曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题五 金属及其化合物
1.高铁酸钾(K FeO )是一种新型的污水处理剂。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中
2 4
探究采用暖贴残渣制备高铁酸钾,流程如下。
下列说法不正确( )
A.步骤ⅰ适当加热搅拌可以加快反应速率
B.ⅱ中的试剂为H O
2 2
C.ⅲ中反应为2Fe3++5H
2
O+3ClO- 2Fe
O2-
+3Cl-+10H+
4
D.ⅳ中反应说明溶解度:Na FeO >K FeO
2 4 2 4
答案 C A项,步骤ⅰ为酸溶,适当加热搅拌可以加快反应速率,正确;B项,步骤ⅱ加入氧
化性试剂将Fe2+氧化成Fe3+,可以是H O ,正确;C项,步骤ⅲ溶液是碱性的,H+不能大量存
2 2
在,应以H
2
O形式存在,离子方程式为2Fe3++10OH-+3ClO- 2Fe
O2-
+3Cl-+5H
2
O,错
4
误;D项,步骤ⅳ中Na FeO 转化成K FeO ,说明高铁酸钾溶解度更小,正确。
2 4 2 4
2.工业上以黄铁矿(主要成分为FeS )为原料,采用接触法制备浓硫酸的原理如下:
2
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SO 的目的是防催化剂中毒降低活性
2
C.用水替代98.3%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SO 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,
2
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(FeS )与O 反应及SO 与O 反应,都是氧化还原反应,正确。
2 2 2 2
3.以黄铁矿(主要成分为FeS ,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。
2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
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 mol SO ,有11 mol e-发生转移
2
C.接触室中排放出的SO 、O 循环利用,可提高原料利用率
2 2
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,正确;
B项,沸腾炉中FeS 和氧气反应生成Fe O 和SO ,反应的化学方程式是4FeS +11O
2 2 3 2 2 2
2Fe O +8SO ,每生成1 mol SO ,有5.5 mol e-发生转移,错误;C项,接触室中排放出的
2 3 2 2
SO 、O 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
2 2 2
通过氨吸收,转化成硫酸铵,硫酸铵可作氮肥,正确。
4.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N 、CO 中继续燃烧,故镁燃烧不能用氮气、二氧化碳作灭火剂,A项
2 2
错误。
5.下列说法正确的是 ( )
A.工业上电解熔融AlCl 冶炼Al
3
B.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CO 和NH 会析出NaHCO 固体
2 3 3
答案 B A项,AlCl 是共价化合物,熔融状态不导电,工业上用电解熔融Al O 冶炼铝,错
3 2 3
误;C项,产生的是白烟而非白雾,错误;D项,应先通NH 使溶液呈碱性,后通CO ,有利于
3 2
CO 的吸收,错误。
2
6.CuCl 的结构式如下图,500 ℃时CuCl 会发生分解。
2 2
下列推测合理的是( )
A.CuCl 是离子晶体,熔点高,硬度大
2
B.CuCl ·H O加热可能生成Cu (OH) Cl
2 2 2 2 2
C.CuCl 分解的产物可能为CuCl和Cl ,同类化合物CuI 分解温度更高
2 2 2
D.CuCl 溶于浓盐酸呈绿色,加水稀释溶液变蓝色,是因为Cu2+浓度减小
2
答案 B 由CuCl 的结构式可知CuCl 是分子晶体,熔点低、硬度小,A错误;CuCl ·H O
2 2 2 2
加热时,部分水解可生成Cu (OH) Cl ,B正确;Cu—I键的键能小于Cu—Cl键,CuI 的分解
2 2 2 2
温度比CuCl 低,C错误;[CuCl ]2-+4H O [Cu(H O) ]2++4Cl-,加水稀释,平衡正向移动,
2 4 2 2 4
溶液由绿色变为蓝色,D错误。曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
知识拓展 氯化铜加热到993 ℃,分解成白色的氯化亚铜CuCl:2CuCl
2
2CuCl+Cl ↑。
2
7.某废催化剂主要含Al、Ni、Mo(钼)等的氧化物,回收利用其金属资源的流程如下:
已知:碱性条件下,Mo元素以Mo O2-的形式存在;K
sp
(BaMoO
4
)=3.5×10-8。
4
下列有关说法不正确的是( )
A.焙烧时,Al O 与NaOH反应的化学方程式为Al O +2NaOH 2NaAlO +H O
2 3 2 3 2 2
B.水浸时,控制适当温度并不断搅拌,有利于提高铝、钼浸取率
C.沉铝后过滤,所得滤渣的主要成分是Al(OH)
3
D.沉钼后过滤,所得滤液中不存在Mo
O2-
4
答案 D A项,焙烧时,Al O 与NaOH反应的化学方程式为Al O +2NaOH
2 3 2 3
2NaAlO +H O,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、
2 2
钼浸取率,正确;C项,过量CO
2
与Al O-反应生成Al(OH)
3
沉淀,故沉铝后过滤所得滤渣的
2
主要成分是Al(OH) ,正确;D项,由于K (BaMoO )=3.5×10-8,BaMoO 存在沉淀溶解平衡,
3 sp 4 4
沉钼后过滤,所得滤液中仍然存在少量Mo
O2-
,错误。
4
8.CuSO 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(
4
)
A.途径①所用混酸中H SO 与HNO 物质的量之比最好是1∶1
2 4 3
B.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:①=②<③
C.硫酸铜在1 100 ℃分解反应的方程式可能为2CuSO Cu O+SO ↑+SO ↑+O ↑
4 2 2 3 2
D.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①发生反应3Cu+8H++2N O- 3C u2+ +2NO↑+4H 2 O,由此可知
3
H SO 与HNO 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
2 4 3
Cu(OH) 转化为Cu O,正确。
2 2
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。曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
9.镓及其化合物可用于制取第三代半导体材料。Ga与Al同主族,化学性质相似。从某
金属废渣(主要含Ga O 、Fe O )中提取镓并制备GaN的工艺流程如下:
2 3 2 3
下列说法错误的是( )
A.“碱浸”时发生反应Ga O +2NaOH 2NaGaO +H O
2 3 2 2
B.滤渣的主要成分为Fe(OH)
3
C.“电解”中金属Ga在阴极析出
D.制备GaN的反应中,NH 作氧化剂
3
答案 B A项,Ga与Al同主族,化学性质相似,则发生反应Ga O +2NaOH
2 3
2NaGaO +H O,正确;B项,Fe O 与NaOH不反应,则滤渣的主要成分是Fe O ,错误;C
2 2 2 3 2 3
项,NaGaO Ga的过程中,NaGaO 在阴极得电子发生还原反应,正确;D项,制备GaN的
2 2
反应中,Ga由0价升为+3价,故NH 作氧化剂,正确。
3
解题技巧 Ga与Al化学性质相似,根据Al O 与NaOH的反应方程式可类比写出Ga O
2 3 2 3
与NaOH的反应方程式。
10.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①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②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①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): 。
答案 (1)Mg Cu Cu(NH ) Cl (2)Cu+H O +2H+ Cu2++2H O [Cu(H O) ]2++4Cl-
2 3 4 2 2 2 2 2 4
[CuCl ]2-+4H O (3)2Mg Cu+10HNO 4Mg(NO ) +2Cu+NH NO +3H O (4)取
4 2 2 3 3 2 4 3 2
少量溶液B于试管中,加入足量NaOH溶液产生白色沉淀,证明存在Mg2+;取足量溶液B
于试管中,加热浓缩,加入浓NaOH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+
4
解析 (1)溶液B和足量NaOH溶液反应生成白色沉淀D,可知白色沉淀D为Mg(OH) ,所
2
2.90 g
以合金X中含有Mg,且n(Mg)=n[Mg(OH) ]= =0.05 mol;溶液E中加入足
2 58 g·mol-1
量NH ·H O得到深蓝色溶液F,故溶液E中含有CuCl ,F为Cu(NH ) Cl 溶液,则合金X中
3 2 2 3 4 2
含有Cu,且n(Cu)=2.80 g-0.05mol×24 g·mol-1 =0.025 mol,n(Mg)∶n(Cu)=2∶1,故
64 g·mol-1
合金X的化学式为Mg Cu。(2)绿色物质是[Cu(H O) ]2+和[CuCl ]2-的混合物,黄色物质是
2 2 4 4
[CuCl ]2-,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
4曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
意,n(Mg Cu)∶n(HNO )=1∶5,反应无气体生成,产物中有Cu和Mg(NO ) ,反应中Mg元素化
2 3 3 2
合价升高,则必然有另一种元素化合价降低,应为HNO 中N元素化合价由+5价降低到-3
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Mg2+和N
H+
,可通过加入足量NaOH溶液,产生白色沉淀和能使湿润的红色
4
石蕊试纸变蓝的气体来检验。
11.化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料,其M<200 g·mol-1,已知B、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 。
(2)溶液E中溶质的主要成分是 (用化学式表示)。
(3)写出X与O 反应生成A、B、C的化学方程式: 。
2
(4)写出H与C反应生成I和B的化学方程式: 。
(5)请设计实验确定气体D的成分: 。
答案 (1)Cu、Fe、S CuFeS
2
(2)FeCl 、HCl
2
(3)2CuFeS +O Cu S+2FeS+SO
2 2 2 2
(4)2Cu O+Cu S 6Cu+SO ↑
2 2 2
(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H S
2
解析 能使品红溶液褪色的气体B为SO ,气体D与气体B含有一种相同的元素且为A
2
与盐酸反应生成,故D为H S。由题给转化信息及相关物质的颜色知,浅绿色溶液E中的
2
溶质为FeCl 和过量的HCl,红褐色沉淀F为Fe(OH) ,红棕色固体G为Fe O ,砖红色固体
2 3 2 3
H为Cu O,紫红色固体I为Cu,由此可知组成X的三种元素是Fe、Cu和S。由A+HCl
2
FeCl +H S可推知A为FeS。由C+O Cu O+SO 及C+Cu O Cu+SO 可推
2 2 2 2 2 2 2
知C为Cu S。由Cu S+2Cu O 6Cu+SO ↑知,来自36.8 g X中的铜的物质的量n(Cu)=
2 2 2 2
4 19.2 g =0.2 mol,36.8 g X中:n(Fe)=2n(Fe O )=2× 16.0 g =0.2
× 2 3
6 64 g·mol-1 160 g·mol-1曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
mol,n(S)=36.8 g-0.2mol×56 g·mol-1-0.2 mol×64 g·mol-1=0.4
32 g·mol-1
mol,n(Cu)∶n(Fe)∶n(S)=1∶1∶2。因M(X)<200 g·mol-1,故X的化学式为CuFeS 。
2
易错警示 本题极易将19.2 g Cu全部当成来自36.8 g X而导致计算错误。
12.纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多优异功能的新材料,具有重要价值。工业上以
菱镁矿(主要成分为MgCO ,少量FeCO 和SiO 杂质)为原料制备纳米氧化镁的工艺流程
3 3 2
如下:
试回答下列问题:
(1)“焙烧”时生成的主要气体有 ;滤渣Ⅰ的主要成分为 。
(2)已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下:
金属离子 Fe2+ Fe3+ Mg2+
开始沉淀pH 6.3 1.5 8.9
完全沉淀pH 8.1 2.8 10.9
上述流程中“氧化”的目的是 。氧化剂常用空气或H O 而不选用酸性
2 2
KMnO 溶液,解释其原因: 。
4
(3)试剂a可能是 。
(4)资料显示煅烧MgCO 比煅烧Mg(OH) 更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将
3 2
NH HCO 更换成Na CO ,则产生的后果是 。
4 3 2 3
(5)该流程中可以循环利用的物质是 。
答案 (1)NH 、CO SiO
3 2 2
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ 引入新杂质Mn2+,使产品不纯;将Cl-氧化为Cl 而造成污染
2
(3)MgO[或MgCO 、Mg(OH) 、Mg (OH) CO 等]
3 2 2 2 3
(4)Na CO 溶液的碱性更强,反应中易生成更多的Mg(OH) 而不利于MgO纳米材料的生
2 3 2
成
(5)NH Cl
4
解析 (1)由物质组成可推知“焙烧”时生成的主要气体有CO 、NH ,滤渣Ⅰ主要成分
2 3
是SiO 。(2)氧化剂用空气或H O 不会引入新的杂质离子,而用酸性KMnO 会引入Mn2+,
2 2 2 4
使产品不纯,且会将Cl-氧化为Cl 造成污染。(3)调pH时加入的试剂a应符合两个条件,
2
一是能与H+反应,二是不引入新的杂质,故选用MgO、Mg(OH) 或Mg (OH) CO 等均可。
2 2 2 3
(4)“沉淀”时若将NH HCO 更换成Na CO ,则因Na CO 溶液碱性更强,反应中易生成更
4 3 2 3 2 3
多的Mg(OH) ,不利于MgO纳米材料的生成。(5)“沉淀”时会生成NH Cl,而“空气中焙
2 4
烧”时需加入NH Cl,故可循环利用的物质是NH Cl。
4 4
13.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) ] ·2H O,其制备流程如下:
3 2 2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
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
2 2
Na ZnO +2H O。ZnO是两性氧化物,则反应釜中发生反应的离子方程式为 。
2 2 2
(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。研磨过程加入Ca(OH)
2
粉末时,通入Ar的作用是 。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如下图所示。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 。
答案 (1)ZnO+2OH- Zn O2- +H 2 O
2
(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Ca2+浓度,
2
使锌酸钙沉淀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
2
为2∶1
(4)使锌酸钾与Ca(OH) 粉末充分反应
2
(5)过滤 防止高温下产物分解失去结晶水
解析 (1)ZnO为两性氧化物,据Zn(OH) 与KOH的反应可知ZnO与OH-反应生成Zn
2
和H 。(2)通入氩气可排出空气。(3)CaZnO 中钙与锌物质的量之比为1∶1,产品中钙
O2- 2 2
2
与锌物质的量之比为1∶2,故“搅拌”时需补充锌。(4)球磨机中的反应物主要为锌酸钾
与Ca(OH) 粉末。(5)固液分离用过滤操作。
2
14.锂是重要的战略性资源,在我国锂主要分布在青海和西藏的盐湖中,占世界总含量的
1/3。沉淀法制备Li CO 的工艺流程如图所示。
2 3曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
已知:Ⅰ.碳酸锂在不同温度下的溶解度如下表。
温度/℃ S(Li
2
CO
3
)/g
0 1.54
10 1.43
20 1.33
40 1.17
60 1.01
80 0.85
100 0.72
Ⅱ.25 ℃时K [Mg(OH) ]=1.8×10-11,lg2=0.3,lg3=0.5。
sp 2
(1)从工业生产角度分析,从湖水中获取浓缩卤水的方法为 。
(2)脱硼时需调节pH至酸性,目的是 。
(3)二次脱镁时,当镁离子完全沉淀,溶液的pH应大于 。
(4)流程中两次使用Na CO 溶液,第一次浓度小,第二次浓度大的原因是 。
2 3
(5)“沉锂”需要在95 ℃以上进行,主要原因是 ;反应
的化学方程式为 ,过滤后,如何洗涤产品:
。
(6)此方法不适合处理镁含量较高的湖水,请分析可能的原因:
。
答案 (1)日晒(或阳光照射)
(2)促进硼酸析出
(3)11.15(或11.2)
(4)第一次浓度小防止Li+以Li CO 沉淀析出,第二次浓度大则有利于Li CO 沉淀的生成
2 3 2 3
(5)温度越高,碳酸锂的溶解度越低,可以增加产率
Na CO +2LiCl Li CO ↓+2NaCl
2 3 2 3
用玻璃棒引流,向漏斗中加入热水刚好没过沉淀,使水自然流下,重复操作2~3次
(6)若镁含量较高,则会消耗较多的Na CO 和Ca(OH)
2 3 2
解析 (1)注意“从工业生产角度”这一要求,可知应是利用日晒对湖水进行浓缩。(2)卤
水酸化可将硼酸盐转化为硼酸,促进硼酸析出。(3)Mg2+完全沉淀时,可认为溶液中
c(Mg2+)≤1×10-5
mol·L-1,此时溶液中c(OH-)不小于√1.8×10-11
mol·L-1= ×10-3.5
√18
1×10-5
mol·L-1,c(H+)= K 1 ×10-10.5 mol·L-1,则pH应大于-lg
W =
c(OH-) √18
