北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题五 金属及其化合物
考点一钠及其化合物
1.(2022广东,6,2分)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 (
)
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na CO 可与酸反应
2 3
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H O高温下会反应
2
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
答案 A 小苏打是碳酸氢钠,小苏打作发泡剂,是因为碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳
气体,A项符合题意。
2.(2022广东,14,4分)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是
( )
A.碱转化为酸式盐:OH-+2H++CO2- HCO-
+2H O
3 3 2
B.碱转化为两种盐:2OH-+Cl ClO-+Cl-+H O
2 2
C.过氧化物转化为碱:2O2-
+2H O 4OH-+O ↑
2 2 2
D.盐转化为另一种盐:Na SiO +2H+ H SiO ↓+2Na+
2 3 2 3
答案 B 离子方程式左右两边氢原子、氧原子不守恒,A项错误;氢氧化钠溶液中通入
氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水,B项正确;在溶液中进行的离子反应,书写离子方程式时,
过氧化钠应写化学式,不能拆成离子形式,C项错误;Na SiO 是一种易溶于水、易电离的强
2 3
电解质,在书写离子方程式时,应写成离子形式,D项错误。
归纳总结 书写离子方程式时应注意:①把易溶于水、易电离的强电解质拆成离子形式;
②把难溶于水的物质、单质、氧化物、难电离的物质写成化学式的形式。
3.(2022海南,1,2分)化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是( )
A.使用含氟牙膏能预防龋齿
B.小苏打的主要成分是Na CO
2 3
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C.可用食醋除去水垢中的碳酸钙
D.使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值
答案 B 小苏打为NaHCO 的俗称。
3
4.(2022湖北,8,3分)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子,可通过如下反应制备:
2NaHS(s)+CS (l) Na CS (s)+H S(g)
2 2 3 2
下列说法正确的是 ( )
A.Na CS 不能被氧化
2 3
B.Na CS 溶液显碱性
2 3
C.该制备反应是熵减过程
D.CS 的热稳定性比CO 的高
2 2
答案 B A项,Na CS 中硫元素为-2价,处于最低价态,能被氧化,错误;B项,类比Na CO 溶
2 3 2 3
液可知Na CS 溶液显碱性,正确;C项,该反应中固体与液体生成了硫化氢气体,是熵增的过
2 3
程,错误;D项, 键的键长大于 键,故 键的键能更小,CS 的热稳定性比
2
CO 的低,错误。
2
疑难突破 O与S同主族,Na CO 中的O被S取代即可得到硫代碳酸钠(Na CS ),Na CS 的
2 3 2 3 2 3
某些性质类似Na CO 。
2 3
5.(2022湖南,7,3分)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是 ( )
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na AlF 和CO
3 6 2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
答案 C 烟气中的HF会腐蚀陶瓷,A正确;采用溶液喷淋法可以增大气液接触面积,提高
烟气吸收效率,B正确;吸收塔内的反应为HF+Na CO NaF+NaHCO ,合成槽内的反应
2 3 3
为6NaF+4NaHCO +NaAlO Na AlF +4Na CO +2H O,C不正确、D正确。
3 2 3 6 2 3 2
拓展延伸 工业制冰晶石的反应原理为2Al(OH) +12HF+3Na CO
3 2 3
2Na AlF +3CO ↑+9H O。
3 6 2 2
6.(2022山东,11,4分)某同学按图示装置进行实验,欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得
到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是( )
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气体 液体 固体粉末
A CO 饱和Na CO 溶液 CaCO
2 2 3 3
B Cl FeCl 溶液 Fe
2 2
C HCl Cu(NO ) 溶液 Cu
3 2
D NH H O AgCl
3 2
答案 A A项,通入CO 依次发生反应CO +Na CO +H O 2NaHCO 、CaCO +H O+CO
2 2 2 3 2 3 3 2 2
Ca(HCO ) ,由于在相同温度下NaHCO 的溶解度小于Na CO ,最终瓶中仍有白色固体,
3 2 3 2 3
不会得到澄清溶液;B项,通入Cl ,发生反应Cl +2FeCl 2FeCl 、2FeCl +Fe 3FeCl ,
2 2 2 3 3 2
最终Fe消失得到澄清溶液;C项,通入HCl,NO-在酸性条件下会表现强氧化性,发生反应
3
3Cu+8H++2NO-
3Cu2++2NO↑+4H O,最终Cu消失得到澄清溶液;D项,AgCl在水中存在
3 2
沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq),通入NH 后,Ag+与NH 结合成[Ag(NH ) ]+,使沉淀
3 3 3 2
溶解平衡正向移动,最终AgCl消失得到澄清溶液。
7.(2022山东,17节选)工业上以氟磷灰石[Ca F(PO ) ,含SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石
5 4 3 2
膏,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸H SiF ,离子方程式为
2 2 6
。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na CO )∶n(SiF2- )=1∶1加入
2 3 6
Na CO 脱氟,充分反应后,c(Na+)= mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO ,首先转化
2 3 3
为沉淀的离子是 。
BaSiF Na SiF CaSO BaSO
6 2 6 4 4
K 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
sp
答案 (1)6HF+SiO
2H++SiF2-
+2H O
2 6 2
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(2)2.0×10-2 SO2-
4
解析 (1)H SiF 为二元强酸,故离子方程式为6HF+SiO
2H++SiF2-
+2H O。
2 6 2 6 2
(2) 精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na CO )∶n(SiF2- )=1∶1加入Na CO ,反应的化学方程式为
2 3 6 2 3
H SiF +Na CO Na SiF ↓+CO ↑+H O,析出Na SiF 的溶液是饱和溶液,存在Na SiF (s)
2 6 2 3 2 6 2 2 2 6 2 6
2Na+(aq)+SiF2-
(aq),则Na SiF 的溶度积K
=c2(Na+)·c(SiF2- )=4c3(SiF2-
),结合题表知,
6 2 6 sp 6 6
c(SiF2- )=
√
3
4.0×10-6
mol·L-1=1.0×10-2 mol·L-1,故c(Na+)=2c(SiF2- )=2.0×10-2 mol·L-1;同时溶
6 6
4
液中还有硫酸钙的饱和溶液,则c(Ca2+)=c(SO2- )=√9.0×10-4 mol·L-1=3.0×10-2 mol·L-1;再分
4
1.0×10-6
批加入一定量的BaCO ,当BaSiF 沉淀开始生成时,c(Ba2+)= mol·L-1=1.0×10-4
3 6 1.0×10-2
1.0×10-10
mol·L-1,当BaSO 沉淀开始生成时,c(Ba2+)= mol·L-1≈3.3×10-9 mol·L-1,因此,首先转
4 3.0×10-2
化为沉淀的离子是SO2-。
4
考点二 铁及其化合物
1.(2022北京,4,3分)下列方程式与所给事实不相符的是 ( )
A.加热NaHCO 固体,产生无色气体:2NaHCO Na CO +H O+CO ↑
3 3 2 3 2 2
B.过量铁粉与稀硝酸反应,产生无色气体:Fe+NO-
+4H+ Fe3++NO↑+2H O
3 2
C.苯酚钠溶液中通入CO ,出现白色浑浊: +CO +H O +NaHCO
2 2 2 3
D.乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热,产生有香味的油状液体:CH CH OH+CH COOH
3 2 3
CH COOCH CH +H O
3 2 3 2
答案 B 过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁,B不正确。
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2.(2022浙江1月选考,8,2分)下列说法不正确的是 ( )
A.镁合金密度较小、强度较大,可用于制造飞机部件
B.还原铁粉可用作食品干燥剂
C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D.油脂是热值最高的营养物质
答案 B 还原铁粉具有强还原性,可作食品抗氧化剂而非干燥剂,B错误。
3.(2022浙江6月选考,22,2分)关于化合物FeO(OCH )的性质,下列推测不合理的是 (
3
)
A.与稀盐酸反应生成FeCl 、CH OH、H O
3 3 2
B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO 、H O
2 2
C.溶于氢碘酸(HI),再加CCl 萃取,有机层呈紫红色
4
D.在空气中,与SiO 高温反应能生成Fe (SiO )
2 2 3 3
答案 B 由CH OH类比推知,FeO(OCH )中Fe元素的化合价为+3。该化合物与盐酸反应
3 3
的化学方程式为FeO(OCH )+3HCl FeCl +CH OH+H O,A项合理;隔绝空气加热分解应
3 3 3 2
生成Fe O ,B项不合理;2Fe3++2I- 2Fe2++I ,C项合理;由铁元素的化合价可知D项合理。
2 3 2
4.(2022广东,18,14分)稀土(RE)包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方
特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺
如下:
已知:月桂酸(C H COOH)熔点为44 ℃;月桂酸和(C H COO) RE均难溶于水。该工艺条件
11 23 11 23 3
下,稀土离子保持+3价不变;
(C H COO) Mg的K =1.8×10-8;Al(OH) 开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关
11 23 2 sp 3
pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是 。
(2)“过滤1”前,用NaOH溶液调pH至 的范围内,该过程中Al3+发生反应的离
子方程式为 。
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(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到Mg元素,滤液2中Mg2+浓度为2.7 g·L-1。为尽可能多地提
取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中c(C H COO-)低于
11 23
mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是
。
②“操作X”的过程为:先 ,再固液分离。
(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有 (写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt Y。
3
①还原YCl 和 PtCl 熔融盐制备Pt Y时,生成1 mol Pt Y转移 mol电子。
3 4 3 3
②Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化O 的还原,发生的电
3 2
极反应为 。
答案 (1)Fe2+
(2)4.7≤pH<6.2 Al3++3OH- Al(OH) ↓
3
(3)4.0×10-4
(4)①加热可以加快反应速率,并防止生成的月桂酸凝固阻碍反应物相互接触,搅拌可以
使(C H COO) RE与盐酸充分接触发生反应,加快RE3+溶出
11 23 3
②降温至44 ℃以下
(5)MgSO 、C H COOH(或C H COONa)
4 11 23 11 23
(6)①15 ②O +2H O+4e- 4OH-
2 2
解析 (1)矿物中的铁、铝元素与酸反应后转化为Fe2+、Fe3+和Al3+,其中Fe2+能够被氧化
为Fe3+。(2)调pH的作用是将Fe3+和Al3+完全沉淀,但RE3+不能沉淀,所以调节pH范围为
4.7≤pH<6.2;由于pH未达到8.8,Al(OH) 未溶解转化为NaAlO ,故该过程中Al3+与NaOH反
3 2
应的离子方程式为Al3++3OH- Al(OH) ↓。(3)加入月桂酸钠的目的是将RE3+转化为难
3
溶物(C H COO) RE,但是为了防止Mg2+转化为(C H COO) Mg,故要求
11 23 3 11 23 2
c2(C H COO-)·c(Mg2+)<K [(C H COO) Mg],已知c(Mg2+)=2.7 g·L-1=0.112 5 mol·L-1,则
11 23 sp 11 23 2
c(C H COO-)<4.0×10-4 mol·L-1。(4)①“加热搅拌”的温度为55 ℃,高于月桂酸的熔点,故
11 23
加热不仅可以直接加快反应速率,还能防止生成的月桂酸凝固阻碍反应物相互接触,再结
合搅拌操作使(C H COO) RE与盐酸充分接触发生反应,从而加快RE3+溶出;
11 23 3
②(C H COO) RE与盐酸反应生成RECl 和月桂酸,月桂酸的熔点为44 ℃,降温至44 ℃以
11 23 3 3
下时月桂酸为固体,可以通过过滤进行分离。(5)根据流程分析可知,滤液2主要溶质为
MgSO ,可用于“浸取”步骤;“操作X”得到的月桂酸可制成月桂酸钠并加入滤液1中,循
4
环利用。(6)①已知Pt Y为合金,故可假设Pt Y中Pt元素和Y元素的化合价均为0价,生
3 3
成1 mol Pt Y时,Pt元素和Y元素总共得到的电子为3 mol×4+1 mol×3=15 mol;②氢氧燃
3
料电池中,O 在正极发生反应,碱性溶液中发生的电极反应为O +2H O+4e- 4OH-。
2 2 2
方法指导 流程分析是关键,分析加入物质的目的,如酸化MgSO 溶液是利用H+溶解
4
RE、Fe、Al元素,氧化调pH后,得到的滤渣为Fe(OH) 和Al(OH) ,加入月桂酸钠的目的是
3 3
将RE3+转化为(C H COO) RE沉淀,滤液2主要为MgSO 溶液,最后(C H COO) RE与盐酸
11 23 3 4 11 23 3
发生复分解反应生成RECl 和C H COOH,降温过滤分离即可。
3 11 23
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5.(2022河北,15节选)以焙烧黄铁矿FeS (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝
2
Fe(NH )Fe(CN) 颜料。工艺流程如下:
4 6
回答下列问题:
(1)红渣的主要成分为 (填化学式);滤渣①的主要成分为 (填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是 。
(3)还原工序中,不生成S单质的反应的化学方程式为 。
答案 (1)Fe O SiO
2 3 2
(2)增大固液接触面积,加快反应速率,提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe (SO ) +FeS +8H O 15FeSO +8H SO
2 4 3 2 2 4 2 4
解析 (1)红渣的主要成分为Fe O ,滤渣①的主要成分为SiO 。
2 3 2
(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积,加快反应速率,提高黄铁矿的利用率。
(3)还原工序中,不产生S单质,则硫元素被氧化为SO2- ,反应的化学方程式为
4
7Fe (SO ) +FeS +8H O 15FeSO +8H SO 。
2 4 3 2 2 4 2 4
6.(2022全国甲,26,14分)硫酸锌(ZnSO )是制备各种含锌材料的原料,在防腐、电镀、医学
4
上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备,菱锌矿的主要成分为ZnCO ,杂质为SiO 以及
3 2
Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下:
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表:
离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
K 4.0× 6.7× 2.2× 8.0× 1.8×
sp
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10-38 10-17 10-20 10-16 10-11
回答下列问题:
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
(2)为了提高锌的浸取效果,可采取的措施有 、 。
(3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用的X是 (填标号)。
A.NH ·H O B.Ca(OH) C.NaOH
3 2 2
滤渣①的主要成分是 、 、 。
(4)向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO 溶液充分反应后过滤,滤渣②中有MnO ,
4 2
该步反应的离子方程式为 。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是 。
(6)滤渣④与浓H SO 反应可以释放HF并循环利用,同时得到的副产物是 、
2 4
。
答案 (1)ZnCO ZnO+CO ↑
3 2
(2)升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等(任选两个,答案合理即可)
(3)B SiO Fe(OH) CaSO
2 3 4
(4)MnO-
+3Fe2++7H O MnO ↓+3Fe(OH) ↓+5H+
4 2 2 3
(5)除去铜离子
(6)硫酸钙 硫酸镁
解析 (1)根据产物有氧化锌,参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。(2)为了提高浸
取效果,工业上一般需要加快反应速率,可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。(3)调
pH要考虑不能引入不易除去的杂质离子,如Na+和NH+后期不易除去;加入氢氧化钙,
4
Ca2+后期可以被F-除去,同时与硫酸根离子结合生成微溶的硫酸钙。SiO 不溶于
2
H SO ,Ca2+和SO2-生成CaSO 沉淀,由题表可知Fe(OH) 的K ,当pH=5时,c(Fe3+)=4×10-11
2 4 4 4 3 sp
mol·L-1,Fe3+完全沉淀,同理可求出其他阳离子未沉淀完全。(4)根据题意可知,反应中MnO-
4
转化为MnO ,说明另一反应物具有还原性,只能是Fe2+;pH=5时,产物为Fe(OH) 。(5)加入
2 3
锌粉的目的是除去铜离子。(6)滤渣④为CaF 、MgF ,可与浓H SO 分别发生反应:
2 2 2 4
CaF +H SO (浓) CaSO +2HF↑、MgF +H SO (浓) MgSO +2HF↑,得到的副产物为
2 2 4 4 2 2 4 4
硫酸钙和硫酸镁。
知识归纳 化工流程中的调控pH
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7.(2022全国乙,26,14分)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb,还有
4 2
少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源,通过下图流程实现
铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表:
难溶电解
PbSO PbCO BaSO BaCO
质 4 3 4 3
K 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
sp
一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:
金属氢
Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Pb(OH)
氧化物 3 2 3 2
开始沉
2.3 6.8 3.5 7.2
淀的pH
完全沉
3.2 8.3 4.6 9.1
淀的pH
回答下列问题:
(1)在“脱硫”中PbSO 转化反应的离子方程式为 ,
4
用沉淀溶解平衡原理解释选择Na CO 的原因:
2 3
。
(2)在“脱硫”中,加入Na CO 不能使铅膏中BaSO 完全转化,原因是
2 3 4
。
(3)在“酸浸”中,除加入醋酸(HAc),还要加入H O 。
2 2
(ⅰ)能被H O 氧化的离子是 ;
2 2
(ⅱ)H O 促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac) ,其化学方程式为
2 2 2
;
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(ⅲ)H O 也能使PbO 转化为Pb(Ac) ,H O 的作用是 。
2 2 2 2 2 2
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是 。
(5)“沉铅”的滤液中,金属离子有 。
答案 (1)PbSO
(s)+CO2-
(aq) PbCO
(s)+SO2-
(aq) 存在沉淀溶解平衡PbSO (s)
4 3 3 4 4
Pb2+(aq)+SO2- (aq),已知K (PbCO )≪K (PbSO ),加入Na CO ,可将PbSO 转化为更难溶的
4 sp 3 sp 4 2 3 4
PbCO ,有利于后续溶于酸
3
(2)沉淀转化反应BaSO
(s)+CO2-
(aq) BaCO
(s)+SO2-
(aq)的平衡常数K≈0.04,K值较小,
4 3 3 4
说明正向反应程度有限
(3)(ⅰ)Fe2+ (ⅱ)Pb+H O +2HAc Pb(Ac) +2H O (ⅲ)作还原剂,还原PbO
2 2 2 2 2
(4)Al(OH) 、Fe(OH) 、BaSO
3 3 4
(5)Ba2+、Na+
解析 (1)结合题给难溶电解质的K ,可知利用Na CO “脱硫”发生沉淀转化反应:PbSO (s)
sp 2 3 4
+CO2-
(aq) PbCO
(s)+SO2-
(aq)。体系中存在沉淀溶解平衡PbSO (s) Pb2+(aq)+S
3 3 4 4
O2- (aq),已知K (PbCO )≪K (PbSO ),加入Na CO ,可将PbSO 转化为更难溶的PbCO ,有利
4 sp 3 sp 4 2 3 4 3
于后续溶于酸。(2)沉淀转化反应BaSO
(s)+CO2-
(aq) BaCO
(s)+SO2-
(aq)的平衡常数
4 3 3 4
c(SO2- ) K (BaSO ) 1.1×10-10
K= 4 = sp 4 = ≈0.04,K值较小,说明正向反应程度有限,BaSO 不
c(CO2- ) K (BaCO ) 2.6×10-9 4
3 sp 3
能完全转化为BaCO 。(3)(ⅰ)根据铅膏的组成成分中含铁元素可知,H O 能够氧化的离子
3 2 2
为Fe2+;(ⅱ)H O 将Pb氧化为Pb2+,继而Pb2+与醋酸反应生成Pb(Ac) ,反应的化学方程式为
2 2 2
Pb+H O +2HAc Pb(Ac) +2H O;(ⅲ)PbO 转化为Pb(Ac) 的过程中Pb元素化合价降低,
2 2 2 2 2 2
则H O 作还原剂,起到还原PbO 的作用。(4)“脱硫”时,BaSO 部分转化为BaCO ,Ba元素
2 2 2 4 3
以BaSO 、BaCO 的形式进入“酸浸”工序,此外还有Al、Fe等金属元素,结合题给金属
4 3
氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分,可知滤渣中含有Al(OH) 、Fe(OH) 、BaSO 。(5)“沉
3 3 4
铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO 溶于酸产生的Ba2+,还有因加入NaOH溶液而引入的
3
Na+。
考点三 金属冶炼金属材料
1.(2022广东,1,2分)中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时
代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合
金材料制成的是 ( )
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汉
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A.兽骨 B.青铜器 C.纸张
项 显示屏
答案 B 青铜是铜锡合金,属于合金材料,B项正确。A、C、D项均不是由合金材料制成
的。
2.(2022海南,6,2分)依据下列实验,预测的实验现象正确的是 ( )
选项 实验内容 预测的实验现象
A MgCl 溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失
2
B FeCl 溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色
2
C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D 酸性KMnO 溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去
4
答案 D A项,Mg(OH) 不能溶于NaOH溶液中,错误;B项,Fe2+与SCN-不显色,错误;C项,
2
K (AgI)<K (AgCl),故黄色沉淀不能全部转化为白色沉淀,错误;D项,酸性KMnO 溶液具有强
sp sp 4
氧化性,可与乙醇发生氧化还原反应,使溶液紫红色褪去,正确。
3.(2022浙江6月选考,24,2分)尖晶石矿的主要成分为MgAl O (含SiO 杂质)。已知:
2 4 2
MgAl O (s)+4Cl (g) MgCl (s)+2AlCl (g)+2O (g) ΔH>0。该反应难以发生,但采用“加
2 4 2 2 3 2
炭氯化法”可以制备MgCl 和AlCl ,同时还可得到副产物SiCl (SiCl 沸点为58 ℃,AlCl 在
2 3 4 4 3
180 ℃升华):MgAl O (s)+4C(s)+4Cl (g) MgCl (s)+2AlCl (g)+4CO(g)。下列说法不正确的
2 4 2 2 3
是 ( )
A.制备时要保持无水环境
B.输送气态产物的管道温度要保持在180 ℃以上
C.氯化时加炭,既增大了反应的趋势,又为氯化提供了能量
D.为避免产生大量CO ,反应过程中需保持炭过量
2
答案 D MgCl 、AlCl 都能发生水解反应,A项正确;温度低于180 ℃,AlCl 会发生凝华,B
2 3 3
项正确;炭和O 发生反应放出热量,使平衡正向移动,C项正确;炭过量,会和SiO 在高温下
2 2
发生反应生成Si,过量的炭和生成的Si会造成MgCl 中含有杂质,D项错误。
2
解题技巧 要充分利用题中的信息,如“ΔH>0”、SiCl 的沸点、AlCl 的升华温度等。
4 3
4.(2022北京,18,14分)白云石的主要化学成分为CaMg(CO ) ,还含有质量分数约为2.1%
3 2
的Fe O 和1.0%的SiO 。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如下。
2 3 2
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已知:
物质 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO
2 2 3 3
K 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
sp
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
(2)NH Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
4
备注:i.MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)
产品中
氧化物(MO)浸出
CaCO
率/%
纯度/%
3 产品中Mg杂质含量/%(以
n(NH Cl)/n(CaO)
4 MgCO 计)
3
计算 实测
CaO MgO
值 值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
ii.CaCO 纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO
3 3
纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH Cl)∶n(CaO)的比例为 。
4
④产品中CaCO 纯度的实测值高于计算值的原因是
3
。
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的(NH ) SO 溶液混合,充分反应后MgO的浸出率
4 2 4
低于60%。加热蒸馏,MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学
平衡的角度解释浸出率增大的原因是
。
(4)滤渣C中含有的物质是 。
(5)该流程中可循环利用的物质是 。
答案 (1)CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑
3 2 2
(2)①K [Ca(OH) ]≫K [Mg(OH) ],在一定量NH Cl溶液中,CaO先浸出
sp 2 sp 2 4
②Ca2++2NH +CO +H O CaCO
↓+2NH+
3 2 2 3 4
③2.4∶1
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④K (CaCO )<K (MgCO ),CaCO 优先析出,沉钙过程中耗NH 且少量NH 挥发,减少MgCO
sp 3 sp 3 3 3 3 3
析出
(3)MgO+H O Mg(OH) ,Mg(OH)
+2NH+
Mg2++2NH +2H O,随大量氨气逸出,平衡
2 2 2 4 3 2
正向移动
(4)Fe O 、SiO 、CaSO 、Mg(OH) (MgO)
2 3 2 4 2
(5)NH Cl、(NH ) SO 、CO 、NH
4 4 2 4 2 3
解析 白云石矿样煅烧时,CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁,向煅烧后的固体中
3 2
加入氯化铵溶液,氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙、NH 和H O,过滤得到含有氯化
3 2
钙、NH 的滤液A和含有MgO、氧化铁、SiO 、Ca(OH) 的固体B;向滤液A中通入
3 2 2
CO ,CO 与滤液A反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵溶液;向固体B中加入硫酸铵溶液,MgO
2 2
转化为硫酸镁,Ca(OH) 转化为CaSO ,氧化铁、SiO 与硫酸铵溶液不反应,过滤得到含有氧
2 4 2
化铁、SiO 和少量CaSO 、Mg(OH) 、MgO的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D;向滤液D中
2 4 2
加入碳酸铵溶液,碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液,煅烧碳
酸镁得到氧化镁,制备分离过程中氯化铵溶液、硫酸铵溶液、NH 和CO 可以循环利用。
3 2
(1)白云石矿样煅烧时,CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙、氧化镁和CO ,反应的化学方程
3 2 2
式为CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑。
3 2 2
(2)①由溶度积数据知,K [Ca(OH) ]≫K [Mg(OH) ],则溶液中Ca(OH) 的浓度大于
sp 2 sp 2 2
Mg(OH) ,Ca(OH) 能先与氯化铵溶液反应生成氯化钙、NH 和H O,而Mg(OH) 不能反应,故
2 2 3 2 2
“浸钙”过程主要浸出CaO;②“沉钙”时CO 与氯化钙、NH 和H O发生反应生成碳酸
2 3 2
钙和氯化铵,反应的离子方程式为Ca2++2NH +CO +H O CaCO
↓+2NH+
;③由题给数
3 2 2 3 4
据知,氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4∶1时,氧化镁的浸出率最高,而碳酸钙的纯度无
论是计算值还是实测值都最低,故不宜选用的物质的量比为2.4∶1;④由溶度积数据知,
CaCO 的溶度积常数小于MgCO ,故CaCO 优先析出,沉钙过程中消耗NH 且少量NH 挥发,
3 3 3 3 3
使溶液中NH 浓度减小,也能减少MgCO 析出,故CaCO 纯度的实测值高于计算值。
3 3 3
(3)氧化镁与水反应生成Mg(OH) ,硫酸铵是强酸弱碱盐,NH+在溶液中的水解反应为吸热
2 4
反应,加热蒸馏时,氨气逸出促进NH+水解,溶液中c(H+)增大,有利于Mg(OH) 溶解转化为
4 2
MgSO ,故氧化镁浸出率提高。
4
(4)由分析知,滤渣C为Fe O 、SiO 、CaSO 、Mg(OH) (MgO)。
2 3 2 4 2
(5)制备分离过程中氯化铵溶液、硫酸铵溶液、NH 和CO 可以循环利用。
3 2
5.(2022湖北,18,13分)全球对锂资源的需求不断增长,“盐湖提锂”越来越受到重视。某
兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后,得到浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量
Mg2+、Ca2+),并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
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25 ℃时相关物质的参数如下:
LiOH的溶解度:12.4 g/100 g H O
2
化合物 K
sp
Mg(OH) 5.6×10-12
2
Ca(OH) 5.5×10-6
2
CaCO 2.8×10-9
3
Li CO 2.5×10-2
2 3
回答下列问题:
(1)“沉淀1”为 。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li CO 的目的是 。
2 3
(3)为提高Li CO 的析出量和纯度,“操作A”依次为 、 、洗涤。
2 3
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li CO 。查阅资料后,发现文献对常温下的
2 3
LiHCO 有不同的描述:①是白色固体;②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO 的性质,
3 3
将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO 溶液等体积混合,起初无明显变化,随后溶液变浑浊并伴
3
有气泡冒出,最终生成白色沉淀。上述现象说明,在该实验条件下LiHCO (填“稳
3
定”或“不稳定”),有关反应的离子方程式为 。
(5)他们结合(4)的探究结果,拟将原流程中向“滤液2”加入 Na CO 改为通入CO 。这一改
2 3 2
动能否达到相同的效果,作出你的判断并给出理由
。
答案 (1)Mg(OH) (2)沉淀Ca2+
2
(3)蒸发浓缩 趁热过滤 (4)不稳定
2Li++2HCO-
Li CO ↓+CO ↑+H O
3 2 3 2 2
(5)能达到相同效果,通入过量的CO 时LiOH转化为LiHCO ,结合(4)的探究结果,LiHCO 会
2 3 3
很快转化成Li CO
2 3
解析 (1)根据题表中几种化合物的K 及LiOH的溶解度可知加入石灰乳后,浓缩卤水中
sp
的Mg2+与石灰乳反应生成Mg(OH) 沉淀;(2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-及Ca2+,结合K 和
2 sp
沉淀2经过热解、水合能生成石灰乳及后续流程可知,加入适量Li CO 固体的目的是将
2 3
Ca2+转化成CaCO 沉淀除去;(3)由Li CO 的溶解度曲线可知,温度升高Li CO 的溶解度降低,
3 2 3 2 3
所以为提高Li CO 的析出量和纯度,需要在较高温度下得到沉淀,即依次蒸发浓缩、趁热
2 3
过滤;(4)根据实验现象可知离子方程式为2Li++2HCO-
Li CO ↓+CO ↑+H O。
3 2 3 2 2
方法技巧
利用信息快速准确答题
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(1)“LiOH的溶解度:12.4 g/100 g H O”,为易溶物质,故加入石灰乳时Li+转化为LiOH,不是
2
沉淀。
(2)由CaCO 和Li CO 的K 数据可知,加入适量固体Li CO 的目的是使Ca2+沉淀。
3 2 3 sp 2 3
(3)由Li CO 的溶解度曲线得到其溶解度随温度升高而降低,故要趁热过滤,防止析出。
2 3
6.(2022湖南,17,14分)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要
成分为TiO ,含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下:
2
已知“降温收尘”后,粗TiCl 中含有的几种物质的沸点:
4
物质 TiCl VOCl SiCl AlCl
4 3 4 3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题:
(1)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略ΔH、ΔS随温度的变化。
若ΔG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断:600 ℃时,下列反应不能自发进行的是
。
A.C(s)+O (g) CO (g)
2 2
B.2C(s)+O (g) 2CO(g)
2
C.TiO (s)+2Cl (g) TiCl (g)+O (g)
2 2 4 2
D.TiO (s)+C(s)+2Cl (g) TiCl (g)+CO (g)
2 2 4 2
(2)TiO 与C、Cl 在600 ℃的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表:
2 2
物质 TiCl CO CO Cl
4 2 2
分压/
4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9
MPa
①该温度下,TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为 ;
2 2
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②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,原因是
。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为 ;“除硅、铝”过程中,
分离TiCl 中含Si、Al杂质的方法是 。
4
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换,理由是
。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是 。
A.高炉炼铁
B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰
D.氧化汞分解制汞
答案 (1)C
(2)①5TiO +6C+10Cl 2CO+5TiCl +4CO
2 2 4 2
②随着温度升高,生成CO(g)反应的ΔG变小,而生成CO (g)反应的ΔG几乎不变,则生成CO
2
的反应正向进行趋势大
(3)Al+3VOCl AlCl +3VOCl
3 3 2
蒸馏或精馏(分馏)
(4)不能 若是工序互换,将引入AlCl ,降低TiCl 的纯度
3 4
(5)AC
解析 (1)若ΔG<0,则该反应可以自发进行,由题图可知600 ℃时,反应TiO (s)+2Cl (g)
2 2
TiCl (g)+O (g)的ΔG>0,不能自发进行;TiO (s)+C(s)+2Cl (g) TiCl (g)+CO (g)的ΔG等于反
4 2 2 2 4 2
应①C(s)+O (g) CO (g)的ΔG 与反应②TiO (s)+2Cl (g) TiCl (g)+O (g)的ΔG 相加,
2 2 1 2 2 4 2 2
由题图可知ΔG=ΔG +ΔG <0,可以自发进行。(2)①分压之比等于物质的量之比,TiCl 、
1 2 4
CO 、CO都是生成物,由题表中数据可得三者分压之比约为5∶4∶2,根据得失电子守恒、原
2
子守恒可写出反应的化学方程式。(3)由题给已知信息可知“除钒”时该工序含钒反应
物为VOCl ,与Al发生氧化还原反应,根据得失电子守恒、原子守恒可知反应为Al+3VOCl
3 3
AlCl +3VOCl ;由题给已知信息可知硅、铝以氯化物形式存在,且其氯化物的沸点与
3 2
TiCl 的沸点相差较大,可利用蒸馏或精馏(分馏)的方式进行分离提纯。(4)若是工序互换,
4
蒸馏时除去SiCl 和AlCl ,得到TiCl 和VOCl 的混合物,在混合物中加入Al除去了VOCl ,引
4 3 4 3 3
入了AlCl 。(5)Mg冶炼Ti属于热还原法,故符合题意的有AC。
3
7.(2022山东,12,4分)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。
Fe(OH) Cu(OH) Zn(OH)
3 2 2
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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Fe(OH) 和S;金属M为Zn
3
B.浸取时,增大O 压强可促进金属离子浸出
2
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
答案 D CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O 作用下,用硫酸溶液浸取,反应生成
2
CuSO 、S、H O及Zn2+,Fe2+被氧化为Fe3+,然后通入NH 调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)
4 2 3 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) ,滤液
3
中含有Cu2+、Zn2+;向滤液中通入高压H ,根据金属活动性顺序:Zn>H>Cu,Cu2+被还原为Cu
2
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。综上可知,A正确;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O 的浓度,反应消耗S2-,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,促进金
2
属离子的浸出,B正确;用NH 调节溶液pH时,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子
3
形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知调节溶液pH范围为3.2~4.2,C正确;用
H 还原Cu2+时,存在平衡Cu2++H Cu+2H+,增大c(H+),平衡逆向移动,不利于Cu的生成,
2 2
D错误。
易错提醒 注意平衡理论在化工流程中的应用。如B项利用沉淀溶解平衡理论分析,D
项利用化学平衡理论分析。
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