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第04 讲 金属材料及金属矿物的开发利用
目录
01 课标达标练
题型01 铜及其化合物的性质与转化
题型02 合金与金属材料
题型03 金属矿物的开发利用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 铜及其化合物的性质与转化
1．下列铜及其化合物性质与用途具有对应关系的是
A．含有铜的铝合金熔点高，可用于制造高导电率导线
B．Cu2O 的熔、沸点较高，可用作催化剂
C．CuSO4能使蛋白质变性，可用作游泳池消毒剂
D．Cu(OH)2呈碱性，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖
【答案】C
【解析】A 项，含铜的铝合金具有良好的导电性，可用于制造高导电率导线，与其熔点无关，错误；B
项，Cu2O 能催化某些反应的发生，可用作催化剂，与其熔、沸点无关，错误；D 项，新制Cu(OH)2具有氧
化性，能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖，错误。
2．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A．Cu2S(s)――→Cu(s)
B．Cu(s)―――――――→Fe(s)
C．Cu(s)
S ( s
———
Δ CuS(s)
D．Cu(s)―――――→SO2(g)
【答案】A
【解析】B 项，金属性：Fe>Cu，Cu 不能将Fe 从Fe2(SO4)3溶液中置换出来，错误；C 项，S 的氧化性较
弱，不能将变价金属直接氧化到最高价，应该生成Cu2S，错误；D 项，Cu 和浓硫酸要在加热条件下才能
发生反应，错误。
1
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3．部分含
或
物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是
A．若a 可与稀盐酸反应生成c，则直接加热蒸干c 溶液一定不能得到溶质c
B．若存在a→c→f→e 转化过程，其中一定包含复分解反应
C．若可用b 制备e，其过程中一定能观察到白色沉淀迅速变成灰绿色，再变成红褐色
D．若d 能溶解于氨水中，则说明
与
配位能力大于
与
配位能力
【答案】C
【分析】根据物质的分类与相应化合价的关系，a 为
或
，b 为
或
，c 为铜盐或亚铁盐，d 为
氢氧化铜或氢氧化亚铁，e 为氢氧化铁，f 为铁盐，g 为氧化铁。
【解析】A．a 与稀盐酸反应生成c，则c 溶液为
溶液，
溶液直接加热蒸干，其中的二价铁被氧
气氧化成三价铁，不能得到溶质
，A 合理；
B．在a→c→f→e 转化过程中，可以确定该元素是
，那么f→e 的转化过程一定为复分解反应，B 合理；
C．e 是
，制备
的方法很多，不一定是
作原料，C 不合理；
D．d 可能是
或
，能溶解于氨水中的只有
，形成深蓝色的络合物，说明
与
配位能力大于
与
配位能力，D 合理；
故选C。
4．氯化亚铜（CuCl）可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等。某化学学习小组同学设计如图装置
（夹持仪器略），通过热分解CuCl2·2H2O（易水解）制备氯化亚铜，下列说法正确的是
A．先通入N2，再点燃酒精灯，制备实验结束，持续通入N2至装置甲冷却至室温
B．装置乙中的试剂Y 为浓硫酸
C．装置丙中的湿润蓝色石蕊试纸变红
D．装置丁中的NaOH 溶液吸收尾气，只发生一个化学反应
【答案】B
【解析】A 项，该制备反应的化学方程式是2CuCl2·2H2O====2CuCl＋Cl2↑＋4H2O，为抑制CuCl2·2H2O 水
解，开始和反应过程中需加入HCl，制备实验结束，再通入N2将装置中残留的HCl 排出，错误；B 项，装
置乙中盛放浓硫酸，防止装置丙中水蒸气进入装置甲中，正确；C 项，湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪
2
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色，错误；D 项，NaOH 溶液吸收通入的HCl 和生成的Cl2，发生2 个化学反应，错误。
02 合金与金属材料
5．“北斗巡天”“脑机融通”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A．北斗技术助力生产：卫星外壳中合金的硬度比其成分金属的大
B．人工智能服务生活：人工智能芯片的主要成分为
C．脑机接口融入医疗：植入式电极中的石墨烯属于烯烃
D．多箭齐发探索宇宙：火箭发动机使用的煤油属于可再生能源
【答案】A
【解析】A．合金的硬度比其成分金属的大，A 正确；
B．人工智能芯片的主要成分为Si，B 错误；
C．石墨烯属于碳单质，不属于烯烃，C 错误；
D．煤油属于化石燃料，属于不可再生能源，D 错误；
故选A。
6．劳动最光荣，劳动创造生活”，下列劳动项目与所述化学知识有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
给铁栏杆粉刷油漆
利用电化学法防止铁腐蚀
B
用生石灰富集海水中的
的溶解度小于
C
酿制葡萄酒时添加适量
具有漂白性
D
用
除去废水中的
具有还原性
【答案】B
【解析】A．刷油漆能隔绝空气，使金属铁不易腐蚀，属于物理防护法，故A 错误；
B．向海水中加入生石灰生成
，使
转化为
沉淀，利用了
的溶解度小于
，故B 正确；
C．
可起到杀菌、防腐和抗氧化的作用，因此酿制葡萄酒时添加适量的
，故C 错误；
D．用硫化钠除去废水中的铜离子是因为硫离子能将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀而除去，与硫化钠
的还原性无关，故D 错误；
故选：B。
03 金属矿物的开发利用
7．CuCl 常用作有机合成的催化剂，由废铜屑经下图转化制得。已知：“沉淀”时的反应为[CuCl2]－
CuCl↓＋Cl－，Ksp(CuCl)＝1×10－6。下列关于该转化流程的说法正确的是
3
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A．“氧化”时，每消耗1 mol H2O2，同时生成0．5 mol O2
B．“还原”反应的离子方程式为2Cu2＋＋4Cl－＋SO＋H2O＝2[CuCl2]－＋SO＋2H＋
C．SO 与SO 中O—S—O 的键角比较：前者＞后者
D．“滤液”中c(Cu＋)＝1×10－6 mol·L－1
【答案】B
【解析】A 项，氧化时，H2O2作氧化剂，其还原产物为水，无O2生成，错误；B 项，“还原”反应中，
Cu2＋将SO 氧化为SO，Cu2＋被还原为[CuCl2]－，离子方程式为2Cu2＋＋4Cl－＋SO＋H2O＝2[CuCl2]－＋SO
＋2H＋，正确；C 项，SO 和SO 的中心原子S 均采取sp3 杂化，SO 的中心原子S 有1 个孤电子对，故键
角：SO＜SO，错误；D 项，“滤液”中c(Cl－)未知，无法根据Ksp(CuCl)计算c(Cu＋)，错误。
8．（2025·山东泰安·二模）某小组设计如下工艺流程回收废旧印刷电路板中的铜，下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的离子方程式为：
B．操作③使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒
C．操作④以石墨为电极材料，溶液pH 增大
D．上述化工流程中可以循环使用的物质有
、
、RH
【答案】A
【分析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用
过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu 转化为
，Cu 元素化合价由0 价变为+2 价，
所以Cu 是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu 氧化；反应Ⅱ是
与有机物RH 反应，生成
CuR2，同时生成
、
；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入
稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶
液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸能循环利用。
【解析】A．反应Ⅰ得到铜氨溶液，根据得失电子守恒、离子守恒、原子守恒，离子方程式为：
，A 正确；
B．操作③是分液，使用的玻璃仪器为烧杯、分液漏斗，B 错误；
4
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C．操作④以石墨为电极材料，电解总反应：
，则溶液pH 减小，
C 错误；
D．根据分析知，上述化工流程中可以循环使用的物质有
、
、RH、
，D 错误；
故选A。
9．（北京市清华大学附属中学2025 届高三下学期三模化学试题）从锂离子电池电极材料LiCoO2 (含少量
金属Cu)中提取Co(OH)2和Li2CO3的回收工艺流程如图所示，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可
实现LiCoO2的再生。下列说法正确的是
A．为加快“浸取”的反应速率，可将溶液加热煮沸
B．“浸取”反应中，H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关
C．由图示过程可知
D． LiCoO2再生：
【答案】B
【分析】正极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)中加入H2SO4、H2O2，Co3+被还原为Co2+，同时生成O2；Cu 与
H2O2、H2SO4作用转化为CuSO4；将反应后的溶液中加入NaOH 溶液沉铜，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤
后，往滤液中继续加入NaOH 溶液沉钴，此时Co2+转化为Co(OH)2沉淀；将滤液2 经过一系列操作，最后
制得Li2CO3。
【解析】A．H2O2受热易分解，为加快“浸取”的反应速率，可将溶液适当加热，但不能加热煮沸，A 不
正确；
B．“浸取”反应中，由于Cu2+可催化H2O2分解，所以H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关，B
正确；
C．由图示过程可知，加入NaOH 溶液过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成Co(OH)2沉淀，则表明沉淀
Co2+时，所需c(OH-)大，所以
，C 不正确；
D．LiCoO2再生时，将Co(OH)2、Cu(OH)2混合后高温，此时Co2+被空气中的O2氧化为Co3+，依据得失电
子守恒和质量守恒，可得出反应的化学方程式为：
，D 不正确；
故选B。
10．（2025·安徽省A10 联盟最后一卷）POM 是一种常用的浸渍试剂，一种从辉钼矿(主要含有
、
、
、
，以及其它惰性杂质)获得POM、Ni 以及
的流程如下图所示：
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已知：“闪速焙烧”所得烧渣中生成的氧化物有
、
、
；氨水不能溶解
、
等。
请回答下列问题：
（1）基态
价电子排布图为 。
（2）
转化为
的化学方程式为 。
（3）“脱硫”工序需控制温度在
之间，原因是 。
（4）其他条件一定时，钼的浸出率与“氨溶”温度和时间的关系如下图。“氨溶”条件宜采用 ，
渉及的离子方程式为 。
（5）滤渣2 中的主要成分有 (不考虑原料中的惰性杂质)。
（6）该流程中可以循环利用的物质有 。(填化学式)。
【答案】（1）
（2）
（3）温度过低，反应速率慢；温度过高NaClO 或HClO 不稳定分解
（4）80℃、60 min
（5）PbSO4、SiO2
（6）
(或
)、
【分析】由题知，辉钼矿主要含有MoS2、NiS、PbS、SiO2及其它惰性杂质，闪速焙烧后，MoS2、NiS、
PbS 分别转化为MoO3、PbO、NiO 等氧化物，同时产生含硫烟气(主要是SO2)；
获得POM 流程：氨溶过程中，PbO、NiO 和SiO2等氧化物不能被氨水溶解，而MoO3能与氨水反应：
，生成可溶的(NH4)2MoO4，过滤后得到含有(NH4)2MoO4的滤液和含有
PbO、NiO 和SiO2等氧化物的滤渣1；对含有(NH4)2MoO4的滤液进行结晶操作，得到(NH4)2MoO4晶体，再
6
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将其热分解得到MoO，MoO 后续可进一步转化为POM；
获得Ni 流程：由题及上述分析可知，滤渣1 中含有NiO 等物质，加入稀硫酸酸溶，NiO 会转化为Ni2+进入
溶液，然后通过电解得到金属Ni，此时滤渣2 含PbSO4、SiO2等物质，因为PbO 与稀硫酸反应会生成
PbSO4沉淀，SiO2不与稀硫酸反应；
获得Na2SO4流程：产生的含硫烟气用次氯酸钠溶液进行脱硫处理，得到目标产物Na2SO4。
【解析】（1）根据价电子排布式的定义，42Mo 的价电子排布式为4d55s1，4d 能级有5 个轨道，5s 能级有1
个轨道，按照洪特规则，其价电子排布图为
。
（2）MoS2在空气中焙烧，与氧气反应，Mo 元素被氧化为MoO3，S 元素被氧化为SO2，根据原子守恒和
得失电子守恒配平化学方程式为：
。
（3）从反应速率角度分析，温度低反应速率慢，不利于生产效率；从物质性质角度分析，温度过高，参
与脱硫反应NaClO 或生成的HClO 易分解，影响脱硫效果；因此答案为：温度过低，反应速率慢；温度过
高NaClO 或HClO 不稳定分解。
（4）从钼的浸出率与“氨溶”温度时间和关系图看，在80℃时浸出率较高，时间60 min 左右浸出率较
好，且再增加时间浸出率提升不明显，所以答案为80℃、60 min；根据分析可知MoO3与氨水的反应方程
式，由于氨水是弱电解质，生成物(NH4)2MoO4可溶，故其离子方程式为：
。
（5）根据分析可知，滤渣2 中的主要成分PbO 与稀硫酸反应生成的PbSO4沉淀，以及不与稀硫酸反应的
SiO2，故答案为PbSO4、SiO2。
（6）“氨溶”时用浓氨水，结晶得到(NH4)2MoO4，热分解(NH4)2MoO4会产生NH3，NH3可以再用于“氨
溶”步骤；稀硫酸酸溶时，会得到NiSO4，在电解提取Ni 的过程中，阴极会生成Ni，阳极会生成氧气和
H+，从而得到H2SO4，所以可循环利用的物质是NH3(或NH3·H2O)和H2SO4。
11．从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO 等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ni(OH)2
Ksp
4.9×10−17
2.8×10−39
5.6×10−12
2.1×10−15
（1）上述流程中，加快反应速率的措施是 。
（2）用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的 。
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（3）萃取时发生反应：Cu2+ + 2HR
CuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。
①某种HR 的结构简式为
，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有 。
②解释反萃取时H2SO4的作用： 。
（4）生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是 。
（5）第二次使用MgO 调节pH 使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1)，宜将pH 调节至
(填序号)。
a．6~7 b．9~10 c．11~12
（6）该流程中可循环利用的物质有 。
【答案】（1）研磨
（2）4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O
（3）O、N 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HR
CuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层
（4）Na+ + 3Fe3+ + 2
+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2
+ 6H2O =
NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+
（5）b
（6）H2SO4、萃取剂(HR)、O2
【分析】铜镍矿研磨后，加入
和
浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为
、
、
、
；加入萃取剂后，
转化为
进入有机层，再经过反萃取形成含
水溶液后，再转化为金属
铜；水层中含有
、
、
、
等阳离子，加入硫酸钠和MgO 后，
转化为黄钠铁矾固体从
水层中分离，滤液中含有
、
、
等阳离子，再加入MgO 后，
转化为
再转化为金
属镍。
【解析】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应
速率，故加快反应速率的措施是研磨；
（2）
具有氧化性，可将
溶解后的
转化为
，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表
示为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O；
（3）
①
分子中，若要与
形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子
对的原子为N 原子和O 原子；
②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中
浓度，使平衡
逆向移动，使水层中
浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2+ + 2HR
CuR2 + 2H+逆向进
行，Cu2+进入水层；
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（4）根据题目信息，水层中含有
、
、
、
等阳离子，加入硫酸钠和MgO 后，
转化为
黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3+ + 2
+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或
Na+ + 3Fe3+ + 2
+ 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+；
（5）第二次使用MgO 调节pH 使
沉淀完全，即溶液中
≤
，根据
的
=
，
恰好完全沉淀时，
=
≈
，
=
≈7.14
，pH=-lg
=-lg(7.14
)，故10＞pH＞9，故选择b；
（6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电
解硫酸铜时产生硫酸和氧气，
，则该流程中可循环利用的物质有：
H2SO4、萃取剂(HR)、O2。
1．（北京市东城区2025 届高三一模考试化学试题）实验：把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，再加入双
氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。下列分析不正确的是
A．依据金属活动性顺序，铜与稀硫酸不能发生置换反应
B．实验中产生的气体能使带火星木条复燃
C．溶液变蓝的方程式有
D．“产生大量气泡”，说明
起到了催化作用
【答案】D
【分析】溶液变蓝色，说明酸性条件下，铜被氧化为铜离子，则过氧化氢中氧化合价会降低被还原生成
水，结合电子守恒，反应为：
，生成铜离子催化过氧化氢分解生成氧气，
或反应放热，温度升高加快过氧化氢分解生成氧气，故铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后
产生大量气泡；
【解析】A．铜的金属活动性顺序排在氢之后，依据金属活动性顺序，铜不会与稀硫酸反应，A 正确；
B．由分析，生成氧气，则产生的气体能使带火星木条复燃，B 正确；
C．由分析，溶液变蓝的方程式有
，C 正确；
D．“产生大量气泡”，也可能反应放热，温度升高，导致过氧化氢分解速率增大，D 错误；
故选D。
2．Cu2S 可用作钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使Cu2S 在高温下与O2反应转化为Cu2O，生成的Cu2O
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与Cu2S 进一步反应得到Cu。Cu2O 在酸性溶液中会转化为Cu 和Cu2＋；Cu2S 能被浓硝酸氧化为Cu(NO3)2。
Cu 在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2＋；Cu(OH)2能与NaOH 溶液反应生成Na2[Cu(OH)4]。
下列化学反应表示正确的是
A．Cu2S 在高温下与O2反应：2Cu2S＋4O2====2Cu2O＋2SO3
B．Cu2S 与浓硝酸反应：Cu2S＋6HNO3(浓)====2Cu(NO3)2＋2NO2↑＋H2S↑＋2H2O
C．Cu2O 溶于稀硫酸：Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O
D．Cu 在O2存在下与氨水反应：2Cu＋8NH3＋O2＋4H＋＝2[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O
【答案】C
【解析】A 项，Cu2S 不能一步转化为SO3，应该生成SO2，错误；B 项，强氧化性环境中，不能生成H2S，
错误；D 项，氨水呈碱性，反应物中不能出现H＋，错误。
3．一种利用废铜渣(主要成分为
，及少量的
等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为
B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，
是还原剂
D．“转化”后的滤液中含有的阳离子为
和
【答案】C
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量
、
等杂质) “酸浸”时CuO、少量
与H2SO4反应生成
硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子
转化为
，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1 价铜发
生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【解析】A． 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A 错误；
B． 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
，B 错误；
C． “沉铜”时含有
和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合
价降低，则发生氧化还原反应，
是还原剂，C 正确；
D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后
所得滤液中含有的主要阳离子：
、
、
，D 错误；
答案选C。
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4．氯酸镁[Mg(ClO3)2]常作催熟剂、除草剂等。实验室利用卤块(主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、
FeCl2等杂质)制备少量Mg(ClO3)2的工艺流程如下：
部分氢氧化物开始沉淀及沉淀完全的pH 如表所示：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
8.9
沉淀完全的pH
3.2
9.7
10.9
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋4H2O＝Mn2＋＋5Fe3＋＋8OH－
B．反应Ⅱ后溶液中大量存在的离子有：Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋、SO、Cl－
C．调pH 时应控制溶液的pH 在1.5～3.2
D．反应Ⅲ属于复分解反应，能够发生的原因是生成溶解度相对较小的Mg(ClO3)2
【答案】D
【解析】A 项，产物中的Fe3＋、OH－不能大量共存，有H＋参与反应，错误；B 项，Ba2＋、SO 不能大量共
存，错误；C 项，调节pH 的目的是使Fe3＋沉淀而Mg2＋不沉淀，pH 应控制在3.2～8.9，错误；D 项，反应
Ⅲ为NaClO3与MgCl2生成溶解度相对较小的Mg(ClO3)2和NaCl，该反应属于复分解反应，正确。
5．（2025·安徽师范大学附属中学模拟）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某废渣含有钴、铅、
铜、铁、镁、钙的
价氧化物。从该废渣中提取钴和制取胆矾的一种流程如下。
已知：①常温下，
，
，
；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的
见下表：
金属离子
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开始沉淀时
的
2.7
7.5
7.6
4.7
完全沉淀时
的
3.7
9.0
9.1
6.2
③萃取
的反应原理；
；
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于
，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
（1）Co 位于元素周期表中第 周期第 族。
（2）“滤渣1”的主要成分为 。向“滤液1”中需先加A 物质，再加B 物质，若加入的A 为无机非
金属化合物的溶液，则A 试剂为 (化学式)，加入B 试剂的目的是 。
（3）常温下，若“滤液2”中
(忽略溶液中极少量的
)，除去
“滤液2”中的
，至少需加入
固体的质量为
(忽略溶液体积的变化)。
（4）“反萃取”步骤中加入的“试剂
”的名称为 。
（5）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 。
【答案】（1）四 Ⅷ
（2）硫酸铅、硫酸钙 H2O2 调节pH，使铁离子转为氢氧化物沉淀除去
（3）5.46g
（4）稀硫酸
（5）
【分析】炼锌废渣含有钴、铅、铜、铁、镁、钙的+2 价氧化物，经稀硫酸酸浸时，+2 价氧化物除铅元素
转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液，同时部分钙离子液生成不溶物硫酸钙，
则滤渣1 为硫酸铅、硫酸钙，过滤后，滤液中加入氧化剂A 氧化亚铁离子为铁离子，加入B 调节pH，铁
离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去，则滤渣2 为氢氧化铁，滤液加入NaF 沉淀Ca2+、Mg2+，得到CaF2、
MgF2沉淀，则滤渣3 为CaF2、MgF2；滤液加入HR 萃取铜离子，然后加入试剂a 为稀硫酸反萃取，水相得
到硫酸铜溶液，进一步得到胆矾；萃取铜离子后的水相加入KMnO4氧化钴离子为Co（OH）3，同时得到
MnO2，据此回答。
【解析】（1）Co 为27 号元素，位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。
（2）根据分析，“滤渣1”的主要成分为硫酸铅、硫酸钙。结合各离子沉淀的pH，需要保证铁元素沉淀而
钴离子不沉淀，由于亚铁离子和钴离子沉淀的pH 接近，需要把亚铁离子氧化为铁离子，向“滤液1”中需
先加A 物质，再加B 物质，若加入的A 为无机非金属化合物的溶液，则A 试剂为H2O2，加入B 试剂的目
的是调节pH，使铁离子转为氢氧化物沉淀除去。
（3）沉淀镁离子后，溶液中存在
，溶液中
，除去
“滤液2”中的
，至少需加入
固体的质量为
。
（4）根据分析，“反萃取”步骤中加入的“试剂
”的名称为稀硫酸。
（5）“氧化沉钴”中KMnO4氧化钴离子为Co(OH)3，同时得到MnO2，氧化还原反应的离子方程式为
。
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6．用低品铜矿(主要含有CuS、FeO)制备Cu2O 的一种工艺流程如下：
（1）“酸浸”中CuS 发生反应的离子方程式为_____________________________________________。
（2）“调pH”后滤液中Fe3＋刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5 mol·L－1认为沉淀完全)，此时pH 约为
____。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38。
（3）“除锰”时的离子方程式为___________________________________________________________。
（4）“还原”前需测定铜氨离子{[Cu(NH3)4]2＋}的浓度来确定水合肼的用量。准确量取20.0 mL 除去Mn2＋
的铜氨溶液于100 mL 容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00 mL 稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3
mol·L－1 H2SO4至pH 为3～4，加入过量碘化钾固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0．100 0 mol·L－1
Na2S2O3 标准溶液滴定至终点(2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2、I2＋2S2O＝2I－＋S4O)，重复2～3 次，平均消耗
Na2S2O3标准溶液21．00 mL。计算铜氨溶液的物质的量浓度：_______________(写出计算过程)。
（5）保持其他条件不变，水合肼浓度对Cu2O 的产率的影响如图所示。水合肼浓度大于3．25 mol/L 时
Cu2O 的产率下降，[Cu(NH3)4]2＋的转化率仍增大，可能的原因是_____________________________。
【答案】（1）CuS＋MnO2＋4H＋＝Cu2＋＋Mn2＋＋S＋2H2O （2）3 （3）Mn2＋＋NH3·H2O＋HCO＝
MnCO3↓＋NH＋H2O 或Mn2＋＋NH3＋HCO＝MnCO3↓＋NH （4）0.42 mol·L－1(计算过程见解析) （5）
Cu2O 被N2H4·H2O 进一步还原生成铜单质
【解析】（2）Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1×10－38，c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1，pH＝3；
（4）根据2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2、I2＋2S2O＝2I－＋S4O，可得关系式：Cu2＋～S2O，n(Cu2＋)＝n(S2O)＝
0.100 0 mol·L－1×21.00×10－3 L＝2.1×10－3 mol，20 mL 除去Mn2＋的铜氨溶液中，n([Cu(NH3)4] 2＋)＝2.1×10－
3 mol×4＝8.4×10－3 mol，c([Cu(NH3)4] 2＋)＝＝0.42 mol·L－1；（5）水合肼浓度大于3.25 mol·L－1时，Cu2O
的产率下降，[Cu(NH3)4]2＋的转化率仍增大，可能的原因是Cu2O 被N2H4·H2O 进一步还原生成铜单质。
7．工业上以铬铁矿（
含有少量
和
等杂质）为主要原料制备
的工艺流程如下
图。
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已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以
存在，在碱性介质中以
存在。
②煅烧的目的是将
转化为
。
③室温下，
（1）
元素位于元素周期表第 周期，第 族。
（2）“煅烧”时
参与反应的化学方程式为 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 。
（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为 ，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择
的优点是 。
（5）室温下“中和”：
。控制
，可保证
恰
好沉淀完全（溶液中浓度为
）。
（6）分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产
品的纯度时（
溶液的吸光度与其浓度成正比），测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制
待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是__________（填字母）。
A．硫酸
B．氢碘酸
C．硝酸钾
D．氢氧化钾
【答案】（1）四 VIB
（2）
（3）
（4）
析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的
能循环利用；或
来源丰富，廉价易得等合理答案均可
（5）8.37
（6）A
【来源】2025 届湖北省十一校高三下学期第二次联考 化学试题
【分析】铬铁矿（
含有少量
和
等杂质）加入碳酸钠灼烧，将
转化为
，“焙烧” 所得固体为Na2CrO4、Na[Al(OH)]4和Fe2O3，加水浸取，滤渣为难溶性的Fe2O3，滤液中含有
可溶性的Na2CrO4、Na[Al(OH)]4，加入CO2中和，得到沉淀Al(OH)3，则滤渣为Al(OH)3，再通入足量CO2
酸化，
转化为
，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7，以此解答。
【解析】（1）Cr 是24 号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB 族。
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（2）“煅烧”时
和Na2CO3、O2反应转化为
，同时有
和CO2生成，根据得失电子守
恒和原子守恒配平化学方程式为：
。
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为
。
（4）“酸化”过程中
转化为
，发生反应的离子方程式为
，选择
的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的
能循环利用；或
来源丰富，廉价易得。
（5）室温下“中和”：
，平衡常数K=
=10-13.37，
恰好沉淀完全时，溶液中浓度
为
，则c(H+)=
=10-8.37mol/L，pH=8.37。
（6）用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分
转化为
，则测得
的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和
发生氧化还原反应，导致
的量减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选 A。
1．（2023·重庆卷）重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划(2021-2025 年)涉及的下列物质中，属于金
属材料的是
A．重组蛋白
B．高性能铜箔
C．氮化镓半导体
D．聚氨酯树脂
【答案】B
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【解析】A．重组蛋白为有机物，A 不符合题意；
B．合金、纯金属均为金属材料，铜为金属材料，B 符合题意；
C．氮化镓半导体为新型无机非金属材料，C 不符合题意；
D．聚氨酯树脂为有机合成材料，D 不符合题意；
故选B。
2．（2022·全国乙卷）生活中处处有化学，下列叙述正确的是
A．HB 铅笔芯的成分为二氧化铅
B．碳酸氢钠可做食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜
D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
【答案】B
【解析】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A 错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二
氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B 正确 ；C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜
为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C 错误；D．钠元素灼烧显黄色，D 错
误；故选B。
3．（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含
)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH 固体加入量越多，
沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了
的溶解度比
小的性质
【答案】D
【分析】酸浸液(主要含
)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu 单质，溶液加入NaOH 碱
浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入
Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。
【解析】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：
，A 错误；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH 过量，则Al(OH)3会溶解，B 错误；
C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C 错误；
D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了
的溶解度比
小的性质，D 正确；
答案选D。
4．（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu 元素化
合价发生改变。下列说法正确的是
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锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子
Zn2＋
Cu2＋
Cl－
浓度/g·L－1
145
0.03
1
A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全
B．“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2＝2Cu2＋＋H2↑＋2H2O
C．“脱氯”反应：Cu＋Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn
【答案】C
【解析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋2H2O，再
加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu 元素的化合价发生改变，得到CuCl 固体，可知“脱
氯”步骤发生反应的化学方程式为：Cu＋Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，
Zn2＋可在阴极得到电子生成Zn。
A 项，由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu 在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，错误；B 项，
“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋
2H2O，错误；C 项，“脱氯”步骤中仅Cu 元素的化合价发生改变，得到CuCl 固体，即Cu 的化合价升
高，Cu2＋的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu＋Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，正确；D 项，脱氯液
净化后电解，Zn2＋应在阴极得到电子变为Zn，错误。
5．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe 元素的杂质)为主
要原料制备Cu 粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
3
Fe(OH)
2
Cu(OH)
2
Zn(OH)
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
下列说法错误的是A．固体X 主要成分是
3
Fe(OH) 和S；金属M 为Zn
B．浸取时，增大
2
O 压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH 的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu 的生成
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【答案】D
【解析】CuS 精矿(含有杂质Zn、Fe 元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS 反应产生为CuSO4、
S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子
形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压
H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu 单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存
在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn 单质。
A．经过上述分析可知固体X 主要成分是S、Fe(OH)3，金属M 为Zn，A 正确；
B．CuS 难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消
耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B 正确；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH 时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶
液中，结合离子沉淀的pH 范围，可知中和时应该调节溶液pH 范围为3.2～4.2，C 正确；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu 单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增
大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu 单质，因此不利于Cu 的生成，D 错误；
故合理选项是D。
6．（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、
、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb 元
素。
已知：①“氧化浸出”时，
不发生变化，ZnS 转变为
；
②
；
③酒石酸(记作
)结构简式为
。
回答下列问题：
（1）
分子中手性碳原子数目为 。
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根
转变为 (填离子符号)。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。
（5）滤渣2 中的金属元素为 (填元素符号)。
（6）“浸铅”步骤，
和
反应生成PbA。PbA 产率随体系pH 升高先增大的原因为 ，
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pH 过高可能生成 (填化学式)。
（7）290℃“真空热解”生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）2
（2）
（3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，且温度高时过
二硫酸铵分解，造成浸出率减小
（4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
（5）Fe
（6）pH 值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-
PbA+
正向移动，PbA 产率增大 Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
Pb+4CO↑+2H2O↑
【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1 有
PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，滤渣1 用H2A 和Na2A
浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
【解析】（1）
碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为
；
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸
出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn 发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu 单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2+
+Cu；
（5）根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-
PbA+
，Na2A 溶液中存在A2-+H2O
HA-+OH-，pH 值升高，
OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-
PbA+
正
向移动，PbA 产率增大；pH 过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA 产率降低；
（7）290℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb 单质和2 种气态氧化物为CO 和H2O，
反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
Pb+4CO↑+2H2O↑。
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