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第10讲 金属材料及金属矿物的开发利用（讲）-2022年高考化学一轮复习讲练测
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第三章 金属及其化合物
第10讲 金属材料及金属矿物的开发利用（精讲）
【考情分析】
高考对讲内容的考查以金属及其化合物的性质、合金的性质、金属的冶炼、提纯以及在日常生活、生产中的应用为主。以金属及其化合物化工生产为背景的工艺流程题和综合实验题是考查的热点。
【核心素养分析】
1.宏观辨识与微观探析:认识铝与强酸、强碱的反应及其化合物的两性,理解铝及其化合物的性质。
2.证据推理与模型认知:具有证据意识,能基于证据对金属材料性质提出可能的假设,通过分析推理加以证实,能运用模型解释化学现象,揭示现象的本质和规律。
3.科学探究与创新意识:能对金属的性质提出有探究价值的问题;能从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究。
【网络构建】
【知识梳理】
智能点一 铜及其化合物
1．单质铜
(1)物理性质：紫红色固体，具有良好的延展性、导热性和导电性。
(2)化学性质
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：
①化学方程式：2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3（铜绿的生成）。
②化学方程式：2Cu＋SCu2S。
③与氧化性酸反应
a．与浓硫酸共热的化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
b．与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
④与盐溶液反应(写离子方程式)
a．与硝酸银溶液：Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋；
b．与FeCl3溶液：Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋。
2．氧化铜和氧化亚铜
名称
氧化铜
氧化亚铜
颜色
黑色
砖红色
与酸反应(H＋)
CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
与H2反应
H2＋CuOCu＋H2O
H2＋Cu2O2Cu＋H2O
转化关系
4CuO2Cu2O＋O2↑
【注意】区别红色物质Cu和Cu2O的方法：向红色物质中加入稀硫酸，若溶液由无色变成蓝色，则该红色物质为Cu2O，否则为Cu。反应的化学方程式为Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O。
3.氢氧化铜
(1)物理性质：蓝色不溶于水的固体。
(2)化学性质及应用：
反应①的化学方程式：Cu(OH)2CuO＋H2O；
反应②的离子方程式：Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
4．铜盐
(1)Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，是铜绿的成分，是铜在潮湿的空气中被锈蚀的结果，其受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑。
(2)CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾，其受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O，蓝色晶体受热转化为白色粉末。无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验依据。
(3)铜盐的毒性：铜盐溶液有毒，主要是因为铜离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去_生理活性__，因此人们利用这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病毒。铜盐溶液有毒，主要是因为Cu2＋作为一种重金属离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病毒。
【特别提醒】(1)通常利用反应2Cu+O22CuO除去某些混合气体中的少量O2。
(2)铜为变价金属,与Cl2反应生成CuCl2,与S反应生成Cu2S,由此可知氧化性:Cl2>S。
(3)Cu与稀硫酸不反应,但在通入O2的条件下,Cu可在稀硫酸中逐渐溶解:2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O。
(4)无水CuSO4只能作为检验水的试剂，不能作为水蒸气的吸收试剂而用于除杂。
5．铜的冶炼
(1)湿法炼铜：Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu。
(2)高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：
2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)
2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2
2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
(3)电解精炼铜：粗铜中铜的含量为99.5%～99.7%，主要含有Ag、Zn、Fe、Au等杂质，粗铜通过电解精炼可得到纯度达99.95%～99.98%的铜。电解精炼铜的原理是用粗铜作阳极，铜在阳极上失电子变为Cu2＋，用纯铜棒作阴极，Cu2＋在阴极上得电子生成铜。
6．废铜综合利用常见化工流程
智能点二 金属材料与金属矿物的开发利用
1．合金
(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。
(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。
①熔点：一般比它的各成分金属的低；
②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。
【特别提醒】①构成合金的成分不一定是两种或两种以上的金属，也可以是金属与非金属，合金中一定含金属元素。合金一定是混合物。
②常温下，多数合金是固态，但钾、钠合金呈液态。
③合金的性质不是各成分金属的性质之和。合金具有许多良好的物理、化学和机械性能，在许多方面不同于各成分金属，不是简单加和；但在化学性质上，一般认为合金体现的是各成分金属的化学性质。
2．常见金属材料
(1)黑色金属材料——钢铁
①钢是用量最大、用途最广的合金。
②钢
(2)有色金属材料——铜和铝
①铝及铝合金
②铜及铜合金
【特别提醒】合金的组成与性质
(1)构成合金的成分不一定是两种或两种以上的金属，也可以是金属与非金属，合金中一定含金属元素。合金一定是混合物。
(2)常温下，多数合金是固态，但钾、钠合金呈液态。
(3)合金的性质不是各成分金属的性质之和。合金具有许多良好的物理、化学和机械性能，在许多方面不同于各成分金属，不是简单加和；但在化学性质上，一般认为合金体现的是各成分金属的化学性质。
3．金属矿物的开发利用
(1)金属在自然界中的存在
(2)金属冶炼的实质
金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即：Mn＋＋ne－===M(写反应通式，用M表示金属)。
(3)金属冶炼的一般步骤
(4)金属冶炼的方法——金属活动顺序与金属冶炼的关系
①热分解法：适用于不活泼的金属，如Hg和Ag。由HgO冶炼Hg的化学方程式：2HgO2Hg＋O2↑；由Ag2O冶炼Ag的化学方程式：2Ag2O4Ag＋O2↑。
②热还原法：用还原剂(C、CO、H2、Al等)还原金属氧化物，适合较活泼的金属。
完成冶炼铁、锌、钨的化学方程式：
a．CO还原Fe3O4：Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2；
b．C还原ZnO：ZnO＋CZn＋CO↑；
c．H2还原WO3：WO3＋3H2W＋3H2O。
【注意】在高炉炼铁中，加入的还原剂是焦炭，但反应中真正作还原剂的是CO。
③电解法：适合冶炼金属活动性很强的金属(一般指在金属活动性顺序中排在锌前面的金属)。
工业上用电解法冶炼Na、Mg、Al的化学方程式分别为2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑、
MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑、2Al2O34Al＋3O2↑。
(5)铝热反应
实验原理
Al和某些金属氧化物在高温下进行,反应迅速并放出大量的热,新生成的金属单质呈熔融态且易与Al2O3分离
实验
装置
实验
现象
①镁带剧烈燃烧，放出一定的热，并发出耀眼的白光，氧化铁和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中
实验
结论
高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
原理
应用
①制取熔点较高、活泼性弱于Al的金属铬、锰、钨等；②金属焊接，如野外焊接钢轨等
【特别提醒】铝热反应的三个注意事项
①铝热反应是在高温干态下进行的置换反应，铝只能与金属活动性顺序中排在铝之后的金属的氧化物反应。
②铝热反应会放出大量的热(这一特性常出现在推断题中)。Mg条、KClO3的作用是产生高温，引发铝热反应。
③铝热反应不能用来冶炼大量的金属铁、铜等(要考虑冶炼成本)。
智能点四 工艺流程题的解读
1．工艺流程题过程解读
(1)读流程图
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
(2)解题要点
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品；b.了解题目提供的信息；c.分析各步的反应条件、原理及物质成分；d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理；c.生产要求及反应条件；d.有关产率、产量及组成的计算；e.绿色化学。
2．工艺流程题常见答题方向
工艺操作(结果)
目的评价(或操作名称)
方法措施
研磨(粉碎)
增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧)
矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸
利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸)
利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
控制条件
调节溶液pH
某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度
加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应
物用量
增大另一反应物的转化率(产率)
某种试剂的选择
是否带入杂质、是否影响产品的纯度
分离提纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机
溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
【典例剖析】
高频考点1 考查铜及其化合物的性质和应用
【典例1】 (2020黑龙江牡丹江第一高级中学期末)为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是( )
A.高温加热装置中发生的反应为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)
B.虚线框处宜选择的装置是甲
C.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中,可观察到铜丝由黑色变为红色
D.实验后,可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质
【解析】高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气,化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g),故A正确;生成氢气的密度比空气的密度小,所以用向下排空气法收集H2,应选择装置乙,故B错误;氧化铜与氢气在加热时反应生成铜和水,该反应的化学方程式为CuO+H2Cu+H2O,所以铜丝由黑色变为红色,故C正确;玻璃管中的固体含有Fe3O4,铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质,故D正确。
【答案】B
【题后归纳】铜及其化合物的颜色、状态及溶解性
物质
颜色
状态及溶解性
物质
颜色
状态及溶解性
Cu
紫红色,有金属光泽
固态,难溶于非氧化性酸,易溶于强氧化性酸
CuSO4
白色
粉末,易溶于水,水溶液呈蓝色
CuO
黑色
粉末,可溶于酸溶液
CuSO4·5H2O
蓝色
晶体
Cu2O
砖红色
固体,难溶于水,可溶于酸溶液(生成Cu和Cu2+)
Cu2(OH)2CO3
绿色
粉末,难溶于水,可溶于酸溶液
CuCl
CuI
白色
粉末,难溶于水
Cu(OH)2
蓝色
难溶于水,可溶于酸溶液
CuS
黑色
粉末,难溶于水及非氧化性强酸
[Cu(NH3)4]2+
深蓝色
络合离子,溶于水
【变式训练】(2020·江淮十校第二次联考)下列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是( )
A．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuS
B．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4 溶液的颜色
C．向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤、洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D．在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀
【解析】硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为＋1价生成Cu2S，A项错误；稀释铜与过量的浓硫酸反应后的溶液，应将反应后的试管中的物质缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CuSO4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误。
【答案】C
高频考点2 考查铜及其化合物的制备
例2.(2020江西抚州南城一中期末)CuSO4是一种重要的化工原料,其制备途径及性质如图所示(假设恰好完全反应)。下列说法正确的是( )
A.途径①所用混酸中,H2SO4与HNO3的物质的量之比最好为2∶3
B.1 mol CuSO4在1100 ℃反应所得混合气体中O2为0.75 mol
C.Z只能是葡萄糖
D.相对于途径①③,途径②更好地体现了绿色化学思想
【解析】途径①的反应为铜与稀硝酸、稀硫酸反应生成硫酸铜、一氧化氮和水,该反应的化学方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4==3CuSO4+2NO↑+4H2O,由方程式可知混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比为3∶2,故A错误。CuSO4在1100℃时分解生成氧化亚铜,铜元素化合价降低被还原,硫酸铜中硫元素为最高价态,只能表现氧化性,则只能是氧元素被氧化,则X可能是O2和SO3或O2和SO2或O2、SO2和SO3的混合气体。若X为O2和SO3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体中O2为0.25 mol;若X为O2和SO2的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体中O2为0.75 mol;若X为O2、SO2和SO3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体中O2介于0.25 mol和0.75 mol之间,故B错误。含有醛基的有机化合物都能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜,故C错误。途径①中会生成有害气体一氧化氮,途径③中会生成有害气体二氧化硫,相对于途径①③,途径②生成等量硫酸铜需要的硫酸少,且无有害气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故D正确。
【答案】D
【变式训练】(2020·广东深圳中学一模)用CuCl2·2H2O制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是( )
A．通入HCl可以抑制CuCl2的水解
B．先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯
C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
D．装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液
【解析】A项，氯化铜水解：CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，生成的氯化氢易挥发，通入HCl可以抑制CuCl2的水解，正确；B项，CuCl2·2H2O加热失去结晶水必须在HCl的气流中进行，所以先滴入浓硫酸产生HCl气体，使硬质玻璃管中充满HCl气体后再点燃c处酒精灯，正确；C项，硬质玻璃管内部右侧有生成的水蒸气和通入的氯化氢，由于氯化氢极易溶于水，会产生白雾，正确；D项，氯化氢极易溶于水，为了防止倒吸，d中下层应为有机溶剂，可以是四氯化碳，上层为氢氧化钠溶液，错误。
【答案】D
高频考点3 考查合金的性质及应用
例1. (2020福建莆田第七中学期中)明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容:“……黄金美者,其值去黑铁(生铁)一万六千倍,然使釜、鬵(xín,一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无,……”下列解释正确的是( )
A.明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金
B.添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养,也不会生锈
C.金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段
D.黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
【解析】明代使用的釜、鬵都属于铁合金,故A错误;不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构,不锈钢不容易生锈;家里用的农具是铁合金,如果没及时洗干净后晾干,铁能与氧气、水分同时接触,容易发生电化学腐蚀而生锈,故B错误;金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段,故C正确;生铁的腐蚀主要是电化学腐蚀,故D错误。
【答案】 C
【变式训练】（2020·河北省衡水中学调研）国产大型客机C919首飞成功，即将量产。C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是( )
A. 铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质
B. 改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金
C. 铝锂合金具有金属光泽，可导电导热
D. 铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同
【解析】合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，故A正确；合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，故B正确；铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，故C正确．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，故D错误。
【答案】 D
高频考点4 考查金属矿物的开发与利用
例2.(2020河北邢台月考)古代炼丹的五金通常是指金、银、铜、铁、锡。下列说法错误的是( )
A.用焦炭热还原SnO2可得到Sn
B.用H2还原Fe2O3可得到Fe
C.Cu2S与过量O2共热产物中只含Cu
D.Ag2O直接热分解可得到Ag
【解析】根据金属活泼性顺序可知,可以用热还原法冶炼Sn,因此可以用焦炭热还原SnO2得到Sn,故A正确;根据金属活泼性顺序可知,也可以用热还原法冶炼Fe,因此可以用H2还原Fe2O3得到Fe,故B正确;铜能够与氧气反应,Cu2S与过量O2共热产物中含有CuO等,故C错误;银的活泼性较差,工业上将Ag2O直接加热分解可得到Ag,故D正确。
【答案】C
【特别提醒】(1)电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的金属盐或金属氧化物,而不是盐溶液。
(2)铜除了用热还原法冶炼外,还可以用湿法炼铜或电解法进行冶炼。
【变式训练】 (2020·江西省九江质检)下列说法正确的是( )
A．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
B．钢铁厂用热还原法冶炼铁
C．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al不涉及氧化还原反应
D．MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOMg
【答案】B
【解析】电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，得不到单质钠，A错误；电解熔融Al2O3发生的是氧化还原反应，C错误；工业上冶炼镁是电解熔融MgCl2而不是MgO，D错误。
高频考点5 考查以金属及其化合物化工生产为背景的工艺流程分析
例5．(2020·课标全国Ⅲ，26)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+ (4) 3.2~6.2 (5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
(6)提高镍回收率
【名师点睛】本题以金属及其化合物化工生产为背景考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。
【变式训练】(2021·四川成都摸底测试)硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作木材的防腐剂等。用氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、CuO、Fe2O3、FeO等)生产ZnSO4·7H2O的流程如下：
有关金属离子[c(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Zn2＋
Cu2＋
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
4.7
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
6.7
(1)“酸浸”时用的稀酸是________；滤渣1的主要成分是________。
(2)“氧化”时的离子方程式为____________________________；
加入ZnO除杂时溶液的pH控制范围是________～5.0。
(3)滤渣3含有锌和________；由滤液得到ZnSO4·7H2O的操作是_________________________、洗涤、干燥。
(4)取14.35 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如下表：
温度/℃
100
250
680
930
质量/g
8.95
8.05
6.72
4.05
则680 ℃时剩余固体的化学式为________(填序号)。
A．ZnO B．Zn3O(SO4)2
C．ZnSO4 D．ZnSO4·H2O
【解析】流程分析如下：
(1)因制备的是ZnSO4·7H2O，“酸浸”时为不引入杂质，应用稀硫酸；由于PbSO4不溶于稀硫酸，故滤渣1的主要成分是PbSO4。
(2)加入NaClO可将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，故“氧化”时的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O；由表中数据可知，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH为2.8，故加入ZnO除杂时pH最小为2.8。
(3)由于Cu2＋完全转化为Cu(OH)2沉淀时的pH为6.7，故加入ZnO调pH除杂后溶液中还有Cu2＋，当加入过量锌粉时发生置换反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，则滤渣3含有过量的锌和生成的铜；从滤液中得到ZnSO4·7H2O的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)根据Zn原子守恒计算14.35 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.05 mol，若加热得到ZnSO4·H2O，则剩余固体质量为8.95 g，此时温度为100 ℃；若加热得到ZnSO4，则剩余固体质量为8.05 g，此时温度为250 ℃；若加热得到ZnO，则剩余固体质量为4.05 g，此时温度为930 ℃，若加热得到Zn3O(SO4)2，则剩余固体质量为6.72 g，此时温度为680 ℃，故680 ℃时剩余固体的化学式为Zn3O(SO4)2。
【答案】(1)稀硫酸(或H2SO4) PbSO4
(2)2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O 2.8
(3)铜(或Cu) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(4)B
第三章 金属及其化合物
第10讲 金属材料及金属矿物的开发利用（精讲）
【考情分析】
高考对讲内容的考查以金属及其化合物的性质、合金的性质、金属的冶炼、提纯以及在日常生活、生产中的应用为主。以金属及其化合物化工生产为背景的工艺流程题和综合实验题是考查的热点。
【核心素养分析】
1.宏观辨识与微观探析:认识铝与强酸、强碱的反应及其化合物的两性,理解铝及其化合物的性质。
2.证据推理与模型认知:具有证据意识,能基于证据对金属材料性质提出可能的假设,通过分析推理加以证实,能运用模型解释化学现象,揭示现象的本质和规律。
3.科学探究与创新意识:能对金属的性质提出有探究价值的问题;能从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究。
【网络构建】
【知识梳理】
智能点一 铜及其化合物
1．单质铜
(1)物理性质：紫红色固体，具有良好的延展性、导热性和导电性。
(2)化学性质
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：
①化学方程式：2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3（铜绿的生成）。
②化学方程式：2Cu＋SCu2S。
③与氧化性酸反应
a．与浓硫酸共热的化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
b．与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
④与盐溶液反应(写离子方程式)
a．与硝酸银溶液：Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋；
b．与FeCl3溶液：Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋。
2．氧化铜和氧化亚铜
名称
氧化铜
氧化亚铜
颜色
黑色
砖红色
与酸反应(H＋)
CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
与H2反应
H2＋CuOCu＋H2O
H2＋Cu2O2Cu＋H2O
转化关系
4CuO2Cu2O＋O2↑
【注意】区别红色物质Cu和Cu2O的方法：向红色物质中加入稀硫酸，若溶液由无色变成蓝色，则该红色物质为Cu2O，否则为Cu。反应的化学方程式为Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O。
3.氢氧化铜
(1)物理性质：蓝色不溶于水的固体。
(2)化学性质及应用：
反应①的化学方程式：Cu(OH)2CuO＋H2O；
反应②的离子方程式：Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
4．铜盐
(1)Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，是铜绿的成分，是铜在潮湿的空气中被锈蚀的结果，其受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑。
(2)CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾，其受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O，蓝色晶体受热转化为白色粉末。无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验依据。
(3)铜盐的毒性：铜盐溶液有毒，主要是因为铜离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去_生理活性__，因此人们利用这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病毒。铜盐溶液有毒，主要是因为Cu2＋作为一种重金属离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病毒。
【特别提醒】(1)通常利用反应2Cu+O22CuO除去某些混合气体中的少量O2。
(2)铜为变价金属,与Cl2反应生成CuCl2,与S反应生成Cu2S,由此可知氧化性:Cl2>S。
(3)Cu与稀硫酸不反应,但在通入O2的条件下,Cu可在稀硫酸中逐渐溶解:2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O。
(4)无水CuSO4只能作为检验水的试剂，不能作为水蒸气的吸收试剂而用于除杂。
5．铜的冶炼
(1)湿法炼铜：Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu。
(2)高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：
2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)
2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2
2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
(3)电解精炼铜：粗铜中铜的含量为99.5%～99.7%，主要含有Ag、Zn、Fe、Au等杂质，粗铜通过电解精炼可得到纯度达99.95%～99.98%的铜。电解精炼铜的原理是用粗铜作阳极，铜在阳极上失电子变为Cu2＋，用纯铜棒作阴极，Cu2＋在阴极上得电子生成铜。
6．废铜综合利用常见化工流程
智能点二 金属材料与金属矿物的开发利用
1．合金
(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。
(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。
①熔点：一般比它的各成分金属的低；
②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。
【特别提醒】①构成合金的成分不一定是两种或两种以上的金属，也可以是金属与非金属，合金中一定含金属元素。合金一定是混合物。
②常温下，多数合金是固态，但钾、钠合金呈液态。
③合金的性质不是各成分金属的性质之和。合金具有许多良好的物理、化学和机械性能，在许多方面不同于各成分金属，不是简单加和；但在化学性质上，一般认为合金体现的是各成分金属的化学性质。
2．常见金属材料
(1)黑色金属材料——钢铁
①钢是用量最大、用途最广的合金。
②钢
(2)有色金属材料——铜和铝
①铝及铝合金
②铜及铜合金
【特别提醒】合金的组成与性质
(1)构成合金的成分不一定是两种或两种以上的金属，也可以是金属与非金属，合金中一定含金属元素。合金一定是混合物。
(2)常温下，多数合金是固态，但钾、钠合金呈液态。
(3)合金的性质不是各成分金属的性质之和。合金具有许多良好的物理、化学和机械性能，在许多方面不同于各成分金属，不是简单加和；但在化学性质上，一般认为合金体现的是各成分金属的化学性质。
3．金属矿物的开发利用
(1)金属在自然界中的存在
(2)金属冶炼的实质
金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即：Mn＋＋ne－===M(写反应通式，用M表示金属)。
(3)金属冶炼的一般步骤
(4)金属冶炼的方法——金属活动顺序与金属冶炼的关系
①热分解法：适用于不活泼的金属，如Hg和Ag。由HgO冶炼Hg的化学方程式：2HgO2Hg＋O2↑；由Ag2O冶炼Ag的化学方程式：2Ag2O4Ag＋O2↑。
②热还原法：用还原剂(C、CO、H2、Al等)还原金属氧化物，适合较活泼的金属。
完成冶炼铁、锌、钨的化学方程式：
a．CO还原Fe3O4：Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2；
b．C还原ZnO：ZnO＋CZn＋CO↑；
c．H2还原WO3：WO3＋3H2W＋3H2O。
【注意】在高炉炼铁中，加入的还原剂是焦炭，但反应中真正作还原剂的是CO。
③电解法：适合冶炼金属活动性很强的金属(一般指在金属活动性顺序中排在锌前面的金属)。
工业上用电解法冶炼Na、Mg、Al的化学方程式分别为2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑、
MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑、2Al2O34Al＋3O2↑。
(5)铝热反应
实验原理
Al和某些金属氧化物在高温下进行,反应迅速并放出大量的热,新生成的金属单质呈熔融态且易与Al2O3分离
实验
装置
实验
现象
①镁带剧烈燃烧，放出一定的热，并发出耀眼的白光，氧化铁和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中
实验
结论
高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
原理
应用
①制取熔点较高、活泼性弱于Al的金属铬、锰、钨等；②金属焊接，如野外焊接钢轨等
【特别提醒】铝热反应的三个注意事项
①铝热反应是在高温干态下进行的置换反应，铝只能与金属活动性顺序中排在铝之后的金属的氧化物反应。
②铝热反应会放出大量的热(这一特性常出现在推断题中)。Mg条、KClO3的作用是产生高温，引发铝热反应。
③铝热反应不能用来冶炼大量的金属铁、铜等(要考虑冶炼成本)。
智能点四 工艺流程题的解读
1．工艺流程题过程解读
(1)读流程图
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
(2)解题要点
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品；b.了解题目提供的信息；c.分析各步的反应条件、原理及物质成分；d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理；c.生产要求及反应条件；d.有关产率、产量及组成的计算；e.绿色化学。
2．工艺流程题常见答题方向
工艺操作(结果)
目的评价(或操作名称)
方法措施
研磨(粉碎)
增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧)
矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸
利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸)
利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
控制条件
调节溶液pH
某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度
加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应
物用量
增大另一反应物的转化率(产率)
某种试剂的选择
是否带入杂质、是否影响产品的纯度
分离提纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机
溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
【典例剖析】
高频考点1 考查铜及其化合物的性质和应用
【典例1】 (2020黑龙江牡丹江第一高级中学期末)为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是( )
A.高温加热装置中发生的反应为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)
B.虚线框处宜选择的装置是甲
C.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中,可观察到铜丝由黑色变为红色
D.实验后,可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质
【解析】高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气,化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g),故A正确;生成氢气的密度比空气的密度小,所以用向下排空气法收集H2,应选择装置乙,故B错误;氧化铜与氢气在加热时反应生成铜和水,该反应的化学方程式为CuO+H2Cu+H2O,所以铜丝由黑色变为红色,故C正确;玻璃管中的固体含有Fe3O4,铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质,故D正确。
【答案】B
【题后归纳】铜及其化合物的颜色、状态及溶解性
物质
颜色
状态及溶解性
物质
颜色
状态及溶解性
Cu
紫红色,有金属光泽
固态,难溶于非氧化性酸,易溶于强氧化性酸
CuSO4
白色
粉末,易溶于水,水溶液呈蓝色
CuO
黑色
粉末,可溶于酸溶液
CuSO4·5H2O
蓝色
晶体
Cu2O
砖红色
固体,难溶于水,可溶于酸溶液(生成Cu和Cu2+)
Cu2(OH)2CO3
绿色
粉末,难溶于水,可溶于酸溶液
CuCl
CuI
白色
粉末,难溶于水
Cu(OH)2
蓝色
难溶于水,可溶于酸溶液
CuS
黑色
粉末,难溶于水及非氧化性强酸
[Cu(NH3)4]2+
深蓝色
络合离子,溶于水
【变式训练】(2020·江淮十校第二次联考)下列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是( )
A．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuS
B．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4 溶液的颜色
C．向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤、洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D．在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀
【解析】硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为＋1价生成Cu2S，A项错误；稀释铜与过量的浓硫酸反应后的溶液，应将反应后的试管中的物质缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CuSO4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误。
【答案】C
高频考点2 考查铜及其化合物的制备
例2.(2020江西抚州南城一中期末)CuSO4是一种重要的化工原料,其制备途径及性质如图所示(假设恰好完全反应)。下列说法正确的是( )
A.途径①所用混酸中,H2SO4与HNO3的物质的量之比最好为2∶3
B.1 mol CuSO4在1100 ℃反应所得混合气体中O2为0.75 mol
C.Z只能是葡萄糖
D.相对于途径①③,途径②更好地体现了绿色化学思想
【解析】途径①的反应为铜与稀硝酸、稀硫酸反应生成硫酸铜、一氧化氮和水,该反应的化学方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4==3CuSO4+2NO↑+4H2O,由方程式可知混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比为3∶2,故A错误。CuSO4在1100℃时分解生成氧化亚铜,铜元素化合价降低被还原,硫酸铜中硫元素为最高价态,只能表现氧化性,则只能是氧元素被氧化,则X可能是O2和SO3或O2和SO2或O2、SO2和SO3的混合气体。若X为O2和SO3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体中O2为0.25 mol;若X为O2和SO2的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体中O2为0.75 mol;若X为O2、SO2和SO3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体中O2介于0.25 mol和0.75 mol之间,故B错误。含有醛基的有机化合物都能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜,故C错误。途径①中会生成有害气体一氧化氮,途径③中会生成有害气体二氧化硫,相对于途径①③,途径②生成等量硫酸铜需要的硫酸少,且无有害气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故D正确。
【答案】D
【变式训练】(2020·广东深圳中学一模)用CuCl2·2H2O制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是( )
A．通入HCl可以抑制CuCl2的水解
B．先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯
C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
D．装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液
【解析】A项，氯化铜水解：CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，生成的氯化氢易挥发，通入HCl可以抑制CuCl2的水解，正确；B项，CuCl2·2H2O加热失去结晶水必须在HCl的气流中进行，所以先滴入浓硫酸产生HCl气体，使硬质玻璃管中充满HCl气体后再点燃c处酒精灯，正确；C项，硬质玻璃管内部右侧有生成的水蒸气和通入的氯化氢，由于氯化氢极易溶于水，会产生白雾，正确；D项，氯化氢极易溶于水，为了防止倒吸，d中下层应为有机溶剂，可以是四氯化碳，上层为氢氧化钠溶液，错误。
【答案】D
高频考点3 考查合金的性质及应用
例1. (2020福建莆田第七中学期中)明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容:“……黄金美者,其值去黑铁(生铁)一万六千倍,然使釜、鬵(xín,一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无,……”下列解释正确的是( )
A.明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金
B.添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养,也不会生锈
C.金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段
D.黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
【解析】明代使用的釜、鬵都属于铁合金,故A错误;不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构,不锈钢不容易生锈;家里用的农具是铁合金,如果没及时洗干净后晾干,铁能与氧气、水分同时接触,容易发生电化学腐蚀而生锈,故B错误;金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段,故C正确;生铁的腐蚀主要是电化学腐蚀,故D错误。
【答案】 C
【变式训练】（2020·河北省衡水中学调研）国产大型客机C919首飞成功，即将量产。C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是( )
A. 铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质
B. 改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金
C. 铝锂合金具有金属光泽，可导电导热
D. 铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同
【解析】合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，故A正确；合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，故B正确；铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，故C正确．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，故D错误。
【答案】 D
高频考点4 考查金属矿物的开发与利用
例2.(2020河北邢台月考)古代炼丹的五金通常是指金、银、铜、铁、锡。下列说法错误的是( )
A.用焦炭热还原SnO2可得到Sn
B.用H2还原Fe2O3可得到Fe
C.Cu2S与过量O2共热产物中只含Cu
D.Ag2O直接热分解可得到Ag
【解析】根据金属活泼性顺序可知,可以用热还原法冶炼Sn,因此可以用焦炭热还原SnO2得到Sn,故A正确;根据金属活泼性顺序可知,也可以用热还原法冶炼Fe,因此可以用H2还原Fe2O3得到Fe,故B正确;铜能够与氧气反应,Cu2S与过量O2共热产物中含有CuO等,故C错误;银的活泼性较差,工业上将Ag2O直接加热分解可得到Ag,故D正确。
【答案】C
【特别提醒】(1)电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的金属盐或金属氧化物,而不是盐溶液。
(2)铜除了用热还原法冶炼外,还可以用湿法炼铜或电解法进行冶炼。
【变式训练】 (2020·江西省九江质检)下列说法正确的是( )
A．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
B．钢铁厂用热还原法冶炼铁
C．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al不涉及氧化还原反应
D．MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOMg
【答案】B
【解析】电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，得不到单质钠，A错误；电解熔融Al2O3发生的是氧化还原反应，C错误；工业上冶炼镁是电解熔融MgCl2而不是MgO，D错误。
高频考点5 考查以金属及其化合物化工生产为背景的工艺流程分析
例5．(2020·课标全国Ⅲ，26)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+ (4) 3.2~6.2 (5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
(6)提高镍回收率
【名师点睛】本题以金属及其化合物化工生产为背景考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。
【变式训练】(2021·四川成都摸底测试)硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作木材的防腐剂等。用氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、CuO、Fe2O3、FeO等)生产ZnSO4·7H2O的流程如下：
有关金属离子[c(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Zn2＋
Cu2＋
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
4.7
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
6.7
(1)“酸浸”时用的稀酸是________；滤渣1的主要成分是________。
(2)“氧化”时的离子方程式为____________________________；
加入ZnO除杂时溶液的pH控制范围是________～5.0。
(3)滤渣3含有锌和________；由滤液得到ZnSO4·7H2O的操作是_________________________、洗涤、干燥。
(4)取14.35 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如下表：
温度/℃
100
250
680
930
质量/g
8.95
8.05
6.72
4.05
则680 ℃时剩余固体的化学式为________(填序号)。
A．ZnO B．Zn3O(SO4)2
C．ZnSO4 D．ZnSO4·H2O
【解析】流程分析如下：
(1)因制备的是ZnSO4·7H2O，“酸浸”时为不引入杂质，应用稀硫酸；由于PbSO4不溶于稀硫酸，故滤渣1的主要成分是PbSO4。
(2)加入NaClO可将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，故“氧化”时的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O；由表中数据可知，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH为2.8，故加入ZnO除杂时pH最小为2.8。
(3)由于Cu2＋完全转化为Cu(OH)2沉淀时的pH为6.7，故加入ZnO调pH除杂后溶液中还有Cu2＋，当加入过量锌粉时发生置换反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，则滤渣3含有过量的锌和生成的铜；从滤液中得到ZnSO4·7H2O的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)根据Zn原子守恒计算14.35 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.05 mol，若加热得到ZnSO4·H2O，则剩余固体质量为8.95 g，此时温度为100 ℃；若加热得到ZnSO4，则剩余固体质量为8.05 g，此时温度为250 ℃；若加热得到ZnO，则剩余固体质量为4.05 g，此时温度为930 ℃，若加热得到Zn3O(SO4)2，则剩余固体质量为6.72 g，此时温度为680 ℃，故680 ℃时剩余固体的化学式为Zn3O(SO4)2。
【答案】(1)稀硫酸(或H2SO4) PbSO4
(2)2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O 2.8
(3)铜(或Cu) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(4)B
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