要成分是H2SiO3、BaSO4
B．“氧化”时的离子反应为
C．“调pH"过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CO3必须过量
D．“沉钴”过程发生的反应为
【答案】B
【详解】
原料的主要成分为NiO，含少量 FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，
所以会出现在滤渣中，BaO 与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；加入NaClO3，将
Fe2+氧化为Fe3+；加入碳酸钠，调节pH 生成黄钠铁矾渣，通过萃取，在无机层中加入碳酸氢钠，得到碳酸
钴；有机层进行反萃取，经过一系列操作得到镍的氧化物，据此分析。
A．废料中加入硫酸，NiO、FeO、Fe2O3、CoO、BaO 均能与硫酸反应，生成的NiSO4、FeSO4、
Fe2(SO4)3、CoSO4进入溶液，SiO2和硫酸钡为滤渣，A 错误；
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B．加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，
被还原为
，离子方程式为：
，B 正确；
C．“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CO3不能过量，防止形成Co(OH)2和Ni(OH)2沉淀，C 错误；
D．“沉钴”过程中生成碳酸亚钴沉淀，发生的反应为：
，D 错误；
故本题选B。
15．（2023·山东济南·山东省实验中学校考一模）以红土镍镉矿(
、
，含
、
、
、
等杂质)为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图所示：
已知：电极电位是表示某种离子或原子获得电子而被还原的趋势。在25℃下，部分电对的电极电位如表：
电对
电极电位
+0.337
-0.126
-0.402
-0.442
-0.257
下列说法错误的是
A．“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率
B．“物质A”可以是
，“调
”后，经加热得
沉淀
C．“金属A”是
和
混合物，“金属B”是
D．该工艺流程中可以循环利用的物质有
、
、
等
【答案】C
【详解】
由题给流程可知，镍镉矿浆化后，在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸
盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或
氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤
液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A 和硫酸镍、硫酸镉的滤
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液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍
和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和
镍等。
A．由题意可知，浆化的目的是增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率，
故A 正确；
B．由分析可知，向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉
淀，则物质A 可能为碳酸镍，故B 正确；
C．由分析可知，金属A 为铜、镍的混合物，故C 错误；
D．由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等，故D 正确；
故选C。
16．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴
生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO,还含少量PbO、FeS、FeSiO3、 In2O3、 In2S3等)中的金属铟的工艺
流程如下：
已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如表所示。
金属离子
Fe3+
Fe2+
In3+
开始沉淀pH(离子浓度为0.1mol·L-1时)
1.3
6
3
完全沉淀pH
2.7
8
4.3
回答下列问题：
(1)In2O3中In 的化合价是 。
(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂MnO2氧化酸浸氧化锌烟尘，反应结束前半个小时加
入CaO 调整pH=5.0~5.2。
FeSiO
①
3与稀H2SO4反应的化学方程式为 。
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②氧化酸浸过程中，In2S3中的硫元素被MnO2氧化为
,该反应的离子方程式为
。
③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为 。
④“中浸渣”的主要成分为In(OH)3、 。 (写化学式)
(3)萃取时，发生反应In3+ +3H2A2
In(HA2)3 +3H+,H2A2代表有机萃取剂。
①反萃取时，宜选用的试剂X 为 (写化学式)
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有 。
(4)“置换”后的滤液可返回 (填“滤液 1”或“滤液2”)中利用。
(5)“置换”时锌粉的利用率为90%，若想获得6.9 kg 海绵铟，需要使用锌粉 _kg (结果保留1 位小数)
【答案】
(1)+3
(2)FeSiO3 +H2SO4 = FeSO4 + H2SiO3 In2S3 + 12MnO2 + 24H+ = 2In3+ + 12Mn2+ +3
+12H2O
1% Fe(OH)3、PbSO4、H2SiO3
(3)H2SO4 烧杯、分液漏斗
(4)滤液1
(5)6.5
【详解】
氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeS、FeSiO3、In2O3和In2S3等)中性浸出时先加稀硫酸和
适量的二氧化锰，ZnO 转化为硫酸锌，FeSiO3转化为硫酸亚铁和硅酸，亚铁离子最终被氧化成铁离子，
In2S3转化为In3+和硫酸根离子，In2O3转化为In3+，FeS 最终转化为Fe3+和硫酸根离子，PbO 转化为PbSO4，
调节pH 后In3+和Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，中浸渣中主要成分为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4和
H2SiO3。中浸渣中加入硫酸酸浸，In(OH)3、Fe(OH)3溶解转化为相应的金属阳离子，酸浸渣为PbSO4和
H2SiO3，滤液2 中加入P204+260 号溶剂油萃取，In3+转化为In(HA2)3，分液后进行反萃取，得到In3+，最后
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加入Zn 置换生成海绵铟。
（1）In2O3中O 为-2 价，则In 为+3 价。
（2）①硫酸酸性强于硅酸，FeSiO3与硫酸反应生成硫酸亚铁和硅酸，化学方程式为FeSiO3 +H2SO4 =
FeSO4 + H2SiO3。
②氧化酸浸过程中In2S3中的硫被MnO2氧化为硫酸根离子，MnO2得电子转化为Mn2+，根据得失电子守恒
和原子守恒得到离子方程式为In2S3 + 12MnO2 + 24H+ = 2In3+ + 12Mn2+ +3
+12H2O。
③氧化酸浸过程中要尽量提高Zn 的浸出率，尽量降低In 的浸出率确保更多的In 以固体的形式存在，则根
据图中可知，氧化剂用量为1%最佳。
④根据分析可知，浸渣中的主要成分为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4和H2SiO3。
（3）①萃取时，发生反应为In3+ +3H2A2
In(HA2)3 +3H+，反萃取即需要将In(HA2)3转化为In3+，因此可
以增大氢离子浓度，使化学平衡逆向移动，故宜选择H2SO4为反萃取剂X。
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗。
（4）置换过程中Zn 与硫酸铟反应生成In 和硫酸锌，则置换后的滤液可返回滤液1 用于制备ZnSO4。
（5）置换时发生的反应为3Zn+2In3+=3Zn2++2In，要获得6.9kgIn，需要Zn5.85kg，锌粉的利用率为90%，
则需要锌粉6.5kg。
17．（2023·全国·高三统考专题练习）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
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(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中过氧
键的数目为 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为 (
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，
(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。
体积分数为 时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
(5)“沉钴镍”中得到的
(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于 (精确至0.1)。
【答案】
(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3)
Fe(OH)3
(4)9.0% SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【详解】
在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰乳调节
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，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同时生成
氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面
积
（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶
液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
18．（2022 秋·辽宁铁岭·高三校联考阶段练习）
是制备新能源汽车钴酸锂电池的重要原料。某化学
学习小组设计如图实验装置制备
，并探究其有关性质。
已知：i.无水
为蓝色，易溶于水及乙醇等有机溶剂。
ii.
常用作吸水剂，遇水剧烈水解生成
和HCl，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易
分解。
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回答下列问题；
(1)仪器a 的名称是 。
(2)滴加
，一段时间后容器A 中充满白雾，发生反应的化学方程式为 。
(3)无水
的作用是 。
(4)将A 中反应混合物隔绝空气减压蒸馏，得到无水
晶体。下列装置适合作为冷凝和接收装置的是
(填序号)。
(5)某同学向无水氯化钴中加入95%乙醇溶液，得到蓝色溶液，滴加蒸馏水溶液由蓝色变为粉红色【查阅资
料得知
为蓝色、
为粉红色】。变色过程中发生反应的离子方程式为
。
(6)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用
和
合成
。
下列关于该电池的叙述错误的是 。
A．该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能
B．铜电极为正极，电极反应式为
C．电池内部
透过质子交换膜从左向右移动
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【答案】
(1)(球形)冷凝管
(2)
(3)防止水槽中的水气进入装置A 内，造成
过量损耗
(4)Ⅲ
(5)
+6H2O=
+2C2H5OH +2Cl-
(6)A
【详解】
用
吸收
中的水，在低于79℃环境下，水解生成
和HCl，
和HCl 通过导管后用
NaOH 溶液吸收；为防止水槽中的水气进入装置A 内被
吸收，在吸收尾气装置前加装装有无水CaCl2
的干燥管。
（1）根据图示可知仪器a 是球形冷凝管。
（2）据分析，滴加
，一段时间后容器A 中充满白雾，是由于SOCl2水解生成了HCl，HCl 又形成小
液珠，发生反应的化学方程式为：
。
（3）据分析，无水
的作用是：防止水槽中的水气进入装置A 内，造成
过量损耗。
（4）将A 中反应混合物隔绝空气减压蒸馏，得到无水
晶体，为防止蒸气冷却液化后顺利流入接收瓶
并回收，冷凝管选用直型冷凝管，不选球形冷凝管；接收瓶用塞子塞住，牛角管需与大气联通；故选Ⅲ。
（5）根据题意可知，滴加蒸馏水后乙醇溶液中
生成了
，发生反应的离
子方程式为
+6H2O=
+2C2H5OH +2Cl-。
（6）该系统CO2通入Cu 电极得到e-与H+结合生成CH4，GaN 在太阳光照射下催化氧化H2O 生成O2和
H+。
A.该装置能量转化形式存在将太阳能转化为电能，电能转化为化学能，A 错误；
B.铜电极得到电子，为正极，电极反应式为
，B 正确；
C.电池内部阳离子从负极向正极移动，则该系统内
透过质子交换膜从左向右移动，C 正确；
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故选A。
19．（2021·全国·高三专题练习）金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都
有重要应用。
（1）镓（Ga）的原子结构示意图
，镓元素在周期表中的位置是 。
（2）GaN 是一种直接能隙（directbandgap）的半导体，自1990 年起常用在发光二极管中。一种镍催化法
生产GaN 的工艺如图：
①“热转化”时Ga 转化为GaN 的化学方程式是 。
②“酸浸”操作的目的是 。
③某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备氮化镓：
仪器X 中的试剂是 (写名称)。加热前需先通入H2的作用是 。
（3）As 与N 同主族，GaAs 也是一种重要的半导体材料。
①下列事实不能用元素周期律解释的 (填字母)。
a.碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3
b.非金属性：As>Ga
c. 酸性：H3AsO4>H3AsO3
②废弃含GaAs 的半导体材料可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3，写出该反应的化学方程式
。
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【答案】
（1）第四周期ⅢA 族
（2）2Ga+2NH3
2GaN+3H2 除去GaN 中混有的少量Ni 浓氨水 排除装置中的空气，避免
空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸
（3）c GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O
【详解】
由题给流程可知，在少量镍做催化剂作用下，镓粉与氨气高温下反应生成氮化镓和氢气，向反应后的固体
中加入稀盐酸，稀盐酸与催化剂镍反应生成氯化镍和水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到氮化镓固
体。
（1）由镓的原子结构示意图可知，镓原子核外有4 个电子层，最外层有3 个电子，则镓元素位于周期表第
四周期ⅢA 族，故答案为：第四周期ⅢA 族；
（2）①由分析可知，“热转化”时发生的反应为在少量镍做催化剂作用下，镓粉与氨气高温下反应生成
氮化镓和氢气，反应的化学方程式为2Ga+2NH3
2GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH3
2GaN+3H2；
②“酸浸”操作的目的是，使催化剂镍与盐酸反应生成氯化镍和水，达到除去氮化镓固体中混有的少量
镍，故答案为：除去GaN 中混有的少量Ni；
③仪器X 中的试剂是浓氨水，浓氨水的作用是常温下与氧化钙反应制得反应所需的氨气；加热前需先通入
排尽装置中的空气，防止空气中的氧气与镓反应，使产物不纯，同时防止氧气与镓与氨气发生生成的氢气
反应，发生爆炸，故答案为：浓氨水；排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与
氧气爆炸；
（3）①a.同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，则Ga(OH)3的碱性
强于Al(OH)3能用元素周期律解释，故不符合题意；
b.同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，As 的非金属性强于Ga 能用元素周期律解释，故不符合题
意；
c.H3AsO4的酸性强于H3AsO3与酸中含有的非羟基氧有关，与原子结构无关，不能用元素周期律解释，故符
合题意；
c 符合题意，故答案为：c；
②由题意可知，GaAs 与浓硝酸发生氧化还原反应生成H3AsO4、Ga(NO3)3、NO2和H2O，反应的化学方程式
为GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，故答案为：
GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O。
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20．（2023·全国·高三专题练习）氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，实
验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图所示
(1)N2H4的电子式是 ，若“还原”过程中其他产物均绿色环保，写出该过程中发生反应的化学
方程式
(2)“转化”可在如图所示装置中进行。(已知VO2＋能被O2氧化)
①仪器M 的名称是 。使装置A 中制气反应停止的操作是
②在装置C 中VOCl2转化为产品，实验操作的顺序为打开活塞
a→___________→___________→___________(填标号)，
Ⅰ.取下P(如图所示)，在锥形瓶口塞上无孔橡胶塞
Ⅱ.将锥形瓶置于干燥器中，静置后抽滤
Ⅲ.打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全
(3)“转化”后得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3 次，用无水乙醇洗涤2 次，再用无水
乙醚洗涤2 次，抽干。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是 (填离子符号)，用无水
乙醚洗涤的目的是
(4)称取m g 产品于锥形瓶中，先将产品中的钒元素转化为VO ，消除其他干扰，再用c
mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为V mL(已知滴定反应为VO ＋Fe2＋＋
2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O)，则产品中钒元素的质量分数为 (列出计算式即可)
【答案】
(1)
2V2O5＋N2H4＋8HCl
4VOCl2＋N2↑＋6H2O
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(2)分液漏斗 关闭旋塞a a→Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ
(3)Cl- 除去晶体表面的乙醇
(4)
【详解】
（1）N2H4的结构中N 与N 以单键相连，电子式为
；“还原”过程中发生反应的反应物为
V2O5、N2H4和HCl，除生成VOCl2外，其他产物均绿色环保，根据原子守恒可知生成物还有氮气和水，则
反应的化学方程式为2V2O5＋N2H4＋8HCl
4VOCl2＋N2↑＋6H2O；
（2）①仪器M 为分液漏斗。装置A 是一个类似于启普发生器的装置，只需关闭旋塞a，装置A 中气体压
强增大，将稀盐酸压回长颈漏斗中与碳酸钙分离，反应停止。②VO2＋能被O2氧化，先打开旋塞a，通入
一段时间CO2排尽装置中的空气，然后再打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完
全。为防止空气进入，反应结束后取下P，在锥形瓶口塞上无孔橡胶塞，然后在干燥器中静置后抽滤即
a→Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ；
（3）“转化”过程中发生的反应为5NH4HCO3＋6VOCl2＋18H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O＋12HCl
＋CO2↑，用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去产物表面的阴离子Cl-，用无水乙醇洗涤除去产物表面的水，用
无水乙醚洗涤除去产物表面残留的乙醇；
（4）由滴定反应可得关系式V～VO ～Fe2＋～(NH4)2Fe(SO4)2，n(V)=cV×10-3mol，故产品中钒元素的质量
分数为
。
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